TAI LIEU BOI DUONG HSG

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.33 MB, 106 trang )

(1)Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Trang 1.

(2) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. -. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. LỜI TỰA Kính thưa quý thây cô đồng nghiệp cùng toàn thể các bạn học sinh thân yêu. Để giúp các em học sinh và quý thầy cô giáo trong việc bồi dưỡng và rèn luyện học sinh giỏi bộ mônVật Lý. Tôi xin trân trọng gửi tới các bậc phụ huynh, các quý thầy cô, các em học sinh tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn Vật Lý THPT. Với nội dung tương đối đầy đủ, bố cục sắp xếp rõ ràng từ cơ bản đến nâng cao, tôi hi vọng các tài liệu này sẽ giúp ích cho quý thầy cô và các em học sinh trong việc ôn luyện đồng thời giúp các em học sinh khá -giỏi nâng cao kỹ năng và đạt kết quả cao trong các kì thi. Mặc dù đã hết sức cố gắng và cẩn trọng trong khi biên soạn nhưng vẫn không thể tránh khỏi những sai sót ngoài ý muốn, rất mong nhận được sự góp ý xây dựng từ phía người đọc. Xin chân thành cảm ơn! Nội dung các sách có sự tham khảo tài liệu của các đồng nghiệp. Giải toán vật lý lớp 10(tập 1 +2)– Bùi Quang Hân Các bài toán vật lý chọn lọc THPT- Vũ Thanh Khiết Một số tài liệu của quý thầy cô trên cộng mạng. Mọi ý kiến xin vui lòng liên hệ: Mail: A. Giới hạn chương trình thi HSG môn vật lí lớp 10 gồm các chủ đề chính : 1. Chuyển động thẳng đều. 2. Chuyển động biến đổi đều. 3. Chuyển động rơi tự do. 4. Các loại lực: Hấp dẫn, đàn hồi, ma sát, hướng tâm, li tâm. 5. Vận tốc và gia tốc trong chuyển động cong. 6. Chuyển động tròn đều và không đều. 7. Chuyển động của vật bị ném. 8. Các định luật Newton. 9. Chuyển động trong trường hấp dẫn. 10. Các định luật Kê-ple. 11. Cân bằng của hệ vật dưới tác dụng của hệ lực liên kết. 12. Khối tâm. Hệ quy chiếu khối tâm. 13. Hệ quy chiếu có gia tốc, lực quán tính. 14. Công, công suất, động năng, thế năng (đàn hồi, hấp dẫn). 15. Các định luật bảo toàn: Công, động lượng, cơ năng, năng lượng. 16. Va chạm, định lý động năng. 17. Chuyển động của tên lửa. 18. Ôn tập về thuỷ tĩnh học, định luật Becnuli B. Kĩ năng làm bài: 1. Giải được các bài toán động học  Phương trình và đồ thị vận tốc, tọa độ của chuyển động biến đổi đều  Tính tương đối của chuyển động- Cộng vận tốc 2. Giải được các bài toán động lực học của vật, hệ vật trong hệ qui chiếu quán tính, phi quán tính của chuyển động thẳng, chuyển động tròn 3. Khảo sát các bài toán cơ học bằng các định luật bảo toàn, biết cách tính công vi phân của những lực biến thiên tuyến tính 4. Giải được các bài toán cân bằng tổng quát của vật rắn C. Tài liệu cần tham khảo: 1. Giải toán vật lý lớp 10(tập 1 +2)– Bùi Quang Hân. 2. Các bài toán vật lý chọn lọc THPT- Vũ Thanh Khiết. 3. Olympic 30 – 4. NXB Đồng Nai. 4. Tạp chí Vật lý và tuổi trẻ. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 2.

(3) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. DẠNG: CHUYỂN ĐỘNG THẲNG ĐỀU LÝ THUYẾT CẦN NHỚ: I. Chuyển động cơ,chất điểm:  Chuyển động cơ: Chuyển động cơ của một vật (gọi tắt là chuyển động) là sự thay đổi vị trí của vật đó so với vật khác theo thời gian.  Chất điểm: Một vật chuyển động được coi là chất điểm nếu kích thước của nó rất nhỏ so với độ dài đường đi (hoặc so với những khoảng cách mà ta đề cập đến)  Quỹ đạo: Tập hợp tất cả các vị trí của một chất điểm chuyển độngtạo ra một đường nhất định .đường đó gọi là quỹ đạo của chuyển động  Hệ quy chiếu: Một hệ quy chiếu gồm: + Một vật làm mốc,một hệ tọa độ gắn với vật làm mốc. + Một mốc thời gian và một đồng hồ. II. Chuyển động thẳng đều: 1. Tốc độ trung bình: Tốc độ trung bình là đại lượng đặc trưng cho mức độ nhanh hay chậm của chuyển động. A.. vtb . s  s  ... s  s  vtb .t (1)hay vtb  1 2 t t1  t2  .... Trong đó: vtb là tốc độ trung bình(m/s hoặc km/h)) s là quãng đường đi được (m hoặc km) t là thời gian chuyển động (s hoặc h) 2. Chuyển động thẳng đều : Chuyển động thẳng đều là chuyển động có quỹ đạo là đường thẳng và có tốc độ trung bình như nhau trên mọi quãng đường. 3. Phương trình chuyển động thẳng đều: Chọn đường thẳng OX trùng với quỹ đạo chuyển động của vật. Mốc tại O. Chọn chiều dương của trục từ O đến X và trùng với chiều chuyển động của vật. Chọn gốc thời gian (t0  0) là thời điểm bắt đầu khảo sát chuyển động của vật.. x  x0  s  x0  v.t (2).  . Trong đó: x0 là tọa độ ban đầu được tính từ vật mốc O đến vị trí ban đầu M0 của vật (m hoặc km) x là tọa độ lúc sau được tính từ vật mốc O đến vị trí lúc sau M của vật (m hoặc km) CHÚ Ý: Nếu vật mốc O trùng với vị trí ban đầu M0 của vật thì  x0  0 .. . Nếu vecto v  với chiều dương của hệ trục tọa độ OX  v  0 .. . Nếu vecto v  với chiều dương của hệ trục tọa độ OX  v  0 ..  . Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 3.

(4) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.  Nếu mốc thời gian được chọn không trùng với thời điểm bắt đầu khảo sát chuyển động của vật thì ta có phương trình chuyển động ở dạng tổng quát như sau:. x  x0  s  x0  v.(t  t0 ) () 3. Đồ thị của chuyển động thẳng đều a) Đồ thị tọa độ- thời tọa độ tOX) Hình a. gian( Hệ Hình b. x. x. xo. xo. v. Hình c. α. α. t t t O v0 v0 O  Đồ thị tọa độ của O chuyển động thẳng đều có dạng một đoạn thẳng. + Nếu v  0 : đồ thị có dạng dốc lên (hình a) + Nếu v  0 : đồ thị có dạng dốc xuống (hình b)  Trong chuyển động thẳng đều, vận tốc có giá trị bằng với hệ số góc của đường biểu diễn của tọa độ theo thời gian: tan  . x  xo. v t b) Đồ thị vận tốc-thời gian(hệ tọa độ tOv)  Vận tốc là hằng số nên đồ thị vận tốc là một đoạn thẳng song song với trục thời gian t (hình c) B. CÁC DẠNG TOÁN: Dạng 1: Tính tốc độ trung bình, Phương pháp: Dựa vào dữ kiện biễu diễn các đại lượng vận tốc v, vị trí của chất điểm chuyển động thẳng đều tương ứng trên quỹ đạo. Kết hợp hình vẽ và tính chất chuyển động tìm mối liên hệ giữa đại lượng chưa biết và đại lượng đã cho. Áp dụng công thức tính: Tốc độ trung bình:. vtb . s1  s2  ... t1  t2  .... Chú ý:. s1  s2  ... t1  t2  .... . Nếu đề không cho rõ vận tốc: vtb . . Nếu đề không cho rõ quãng đường: vtb . v1 .t1  v2 .t2  ... t1  t2  .... Dạng 2: Viết được phương trình toạ độ chuyển động thẳng đều của một vật. Tìm thời điểm và vị trí hai xe gặp nhau:  Phương trình chuyển động thẳng đều:. x  x 0  v.  t  t0  1.. Lập phương trình chuyển động: Chọn: + Trục tọa độ( Thường trùng với quỹ đạo chuyển động ) + Gốc tọa độ O ( Thường trùng với vị trí ban đầu  để xác định được xo). Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 4.

(5) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. + Chiều dương(Thường trùng với chiều chuyển động của vật  để xác định dấu x 0 ; x; v + Gốc thời gian t0  0 (thường là lúc bắt đầu khảo sát chuyển động) thì. x  x0  v.t.  . Chú ý: Ta cần vẽ hình để xác định dấu của x 0 ; x; v được chính xác. Quy ước về dấu:. Dấu của x0  x0 > 0 Nếu tại thời điểm ban đầu chất điểm ở vị thí thuộc phần 0x  x0 < 0 Nếu tại thời điểm ban đầu chất điểm ở vị thí thuộc phần 0x,  x0 = 0 Nếu gốc toạ độ O trùng với vị trí ban đầu của vật. Dấu của v   v > 0 Nếu v cùng chiều với chiều dương 0x   v < 0 Nếu v ngược chiều với chiều dương 0x.  Nếu bài toán xét chuyển động của hai chất điểm trên cùng một phương. Thì ta có các phương trình như sau * Xác định phương trình chuyển động của chất điểm 1(xe thứ nhất):. x1  x 01  v1 .  t  t0  *. Xác định phương trình chuyển động của chất điểm 2(Xe thứ hai):. x2  x 02  v2 .  t  t0  2.. (1) (2). Thời điểm và vị trí hai chất điểm gặp nhau: Hai xe gặp nhau khi chúng có cùng tọa độ. Hay:. x1  x2. (3). Thay (1) và (2) vào (3) ta tìm được thời gian t. Sau đó thay t vào (1) hoặc (2)  x  ?  x  x 2  d (4) Khoảng cách giữa hai chất điểm ở thời điểm bất kỳ : d  x1  x 2   1 . x1  x 2  d (5) Thay (1) và (2) lần lượt vào (4) và (5) C. BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN: Bài 1: Xe mô tô I xuất phát từ điểm A chạy trên đường thẳng AC với vận tốc v1= 18km/h. Cùng lúc đó tại điểm B cách A một đoạn l = 100m, xe môt tô II cũng xuất phát với vận tốc v2 để đến gặp xe I. Biết AB hợp 0 với AC góc  = 30 . 1. Hỏi xe II phải đi theo hướng nào và sau thời gian bao lâu thì gặp được xe I, nếu xe II có vận tốc v2= 18km/h. 2. Tìm điều kiện để 2 xe gặp nhau tại H.  Hướng dẫn giải:  Giả sự 2 xe gặp nhau tại điểm D sau cùng thời gian t.  Quãng đường 2 xe đi được trong thời gian t : AD= v1t, BD= v2t.. 3.. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 5.

(6) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. v1 AD  (a). Theo định lý hàm số sin cho tam giác ABD ta có: v2 BD AD BD AD sin    (b).  sin  sin  BD sin  Từ (a) và (b) ta được: v1sin  = v2 sin (1) . . Như vậy xe II phải đi theo hướng BD hợp với AB góc  mà:. (1)  sin  . v1 sin  1  v2 2.    300  Ta thấy phải có điều kiện: v1sin  v2 (do sin   1 ) Các hình chiếu của các vận tốc v1 và v2 của 2 xe lên AB là v1cos và v2cos. Biết AB= l ,và chú ý đến (1) ta tìm được thời gian t để xe I gặp xe II: l l t  11, 6s hoặc t   11,6 s 2 v1 .cos 2 v2 .cos CHÚ Ý: Ta có thể giải theo cách sau  Theo định lý hàm số cos. Ta có: + BD 2  AB2  AD 2  2 AB.AD.cos hay v22 .t 2  l 2  v12 t 2  2l.v1t.cos (c) + AD 2  AB2  BD 2  2 AB.BD.cos hay v12 .t 2  l 2  v 22 t 2  2l.v2t.cos (d) l  11, 6 s v1 .cos  v2 .cos. . Từ (c) và (d) ta được: t . . Muốn cho 2 xe gặp nhau tại H, theo hình vẽ ta phải có:  =.  -  = 600. 2. Muốn vậy vận tốc xe II phải bằng: v sin  v1 v'2  1   10 , 4 km / h sin  3 Bài 2: Một người đứng tại điểm M cách một con đường thẳng một khoảng h=50m để chờ ôtô; khi thấy ôtô còn cách mình một khoảng a= 200m thì người ấy bắt đầu chạy ra đường để gặp ôtô (hình 1). Biết ôtô chạy với vận tốc v1= 36km/giờ. Hỏi: 1. Người ấy phải chạy theo hướng nào để gặp đúng ôtô? Biết rằng người chạy với vận tốc v2=10,8 km/giờ. 2. Người phải chạy với vận tốc nhỏ nhất bằng bao nhiêu để có thể gặp được ôtô?  Hướng dẫn giải: 1. Gọi B là vị trí mà người và xe gặp nhau sau cùng thời gian t  Quãng đường người và xe đi được trong thời gian t để gặp nhau tại B: AB  v1 .t và MB  v2 .t . v1 AB  (a). Theo định lý hàm số sin cho tam giác v2 MB ABM ta có: AB MB AB sin    (b).  sin  sin  MB sin  Từ (a) và (b) ta được: v1sin  = v2 sin (1). . Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 6.

(7) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. h 50 1   a 200 4  Như vậy người phải đi theo hướng MB hợp với AB góc  mà: v sin  (1)  sin   1  0 , 8333    56030' hoặc   123030' v2 2. Vận tốc nhỏ nhất mà người này phải chạy để gặp ô tô: Do sin   1 nên từ (1) ta thấy phải có điều kiện: v1 sin  v2 h Vậy  v2   v1 sin   v1 .  9 km min h a D. BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài 1: Ô tô chờ khách chuyển động thẳng đều với vận tốc v1  54 km /h  . Một hành khách cách ô tô đoạn a  400 m  và. Mặt khác: Xét tam giác vuông AHM ta có: sin  .   A. đường đoạn d  80 m  , muốn đón ô tô. Hỏi người đó phải chạy hướng nào với vận tốc nhỏ nhất bằng bao nhiêu để đón được ô tô ĐS: v min  10, 8 km /h  .. a B. một khoảng b  400 m  .. d. tốc. A a B. theo ?.  v1. Bài 2: Một xe buýt chuyển động thẳng đều trên đường với vận v1  16 m /s  . Một hành khách đứng cách đường một đoạn a  60 m  . Người này nhìn thấy xe buýt vào thời điểm xe cách. cách. b. người.  v1. 1. Hỏi người này phải chạy theo theo hướng nào để đến được đường cùng lúc hoặc trước khi xe buýt đến đó, biết rằng người ấy chuyển động với vận tốc đều là v 2  4  m /s  . 2. Nếu muốn gặp xe với vận tốc nhỏ nhất thì người phải chạy theo hướng nào ? Vận tốc nhỏ nhất bằng bao nhiêu ? ĐS: 36045 '    143015 ' và v2  v2 min  2, 4 m /s  . Bài 3: Hai chiếc tầu chuyển động với cùng vận tốc đều v hướng đến O theo quỹ đạo là những đường thẳng hợp với nhau góc   60 0 . Xác định khoảng cách nhỏ nhất giữa các tầu. Cho biết ban đầu chúng cách O những khoảng l1 =20km và l2 =30 km. ĐS: 5 3km  Gợi ý giải Gọi t là thời điểm bấy kì, khi ấy Vị trí của các tàu so với O là x = l – v.t = 20 – v.t đặt v.t = a x’ = l’ – v.t = 30 – v.t khoảng cách giũa 2 tàu khi ấy là d= x 2  x ' 2 2 x.x '. cos 60 Bài 4: Hai chất điểm chuyển động đều với vận tốc v1 và v2 dọc theo hai đường thẳng vuông góc với nhau và về giao diểm O của hai đường ấy. Tại thời điểm t  0 hai chất điểm cách điểm O các khoảng l1 và l2 . Sau thời gian bao nhiêu khoảng cách giữa hai chất điểm là cực tiểu và khoảng cách cực tiểu ấy bằng bao nhiêu ? v2l1  v1l2 v l  v2l2 ĐS: tmin  1 12 ; l  . min v1  v22 v12  v22 Bài 5: Có 2 vật M và N thoạt đầu cách nhau khoảng l . Cùng lúc 2 vật chuyển động thẳng đều, m chạy về B với vận tốc v1 , N chạy Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 7.

(8) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. về C với vận tốc v2 . Tính khoảng cách ngắn nhất giữa hai vật và thời để đạt khoảng cách này kể từ lúc bắt đầu chuyển động lv2 sin  2l(v1  v2 cos  ) ĐS: dmin  ; t v12  v22  2v.1 v2 cos  2(v12  v22  2.v1v2 cos  ) Bài 6: Hai tầu A và B ban đầu cách nhau một khoảng l.Chúng chuyển đông thẳng đều cùng một lúc với các vận tốc có độ lớn lần lượt là v1 và v2.Tàu A chuyển động theo hướng AC tạo với AB mộtgóc  như hình vẽ. 1. Hỏi tàu B phải đi theo hướng nào để có thể gặp được tầu A. Sau bao lâu kể từ lúc chúng ở các vị tríA và B thì 2 tàu gặp nhau? 2. Muốn 2 tàu gặp nhau ở H (xem hình)thì các độ lớn vận tốc v1 và v2 phải thoả mãn điều kiện gì?. DẠNG : CHUYỂN ĐỘNG THẲNG BIẾN ĐỔI ĐỀU A. LÝ THUYẾT CƠ BẢN: I. ĐỘ LỚN CỦA VẬN TỐC TỨC THỜI: Vận tốc tức thời là đại lượng đặc trưng cho mức độ nhanh hay chậm của chuyển động tại một thời điểm nào đó. s v t Trong đó : v là vận tốc tức thời (m/s) ∆s là quãng đường rất ngắn (m) ∆t là thời gian rất nhỏ (s) II. CHUYỂN ĐỘNG THẲNG BIẾN ĐỔI ĐỀU: Trong chuyển động thẳng biến đổi đều,độ lớn của vận tốc tức thời hoặc tăng đều,hoặc giảm đều theo thời gian. 1. Khái niệm gia tốc: Gia tốc của chuyển động là đại lượng xác định bằng thương số giữa độ biến thiên vận tốc ∆v và khoảng thời gian vận tốc biến thiên ∆t. KH là a :   v  v v v  v0 v 0 a  hay a   t  t 0 t t  t0 t a là gia tốc(m/s2) ∆v là độ biến thiên vận tốc(m/s) ∆t là độ biến thiên thời gian(s) Công thức tính vận tốc: v  v0  a.t Trong đó:. 2.. 3.. 4.. Trong đó : v0 là vận tốc đầu (m/s) v là vận tốc sau(m/s) t là thời gian chuyển động(s) Công thức tính quãng đường đi được: 1 s  v0 .t  a.t 2 Trong đó : s là quãng đường đi được(m) 2 Công thức liên hệ giữa gia tốc,vận tốc và quãng đường:. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 8.

(9) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. v 2  v02  2a.s 5.. Phương trình chuyển động thẳng biến đổi đều: 1 x  x0  s  x0  v0 .t  a.t 2 2 Trong đó : x0 là tọa độ ban đầu(m) x là tọa độ lúc sau (m). 6.  . Các đồ thị của chuyển động thẳng biến đổi đều. Naèm treân Ot neáu a  0 Đồ thị gia tốc – thời gian: là đường thẳng song song với trục Ot:  Nằm dưới Ot nếu a  0 Đồ thị vận tốc – thời gian: là đường thẳng xiên gốc, bắt đầu từ vị trí t  0, v  v o  , hướng lên nếu. a  0 , hướng xuống nếu a  0 .  Đồ thị tọa độ – thời gian: là đường cong (nhánh hyperbol) bắt đầu từ vị trí t  0, x  x o  , bề lõm. hướng lên nếu a  0 , bề lõm hướng xuống nếu a  0 . . Gia tốc a được biểu thị bằng hệ số góc của đường biểu diễn: tan  . . Diện tích giới hạn của các đồ thị a  t, v  t là đường đi của vật.. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: v a . t. Trang 9.

(10) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. 7.  . . 7. a). Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Những lưu ý về dấu khi giải toán của chuyển động thẳng biến đổi đều: Nếu chọn chiều dương trùng với chiểu chuyển động của vật: v  0 Trong chuyển động thẳng nhanh dần đều :    + Gia tốc a cùng chiều với các véctơ vận tốc v0 ; v + Tích số a.v >0 Trong chuyển động thẳng chậm dần đều:    + Gia tốc a ngược chiều với các véctơ vận tốc v0 ; v + Tích số a.v < 0 Công thức mở rông: Quãng đường vật đi được trong giây thứ n:  S n  = quãng đường đi trong n giây  t  n  - quãng đường. đi trong (n-1) giây  t '  n  1 . Với: . 1 Quãng đường đi trong n giây: S  v0 .n  a.n2 2. . 1 2 S '  v0 .  n  1  a.  n  1 2 Quãng đường đi trong( n-1) giây: 1 1  v0 .n  v0  a.n 2  a.n  a 2 2. 1  Quãng đường vật đi được trong giây thứ n:  S n   S  S '  v0  a.n  a 2 b) Quãng đường vật đi trong n giây cuối trước khi ngừng hẳn. 1  Quãng đường vật đi trong t giây: S  v0 .t  a.t 2 2 1 2 S '  v0 .  t  n   a.  t  n  2  Quãng đường vật đi trong (t – n) giây: 1 1  v0 .t  v0 .n  a.t 2  a.n.t  an 2 2 2 1  S   S  S '  v0 .n  a.n.t  a.n 2 2  Quãng đường vật đi trong n giây cuối : 1    n  v0  at  an  2  . 1 Do vật ngừng hẳn nên: v  v o  at  0  s   an2 . 2  Vậy quãng đường vật đi được trong n giây cuối cùng trước khi vật dừng hẳn là. . 1 2s s   an2  a   2 . Dấu "  " chứng tỏ gia tốc âm, phù hợp với vật chuyển động thẳng chậm dần 2 n. đều Do : s  0, n  0 . BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN Bài 1: Một người đứng ở sân ga nhìn đoàn tầu chuyển bánh nhanh dần đều. Toa (1) đi qua trước mặt người ấy trong t(s). Hỏi toa thứ n đi qua trước mặt người ấytrong bao lâu? Áp dụng bằng số:t=6, n=7.  Hướng dẫn giải:  Gọi chiều dài mỗi toa tàu là L và thời gian tương ứng là t . Theo bài ra ta có:. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 10.

(11) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. 1 2 1 2 a.t (1) và nl  a.  t '' (2) với t '' là thời gian đoàn tầu đi hết qua trước mặt người ấy 2 2  Từ (1) và (2) suy ra: t ''  t n (3) 1 2 Tương tự:  n  1 l  a.  t '  (4) với t ' là thời gian (n-1) toa tầu đi hết qua trước mặt người ấy. 2  Từ (1) và (4) suy ra: t '  t n  1 (3) l. . Do đó, thời gian toa thứ n đi qua là: t  t '' t '  t. . n  n 1. . 2 Bài 2: Một vật có gia tốc không đổi là +3,2m/s . Tại một thời điểm nào đó vận tốc của nó là +9,6m/s. Hỏi vận tốc của nó tại thời điểm: a) Sớm hơn thời điểm trên là 2,5s. b) Muộn hơn thời điểm trên 2,5s là bao nhiêu?  Hướng dẫn giải: a. v=v0+at=v0+3,2t 9,6 =v0+3,2t (1) v=v0+ 3,2(t-2,5) (2) Trừ vế với vế của (2) cho (1) ta được: v-=9,6-3,2.2.5=1,6m /s. b. v+=v0+3,2(t+2,5) (3). Trừ vế với vế của (3) cho (1) ta được: v+=9,6+3,2.2,5=17,6m/s. BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài 1: Một đoàn tàu gồm 4 toa, mỗi toa dài 10 m  chuyển động thẳng chậm dần đều vào ga. Một người quan sát đứng bên đường ray thấy toa thứ nhất đi qua trước mắt mình trong thời gian 1, 7 s , toa thứ hai đi qua trước mắt mình trong thời gian 1, 82 s  . a) Tính gia tốc của đoàn tàu và tốc độ của đoàn tàu lúc toa thứ nhất bắt đầu đi ngang qua mặt người quan sát ? b) Tính thời gian toa cuối cùng đi ngang qua trước mặt người quan sát ? c) Tính khoảng cách giữa đầu toa thứ nhất và người quan sát khi đoàn tàu dừng lại ? ĐS: a / v o  6, 07 m /s ; a  0, 22 m /s2 b / t4  2,162 s c / 83, 748 m  .. . . Bài 2: Một vật chuyển động thẳng nhanh dần đều với gia tốc a từ trạng thái đứng yên và đi được quãng đường s trong thời gian t. Hãy tính: a) Khoảng thời gian vật đi hết 1m  đầu tiên ? b). Khoảng thời gian vật đi hết 1m  cuối cùng ?. . . 2   2 s b / t  s  s  1 s .      a a Bài 3: Đoàn tàu gồm đầu kéo 9 toa. Chiều dài đầu tàu và mỗi toa đều bằng 10 m  . Đầu tàu đi ngang qua. ĐS: a / t1 . người quan sát (đứng yên) trong 2,1s , toa thứ nhất đi qua người quan sát trong 2 s  . Cả đoàn tàu đi qua người quan sát trong bao nhiêu lâu ? ĐS: t10  17, 7 s . Bài 4: Đầu tàu kéo theo 9 toa. Đầu tàu và mỗi toa tàu đều dài 10 m  . Đầu tàu đi qua người quan sát đứng yên trong 4 s . Toa cuối cùng đi qua người quan sát trong 2 s  . Tìm vận tốc của đoàn tàu khi nó vừa đi tới người quan sát ? ĐS: v o  2, 3 m /s  .. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 11.

(12) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Bài 5: Một người đứng quan sát một đoàn tàu đang chuyển động chậm dần đều vào ga. Chiều dài mỗi toa tàu là l , bỏ qua chiều dài đoạn nối giữa hai toa. Toa thứ nhất qua mặt anh ta trong 20 s  . Toa thứ hai qua mặt anh ta trong 25 s  . Hỏi toa thứ ba vượt qua mặt anh ta trong bao lâu ? ĐS: t  38, 7 s . Một người đứng ở sân ga nhìn đoàn tàu chuyển bánh nhanh dần đều. Toa 1 đi qua trước mặt người ấy trong t s . Hỏi toa thứ n đi qua trước mặt người ấy trong bao lâu ? ĐS: tn  t. . . n  n  1 , s .. Bài 6: Một vật bắt đầu chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái đứng yên và đi được quãng đường s trong thời 3 gian 4 s . Tìm thời gian mà vật đi được trong sau của đoạn đường s ? ĐS: t  2 s . 4 Bài 7: Một vật bắt đầu chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái đứng yên và đi được quãng đường s trong thời 3 gian 6 s . Tìm thời gian mà vật đi được trong sau của đoạn đường s ? ĐS: t  3 s . 4 Bài 8: Một vật bắt đầu chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái đứng yên và đi được đoạn đường s trong t 3 t giây. Tính thời gian vật đi được trong đoạn đường cuối ?ĐS: t2  s . 4 2 Bài 9: Một xe máy chuyển động chậm dần đều lên dốc, sau 3 s vận tốc của nó còn lại 10 m /s  và sau khi đi được đoạn đường dài 62, 5 m  thì nó dừng lại trên dốc. Thời gian xe máy đi từ lúc lên dốc đến lúc dừng lại là bao nhiêu ?ĐS: t  5 s hoặc t  7, 5 s  . Bài 10: Một ô tô đang chuyển động thẳng đều với vận tốc vo thì tài xế tắt máy. Sau 10 s , ô tô đi được 150 m  . Kể từ lúc tắt máy đến lúc dừng hẳn ô tô đi được 200 m  . Tính vo ? ĐS: vo  20 m /s .. Bài 11: Một vật bắt đầu chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái đứng yên và đi được đoạn đường s trong t giây. Chia quãng đường thành 9 phần như nhau. Tính thời gian vật đi đoạn đường cuối ĐS: t ''  0, 057t . Bài 12: Chứng minh rằng trong chuyển động thẳng nhanh dần đều không vận tốc đầu, quãng đường đi được trong những khoảng thời gian bằng nhau liên tiếp tỉ lệ với các số lẻ liên tiếp 1, 3, 5, 7,... Bài 13: Một xe mở máy chuyển động nhanh dần. Trên đoạn đường 1km  đầu nó có gia tốc a1, trên đoạn đường 1km  sau nó có gia tốc a2. Biết rằng trên đoạn đường thứ nhất vận tốc tăng lên v , còn trên đoạn. v . Hỏi gia tốc trên đoạn đường nào lớn hơn ? 2 v1  vo v1  vo  v12  v2o ĐS: Sử dụng a1   ,....  a 2  a1 . 2s1 2s1 Bài 14: Chứng minh rằng trong chuyển động thẳng biến đổi đều, những quãng đường đi được trong những khoảng thời gian bằng nhau liên tiếp chênh lệch nhau một lượng không đổi ? ĐS: s  a.t2  cos nt . Bài 15: Hai xe chuyển động thẳng đều với các vận tốc v1, v2 v1  v2  . Khi người lái xe 2 nhìn thấy xe 1 đường thứ hai vận tốc chỉ tăng được v ' . ở phía trước thì hai xe cách nhau đoạn d. Người lái xe 2 hãm phanh để xe chuyển động chậm dần đều với gia tốc a. Tìm điều kiện cho a để xe 2 không đâm vào xe 1 ?. v2  v1 . 2. ĐS: a  . 2d. Tài liệu lưu hành nội bộ. . Hướng dẫn: v21  v2  v1 ;. v2t  vo2 2a. Email:  d,  v t  0, v o  v2  v1  .. Trang 12.

(13) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. DẠNG: SỰ RƠI TỰ DO I. LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa Sự rơi tự do là sự rơi của các vật ở gần mặt đất chỉ dưới tác dụng của trọng lực. 2. Đặc điểm của sự rơi tự do  Sự rơi tự do có phương thẳng đứng, có chiều từ trên xuống.  Sự rơi tự do là chuyển động thẳng nhanh dần đều với gia tốc a  g  const . . Tại cùng một nơi trên Trái Đất, các vật đều rơi tự do với cùng gia tốc g. Thường lấy g  9, 8 m /s2 . hoặc g  10 m /s 2  . 3. Các phương trình của sự rơi tự do  Phương trình vận tốc: v  g  t  to  .     . 2 1 Phương trình tọa độ: x  x o  g  t  to  . 2 2 1 Công thức đường đi: s  g  t  to  . 2 Công thức độc lập với thời gian: v2  2gs . Lưu ý rằng: Với sự rơi tự do thì vo  0, a  g .. 1 1 Nếu chọn to  0 thì v  gt, x  x o  gt2, s  gt2 . 2 2 4. Khảo sát chuyển động của vật bị ném thẳng đứng, bỏ qua sức cản không khí a) Ném xuống dưới  Chọn trục Ox hướng xuống dưới (chiều dương từ trên xuống dưới), gốc tọa độ O tại chỗ ném và gốc thời gian là lúc ném.  x  x  v t  t   1 gt2 o o o  2   Khi đó: v  v o  g t  to  x o  0; to  0 .  2 2 v  v o  2g.x   b)Ném lên trên  Chọn trục Ox hướng lên (chiều dương hướng lên), gốc tọa độ O tại chỗ ném và gốc thời gian là lúc ném.  x  x  v t  t   1 g  t  t 2 o o o o  2  x  0  o    Khi đó: v  v o  g  t  to   t  0  .  2  o  v  v2o  2g.x   . O. vo. x. x. hmax  v  0. vo O. MỘT SỐ LƯU Ý KHI GIẢI TOÁN VẬT RƠI TỰ DO Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 13.

(14) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. BÀI TOÁN HAI VẬT:  áp dụng các công thức về sự rơi tự do cho mỗi vật và suy ra sự liên hệ về đại lượng cần xác định. 1  Nếu gốc thời gian không trùng với lúc buông vật, phương trình quãng đường rơi là: s= (t-t0)2 2  Có thể coi một vật là hệ quy chiếu và nghiên cứu cứu chuyển động tương đối của vật kia.     Ta luôn có: a 21  g  g  0 . Hai vật rơi tự do luôn chuyển động thẳng đều đối với nhau. BÀI TOÁN NÉM VẬT THẲNG ĐỨNG:    Chuyển động có: *gia tốc: a  g   *vân tốc đầu: v0 cùng hướng với a  Chuyển động nhanh dần đều. 1  Phương trình: s = gt2 + v0t ( Chiều dương hướng xuống ) 2  Nội dung bài toán được giải quyết bằng cách *Thiết lập các phương trình và thực hiện tính toán theo đề bài. * Xét chuyển động tương đối nếu có nhiều vật chuyển động Bài 1: Các giọt nước rơi từ mái nhà xuống sau những khoảng thời gian bằng nhau. Giọt 1 chạm đất thì giọt. 5 bắt đầu rơi. Tìm khoảng cách giữa các giọt nước kế tiếp nhau, biết rằng mái nhà cao 16 m  . Lấy g  9, 8 m/s  . ĐS: d     7 m ; d     5 m ; d     3 m ; d     1  m  2. 12. 23. 34. 45.  Hướng dẫn giải: - Giả sử t là khoảng thời gian giữa 2 giọt nước rơi.Khi giọt thứ 5 bắt đầu rơi S5= 0, 1 Giọt thứ 4 rơi được: s4  gt 2 2 2 1 Giọt thứ 3 rơi: s3  g 2t  2 2 1 giọt thứ 2 rơi: s2  g 3t  2 2 1 giọt đầu tiên rơi được: s1  g 4 t  2 Mặt khác: s1  H  16 m  t  0, 2s  0.447s Khoảng cách giữa các giọt nước: 1 4 và 5: d 45  s4  s5  gt 2  1m 2 1  3 và 4: d 34  s4  s5  3  gt 2   3m 2  1  2và 3: d 23  s2  s3  5  gt 2   5m 2  1  2 và 14: d12  s1  s2  7  gt 2   7m 2 . Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 14.

(15) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Bài 2: Các giọt mưa rơi từ mái nhà cao 9 m  , cách nhau những khoảng thời gian bằng nhau. Giọt thứ 1 rơi đến đất thì giọt thứ 4 bắt đầu rơi. Khi đó giọt thứ hai và giọt thứ ba cách mái nhà những đoạn bằng bao nhiêu ? ĐS: 4 m  ; 1 m  . Bài 3: Chiều cao cửa sổ là 1, 4 m  . Giọt mưa trước rời mái nhà rơi đến mép dưới cửa sổ thì giọt tiếp sau rơi tới mép trên cửa sổ, lúc này, vận tốc 2 giọt mưa hơn nhau 1m /s  . Lấy g  10 m /s 2  . a) Tìm khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp giọt mưa rời mái nhà ? b) Tìm chiều cao mái nhà ?ĐS: t  1, 43 s ; h  10 m  . Bài 4:.Trong 0, 5 s  cuối cùng trước khi chạm vào mặt đất, vật rơi tự do vạch được quãng đường gấp đôi quãng đường vạch được trong 0, 5 s  ngay trước đó. Lấy g  10 m /s 2  . Tính độ cao từ đó vật được buông rơi ?ĐS: 7, 8125 m  . Bài 5: Một vật rơi tự do không vận tốc đầu tại nơi có gia tốc trọng trường g  10 m /s 2  . Trong giây cuối cùng rơi được quãng đường gấp đôi quãng đường đi được trong 0, 5 s  ngay trước đó. Tính độ cao lúc buông vật ?ĐS: 61, 25 m  . Bài 6: Một vật rơi tự do trong giây cuối cùng rơi được quãng đường bằng quãng đường vật rơi được trước lúc chạm và đất 2 s  . Tính quãng đường vật rơi từ khi thả vật đến lúc chạm đất thời gian rơi ? Lấy g  9, 8 m/s2  . ĐS: 125 m ;. 5 10 s  .. A. Bài 7: Vật A được đặt trên mặt phẳng nghiêng của một cái nêm như vẽ. Hỏi phải truyền cho nêm một gia tốc bao nhiêu theo phương để vật A rơi tự do xuống dưới theo phương thẳng đứng ? g ĐS: a   g. cot  . tan . hình ngang α.  Hướng dẫn giải: 1 2 at . 2 S  Khoảng trống tạo ra ở phía dưới vật: h=s.tan  .  Quãng đường rơi của vật trong khoảng thời 1 gian t là: s’= gt2. 2 g h Ta phải có: h > s’ suy ra a  tan  Bài 8: Bán cầu có bán kính R trượt đều theo đường thẳng nằm ngang với vận tốc v. Một quả cầu nhỏ nằm cách mặt phẳng ngang một khoảng h  R . Ngay khi đỉnh bán cầu đi ngang qua quả cầu nhỏ thì nó được buông rơi tự do .Tìm vận tốc nhỏ  nhất v của bán cầu để nó không cản trở sự rơi tự do của quả cầu nhỏ. Áp dụng cho R  40 cm  , lấy g  10 m /s 2  ..  Trong khoảng thời gian t nêm dời: s=. h. R.  v. ĐS: v min  gR  2 m /s  . Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 15.

(16) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.  Hướng dẫn giải: Gọi v là vận tốc trượt của bán cầu Quãng dường dịch chuyển của bán cầu trong thời gian t là : s1= vt. 1 Trong thời gian đó, vật rơi dược là: s2= gt2. 2 Để quả cầu không bị vướng vào bán cầu thì: s1> s2 hay s1>. OA 2  OB 2. A S2.  s12 >OA2-OB2 Với OA=R, OB=OA-AB=(R-s2). (1). B. C R. O. (1)  s12 > R2-(R-s2)2  s12 > 2Rs2- s22  s12 + s22 -2Rs2>0  ( s12 -2Rs2)+ s22 > 0. (2). Để (2) luôn đúng ta phải có ( s12 -2Rs2)> 0  s12> 2Rs2 1  v2t2 > 2R gt2 2  v  Rg . Vậy, để vật rơi tự do mà không bị cản trở bởi bán cầu thì vận tốc nhỏ nhất của bán cầu là vmin= Rg Bài 9: Ở một tầng tháp cách mặt đất 45m, một người thả rơi một vật. Một giây sau, người đó ném vật thứ hai xuống theo hướng thẳng đứng. Hai vật chạm đất cùng lúc. Tính vận tốc ném vật thứ hai (g = 10m/s2).  Hướng dẫn giải: Chọn trục OX thẳng đứng hướng xuống. Gốc tọa độ O ở đỉnh tháp. Gốc thời gian là lúc vật bắt đầu rơi. Ta có các phương trình chuyển động: 1  y1 = gt2 =5t2 (1) 2 1  y2= g(t-1)2+v02(t-1) (2) 2 2 S1 Khi chạm đất : y1=45m suy ra t= =3s. g Mặt khác y1=y2 nên ta được v02=12,5m/s. Bài 10: Từ độ cao h=40m phải ném một vật theo phương thẳng đứng với vận tốc v0 bằng bao nhiêu để nó rơi tới mặt đất: a) Trước 1s so với trường hợp rơi tự do. b) Sau 1s so với trường hợp rơt tự do. Lấy g=10m/s2.  Hướng dẫn giải: Chọn trục toạ độ Ox hướng xuống dưới Các phương trình chuyển động: 1 y1= gt2 (rơi tự do) (1) 2 1 y2= gt’2 +v0t’ (2) 2 Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 16.

(17) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. a) Theo bài ra S=S’=h suy ra t’<t nên v0>0: phải ném hướng xuống. 2h Khi chạm đất t= = 8 . Với t-t’=1, Thay vào (2) ta được v0=12,7m. g b) t’>t nên v0<0: phải ném vật thẳng đứng lên trên. Với t= 8 và t’-t=1, thay vào (2) ta được v0=-8,7m/s Bài 11: Một vật được buông rơi tự do từ độ cao h. Một giây sau, cũng tại đó, một vật khác được ném thẳng đứng xuống dưới với vận tốc v0. hai vật chạm đất cùng một lúc. Tính h theo v0 và g.  Hướng dẫn giải: Các phương trình đường đi: 1 S1= gt2 =5t2 (1) 2 1 S2= g(t-1)2+v0(t-1) (2) 2 Hai vật chạm đất khi S1=S2 suy ra t=. 2v 0  g . 2( v 0  g ). 1 g 2v  g 2 Độ cao h = gt2 = ( 0 ) . 2 8 v0  g. Bài 12: Từ một đỉnh tháp người ta thả rơi một vật. Một giây sau ở tầng tháp thấp hơn 10 m  người ta thả rơi vật thứ hai. Nếu coi hai vật rơi cùng trên một đường thẳng đứng thì hai vật sẽ chạm nhau vào thời điểm nào sau khi vật thứ nhất được thả rơi ?ĐS: t  1, 5 s . Bài 13: Từ ban công lần lượt các viên bi được thả rơi tự do cách nhau những khoảng thời gian bằng nhau. Khi viên bi đầu tiên chạm đất thì viên bi tiếp theo đã rơi được đúng một nữa quãng đường. Hỏi lúc này viên bi thứ ba đã rơi được bao nhiêu phần của quãng đường? Bao nhiêu viên bi đã được thả cho đến khi viên đầu tiên cham đất? Cho g=10m/s2. DẠNG: CÔNG THỨC CỘNG VẬN TỐC A. KIẾN THỨC CƠ BẢN: I. Các khái niệm: 1. Hệ quy chiếu(HQC) chuyển động và hệ quy chiếu đứng yên:  HQC đứng yên: là HQC gắn với vật đứng yên.  HQC chuyển động: là HQC gắn với vật chuyển động. 2. Vận tốc tuyệt đối, vận tốc tương đối, vận tốc kéo theo:  Vận tốc tuyệt đối: là vận tốc của vật so với HQC đứng yên.  Vận tốc tương đối:là vận tốc của vật so với HQC chuyển động.  Vận tốc kéo theo: Là vận tốc của HQC chuyển động so với HQC đứng yên. II. Công thức cộng vận tốc: 1. Công thức cộng vận tốc: *Quy ước: -Vật chuyển động: (1) - HQC chuyển động: (2) - HQC đứng yên: (3)     Công thức cộng vận tốc: v1,3  v1,2  v2,3   v 1,3 = vận tốc của vật (1) đối với hệ quy chiếu đứng yên (3) = vận tốc tuyệt đối.   v 1,2 = vận tốc của vật (1) đối với hệ quy chiếu chuyển động (2) = vận tốc tương đối.   v 2,3 =vận tốc của hệ quy chiếu chuyển động (2) so với hệ quy chiếu đứng yên (3) = vận tốc kéo theo.   2. Các trường hợp đặc biệt : v2,3 v1,2 a) Các véc tơ vận tốc cùng phương , cùng chiều:  v1,3 Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 17.

(18) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. v13  v12  v23.  v1,2. b)Các véc tơ vận tốc cùng phương , ngược chiều : v13  v12  v 23 ( Nếu v12  v23 ).  v1,3. c) Các véc tơ vận tốc vuông góc với nhau :.  v1,2. 2 v13  v122  v23.  v2,3  v1,3.   d. Các véc tơ tạo nhau một góc α: v1,2 ; v2,3  . . v. 2 1,3. v. 2 1,2. v. 2 2,3. .  v1,2.  2v1,2 v2,3 cos.  v1,3.  v2,3.  v2,3. B. BÀI TẬP VẬN DỤNG:  PHƯƠNG PHÁP: Bước 1: *Quy ước: -Vật chuyển động: (1) - HQC chuyển động: (2) - HQC đứng yên: (3) Bước 2: Xác định loại vận tốc đã cho.    Bước 3: Áp dụng công thức cộng vận tốc: v1,3  v1,2  v2,3 (1) ( Biểu diễn các véc tơ lên hình vẽ) Bước 4: Từ hình vẽ, dữ kiện bài cho đưa (1) về dạng phương trình đại số, và lập phương trình phụ nếu cần rồi tìm các đại lượng bài yêu cầu. VD: s  vt CHÚ Ý: S  Quãng đường: v 1 3  t  Bài toán chuyển động của thuyền đi trên dòng sông:  Chọn 3 đối tượng: - Thuyền(1); nước (2); bờ (3) - Chú ý: Nếu bài toán có bè  bè (2), vì vbè  vnuóc  Các vận tốc: - Vận tốc nước chảy: v2,3 (so với bờ) - Vận tốc thuyền: v1,3 (so với bờ) Ghi chú: +Vận tốc của thuyền khi nước yên lặng: v1,2 +Vận tốc của thuyền khi tắt máy thả trôi: v2,3 (cùng vận tốc dòng nước)  a). Các trưòng hợp: Thuyền đi theo một bờ:.   + Vận tốc thực của thuyền khi xuôi dòng v12  v23 là:. . .  v1,2.  v1,3. v13  v12  v23.   + Vận tốc của thuyền khi ngược dòng v12  v23 : v13  v12  v 23. . . b). Thuyền đi từ bờ bến này sang bờ bên kia:. c) d). 2 Thuyền đi theo hướng vuông góc với bờ: v13  v122  v23 Vận tốc của thuyền để qua bờ bên kia theo phương vuông góc với bờ:. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email:  v2,3. Trang 18.

(19) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den 2 2 v1,2  v1,3  v23  v1,3  v 21,2  v 2 2,3. Bài 1: Một chiếc thuyền xuôi dòng sông từ A đến B hết 2 giờ 30 phút. Khi quay ngược dòng từ B đến A mất 3 giờ. Vận tốc của nước so với bờ sông và vận tốc của thuyền so với nước là không đổi. Tính thời gian để 1 cành củi khô tự trôi từ A đến B là bao nhiêu?.  Hướng dẫn giải:  -Thuyền : (1) nước: (2); bờ : (3)     Áp dụng công thức cộng vận tốc: v1,3  v1,2  v2,3  Khi xuôi dòng: v13 = v12 + v23 (1)  Khi ngược dòng: v’13 = v12 - v23 (2) Lấy (1)-(2) ta được: v13 - v’13 = 2v23 S S 1 S S S    2.v23  v23  (  )  tc   30h 2,5 3 2 2,5 3 v23 Bài 2: Một người muốn chèo thuyền qua sông có dòng nước chảy. Nếu B C người ấy chèo thuyền theo hướng từ vị trí A sang vị trí B (AB  với dòng sông, hình3.1) thì sau thời gian t1=10min thuyền sẽ tới vị trí C cách B một M khoảng s=120m. Nếu người ấy chèo thuyền về hướng ngược dòng thì sau  thời gian t2=12,5 min thuyền sẽ tới đúng vị trí B. Coi vận tốc của thuyền đối với dòng nước không đổi. Tính: A a) Bề rộng l của con sông. b) Vận tốc v của thuyền đối với dòng nước. Hình 3.1 c) Vận tốc u của dòng nước đối với bờ. d) Góc   Hướng dẫn giải: B  B S C V  v    v V u  u A Hình 3.1.b. A Hình 3.1.a.   Thuyền tham gia đồng thời 2 chuyển động: chuyển động cùng với dòng nướcc với vận tốc u và chuyển động so  với dòng nước với vận tốc v . Chuyển động tổng hợp chính là chuyển động của thuyền đối với bờ sông với vận    tốc. Ta có: V =v +u a) Trường hợp 1 ứng với hình 3.1.a; trường hợp 2 ứng với hình 3.1.b:  Theo các hình vẽ ta có các phường trình sau: S  u.t1 ; l  vt1 ; u  v.sin  ; l   v cos   t2 ; l=vt1; u=vsin  ; l=(vcos  )t2. Từ 4 phương trình trên ta tính được a)l=200m; b) v=0,33m/s; c) u=0,2m/s; d)  =336052’ Bài 2: Người ta chèo một con thuyền qua sông theo hướng vuông góc với bờ với vận tốc 7,2km/h. Nước chảy đã đem con thuyền về phía xuôi dòng một đoạn 150m. Tìm: a) Vận tốc của dòng nước đối với bờ sông. b) Thời gian cần để thuyền qua được sông. Cho biết chiều rộng của dòng sông bằng l=0,5km . Hướng dẫn giải :Ta có v=7,2km/h=2m/s. l 500 Thời gian cần thiết để qua sông là t1=  =250s. v 2 Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 19.

(20) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. s 150  =0,6m/s. t1 250 Bài 3: Một xe du lịch đang chạy theo hướng Đông-Tây với vận tốc v1=40km/h; người lái xe cảm thấy gió thổi theo hướng Bắc-Nam với vận tốc 40km/h. a) Xác định vận tốc và hướng gió. b) Sau đó xe đổi hướng, chạy theo hướng Tây-Bắc nhưng người lái xe vẫn cảm thấy gió vẫn giữ nguyên hướng như trước. Hỏi khi đó vận tốc của xe bằng bao nhiêu và người lái xe cảm thấy gió có vận tốc là bao nhiêu? cho biết gió không đổi hướng và vận tốc.  Hướng dẫn giải:    v xd ' v xd v dx Vận tốc của dòng nước đối với bờ là: u=. 450.  v gd. v. B T.  v gx. Đ. 450.  v dx ' a) Vận tốc của xe so với đất N  vxd=40km/h. Vận tốc của v' gx   đất so với xe v dx =- v xd . vận   tốc của gió so với xe vgx=40km/h và v xd  v gx ;    Ta có v gx = v gd + v dx , và giản đồ vectơ như hình vẽ. Vì vxd=vgx nên gió có hướng Tây-Nam và có vận tốc  v gd. vgd=40 2 km/h.    b) Khi xe chuyển hướng mà gió không chuyển hướng thì v xd '  v gd , với v xd ' là vận tốc mới của xe đối với      đất. Ta cũng có v dx '  v gd . Theo bài ra v' gx giữ nguyên hướng cũ, nghĩa là v' gx hợp với v gd một góc 450    như ở hình trên đây. Theo hình này ta có: v' gx = v gd + v dx ' ; từ đó suy ra v’gx=vgd 2 =80km/h và v’dx=v’xd=vgd=40 2 km/h: xe chạy với tốc độ 40 2 km/h và người lái xe cảm thấy gió coa vận tốc 80km/h. Bài 4: Trên một đường thẳng có ba người chuyển động, một người đi xe máy, một người đi xe đạp và một người đi bộ giữa hai người kia. Ở thời điểm ban đầu, khoảng cách giữa người đi bộ và người đi xe đạp nhỏ hơn khoảng cách giữa người đi bộ và người đi xe máy hai lần. Người đi xe máy và người đi xe đạp đi lại gặp nhau với vận tốc lần lượt là 60km/h và 20km/h. Biết rằng cả ba người gặp nhau tại cùng một thời điểm. Xác định vận tốc và hướng chuyển động của người đi bộ. Hướng dẫn giải: - Gọi vị trí người đi xe máy, người đi bộ B A C Và người đi xe đạplúc ban đầu lần lượt là A, B và C x S là chiều dài quảng đường AC. Vậy AB = 2S/3, BC = S/3. - Chọn trục tọa độ trùng với đường thẳng chuyển động, chiều dương là chiều chuyển động của người đi xe máy. Mốc thời gian là lúc bắt đầu chuyển động: v1 = 60km/h, v3 = - 20km/h - Người đi bộ đi với vận tốc v2. Vận tốc của người đi xe máy đối với người đi bộ là v12. Ta có: v1  v12  v2  v12  v1  v 2 => v12 = v1 – v2 (đk: v12 >0 (1): để người đi xe máy gặp người đi bộ) - Vận tốc của người đi bộ đối với người đi xe đạp là v23. Ta có: v2  v23  v3  v 23  v 2  v3 => v23 = v2 – v3 (đk : v23 >0 (2): để người đi bộ gặp người đi xe đạp). - Kể từ lúc xuất phát, thời gian người đi xe máy gặp người đi bộ và người đi bộ gặp người đi xe đạp lần lượt là: + t1 = AB/v12 = 2S/3(v1 – v2) + t2 = BC/v23 = S/3(v2 – v3) Vì ba người gặp nhau cùng lúc nên: t1 = t2  2S/3(v1 – v2) = S/3(v2 – v3) Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 20.

(21) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.  2( v2 – v3) = v1 – v2  v2 = (v1 + 2v3)/3 = (60 – 2.20)/3  6,67 (km/h) - Vậy vận tốc của người đi bộ là 6,67 km/h theo hướng từ B đến C Bài 5: Hai vật nhỏ chuyển động trên hai trục tọa độ vuông góc Ox, Oy và qua O cùng một lúc. Vật thứ nhất chuyển động trên trục Ox theo chiều dương với gia tốc 1m/s2 và vận tốc khi qua O là 6m/s. Vật thứ hai chuyển động chậm dần đều theo chiều âm trên trục Oy với gia tốc 2m/s2 và vận tốc khi qua O là 8m/s. Xác định vận tốc nhỏ nhất của vật thứ nhất đối với vật thứ hai trong khoảng thời gian từ lúc qua O cho đến khi vật thứ hai dừng lại. y  Hướng dẫn giải Chọn mốc thời gian lúc 2 vật qua O - Phương trình vận tốc của vật thứ nhất trên trục Ox: v1 = v01 + a1t = 6 + t - Phường trình vận tốc của vật thứ hai trên trục Oy: v2 = v02 + a2t = - 8 + 2t v1 O - Khoảng thời gian vật thứ hai dừng lại: v2 = 0 => t = 4s - Vận tốc của vật thứ nhất đối với vật thứ hai là: x v12 v12  v1  v2 . Do v1 vuông góc với v2 . => v12 =. v12  v 22 =. (6  t ) 2  (8  2t ) 2. => v12 = 5t 2  20t  100 . Biểu thức trong căn của v12 đạt giá trị nhỏ nhất khi  (20) t=  2 (s) < 4 (s). 2.5 Vậy v12 có giá trị nhỏ nhất khi t = 2s. => (v12)min =. v2. 5.2 2  20.2  100  8,94 (m/s). Khi đó v1 = 8m/s, (v 1 , v 12 )   . với Cos  = v1/v12 = 8/8,94  0,895 =>  = 26,50 - Vậy v12 đạt giá trị nhỏ nhất là 8,94m/s tại thời điểm t = 2s và hợp với Ox góc 26,50 Bài 6: Một ca nô chạy qua sông xuất phát từ A, mũi hướng đến B ở bờ bên D kia (AB vuông góc với bờ sông) nhưng do nước chảy nên khi đến bên kia ca nô ở lại ở C cách B một đoạn BC  200 m  . Thời gian qua sông là 1 phút. 40 giây. Nếu người lái giữ cho mũi ca nô chếch 60o so với bờ sông và mở máy chạy như trước thì ca nô đến đúng vị trí B (hình vẽ). Hãy tính: a) Vận tốc nước chảy và vận tốc của canô ? b) Bề rộng của dòng sông ? c) Thời gian qua sông của canô lần sau ? ĐS: a / 2 m /s   4 m /s  . b / 400 m  . c / 116 s  . Bài 7: Ở một dòng sông thẳng, dòng nước có vận tốc v2, một thuyền chuyển động đều có vận tốc so với nước luôn luôn là v1 (độ lớn) từ A (hình vẽ). Nếu người lái hướng mũi thuyền theo B thì sau 10 phút thuyền đến C phía hạ lưu với BC  120 m  . Nếu người lái hướng mũi thuyền về phía thượng lưu theo góc lệch  thì sau 12 giờ 30 phút thì thuyền tới đúng B. a) Tính vận tốc của thuyền v1 và bề rộng l của dòng sông ? b) Xác định góc lệch của  ? ĐS: a / 12 km / h ; l  200 m  . b / 37 o .. B. C. 60o A D. B. C. α. A. Bài 8: Một chiếc xuồng máy xuất phát từ bến A đi đến bến B ở cùng một bên bờ sông, với vận tốc so với nước là v1  9 km . Cùng lúc đó một canô xuất phát từ bến B đi đến bến A, với vận h. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 21.

(22) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. tốc so với nước là v2  30 km . Trong thời gian xuồng máy đi từ A đến B thì canô kịp đi được 4 lần khoảng h cách đó và về đến B cùng một lúc với xuồng máy. Hãy xác định hướng và độ lớn của vận tốc chảy của dòng sông.  Hướng dẫn giải :  Gọi khoảng cách AB là s, vận tốc của dòng nước là v0 và giả sử dòng sông chảy theo hướng từ A đến B. Vận tốc của xuồng máy đối với bờ sông là v1  v0 ; còn vận tốc của canô đối với bờ sông khi chạy từ A đến B là v2  v0 , và khi chạy từ B đến A là v2  v0 . s Khoảng thời gian xuồng máy đi từ A đến B: t1  , thời gian canô đi được 4 lần khoảng cách AB bẳng hai v1  v0 lần thời gian canô đi từ A đến B và ngược lại:  s s  t1  2     v2  v0 v2  v0  Theo đề bài t1  t2 , suy ra phương trình: . v02  4v2 v0  4v1v2  v22  0 hay v02  120v0  180  0 Phương trình này có hai nghiệm v0  118,5km / h và v0  1,5km / h . Ta phải loại nghiệm -118,5 km/h vì vận tốc này của dòng sông thì cả xuồng máy lẫn canô không thể đi ngược dòng. Vậy ta có v0  1,5km / h . Như vậy một dòng nước chảy từ A đến B với vận tốc 1,5km/h. Bài 9: Một chiếc tàu thuỷ chuyển động thẳng đều trên sông với vận tốc v1  35km / h , gặp một đoàn xà lan dài 250m đi ngược chiều với vận tốc v2  20km / h . Trên boong tàu có một thuỷ thủ đi từ mũi đến lái với vận tốc v3  5km / h . Hỏi người đó thấy đoàn xà lan qua mặt mình trong bao lâu? Bài 9: Hai xe chuyển động thẳng đều trên hai con đường vuông góc với nhau với vận tốc 30km/h và 40km/h; sau khi gặp nhau ở ngã tư một xe chạy sang phía đông, xe kia chạy lên phía bắc. 1) Tìm vận tốc tương đối của xe thứ nhất so với xe thứ hai. 2) Ngồi trên xe thứ hai quan sát thì thấy xe thứ nhấy chạy theo hướng nào? 3) Tính khoảng cách giữa hai xe sau 6 phút kể từ khi gặp nhau ở ngã tư.  Hướng dẫn giải : 1. Gọi và là các vectơ vận tốc của hai xe 1 và xe 2 đối với mặt đường. Sau khi gặp nhau ở ngã tư, theo đề bài, các vectơ và có hướng như trên hình vẽ. Vận tốc tương đối của xe 1 đối với xe 2, áp dụng công thức cộng vận tốc, được xác định theo công thức: . như hình vẽ.. Bằng qui tắc cộng vectơ ta dựng được vectơ Vì. nên ta có. .. Theo đề bài 2. Ngồi trên xe thứ hai, ta thấy xe thứ nhất chạy theo hướng vectơ. . ; đó là hướng đông nam. Hướng này lập với hướng chuyển động của xe 2 một góc , với . 3. Muốn tìm khoảng cách d giữa hai xe, ta tìm quãng đường mà xe 1 đi được nếu lấy xe 2 làm gốc quy chiếu Quãng đường đó bằng . Vậy khoảng cách hai xe sau 6 phút kể từ khi gặp nhau là 5km.. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 22.

(23) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. DẠNG: Tổng hợp và phân tích lực – Điều kiện cân bằng  Phương pháp hình học để tìm hợp lực của hai lực  Bước 1. Tịnh tiến các lực về cùng điểm đặt.  Bước 2. Nếu các lực không cùng phương thì sử dụng quy tắc hình bình hành để xác định véc tơ tổng trên hình vẽ.  Bước 3. Sử dụng các công thức sau để tìm độ lớn của hợp lực.   2 2 2 + F  F1  F2  2F1F2 cos  với   F1, F2 .. . . F1 F2 F với  1,  2,  3 là các góc đối diện với các lực tương ứng (định lí   sin 1 sin  2 sin  3  hàm số sin). F1   Các trường hợp đặc biệt F    Nếu F1  F2  A thì F  A 2  2 cos   2A. cos . 2   O 2 2   Nếu F1  F2 thì F  F1  F2 . F2    Nếu F1  F2 thì F  F1  F2 .    Nếu F1  F2 thì F  F1  F2 .. +.  Lưu ý: Nếu có hai lực, thì hợp lực có giá trị trong khoảng: F1  F2  Fhl  F1  F2 .  Phương pháp đại số để tìm hợp lực của ba lực trở lên  Bước 1. Chọn hệ trục tọa độ Oxy .     Bước 2. Xác định các góc F1,Ox  1; F2 ,Ox   2 ; F3 ,Ox   3 ....... . . . . . . . . Bước 3. Tìm hình chiếu của các lực trên trục Ox, Oy : F  F cos   F cos   F cos  ... 1 1 2 2 3 3  x  Fy  F1 sin 1  F2 sin  2  F3 sin  3 ...  2 x. 2 y. Bước 4. Xác định độ lớn của hợp lực bởi công thức F  F  F.  và F, Ox   bởi công thức. . .   tan   Fy  F .F  0  x y Fx  .  Fy   Fx .Fy  0  tan    Fx   Lưu ý:  Lực căng của dây treo luôn hướng về điểm treo, trọng lượng P luôn hướng xuống.  Nếu các lực có trục đối xứng thì chọn 1 trục toạ độ Ox hoặc Oy trùng với trục đó. CHUYÊN ĐỀ VỀ PHƯƠNG PHÁP ĐỘNG LỰC HỌC I. Mục tiêu. 1. Lý giải để học sinh nắm vững và phát biểu đúng các định luật Niu-ton. 2. Lý giải để học sinh viết  đúng và giải thích đúng phương trình cơ bản của động lực học Niu-ton.  F   a ma  F m 3. Hướng dẫn học sinh cách xác định đầy đủ các lực tác dụng lên một vật hay một hệ vật. 4. Nếu phải xét một hệ vật thì cần phân biệt ngoại lực và nội lực.. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 23.

(24) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. 5. Sau khi viết được phương trình Niu-ton đối với vật hoặc hệ vật dưới dạng véc tơ, học sinh cần chọn những phương pháp thích hợp để chiếu các phương trình véc tơ lên các phương đó. 6. Sau cùng hướng dẫn học sinh tìm ra các kết quả của bài toán bằng cách giải phương trình hay hệ phương trình đại số để thu được. 7. Đối với các chuyển động tròn đều cần hướng dẫn cho học sinh cách xác định lực hướng tâm. II. Nội dung phương pháp động lực học. Phương pháp động lực học là phương pháp khảo sát chuyển động cơ của các vật dựa trên cơ sở các định luật Niu-ton. Phương pháp động lực học bao gồm các bước cơ bản sau : 1. Xác định đầy đủ các lực tác dụng lên vật hoặc hệ vật. Với mỗi lực xác định cần chỉ rõ điểm đặt, phương, chiều, độ lớn. 2. Các lực tác dụng lên vật thường là : - Các lực tác dụng do các trường lực gây ra như trường hấp dẫn, điện trường, từ trường… - Các lực tác dụng do liên kết giữa các vật: Lực căng, lực đàn hồi… - Các lực tác dụng khi vật chuyển động trên một mặt: Lực ma sát, phản lực pháp tuyến… 3. Chọn hệ trục toạ độ làm hệ quy chiếu để khảo sát chuyển động. Đa số các bài toán khảo sát chuyển động của vật trên một đường thẳng hoặc trong một mặt phẳng xác định. Khi đó ta chọn hệ trục toạ độ có một trục song song với chuyển động của vật hoặc trong mặt phẳng chuyển động của vật; cũng nên chọn một trục toạ độ song song với nhiều lực tác dụng. 4. Bước cơ bản tiếp theo là viết phương trình Niu-ton cho vật hoặc hệ vật (dạng véc tơ).   Vật ma   F1 (tổng các lực tác dụng lên vật)   m1a1   F1 Hệ vật :    m2 a 2   F2 5. Tiếp theo là chiếu các phương trình véc tơ trên lên các trục toạ độ đã chọn. 6. Khảo sát các phương trình chuyển động theo từng phương của từng trục toạ độ. Lưu ý: Đối với một hệ nhiều vật người ta phân biệt: a) Nội lực là những lực tương tác giữa các vật trong hệ b) Ngoại lực là các lực do các vật bên ngoài hệ tác dụng lên các vật trong hệ III. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN. Dạng 1: Bài toán áp dụng định luật II Newton  Bước 1: Chọn hệ quy chiếu ( Cụ thể hoá bằng hệ trục toạ độ vuông góc; Trục toạ độ Ox luôn trùng với phương chiều chuyển động; Trục toạ độ Oy vuông góc với phương chuyển động).  Bước 2: Xác định các lực và biểu diễn các lực tác dụng lên vật trên hình vẽ (phân tích lực có phương không song song hoặc vuông góc với bề mặt tiếp xúc).  Bước 3: Viết phương trình hợp lực tác dụng lên từng vật theo định luật II Niu Tơn. i 1    Fi  ma (*) n.  . Bước 4 : Chiếu phương trình lực(*) lên các trục toạ độ Ox, Oy để được các phương trình đại số.: Lên Ox: F1x  F2 x  ...  Fnx  ma (1). . Lên Oy:. F1 y  F2 y  ...  Fny  0 (2). . Bước 5 : Kết hợp giữa các phương trình đại số và điều kiện bài toán, giải phương trình, hệ phương trình để tìm kết quả.  Biện luận kết quả (nếu cần).  Lưu ý:  Đối với hệ quy chiếu phi quán tính (hệ quy chiếu có gia tốc): - Chuyển động thẳng: Fq  ma0 ( a0 là gia tốc của hệ quy chiếu phi quán tính). - Chuyển động tròn đều: Fq  m Tài liệu lưu hành nội bộ. v2  m 2 R . R. Email: Trang 24.

(25) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Phương pháp chiếu: + Nếu lực vuông góc với phương chiếu thì độ lớn đại số của F trên phương đó bằng 0. + Nếu lực song  song với phương chiếu thì độ lớn đại số của F trên phương đó bằng : Fx (y) = + F nếu F cùng chiều với phương chiếu.  F Fx (y) = - F nếu F ngược chiều với phương chiếu.. x. Fx   F. Fx   F. y. Fy   F.  TH: F ngược hướng với chiều dương phương chiếu:. x. y. + Nếu lực F hợp với phương chiếu góc  thì: TH: F Cùng hướng với chiều dương phương chiếu:  Fy  F.sin   F Fx  F .cos .  F. Fy   F .sin  . Fy   F.  F.  Fx   F .cos . Bài 1. Một vật nhỏ khối lượng m chuyển động theo trục Ox trên mặt phẳng nằm ngang dưới tác dụng của lực  kéo F theo hướng hợp với Ox góc   0 . Hệ số ma sát trượt trên mặt ngang bằng  t .Xác định gia tốc chuyển động của vật. Giải  Các lực tác dụng lên vật: y     Lực kéo F  F1  F2 ,lực ma sát Fms ,     F trọng lực P , phản lực N N  Chọn hệ trục tọa độ: Ox nằm ngang, Oy  F1  thẳng đứng hướng lên trên. a  Phương trình định luật II Niu-tơn dưới  O  F2 dạng véc tơ: x Fms       F + Fms + P + N = m. a (1) P  Chiếu (1) lên Ox : ma = F2 - Fms  ma = F cos - Fms (2).  . Chiếu (1) lên Oy : 0 = F1 + N – P (3)  N = P - F sin  Từ (2) và (3) ta có : ma = F cos -  t (mg - F sin  ) = F( cos +  t sin  ) -  t mg F Vậy : a  cos    t sin     t g m Dạng 2: DÙNG PHƯƠNG PHÁP HỆ VẬT Hệ vật: là tập hợp gồm hai vật trở lên liên kết với nhau. Đối với hệ vật, lực tác dụng bao gồm:. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 25.

(26) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. + Nội lực: lực tác dụng giữa các vật trong hệ. + Ngoại lực: lực tác dụng của vật bên ngoài hệ lên các vật bên trong hệ.      F F  F2  ...... ng + Gia tốc chuyển động của hệ: a hê  .  1 m hê m1  m2  ..... . Các hệ thường gặp: Hệ vật liên kết với nhau bằng dây nối, hệ vật liên kết qua ròng rọc, hệ vật chồng lên nhau,…….. m2. m1. m2.  F.  F. m1 m1. m2 m3. . . . LƯU Ý: Nếu các vật liên kết với nhau bằng dây nối, dây không dãn, nhẹ thì các vật trong hệ sẽ chuyển động cùng      F   F  F2  ...... ng 1 một gia tốc của hệ (gia tốc bằng nhau): a hê   với F1, F2, ... là các ngoại m hê m1  m2  ..... lực tác dụng lên các vật trong hệ. Lúc này, ta khảo sát riêng lẻ từng vật trong hệ với a1  a 2  .....  a hê . Từ đó xác định các lực khác theo yêu cầu của đề bài. Nếu các vật trong hệ liên kết với nhau qua ròng rọc, ta cần chú ý: đầu dây luồn qua ròng rọc động đi s được quãng đường s thì vật treo vào ròng rọc động đi được quãng đường là . Vận tốc và gia tốc cũng 2 theo tỉ lệ đó. Nếu hệ gồm hai vật chồng lên nhau thì khi có chuyển động tương đối, ta cần khảo sát từng vật riêng rẽ. Khi không có chuyển động tương đối, ta có thể xem hệ là một vật khi khảo sát. Cần phối hợp với các công thức động học và động lực học để giải bài toán..    Nếu hệ có 2 vật đặt lên nhau, khi có ma sát nghỉ thì hệ có thể xem là 1 vật.  PHƯƠNG PHÁP CỤ THỂ: a) Xác định hệ trục toạ độ và chọn chiều dương thích hợp cho từng vật. Nếu biết chiều của gia tốc thì tiện nhất là chọn chiều của nó là chiều dương. chiều của lực cũng như chiều của vận tốc dịch chuyển cũng được quyết định bởi chiều dương đã chọn. b) Vẽ giản đồ véc tơ ứng với từng vật, gồm tất cả các lực ( hướng và độ lớn ) đặt vào vật coi như một chất điểm. Xác định các thành phần lực chiếu xuống các trục toạ độ, những thành phần nào gây gia tốc. c) Viết phương trình diễn đạt định luật II Newton cho mỗi vật.  Viết biểu thức định luật II Niu ton dưới dạng véc tơ:    F  ma (*)  Chiếu các vectơ của phương trình (*) lên hệ toạ độ xOy tìm ra các phương trình đại số dưới dạng:. F Oy:  F Ox:. x.  F1x  F2 x  ........  ma x. y.  F1 y  F2 y  ........  ma y. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 26.

(27) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.  Trong đó Fx và Fy là các giá trị đại số của hình chiếu của hợp lực F , ax và ay là các giá trị đại số của hình  chiếu của véc tơ gia tốc a xuống các trục Ox và Oy.  Giải các hệ phương trình đại số đó hay Giải các phương trình này để tìm các đại lượng chưa biết. Khi cần thiết còn sử dụng các phương trình động học và định luật III Newton. d) Đánh giá các trường hợp riêng ( nếu có ) và phân tích các kết quả để biết rõ đáp số tìm được có ý nghĩa hay không Loại 1: Hệ vật chuyển động qua ròng rọc cố định và ròng rọc động  Cách 1: Đề bài tìm gia tốc + Đưa hệ vật về một vật m = m1+ m2 +……   + Áp dụng định luật II Niuton cho vật m:  F  ma. . Cách 2: Đề bài tìm lực căng của sợi dây + Xét từng vật riêng biệt. Áp dụng định luật II Niuton cho từng vật. + Có bao nhiêu vật thì lấy bấy nhiêu phương trình. Giải hệ phương trình đó, tìm kết quả. Bài 1: Hai vật A và B có thể trượt trên mặt bàn nằm ngang và được nối với nhau bằng dây không dẫn, khối lượng không đáng kể. Khối lượng 2 vật là mA = 2kg, mB = 1kg, ta tác dụng vào vật A một lực F = 9N theo phương song song với mặt bàn. Hệ số ma sát giữa hai vật với mặt bàn là m = 0,2. Lấy g = 10m/s2. Hãy tính gia tốc chuyển động.  Hướng dẫn giải : Đối với vật A ta có: . . . . . . P1  N 1  F  T1  F1ms  m 1 a 1 Chiếu xuống Ox ta có: F - T1 - F1ms = m1a1 Chiếu xuống Oy ta được: -m1g + N1 = 0 Với F1ms = kN1 = km1g F - T1 - k m1g = m1a1 (1) * Đối với vật B: . . . . . . P2  N 2  F  T2  F2 ms  m 2 a 2 Chiếu xuống Ox ta có: T2 - F2ms = m2a2 Chiếu xuống Oy ta được: -m2g + N2 = 0 Với F2ms = k N2 = k m2g T2 - k m2g = m2a2 (2) Vì T1 = T2 = T và a1 = a2 = a nên: F - T - k m1g = m1a (3) T - k m2g = m2a (4) Cộng (3) và (4) ta được F - k(m1 + m2)g = (m1+ m2)a F  (m 1  m 2 ).g 9  0,2(2  1).10  a   1m / s 2 m1  m 2 2 1 Bài 2: Trên một mặt phẳng ngang có hai vật ban đầu cách nhau một khoảng là l, đó là một phiến nặng và một động cơ. Trên đầu trục của động cơ có quấn một sợi dây mà đầu kia buộc vào phiến nặng. Khi động cơ hoạt động, cả hai cùng trượt và phiến nặng có gia tốc không đổi là a0. Hệ số ma sát trượt ở cả hai vật với mặt phẳng ngang là . Khối lượng của phiến nặng gấp đôi khối lượng của động cơ. Bỏ qua khối lượng của dây. a) Sau bao lâu hai vật va vào nhau?. ĐC. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Phiến. Trang 27.

(28) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den 2. b) Áp dụng bằng số: l = 18m; a0 = 2m/s ;  = 0,3; g = 10m/s2.  Hướng dẫn giải : Học sinh cần giải quyết được các câu hỏi sau: - Khi động cơ hoạt động, trục của động cơ quay, sẽ có hiện tượng nào diễn ra? Các vật chuyển động theo chiều nào. Giáo viên cần làm cho học sinh biết được: Khi động cơ hoạt động dây bị quấn lại và ngắn dần, tạo ra lực kéo hai vật chuyển động lại gần nhau. - Dùng biện pháp nào để xác định được thời điểm hai vật va vào nhau? - Giải bài toán viết phương trình chuyển động và bài toán hệ vật như thế nào? - Hệ quy chiếu trong bài toán viết phương trình chuyển động của vật cần có những yêu cầu nào? Trong bài này nên chọn hệ quy chiếu như thế nào? Giáo viên định hướng học sinh dùng bài toán viết phương trình chuyển động kế hợp với bài toán hệ vật và hướng dẫn học sinh thực hiện được sự kết hợp này.. y. N1 ĐC. Fms1. T1. N2 O. x. T2. Phiến. Fms 2. P2. P1. Lời giải cụ thể của bài như sau: Hệ quy chiếu: Tọa độ Oxy: Ox: phương ngang, chiều từ vị trí ban đầu của động cơ đến vị trí ban đầu của phiến nặng. Oy: phương thẳng đứng, chiều từ dưới lên trên. Gốc tọa độ O: tại vị trí ban đầu của động cơ. Mốc thời gian: t = 0: lúc vật bắt đầu chuyển động. (xác định các thông số cần thiết cho việc giải bài toán viết phương trình chuyển động của vật đã được học trong phần Động học chất điểm. Đồng thời tìm hiểu những thông số nào đã biết, thông số nào chưa biết và nêu được cách xác định thông số chưa biết trong bài. Động cơ Thời điểm ban đầu: t01 = 0 Tọa độ ban đầu: x01 = 0 Vận tốc ban đầu: v01 = 0 Gia tốc: a1  Các lực tác dụng vào động cơ:. Phiến nặng t02 = 0 x02 = l v02 = 0 a2 = - a0. Trọng lực:. P1. Phản áp lực:. Lực ma sát:. Fms1. Lực căng của dây: T1. N1. Áp dụng định luật II Niu-Tơn: Fhl  ma.  P1  T1  N 1  Fms1  m1 a 1 Chiếu lên Ox: T1 - Fms1 = m1a1 → T1 = Fms1 + m1a1 (1) Chiếu lên Qy: N1 - P1 = 0 → N1 = P1 Fms1 = .N1 = m1g Các lực tác dụng vào phiến nặng Trọng lực:. P2. Tài liệu lưu hành nội bộ. Phản áp lực:. N2. Email: Trang 28.

(29) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Fms 2. Lực ma sát:. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Lực căng của dây: T2. Áp dụng định luật II Niu-Tơn: Fhl  ma → P2  T2  N 2  Fms 2  m 2 a 2 Chiếu lên Ox: Fms2 - T2 = m2a2 → T2 = Fms2 + m2a0 (2) Chiếu lên Qy: N2 – P2 = 0 → N2 = P2 Fms2 = .N2 = m2g Bỏ qua khối lượng của dây: T1 = T2 và m2 = 2m1 Từ (1) và (2): m1g + m1a1 = 2m1g + 2m1a0 → a1 = g + 2a0 Chuyển động thẳng biến đổi đều: x  x 0  v 0 .t  Đối với động cơ: x 1  x 01  v 01 .t  → x1 . 1 2 a.t 2. 1 a 1 .t 2 2. 1 2a 0  g .t 2 2. Đối với phiến nặng: x 2  x 02  v 02 .t  → x2  l . 1 a 2 .t 2 2. 1 a 0 .t 2 2. Khi động cơ va vào phiến nặng: x1 = x2. 1 2a 0  g .t 2  l  1 a 0 .t 2 2 2 2l 2l 2 → t  t 3a 0  g 3a 0  g →. 2.18  2s  3.2  0,3.10. Thay số: t . Bài 3 :Hai vật cùng khối lượng m = 1kg được nối với nhau bằng sợi dây không dẫn và khối lượng không đáng kể. Một trong 2 vật chịu tác  động của lực kéo F hợp với phương ngang góc  = 300 . Hai vật có thể trượt trên mặt bàn nằm ngang góc  = 300 Hệ số ma sát giữa vật và bàn là 0,268. Biết rằng dây chỉ chịu được lực căng lớn nhất là 10 N. Tính lực kéo lớn nhất để dây không đứt. Lấy 3 = 1,732.  Hướng dẫn giải : Vật 1 có : . . . . . . P1  N 1  F  T1  F1ms  m 1 a 1. Chiếu xuống Ox ta có: F.cos 300 - T1 - F1ms = m1a1 Chiếu xuống Oy. : Fsin 300 - P1 + N1 = 0. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 29.

(30) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Và F1ms = k N1 = k(mg - Fsin 300) F.cos 300 - T1k(mg - Fsin 300) = m1a1 Vật 2: . . . . . (1) . P2  N 2  F  T2  F2 ms  m 2 a 2 Chiếu xuống Ox ta có: T - F2ms = m2a2 Chiếu xuống Oy : -P2 + N2 = 0 Mà F2ms = k N2 = km2g T2 - k m2g = m2a2 Hơn nữa vì m1 = m2 = m; T1 = T2 = T ; a1 = a2 = a. F.cos 300 - T - k(mg - Fsin 300) = ma (3) T - kmg = ma (4) Từ (3) và (4) T (cos 30 0   sin 30 0 )  T  t m· 2 2Tm · 2.10 F   20 0 0 cos 30   sin 30 3 1  0,268 2 2 Vậy Fmax = 20 N Bài 4 :Hai vật A và B có khối lượng lần lượt là mA = 600g, mB = 400g được nối với nhau bằng sợi dây nhẹ không dãn và vắt qua ròng rọc cố định như hình vẽ. Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và lực ma sát giữa dây với ròng rọc. Lấy g = 10m/s2. Tính gia tốc chuyển động của mối vật.  Hướng dẫn giải : Khi thả vật A sẽ đi xuống và B sẽ đi lên do mA > mB và TA = TB = T aA = aB = a Đối với vật A: mAg - T = mA.a Đối với vật B: -mBg + T = mB.a * (mA - mB).g = (mA + mB).a m  mB 600  400 * a A .g  .10  2m / s 2 600  400 mA  mB Bài 5: Ba vật có cùng khối lượng m = 200g được nối với nhau bằng dây nối không dãn như hình vẽ. Hệ số ma sát trượt gjữa vật và mặt bàn là m = 0,2. Lấy g = 10m/s2. Tính gia tốc khi hệ chuyển động.  Hướng dẫn giải : Chọn chiều như hình vẽ. Ta có: . . . . . . . . . . . . F3  P3  N 3  T4  T3  F2 ms  P2  N 2  T2  T1  P1  M a Do vậy khi chiếu lên các hệ trục ta có: mg  T1  ma 1  T2  T3  Fms  ma 2 T  F  ma ms 3  4 Vì. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 30.

(31) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. T1  T2  T T3  T4  T ' a1  a 2  a 3  a mg  T  ma   T  T '  Fms  ma  ' T  Fms  ma mg  2 Fms  3ma   mg  2mg  3ma 1  2 1  2.0,2  a .g  .10  2 m / s 2 3 3 Bài 6 :Hai vật có khối lượng m1 và m2 được nối qua hệ hai ròng rọc như hình vẽ. Bỏ qua ma sát, khối lượng dây nối và khối kượng rò1ng rọc, dây không dãn. Tính gia tốc chuyển động và sức căng dây khi thả cho hệ chuyển động. Áp dụng m1=m2=1kg. Lấy g=10m/s2.  Hướng dẫn giải :: Ta chưa thể biết chiều chuyển động của mỗi vật. Ta chọn chiều dương cho mỗi vật như hình vẽ. Khi thả hệ chuyển động, sau thời gian t vật m1 sẻ chuyển động được quảng đường S1 và m2 chuyển động quảng đường S2 mà: S1 =2S2 1 Với S1  a1t 2 Nên: a1 = 2a2 2 1 S 2  a 2t 2 2    Xét vật m1: áp dụng định luật II Newton: P1  T  m1a1 (1) Chiếu (1) lên chiều dương đã chọn: P1  T  m1a1    Xét vật m2: áp dụng định luật II Newton: P2  T '  m2 a2 (2) Chiếu (2) lên chiều dương đã chọn:  P2  T '  m2 a2 Mặt khác T’ = 2T nên:  P2  2T  m2 a 2 Viết lại: P1  T  m1a1  P2  2T  m2 a 2 a1 = 2a2 2(2m1  m2 ) giải hệ ta được a1  g 4m1  m2 + Nếu m1>m2/2 thì các vật chuyển động theo chiều dương. + Nếu m1 = m2/2. Khi thả không vận tốc đầu, các vật đứng yên. 3m1 m2 Từ hệ trên ta suy ra: T  g 4m1  m2 - Áp dụng cho trường hợp m1 =m2: Suy ra: a1 = 0,4.g = 4m/s2 a2 = 2m/s2 Và T = 0,6mg = 6N T’ = 2T = 12N Loại 2: Hệ vật chuyển động trên mặt phẳng nghiêng có ròng rọc a) Phương pháp + Xét từng vật riêng biệt + Phân tích lực tác dụng lên từng vật Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 31.

(32) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. + Áp dụng định luật II Newton cho từng vật Chú ý: Fms = kN= kPcosα Bài 7:Cần tác dụng lên vật m trên mặt phẳng nghiêng góc a một lực F bằng bao nhiêu để vật nằm yên, hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là k , khi biết vật có xu hướng trượt xuống.  Hướng dẫn giải : Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ. Áp dụng định luật II Newtơn ta có : . . . . F  P  N  Fms  0 Chiếu phương trình lên trục Oy: N - Pcoxa - Fsina = 0 Þ N = Pcoxa + F sina Fms = kN = k(mgcoxa + F sina) Chiếu phương trình lên trục Ox : Psina - F coxa - Fms = 0 Þ F coxa = Psina - Fms = mg sina - kmg coxa - kF sina mg(sin   kcox) mg(tg  k ) F  cos   k sin  1  ktg Bài 8: Một xe trượt không vận tốc đầu từ đỉnh mặt phẳng nghiêng góc a = 300. Hệ số ma sát trượt là m =. 0,3464. Chiều dài mặt phẳng nghiêng là l = 1m. lấy g = 10m/s2 và 3 = 1,732 Tính gia tốc chuyển động của vật.  Hướng dẫn giải :.  .    Các lực tác dụng vào vật: Trọng lực P ; Lực ma sát Fms Phản lực N của mặt phẳng nghiêng Hợp lực . . . . . F  P  N  Fms  m a Chiếu lên trục Oy: - Pcox  + N = 0  N = mg cox  (1) Chiếu lên trục Ox : Psin  - Fms = max  mgsin  - mN = max (2) từ (1) và (2) mgsin  - m mg cox  = max ax = g(sin  - m cox  ) = 10(1/2 - 0,3464. 3 /2) = 2 m/s2 Bài 9:Xem hệ cơ liên kết như hình vẽ m1 = 3kg; m2 = 1kg; hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là m = 0,1 ; a. = 300; g = 10 m/s2. Tính sức căng của dây?  Hướng dẫn giải : Giả thiết m1 trượt xuống mặt phẳng nghiêng và m2 đi lên, lúc đó hệ lực có chiều như hình vẽ. Vật chuyển động nhanh dần đều nên với chiều dương đã chọn, nếu ta tính được a > 0 thì chiều chuyển động đã giả thiết là đúng. Đối với vật 1: . . . . . P1  N  T1  Fms  m 1 a 1 Chiếu hệ xOy ta có: m1gsin  - T - mN = ma Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 32.

(33) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. - m1g cox  + N = 0 * m1gsin  - T - m1g cox  = m1a Đối với vật 2: . . Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. (1). . P2  T2  m 2 a 2 -m2g + T = m2a (2) Cộng (1) và (2) m1gsin  - m m1g cox  = (m1 + m2)a m g sin   m 1 cos   m 2 g a 1 m1  m 2. 1 3 3.10.  0,1.3  1.10 2 2   0,6 (m / s 2 ) 4 Vì a > 0, vậy chiều chuyển động đã chọn là đúng * T = m2 (g + a) = 1(10 + 0,6) = 10,6 N Bài 10: Cho một hệ như hình vẽ, m1= 6kg; m2=5kg, hệ số ma sát k= 0,3 và α= 300. Tìm: a. Gia tốc của chuyển động b. Lực căng của sợi dây. Lấy g=10m/s2.  Hướng dẫn giải : a. Tìm gia tốc a Chọn chiều dương là chiều chuyển động Xét vật m1:     Lực tác dụng vào vật m1: trọng lực P1 , phản lực N1 , lực căng của sợi dây T , lực ma sát Fms .      Áp dụng định lật II Newton: P1  N1  T  Fms  m1a (1) Chiếu (1) lên phương chuyển động: -P1sinα + T – Fms = m1a (a) Xét vật m2:   Lực tác dụng vào vật m2: trọng lực P2 , lực căng của sợi dây T .    Áp dụng định luật II Newton: P2  T  m2 a (2) Chiếu (2) lên phương chuyển động: P2 – T = m2a (b) P  P sin   Fms Từ (a) và (b) suy ra: a  2 1 m1  m2 Với Fms = kN= kP1cosα =km1gcosα P  P sin   Fms m2 g  m1 g sin   km1 g cos  g (m2  m1 sin   km1 cos  ) Nên a  2 1   m1  m2 m1  m2 m1  m2 2 Vậy a= 0,4m/s  b. Tìm sức căng của sợi dây T Từ (b) suy ra: T= P2- m2a=m2(g-a) = 5(10 -0,4)=48N CHÚ Ý: Trong các bài tập ở trên người ta thường cho dây không dãn, bây giờ ta xét cho trường hợp dây có thể co giãn như là lò xo. Loại 3: Hệ ròng rọc nối lò xo  Phương pháp Ta vẫn tiến hành giải theo từng bước như bài toán ở trên + Xét từng vật riêng biệt + Phân tích lực tác dụng lên từng vật + Áp dụng định luật II Newton cho từng vật   Chú ý: Độ lớn của lực căng dây T bằng với lực đàn hồi Fdh của lò xo. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 33.

(34) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Bài 11: Vật B kéo vật A qua một sợi dây vắt qua ròng rọc và một lò xo. Cho biết vật A chuyển động đều trên mặt bàn nằm ngang, và lò xo bị dãn 1cm so với khi không biến dạng. Khối lượng của vật A là 1,5kg, độ cứng của lò xo là 60N/m, gia tốc rơi tự do g=10m/s2. a. Hãy tính hệ số ma sát giữa vật A và mặt bàn. b. Tính khối lượng của vật B. Ròng rọc và lò xo co khối lượng không đáng kể.  Hướng dẫn giải : a. Tính hệ số ma sát Chọn chiều dương là chiều chuyển động. Xét vật A: Áp dụng định luật II Newton:      PA  N  T  Fms  m A a (1) Chiếu (1) lên phương chuyển động: -Fms + T=0 (vì a=0)  Fms = T = k.∆l = 60.0,01=0,6N Mặt khác: Fms = µN =µP Suy ra: µ =Fms/P =0,6/15= 0,04 b. Tính mB Xét vật B: Áp dụng định luật II Newton:    PB  T  m B a (2) Chiếu (2) lên phương chuyển động: PB – T = mBa Vì B chuyển động đều a = 0 suy ra: PB = T = 0,6N Mặt khác PB= mBg =0,6N Suy ra: mB = 0,6/g = 0,06kg  Ngoài các bài tập giải theo phương pháp động lực học chất điểm như ở trên ta còn bắt gặp một số bài toán trong phần tĩnh học vật rắn.  Phương pháp giải các bài toán cân bằng vật rắn  Phương pháp + Chọn hệ quy chiếu thích hợp để khảo sát. + Phân tích các lực tác dụng lên vật, vẽ giản đồ vectơ lực + Sử dụng điều kiện cân bằng của vật rắn, viết biểu thức véc tơ cho từng vật:   F  0 (*) + Chiếu các vectơ của phương trình (*) lên hệ toạ độ xOy tìm ra các phương trình đại số dưới dạng:. F  F Oy:  F  F Ox:. x. 1x.  F2 x  ........  0. y. 1y.  F2 y  ........  0. + Giải hệ các phương trình đại số đó ta được đại lượng cần tìm. Bài 12: Hai vật m1 và m2 được nối với nhau qua ròng rọc như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa vật m1 và mặt phẳng nghiêng là µ. Bỏ qua khối lượng ròng rọc và dây nối. Dây nối không co dãn. Tính tỉ số giữa m2 và m1 để vật m1: a. Đi lên đều b. Đi xuống thẳng đều c. Đứng yên( lúc đầu vật đứng yên) Giải: a. m1 đi lên thẳng đều Các lực tác dụng vào m1:   + Trọng lực P1  + Phản lực N1  + Lực căng T có độ lớn T = P2  + Lực ma sát f ms hướng xuống dọc theo mặt phẳng nghiêng.  Vì vật chuyển động thẳng đều: Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 34.

(35) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.     P1  N1  T  f ms  0  Chiếu xuống Ox: P1sinα – T + fms = 0 Hay: P1sinα – P2 + µN1= 0 (1) Chiếu xuống Oy: N1 – P1cosα = 0 N1 = P1cosα (2) Từ (1) và (2) : P1sinα – P2 + µ P1cosα = 0 P1 (sinα + µcosα) = P2   P1/P2 = sinα + µcosα f Hay m1/m2 = sinα + µcosα (3) ms b. m1 đi xuống thẳng đều:  Trường hợp này lực ma sát f ms hướng lên. Lý luận tương tự như trên ta có: P1sinα – P2 - µN = 0 N = P1cosα => P1sinα – P2 - µ P1cosα = 0 => P2/P1 = sinα - µcosα Hay : m2/m1 = sinα - µcosα (4) c. m1 đứng yên: Lúc ban đầu vật đứng yên:  Biểu thức (3) cũng là giá trị lớn nhất của m2/m1 để vật m1 còn đứng yên (để chuẩn bị chạy lên).  Biểu thức (4) cũng là giá trị bé nhất của m2/m1 để vật m1 còn đứng yên (để chuẩn bị chạy xuống). Vậy để vật m1 đứng yên thì: sinα - µcosα ≤ m2/m1 ≤ sinα + µcosα. Bên cạnh sử dụng phương pháp động lực học để giải bài boán về ròng rọc ta có thể dùng “PHƯƠNG PHÁP NĂNG LƯỢNG” để giải.  Phương pháp giải bài toán theo năng lượng + Xét từng vật hoặc cả hệ vật (tuỳ theo từng bài toán) + Chọn gốc thế năng + Tuỳ điều kiện bài toán ta có thể dùng công thức tính công, định lý bảo toàn công, công thức tính động năng , thế năng, định lý biến thiên thế năng , định lý biên thiên động năng, định luật bảo toàn cơ năng. + Gải các phương trình ta tìm được các đại lượng cần tìm. Loại 1: Dạng bài tập tính công của trọng lực  Phương pháp + Sử dụng công thức tính công của trọng lực A = mgh Với h = h1 – h2 : Vật * từ trên xuống h>0 => A>0 * từ dưới lên h<0 => A<0 Chú ý: h1: độ cao của vật lúc đầu h2: độ cao của vật lúc sau Bài 1: Cho cơ hệ như hình vẽ, m1 = 100g; m2=200g; α=300. tính công của trọng lực của hệ thống khi vật m1 đi lên không ma sát trên mặt phẳng nghiêng quãng đường 1m.  Hướng dẫn giải Nhận xét: m1 chuyển động 1m trên mặt phẳng nghiêng m2 chuyển động 1m xuống phía dưới Xét vật m1: Công của trọng lực của m1: A1 = m1g(h1 – h2) Tìm h1 – h2 ? h1 – h2 = s.sin300 A1= - m1g. sin 300 Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 35.

(36) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Vậy A1 = - 0,1.10.1.0,5 = - 0,5J Xét vật m2: Công của trọng lực của m2: A2 = m2gs = 0,2.10.1 = 2J Vậy công của trọng lực của hệ là: A = A1+A2 = 1,5J Loại 2: Áp dụng định luật bảo toàn công, định lý biến thiên thế năng, định lý biến thiên động năng  Phương pháp  Định luật bảo toàn công:  Không có máy nào làm cho ta lợi về công: Nếu máy làm tăng lực bao nhiêu lần thì giảm đường đi bấy nhiêu lần và ngược lại.  Độ lớn công của lực phát động bằng độ lớn công của lực cản: Aphát động  ACản hay Aphát động  ACản  0 . Định lý biến thiên thế năng: Độ giảm thế năng bằng công của trọng lực:. . Định lýđộng năng:. Wt  Wt1  Wt 2  AP. Wđ  Wđ 2  Wđ1   Angoại lực. Bài 2: Xét hệ hai vật m1 = 2,5kg và m2 =1kg móc vào hai ròng rọc cố định và động như hình vẽ. Thả cho hệ chuyển động thì vật m1 dịch chuyển một đoạn. Vật m2 đi lên hay đi xuống bao nhiêu? Thế năng của hệ tăng hay giảm bao nhiêu? So sánh với công của trọng lực. Bỏ qua khối lượng các ròng rọc và dây. Lấy g = 10m/s2.  Hướng dẫn giải Tìm s2 Nếu hệ cân bằng: P2 = 2T => T = P2 /2 Xét vật m1: Công A1 = T. s1 ( lực căng của sợi dây thực hiện 1 công) Xét vật m2: Trọng lực P2 thực hiện một công A2 = P2.s2 Theo định luật bảo toàn công: A1 =A2 => T.s1 = P2.s2 => s2 = s1/2 =1/2 = 0,5m Tìm ∆Wt Chọn gốc thế năng tại vị trí ban đầu của một vật. Nên thế năng ban đầu của hệ Wt = 0 - Xét vật m1: đi xuống một đoạn s1, nên W’t1= - m1gs1 T T - Xét vật m2: đi lên một đoạn s2, nên W’t2 = m2gs2 T Thế năng của hệ lúc này: W’t= W’t1+W’t2 = m2gs2- C Độ biến thiên thế năng của hệ ∆Wt = W’t – Wt = m2gs2- m1gs1 – 0 ∆Wt= 1.10.0,5 – 2,5.10.1 = - 20J Vậy thế năng của hệ giảm. Công của trọng lực AP Ta có AP= AP1+AP2 Với AP1= m1gs1; AP2= - m2gs2 Nên AP= m1gs1 - m2gs2 = 20J = -∆Wt Vậy: độ giảm thế năng của hệ bằng công của trọng lực Bài 3: Hai vật A và B có khối lượng mA = 3kg và mB= 1kg được nối với nhau qua ròng rọc như hình vẽ, trong đó α= 300. Hệ thống luúc đầu đứng yên, sau đó ta thả cho hệ chuyển động. bỏ qua ma sát giữa vật A và mặt phẳng nghiêng; khối lượng ròng rọc và dây nối coi như không đáng kể; dây nối không co dãn. a. Áp dụng định lý động năng để tính vận tốc của mỗi vật khi vật A đi được 1m. b. Chứng tỏ các vật chuyển động nhanh dần đề và tính gia tốc của chuyển động.  Hướng dẫn giải a. Vận tốc của mỗi vật: Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 36.

(37) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Vì Psinα >P1 nên khi thả ra vật A trượt xuống còn vật B đi lên.  Xét vật A:    + Các lực tác dụng vào A: P, T , N + Công của vật A khi nó di chuyển xuống dưới khoảng x: A1= AP+ AT+AN = Psinα.x – T.x +0 + Áp dụng địng lý động năng cho vật A: mV22/2= Psinα.x – T.x (1)  Xét vật B:   + Các lực tác dụng vào B: P1 ,T1 + Khi A di chuyển xuống khoảng x thì B đi lên x. + Công của B khi đi lên khoảng x: A2=AP1+AT1 = - P1x + T. x + Áp dụng định lý động năng cho vật B: m1V2/2 = - P1x + Tx (2) Cộng (1) và (2) ta được 1 (m1  m)V 2  ( P sin   P1 ) x 2 (3) 2( P sin   P1 ) 2(m sin   m1 ) 2 V  x gx m1  m m1  m Và : V = 2,5  1,58m/s b. Gia tốc chuyển động của các vật: Biểu thức (3) có dạng: V2 = 2. ax (m sin   m1 ) Với: a g = 1,25 m/s2 m1  m Cho ta kết luận A và B chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a = 1,25m/s2. Loại 3: Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng  Phương pháp + Xét cơ năng của hệ ở từng thời điểm + Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ W1=W2 với W= Wđ + Wt Bài 4: Hai vật A và B được nối với nhau bằng dây không giãn qua ròng rọc cố định với mA = 300g, mB= 200g. Vật B trượt không ma sát trên mặt phẳng nghiêng góc α =300. Lúc đầu vật A cách mặt đất h = 0,5m. Lấy g= 10m/s2 ; bỏ qua khối lượng dây nối và ròng rọc. a. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng để tính vận tốc vật A và B khi A chạm đất. b. Khi vật A chạm đất thì vật B tiếp tục chuyển động đi lên trên mặt phẳng nghiêng một quảng đường là bao nhiêu?  Hướng dẫn giải a. Vận tốc A và B khi chạm đất V B Chọn mốc độ cao tại mặt đất thì:  Cơ năng của hệ lúc thả: A W0 = mAgh+ mBgh1 h2 h 3 V h1  Cơ năng của hệ lúc chạm đất: W1= mAV2/2 + mBV2/2 + mBgh2 với h2 = h1 +hsinα h Vì không có ma sát nên: W0 = W1 mAgh+ mBgh1 = mAV2/2 + mBV2/2 + mBg(h1 +hsinα) ( mA+mB)V2 =2( mA- mBsinα)gh V2=2( mA- mBsinα)gh/ mA+mB = 4 V = 2m/s2 b. Quãng đường vật B tiếp tục đi lên : Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 37.

(38) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Khi vật A chạm đất, vật B do quán tính vật tiếp tục chuyển động chậm dần( do thành phần Psinα kéo xuống) nên sau đó vật B sẻ dừng lại. Cơ năng vật B lúc vật A dừng : mBgh2 + mBV2/2 Cơ năng vật B lúc dừng: mBgh3 Do không ma sát nên: mBgh2+ mBV2/2 = mBgh3  h3 – h2 = V2/2g = 0,2m Với h3-h2 = lsinα nên: l= 0,4m Dạng 4 : Bài tập về lực hướng tâm Bài 1:Một bàn nằm ngang quay tròn đều với chu kỳ T = 2s. Trên bàn đặt một vật cách trục quay R = 2,4cm. Hệ số ma sát giữa vật và bàn tối thiểu bằng bao nhiêu để vật không trượt trên mặt bàn. Lấy g = 10 m/s2 và p2 = 10  Hướng dẫn giải Khi vật không trượt thì vật chịu tác dụng của 3 lực:. P, N; Fms nghØ Trong đó:. PN0 Lúc đó vật chuyển động tròn đều nên Fms là lực hướng tâm: 2 Fms  mw R(1)  Fms  .mg(2) w2R g Với w = 2p/T = p.rad/s  2 .0,25   0,25 10 Vậy mmin = 0,25 Bài 2 :Một lò xo có độ cứng K, chiều dài tự nhiên l0, 1 đầu giữ cố định ở A, đầu kia gắn vào quả cầu khối lượng m có thể trượt không ma sát trên thanh (D) nằm ngang. Thanh (D) quay đều với vận tốc góc w xung quanh trục (A) thẳng đứng. Tính độ dãn của lò xo khi l0 = 20 cm; w = 20p rad/s; m = 10 g ; k = 200 N/m  Hướng dẫn giải Các lực tác dụng vào quả cầu P ; N ; Fdh  w 2 R  .g   . Kl  mw 2 l o  l . . .  l K  mw 2  mw 2 l o 2.  l . mw l o K  mw 2. với k > mw2. l . 0,01.20 2 .0,2.  0,05m 200  0,01.20 2 Bài 3: Vòng xiếc là một vành tròn bán kính R = 8m, nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Một người đi xe đạp trên vòng xiếc này, khối lượng cả xe và người là 80 kg. Lấy g = 9,8m/s2 tính lực ép của xe lên vòng xiếc tại điểm cao nhất với vận tốc tại điểm này là v = 10 m/s.  Hướng dẫn giải Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 38.

(39) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Các lực tác dụng lên xe ở điểm cao nhất là P ; N Khi chiếu lên trục hướng tâm ta được mv 2 PN  R 2 v   10 2   N  m  g   80  9,8   216 N R   8  Bài 4: Một người đang đi xe máy với tốc độ 72 km/h thì vào một đoạn đường cua chuyển động theo một cung tròn có bán kính 200m trên mặt phẳng ngang. Lấy g = 10m/s2. a/ Tính góc nghiêng của người và xe so với phương thẳng đứng? b/ Hệ số ma sát nghỉ giữa bánh xe và mặt đường là 0,4. Hỏi người đó đi với tốc độ bao nhiêu thì bị văng ra khỏi đường?  Hướng dẫn giải Khi vào đường cua xe máy chuyển động tròn đều bán. Quỹ đạo là cung tròn của đường trên mặt phẳng ngang. Cần hướng dẫn học sinh hình tượng được hiện tượng trong bài và nêu cách vẽ hình. Hướng dẫn học sinh tìm hiểu về tác dụng của mặt đường vào xe, thể hiện được góc nghiêng của người và xe so với phương thẳng đứng trên hình vẽ. Hướng dẫn học sinh phân tích để nêu được cách xác định góc nghiêng này. Đối với câu b cần phân tích cho học sinh để có thể chuyển động được trên đường thì điểm bánh xe tiếp xúc với mặt đường không được trượt. Nếu điểm bánh xe tiếp xúc với mặt đường bị trượt thì xe bị văng ra khỏi đường. Lời giải cụ thể của bài như sau:. a ht. N. Fms P Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt đất. Khi xe và người chưa bị văng ra khỏi đường: Các lực tác dụng vào người và xe: Lực tác dụng trở lại từ mặt đường: Q có phương dọc theo người và xe có hai tác dụng là: Phản áp lực: N Trọng lực:. Lực ma sát nghỉ: Fms. P. Góc nghiêng của người và se so với phương thẳng đứng là góc hợp bởi phản áp lực N. và lực tác dụng trở lại. từ mặt đường Q Áp dụng định luật II Niu-Tơn: Fhl  ma → P  N  Fms  ma ht Chiếu lên phương thảng đứng, chiều từ trên xuống: P – N = 0 → N = P = mg Chiếu lên phương ngang, chiều từ vật hướng vào tâm của đường: Fms = maht Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 39.

(40) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Fms ma ht v 2 20 2 a/ Từ hình: tan       0,2 N mg r.g 200.10 Vậy xe nghiêng so với phương thẳng đứng một góc  với tan = 0,2 b/ Xét khi người và xe chưa bị văng ra khỏi đườg thì điểm bánh xe tiếp xúc với mặt đường không bị trượt trên mặt đường. Như vậy Fms là lực ma nghỉ: → Fms ≤ .N → maht ≤ .mg.. v2  g  v 2  rg  v  20 2 m / s  r Để xe bị văng ra khỏi đường: tốc độ của xe là v  20 2 m / s  . → . Đáp số:. tan = 0,2. v  20 2 m / s  BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài 1: Cho hệ vật như hình vẽ: m1 = 1kg, m2 = 2kg. Hệ số ma sát giữa hai  m2  m1 F  vật và mặt phẳng ngang đều bằng nhau là k = 0,1. Tác dụng vào m2 lực F có độ lớn F = 6N và  = 300 như hình vẽ. Tính gia tốc mỗi vật và lực căng của dây. Biết dây có khối lượng và độ giãn không đáng kể. lấy g = 10m/s2. ĐS: a = 0,83 m/s2 ; T = 1,83 N. Bài 1: Cho hệ vật như hình vẽ: m1 = 3kg, m2 = 2kg,  = 300. Bỏ qua ma sát, khối lượng của dây và khối lượng ròng rọc. Lấy g = 10m/s2. . a. Tính gia tốc chuyển động của mỗi vật m m b. Tính lực nén lên trục ròng rọc. c. Sau bao lâu kể từ khi bắt đầu chuyển động từ trạng thái đứng yên thì hai  vật ở ngang. Biết lúc đầu m1 ở vị trí thấp hơn m2 0,75m. ĐS: a. a =1 m/s; b. T = 31,2 N; c. t = 1 s. 1. Trên mặt phẳng nằm ngang có hai vật có khối lượng m1 = 1kg và m2 = 2kg nối với nhau bằng một dây khối lượng và độ giãn không đáng kể. Tại một thời m2 m1 điểm nào đó vật m1 bị kéo theo phương ngang bởi một lò xo (có khối lượng không đáng kể) và đang bị giãn ra một đoạn  l = 2cm. Độ cứng của lò xo là k = N 300 . Bỏ qua ma sát. Xác định: m a. Gia tốc của vật tại thời điểm đang xét b. Lực căng dây tại thời điểm đang xét. ĐS: a. a = 2 m/s2 ; b. T = 4 N. 2. Đặt một vật khối lượng m1 = 2kg trên một mặt bàn nhẵn nằm ngang. Trên nó có một vật khác khối lượng m2 = 1 kg. Hai vật nối với nhau bởi một sợi dây vắt qua một ròng rọc cố định. Cho độ giãn của sợi dây, khối lượng của dây và ròng rọc không đáng kể.  Hỏi cần phải tác dung một lực F có độ lớn bao nhiêu vào vật m1(như m2 hình vẽ) để nó chuyển động với gia tốc a = 5m/s2. Biết hệ số ma sát giữa 2 m1 hai vật m1 và m2 là k = 0,5. Lấy g = 10m/s . Bỏ qua ma sát với mặt bàn. ĐS: F = 25 N. 3. Có thể đặt một lực F theo phương ngang lớn nhất là bao nhiêu lên m2 để m1 đứng yên trên mặt m2 khi m2 chuyển động nhanh dần đều m1  F trên mặt phẳng nằm ngang. Biết hệ số ma sát giữa m1 và m2 là k = 0,1; giữa m2 m2 và mặt ngang là k’ = 0,2; m1 = 1kg; m2 = 2kg. Lấy g = 10m/s2. ĐS: F = 9 N. 1. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: 2. Trang 40.

(41) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. 4. Có hệ vật như hình vẽ, m1 = 0,2 kg; m2 = 0,3 kg được nối với nhau bằng một  m2 m1 dây nhẹ và không giãn. Bỏ qua ma sát giữa hai vật và mặt bàn. Một lực F có phương song song với mặt bàn có thể tác dụng vào khi m1 hoặc m2.  lực a. Khi F tác dụng vào m1 và có độ lớn 1N thì gia tốc của các vật và căng dây nối là bao nhiêu?  b. Biết dây chịu được lực căng lớn nhất là 10N. Hỏi độ lớn cực đại của F tác dụng vào m1 hoặc m2. ĐS: a. a = 2 m/s2, T = 0,6 N; b. Fmax = 25 N. 5. Có hệ vật như hình vẽ, m1 = 3kg, m2 = 2kg, m = 5kg. Bỏ qua ma sát và độ giãn dây treo. Khối lượng của các ròng rọc và của dây treo. Khối lượng của các ròng rọc và của dây treo không đáng kể. Lấy g = 10m/s2. Tính gia tốc chuyển động của m và lực căng dây nối m với ròng rọc động . ĐS: a = 0,2 m/s2; T = 49 N. 6. Muốn kéo một vật có trọng lượng P = 1000N chuyển động đều lên một mặt phẳng  nghiêng góc 600 so với đường thẳng đứng, người ta phải dùng một lực F có phương song song với mặt phẳng nghiêng và có độ lớn 600N. Hỏi vật sẽ chuyển động xuống mặt phẳng  m m1 nghiêng với gia tốc bao nhiêu khi không có lực F . Biết giữa vật và mặt phẳng nghiêng có 2 ma sát. Lấy g = 10m/s . m2 ĐS: a = 4 m/s2.. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 41.

(42) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. I.. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. CHỦ ĐỀ . CHUYỂN ĐỘNG CỦA VẬT BỊ NÉM Chuyển động của vật bị ném ngang từ độ cao h với vận tốc ban đầu vo  Chọn trục Ox nằm ngang, Oy thẳng đứng hướng xuống dưới, gốc O ở vị trí ném, gốc thời gian là lúc ném. Phân tích chuyển động của vật thành hai thành phần: + Chuyển động theo phương ngang Ox là chuyển động thẳng đều. + Chuyển động theo phương thẳng đứng Oy là chuyển động rơi tự do.  Các thành phần lực, vận tốc và gia tốc: + Lực tác dụng lên vật: trọng lực P  mg . v  v o + Các thành phần vận tốc ban đầu:  Ox . vOy  0  a  0  Các thành phần gia tốc:  x . a y  g  Ox : x  v t  o  Các phương trình chuyển động:  .  1 Oy : y  gt2  2  g   Phương trình quỹ đạo: y   2  x 2 (quỹ đạo chuyển động ném ngang là 1 nhánh Parabol).  2vo  v  v v 2 gt o  Vận tốc tại vị trí bất kì:  x  v  v2x  v2y  v2o  gt và tan   y  . v y  gt vx vo .  Khi vật chạm đất: y  h; t  II.. 2h 2h  L  x max  v o và v2ch.đât  v2o  2gh . g g. Chuyển động của vật bị ném xiên lên một góc α so với phương ngang, vận tốc ban đầu vo  Chọn trục Ox nằm ngang, Oy thẳng đứng hướng lên trên, gốc O ở vị trí ném, gốc thời gian là lúc ném. Phân tích chuyển động của vật thành hai thành phần: + Chuyển động theo phương ngang Ox là chuyển động thẳng đều. + Chuyển động phương thẳng đứng Oy là chuyển động biến đổi đều với a  g .  Các thành phần lực, vận tốc và gia tốc: + Lực tác dụng lên vật: trọng lực P  mg . v  v cos  o + Các thành phần vận tốc ban đầu:  Ox . vOy  v o sin   a  0 + Các thành phần gia tốc:  x . a y  g  + Các phương trình chuyển động: x  v  v cos  .t  ox o .  y  v t  1 gt2   v sin   t  1 gt2 oy o  2 2  Phương trình quỹ đạo: y   tan   .x . Tài liệu lưu hành nội bộ. g 2 o. 2. 2v cos . x 2 (là một Parabol).. Email: Trang 42.

(43) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. v  v cos  v gt o  Phương trình vận tốc :  x  v  v2x  v2y và tan   y  . v y  v o sin   gt vx vo   Tầm bay cao  độ cao cực đại:  v o sin   (tính từ lúc ném cho đến khi lên đến vị trí cao nhất )  t cao  g  vy  0   2 2   h  vo sin  (độ cao cực đại)  max 2g   Tầm bay xa  khoảng cách giữa điểm ném và điểm rơi (cùng trên mặt đất):   v sin     o   2.t cao t  2  xa  g   y 0  2  L  x  v o sin 2 (taàm neùm xa) max  g . Lưu ý: Với các chuyển động ném ngang – ném xiên cần phối hợp với các phương pháp tọa độ khi giải x  x 2 quyết các bài toán về gặp nhau giữa các vật khi ném. Chẳng hạn, khi hai vật ném gặp nhau:  1 , y1  y2  … Bài 1. Một quả cầu được ném ngang từ độ cao 80 m  . sau khi ném 3 s véctơ vận tốc của quả cầu hợp với phương ngang một góc 450 . a/ Tính vận tốc ban đầu của quả cầu ? a / v o  30 m /s b/ Quả cầu sẽ chạm đất lúc nào ? Ở đâu ? Với vận tốc bao nhiêu ? b / t  4 s ; L  120 m ; v c  50 m  Bài 2. Trong một trận đấu tennis, một đấu thủ giao bóng với tốc độ 86, 4 km /h  và quả bóng rời theo phương ngang cao hơn mặt sân là 2, 35 m . Lưới cao 0, 9 m và cách điểm giao bóng theo phương ngang là 12 m  .. . . Hỏi quả bóng có chạm lưới không ? Nếu nó qua lưới thì khi tiếp đất nó cách lưới bao xa ? Lấy g  9, 8 m /s2 . ĐS: Không  cách lưới 16, 45 m  . Bài 3. Từ đỉnh A của một mặt bàn phẳng nghiêng người ta thả một vật có khối lượng m  0, 2 kg trượt không ma sát không vận tốc đầu. Cho AB  50 cm , BC  100 cm, AD  130 cm  và lấy. . A. . g  10 m /s2 .. a) Tính vận tốc của vật tại điểm B ? b) Chứng minh rằng quỹ đạo của vật sau khi rời khỏi bàn là một parabol ? Vật rơi cách chân bàn một đoạn CE bằng bao D nhiêu? (Lấy gốc toạ độ tại C) g ĐS: a / v B  2, 45 m /s. b / y  h  tan .x  2 x 2 ; CE  0, 635 m  . 2 2v Bcos  Bài 4. N ém một viên đá từ điểm A trên mặt phẳng nghiêng với vận tốc  v0 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. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: B. C. E. Trang 43.

(44) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. b) Tìm góc  hợp bởi phương véc tơ vận tốc và phương ngang ngay sau viên đá chạm mặt phăng nghiêng và bán kính quỹ đạo của viên đá tại B.  Hướng dẫn 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 OX và OY: 0x: 0  ma x  a x  0 0y:  P  ma y a y   g . Phương trình chuyển động của vật theo hai trục ox và oy: (1)  x  v0 cos  .t   1 2 ( 2)  y  v 0 sin  .t  2 gt  Khi viên đá rơi xuống mặt phẳng nghiêng: (3)  x  l cos   ( 4)  y  l sin  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. l.  2v0 cos  . sin(   ) g cos 2  2. 2v  l 0 3g b) Tại B vận tốc của vật theo phương ox là: v v x  v 0 cos   0 2  Khi vật chạm mặt phẳng nghiêng : 2 2v 0 x  l cos  cos  3g 2. 2v hay v0 cos  .t  0 cos  ; 3g  Suy ra thời gian chuyển động trên không của viên đá: 2v cos 2v0 t 0 = 3g cos  g 3 . Vận tốc theo phương oy tại B: v y  v0 sin   gt. v y  v 0 sin  .  tan  =. Tài liệu lưu hành nội bộ. vy vx.  . 2v0 3. . v0 2 3. v0 1 2 3     30 0 v0 3 2. Email: Trang 44.

(45) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. 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  v 2 v 2 v02 2 2 2 Với: v  vx  v y    4 12 3 2 2v 0 R   3 3. g Bài 5. Một chiếc côngtenơ đặt sao cho mặt trên nằm ngang được cần cẩu cẩu lên thẳng đứng lên cao chậm dần đều với gia tốc a = 0,5m/s2. 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.  Hướng dẫn giải a. Sau 4s độ cao của người đứng trên mật côngtenơ là: a  t2 5  42 y  y0   6  10(m) 2 2 Vận tốc của người (so với đất) lúc đó: m v1  a.t  0,5.4  2 . s do v y  . . Gọi v 0 là vận tốc của viên đá đối với người thì vận tốc viên đá đối với . đất là v . Theo công thức cộng vận tốc ta có . . . v  v 0  v1 Chiếu lên: 0x:. v x  v 0 cos   5,4  0.86  4,7(m / s ) 5,4 0y: v y  v1  v 0 sin   2   4,7(m / s ) 2 vy vậy   45 0  tg  1 vx Chọn trục oxy như hình vẽ gắn vào mặt đất. Phương trìn chuyển động của viên đá theo phương oy: gt 2 y  10  v sin   t  2 với. v  v x2  v 2y  6,65(m / s ). vậy: y  10  4,7  t  5t 2 Lúc đá rơi xuống đất: y = 0  10  4,7  t  5t 2  0 t 2s b. Khoảng cách từ nơi đá rơi đến vị trí ban đầu của côngtenơ: Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 45.

(46) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. L  v x t  4,7.2  9,4 m . Bài 6. 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 .  Hướng dẫn 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 ;. y  v 0 sin   t . gt 2 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 450 có nghĩa là tại A: sin   cos  vx  v y  t   v0 (1) g Hơn nữa ta phải có sau thời gian này: ( 2) v 0 cos   t  l x  l    gt 2 y  h v sin   t  h (3)   0  2 v 02 l Từ (2)  t  (3) kết hợp với (1)  l  cos  .(sin   cos  ) (4) 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): v2 l  0 (sin  cos   cos 2  ) g. v 02 1 g 2 h 2 1 gh (  4   2) l g 4 2 v0 v0 Từ (1) :. t . vy . 1 gh 1 gh  2   2 v0 2 v 02 g.  v0  v y  v0. 1 gh  1 gh 1 gh   2   2   2 v0  2 v0 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. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 46.

(47) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.  1 gh  2   2 . v 0  1 v A2  2 v 0    S max  g g Vậy phải đặt súng cách vách hầm một khoảng:. . l. . v 02 1 g 2 h 2 1 gh (  4   2 ) thì tầm xa của đạn trên mặt đất là lớn nhất và g 4 2 v0 v0.  1 gh  2   2 . v 0  1 2 v  0  tầm xa này bằng  . g Bài 7. 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).  Hướng dẫn 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  v 2  9 R cos  (1) 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 . p cos   m.  x  v cos  .t   1 2  y  v sin  .t  2 gt Khi chạm đất y  h , nên: v sin  .t .  2 gR v   3 Thay  5  sin   3. 1 2 gt  h 2. vào phương trình trên ta tìm được:. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 47.

(48) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10.   10 gR  t1  3    10 gR   t 2  3 . Vậy sau t . Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. 10 gR  54 gh 3. g 10 gR  54 gh. 0. (loai ). 3. g.  10 gR  10 gR  54 gh 3 3.g. thì vật sẽ rơi xuống đất.. Tầm bay xa của vật:. S  x  v cos  .t  S. 2 2  10 gR  10 gR  54 gh gR . . 3 3 3 3.g. 2 2R  10 gR  10 gR  54 gh . 27 g. . . CHỦ ĐỀ: CHUYỂN ĐỘNG TRONG HỆ QUI CHIẾU QUÁN TÍNH VÀ KHÔNG QUÁN TÍNH 1. Các khái niệm a) Hệ quy chiếu quán tính: Hệ quy chiếu quán tính là những hệ quy chiếu mà trong đó các định luật Niutơn được nghiệm đúng. Một cách gần đúng thì hệ quy chiếu gắn với Trái Đất (hoặc gắn với các vật đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều so với Trái Đất) là những hệ quy chiếu quán tính. b) Hệ quy chiếu không quán tính: Hệ quy chiếu không quán tính là những hệ quy chiếu gắn với các vật chuyển động có gia tốc a  0 so với các hệ quy chiếu quán tính. Một cách gần đúng thì hệ quy chiếu không quán tính là những hệ quy chiếu gắn với những vật chuyển động có gia tốc so với Trái Đất.. c) Lực quán tính: Trong hệ quy chiếu không quán tính, ngoài các lực tác dụng thông thường vật còn    chịu thêm tác dụng của lực quán tính: Fqt  m.a o (với a o là gia tốc chuyển động của hệ so với Trái Đất). Lực quán tính có tác dụng lên vật giống nhau như các lực khác nhưng không có phản lực. 2. Chuyển động trong hệ quy chiếu không quán tính. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 48.

(49) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.   Trong hệ quy chiếu không quán tính, các lức tác dụng lên vật gồm: các lực tương tác F1, F2 ,... (như đối   với hệ quy chiếu quán tính) và lực quán tính Fqt  m.a o . Phương trình định luật II Niutơn cho vật là      F1  F2  ....  Fqt  m.a (m là khối lượng của vật, a là gia tốc của vật trong hệ quy chiếu không quán  tính, a o là gia tốc của hệ quy chiếu không quán tính đối với Trái Đất)..  Đối với hệ quy chiếu không quán tính quay đều, lực quán tính là lực li tâm có hướng xa tâm của quỹ đạo  mv 2 và có độ lớn: Fqt  ma ht   mω2R . R  Lưu ý rằng trọng lực của vật là hợp lực của lực hấp dẫn do Trái Đất và lực quán tính li tâm do Trái Đất      tự quay quanh mình nó: P  mg  Fqt . Một cách gần đúng, ta lấy P  mg . 3. Hiện tượng "tăng giảm trọng lượng" Hiện tượng "tăng giảm trọng lượng": là hiện tượng trọng lượng lớn hơn hoặc nhỏ hơn lực hấp dẫn mg. Hiện tượng này xảy ra trong thang máy chuyển động có gia tốc, trong con tàu vũ trụ lúc phóng lên hoặc trở về mặt đất…  Một số lưu ý khi giải bài tập  Trong hệ quy chiếu không quán tính, ngoài các lực tác dụng lên vật như đối với hệ quy chiếu quán tính   cần phải kể thêm đến lực quán tính Fqt  ma o và giải bài toán trong hệ quy chiếu không quán tính bằng phương pháp động lực học giống như đã làm đối với hệ quy chiếu quán tính. Cụ thể:     o Phương trình định luật II Niutơn: F1  F2  ......  Fqt  ma . F  F  ......  F  ma 2x qtx x Các thành phần trên các trục tọa độ:  1x . F1y  F2y  ......  Fqty  ma y      o Khi vật đứng yên: F1  F2  ......  Fqt  0 .      Cần chú ý xác định đúng chiều của a o , từ đó suy ra chiều của Fqt ( Fqt luôn ngược chiều với a o ). Cẩn. o. thận dấu của các đại lượng khi chiếu lên các trục tọa độ Bài 1 Một hòn bi khối lượng m được treo vào trần một toa tàu. Nếu tàu đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều thì viên bi nằm cân bằng. Nếu toa tàu chuyển động với gia tốc  A thì viên bi nằm cân bằng khi dây treo lệch góc  so với phương thẳng đứng. Ta giải thích sự lệch của sợi dây.  Hướng dẫn giải Khi toa tàu đứng yên thì hòn bi  chịu tác dụng của trọng lực P và lực căng dây treo T . Lúc   này P và T cân bằng với nhau nên hòn bi cân bằng. Khi toa tàu chuyển động vớigia  tốc A . Xét trong hệ quy chiếu gắn với toa tàu, là hệ quy chiếu không quán tính. Trong hệ quy chiếu này hòn bi chịu tác dụng của các lực:    Trọng lực P  m.g phương thẳng đứng   Lực căng dây treo T phương sợi dây    Lực quán tính f qt  m. A. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 49.

(50) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.      Nhận thấy: P  f qt  Q là lực nghiêng góc  so với phương thẳng đứng vì P vuông góc với f qt . Do vậy    để hòn bi nằm cân bằng thì lực T phải là lực trực đối của Q . Vậy lực T lệch góc  so với phương thẳng đứng, hay nói cách khác dây treo lệch góc  so với phương thẳng đứng. Bài 2 Cơ chế máy Atút treo trong thang máy, đầu dây vắt qua ròng rọc là 2 vật khối lượng lần lượt là m1, m2 (hình vẽ). Coi sợi dây không co giãn, khối lượng ròng rọc và dây treo không đáng kể. Thang máy chuyển động đi lên nhanh dần    đều với gia tốc A . Xác định gia tốc a1 , a 2 của các vật đối với mặt đất và độ lớn lực căng dây treo T  Hướng dẫn giải Xét trong hệ quy chiếu gắn với thang máy, trục toạ độ thẳng đứng, chiều dương hướng lên trên, giả sử vật m1 đi lên. Các lực tcạc dụng vào vật m1, m2 là:   m1: +Trọng lực P1  m1 .g  + Lực quán tính: f qt1  m1 . A  +Lực căng dây treo: T1   m2: +Trọng lực P2  m2 .g  +Lực quán tính: f qt 2  m2 . A  +Lực căng dây treo: T2 Phương trình chuyển động của chất điểm m1, m2 lần lượt là:     m1: P1  T1  f qt1  m1 .a1 (1.2.3)     m2: P2  T2  f qt 2  m 2 .a 2 (1.2.4)     Do a1   a 2 và T1  T2 nên chiếu (1.2.3) và (1.2.4) lên trục toạ độ ta có: T – m1 .g – m1.A = m1.a T – m2.g – m2.A = m2.a =>(m2 – m1).(g + A) = (m1 + m2).a m  m2 a 1 ( g  A) m1  m2    a1  a  A Vì:   nên: a 2  a  A m  m2 a1  1 ( g  A)  A m1  m2  Nếu m1 > m2 thì: m  m2 a2   1 ( g  A)  A m1  m 2 m  m2 a1   1 ( g  A)  A m1  m2  Nếu m1 > m2 thì: m  m2 a2  1 ( g  A)  A m1  m2 Bài 3 Cho cơ hệ như hình vẽ, khối lượng của các vật lần lượt là M, m1,m2. Ban đầu giữ cho hệ thống đứng yên. Thả cho cơ hệ chuyển động thì nêm chuyển động với gia tốc A bằng bao nhiêu? Tính gia tốc của vật đối với nêm theo gia tốc A của nêm. Với tỉ số nào của Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 50.

(51) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. m1, m2 thì nêm đứng yên và các vật trượt trên 2 mặt nêm. Bỏ qua ma sát khối lượng ròng rọc và dây nối.  Hướng dẫn giải Giả sử m1.sin  > m2.sin  tức vật m1 đi xuống, m2 đi lên. Khi đó tổng hình chiếu của các lực lên phương ngang bằng 0 nên khối tâm của hệkhông thay đổi. Do đó nêm đi sang phải. Vật m1 và m2 chịu tác dụng của các lực: Trọng lực, lực căng dây treo, phản lực của mặt nêm, lực quán tính. Phương trình chuyển động của các vật lần lượt là:       m1 : Fqt1  P1  Q1  T1  m.1 a1 (1.2.5)       m2: Fqt 2  P2  Q2  T2  m 2 .a 2 (1.2.6) + Chiếu (1.2.5) và (1.2.6) lên các mặt nêm ta có: m1.g.sin  + m1.Acos  – T1 = m1.a1 (1.2.7) m2.g.sin  +m2.A.cos  – T2 = m2.a2 (1.2.8) Do dây không giãn nên T1 = T2 = T và a1 = a2 = a, thay vào (1.2.7) và (1.2.8) ta được: g.m1 . sin  m 2 . sin   A.m1 . cos   A.m2 . cos  a m1  m2 (1.2.9) g .m1 . sin   m 2 . sin   A.m1 . cos   A.m 2 . cos  T .m.1 m2 m1  m 2 Chiếu (1.2.7) và (1.2.8) lên phương vuông góc với mặt nêm: Q1 = m1.(g.cos  – A.sin  ) Q2 = m2.(g.cos  – A.sin  ) + Phương trình chuyển động của nêm:        N  Q1  Q2 ' P  T  M . A Chiếu xuống phương ngang với Q1 = Q1’ và Q2 = Q2’ Q1.sin  – Q2.sin  + T(cos  – cos  ) = M.A (1.2.10) Thay giá trị của Q1, Q2, T vào (1.2.10) ta được: (m1 sin   m2 sin  )(m1 cos   m 2 cos  ) A  g. (m1  m 2 )( M  m1 sin 2   m 2 sin 2  )  m1 .m2 (cos   cos  ) Điều kiện để nêm đứng yên là: A = 0  m1sin  – m2sin  = 0. Khi đó thay vào biểu thức (1.2.8) ta được: a = 0  nêm đứng yên thì các vật cũng không chuyển động, hay nói cách khác không xảy ra trường hợp nêm đứng yên các vật chuyển động vì: khối tâm của hệ không di chuyển theo phương ngang. Bởi vậy, nếu khối tâm của 2 vật dịch chuyển thì khối tâm của nêm dịch chuyển theo chiều ngược lại. Bài 4 Một tấm ván khối lượng M có thể chuyển động không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Trên mép tám ván đặt vật khối lượng m (hình vẽ). Hệ số ma sát giữa vật và ván là k. Hỏi giá trị nhỏ nhất Fmin của lực F theo phương ngang cần đặt vào vật m để nó bắt đầu trượt trên tấm ván là bao nhiêu? Vật sẽ có vận tốc là bao nhiêu khi nó bắt đầu trượt trên tấm ván trong trường hợp lực F = 2.Fmin tác dụng lên nó. Biết chiều dài tấm ván là l  Hướng dẫn giải Chọn hệ quy chiếu gắn với tấm ván, chiều dương là chiều chuyển động của vật. Khi tác dụng vào vật m    lực F làm vật chuyển động thì giữa vật và ván xuất hiện lực ma sát Fms . Lực ma sát Fms tác dụng vào ván gây gia tốc cho ván được xác định: F' F m.k A  ms  ms  A  g . M M M Xét trong hệ quy chiếu gắn với tấm ván, vật chịu tác dụng của các lực:   - Trọng lực P  m. g Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 51.

(52) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.  - Phản lực N  - Lực ma sát Fms  - Lực F       Phương trình chuyển động của vật m: P  N  F  Fms  F¸m '  ma (1.2.11) Chiếu (1.2.11) lên phương ngang: F – Fms – Fqt = m.a Để vật trượt trên ván thì: F  Fms  Fqt a>0   0  F  Fms  Fqt  0  F  Fms  Fqt m Hay F  m.g.k + m.g.A (do N = m.g) Vậy F = m.(k + A) = m.g( k + m/M) b) Khi F = 2.Fmin = 2.m.k (1 + m/M) Gia tốc của vật đối với đất: a1 = a + A = g.k.(1 + m/M ) + g.k(.m/M) Vận tốc của vật đối với đất: v = a1.t 1 Quãng đường vật đi được trong hệ quy chiếu gắn với ván: s  at 2 2 2.l 2.l Khi vật rời ván thì s = l  t t 1   a g.k (1  m / M )  Khi vật rời ván thì vận tốc của vật là: m 2.l 2.l.g .k ( M  2.m) v  v1  a1 .t1  g.k (1  )  M g .k (1  m / M ) M ( M  m) MỘT SỐ BÀI TOÁN HAY VỀ HỆ VẬT CẦN THAM KHẢO Bài 1: Cho cơ hệ như hình vẽ. Tìm gia tốc của m1 và biện luận kết quả tìm được. Bỏ qua mọi ma sát. Khối lượng ròng rọc và dây nối bằng không.  Hướng dẫn giải Chọn chiều dương như hình vẽ. Phương trình định luật II Newton cho vật:     m0 : T  P0  N  m0 a 0    m1 : T1  P1  m1a1    m2: T2  P2  m2 a 2 Chiếu các phương trình đó lên chiều dương ta được: T T  m0 a0 a 0  (1) m0 P1  T1 ( 2) m1 P  T2 P2 T 2 m 2 a 2  a 2  2 (3) m2 Giả sử ròng rọc quay ngược chiều kim đồng hồ. Gọi S0, S1, S2 là độ dời của m0, m1, m2 so với ròng rọc A. S’ là độ dời của m1, m2 so với ròng rọc B. S 1  S 0  S ' Ta có:  S1  S 2  2S 0  a1  a 2  2a 0  S 2  S 0  S ' Thế (1), (2) và (3) vào (*) và chú ý T = 2T1 = 2T2 Rút ra: P1  T1  m1 a1  a1 . Tài liệu lưu hành nội bộ. (*). Email: Trang 52.

(53) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. 2 .g 2 1 1   m0 2m1 2m2 T m1 g  m1 g  T1 2 g T  a1   m1 m1 2m1 T. Hay : a1  g . 2g 4 1 1 m1 (   ) m0 m1 m 2.     2  . g a1  1   m ( 4  1  1 ) 1  m0 m1 m2   * Biện luận: - Nếu m0 = 0 thì a1 = g, a2 = g: m1 và m2 đều rơi tự do. - Nếu m1 = 0 thì a1 = -g, vật m2 rơi tự do, m1 đi lên a1  g . - Nếu m2 = 0 thì a1= g, vật m1 rơi tự do. Bài 2: Cho cơ hệ như hình vẽ. Nêm có khối lượng M, góc giữa mặt nêm và phương ngang là  . Cần phải kéo  dây theo phương ngang một lực F là bao nhiêu để vật có khối lượng m chuyển động lên trên theo mặt nêm ? Tìm gia tốc của m và M đối với mặt đất? Bỏ qua mọi ma sát, khối lượng dây nối và ròng rọc.  Hướng dẫn giải    Gọi gia tốc của nêm và vật đối với mặt đất lần lượt là là a1 ; a 2 và a 21 là gia tốc của vật đối với nêm Phương trình động lực học cho m:     F  P2  N  ma 2 chiếu lên ox: F cos   N sin   ma 2 x (1) chiếu lên oy: F sin   N sin   mg  ma 2 y (2)     Nêm chịu tác dụng của P1 , N 1 , hai lực F và F ' đè lên ròng rọc  và lực nén N ' có độ lớn bằng N. Phương trình chuyển động của M:       P1  N 1  N ' F  F '  Ma1 Chiếu lên ox: N sin   F  F cos   Ma1 (3)  Gọi a 21 là gia tốc của m đối với nêm M. Theo công thức cộng gia tốc:    a 2  a 21  a1 (4) Chiếu (4) lên 0x: a 2 x  a1  a 21 cos  0y: a 2 y  a 21 sin  Từ đó suy ra: a 2 y  (a 2 x  a1 ) tan  (5) Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 53.

(54) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Từ (1), (2), (3) và(5) suy ra: F (1  cos  )  mg sin  cos  a1  M  m sin 2 . (6). F (m sin 2   M cos  )  Mmg sin  cos  m(M  m sin 2  ) F cos  M  m(1  cos  )  mg ( M  m) sin  cos  tan  a2 y  m( M  m sin 2  ) Để m dịch chuyển lên trên nêm thì: (I ) a 2 y  0  ( II ) N  0  Giải (I): a 2 y  0  F cos  M  m(1  cos  )  mg ( M  m) sin  cos   0 a2x . F. mg ( M  m) sin  M  m(1  cos  ). (7 ).  Giải (II): Thay (6) vào (3) rút ra N và từ điều kiện N > 0 ta suy ra: Mg cos F (8) (1  cos  ) sin  Từ (7) và (8) ta suy ra để m leo lên được mặt nêm M thì lực F phải thoả mãn điều kiện mg (M  m) sin  Mg cos F M  m(1  cos  ) (1  cos ) sin  Lúc đó gia tốc của nêm đối với mặt đất là a1 ở (6). Gia tốc của vật đối với mặt đất sẽ là :. a2  a 2 2x  a 2 2 y . Bài 3: Cho cơ hệ như hình vẽ. Hỏi phải truyền cho M một lực F là bao nhiêu và theo hướng nào để hệ thống đứng yên tương đối đối với nhau. Bỏ qua mọi ma sát.  Hướng dẫn giải Xét hệ thống trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất: Giả sử tìm được gia tốc F thoả mãn bài toán.  Xét vật m2:     P2  T ' N 2  m2 a chiếu lên oy: P2  T '  0  T '  T  m 2 g.  Xét vật m1:     P1  N 1  T  m1a chiếu lên ox: m T T  m1 a  a   2g m1 m1 Ba vật đứng yên tương đối với nhau ta có thể xem chúng như một vật duy nhất có khối lượng (M+m1+m2) chuyển động với gia tốc a. Do vậy lực F cần phải đặt vào M sẽ là : m F  ( M  m1  m2 )a  ( M  m1  m2 ) 2 g . m1 Bài 4: Cho cơ hệ như hình vẽ. Lúc đầu hệ cân bằng, bàn nhận được  gia tốc a theo phương ngang như hình vẽ. Tính gia tốc của M đối với mặt đất, biết hệ số ma sát trượt giữa M và sàn là  . Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 54.

(55) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.  Hướng dẫn giải Chọn hệ quy chiếu oxy gắn vào bàn như hình vẽ. Trong hệ quy chiếu oxy: • Phương trình chuyển động của vật M T  Fqt  Fms  Ma 0 Hay: T  Ma  N 1  Ma 0 (1) , trong đó: a0 là gia tốc của M đối với bàn a là gia tốc của bàn đối với đất. • Phương trình chuyển động của vật m: Fqt 2 ma a    ( 2) tg  P2 mg g  F sin   mg cos   T  ma (3) 0  qt 2 Từ (3) suy ra: (4) ma sin   mg cos   T  ma0 Từ (1) và (4) suy ra: Ma  N 1  ma sin   mg cos  a0  (5) mM Từ (2) suy ra: a tg g a sin     ( 6) 2 2 2 tg   1 a a  g2 1 g2 1 1 g cos     (7 ) tg 2  1 a2 a2  g 2 1 g2 Và N 1  Mg (8) Thế (6), (7), (8) vào (5) ta rút ra: a0  Gia tốc của M đối với đất:. Ma  Mg  m a 2  g 2 mM.    aM  a0  a.  aM  a0  a . aM. Ma  Mg  m a 2  g 2 a mM. m a 2  g 2  Mg  mg  mM. Bài 5: Cho cơ hệ như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa M và m là 1 ,  giữa M và sàn là  2 . Tìm độ lớn của lực F nằm ngang: a. Đặt lên m để m trượt trên M. b. Đặt lên M để M trượt khỏi m.  Hướng dẫn giải Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 55.

(56) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.  a. Khi tác dụng lực F lên m. Phương trình chuyển động của m trượt trên M: F  Fms1  ma1 F  Fms1  a1   m  N1  N1  N 2 Phương trình chuyển động của M:. F ' ms1  Fms 2  Ma 2 F ' F  a 2  ms1 ms 2  M  N  N 1  N 2  P1  P2  (m  M ) g Để m trượt trên M thì: a1  a2 ; F ' ms1 = Fms1= 1mg ; F ms 2 =  2 (m+M)g. hay: F  1mg 1mg   2 (m  M ) g  m M m  F  ( 1   2 )(m  M ) g M Với điều kiện: a1  0  F  1mg . Vậy đáp số của bài toán này: m  F  1   2 m  M  g M  F  1 mg  b. Khi tác dụng lực F lên M : Phương trình chuyển động của m: Fms1  ma1 F N  a1  ms1  1 1  1 g  m m  N 1  P1  mg Phương trình chuyển động của vật M: F  Fms1  Fms 2  Ma 2   N  N 1  N 2  P1  P2  (m  M ) g F  Fms1  Fms 2  a2  M F  Fms1'  1 mg Để M trượt khỏi m thì: a 2  a1 (chú ý:  ms1 )   F   M  m g ms 2 2  F  F ' ms1  Fms 2 hay  1 g M F  1mg   2 (m  M ) g   1 g M Cuối cùng: F  ( 1   2 )(m  M ) g (1) Điều kiện a 2  0 Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 56.

(57) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. hay F  1 mg   2 (m  M ) g (2) Điều kiện (2) bao hàm trong điều kiện (1). Do vậy kết quả bài toán : F  ( 1   2 )(m  M ) g . Bài 6: Trên một mặt nón tròn xoay với góc nghiêng  có thể quay quanh trục thẳng đứng. Một vật có khối lượng m đặt trên mặt nón cách trục quay một khoảng R. Mặt nón quay đều với vận tốc góc  .Tính giá trị nhỏ nhất của hệ số ma sát trượt (  ) giữa vật và mặt nón để vật vẫn đứng yên trên mặt nón.  Hướng dẫn giải Chọn hệ quy chiếu oxy gắn vào hình nón và quay đều cùng mặt nón như hình vẽ.     Trong hệ quy chiếu này các lực tác dụng vào vật: P, N , Fms , Fqt . Vật đứng yên, do vậy:      P  N  Fms  Fqt  o Chiếu lên 0x:  P sin   Fms  Fqt cos   0 (1) Chiếu lên 0y:  P cos   N  Fqt sin   0 (2) Từ (2) ta suy ra:  mg cos   N  m 2 R sin   0  N  m g cos    2 R sin  Từ (1) ta có: Fms  mg sin    2 R cos   Điều kiện để m đứng yên trên mặt nón:  g N  0 cot     R  Fms  N mg sin    2 R cos    mg cos    2 R sin   . . . g sin    2 R cos  Từ hệ trên ta suy ra:   g cos    2 R sin  Vậy giá trị nhỏ nhất của hệ số ma sát trượt sẽ cần là: g sin    2 R cos   min  với điều kiện   g cos    2 R sin . g cot  . R. Bài 7: Khối lăng trụ tam giác có khối lượng m1, với góc  như hình vẽ có thể trượt theo đường thẳng đứng và tựa lên khối lập phương khối lượng m2 còn khối lập phương có thể trượt trên mặt phẳng ngang. Bỏ qua mọi ma sát. a. Tính gia tốc giữa mỗi khối và áp lực giữa hai khối ? b. Xác định  sao cho a2 là lớn nhất. Tính giá trị gia tốc của mỗi khối trong trường hợp đó ?  Hướng dẫn giải a. Vật 1:   Các lực tác dụng vào m1: P1 , phản lực N 1 do bờ tường tác dụng lên m1,  phản lực do m2 tác dụng N . Theo định luật II Newton:     P1  N 1  N  m1a1 Chiếu lên ox: Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 57.

(58) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.  N cos   N 1  0 Chiếu lên oy:. P1  N sin   m1a1 (1)    Vật 2: Có 3 lực tác dụng lên m2: P2 , phản lực N 2 do sàn tác dụng lên khối lập phương, phản lực N ' do m1 tác dụng lên khối lập phương. Theo định luật II Newton:     P1  N 2  N '  m2 a 2 chiếu lên ox: N cos   m2 a 2 (do N '  N ) (2) Mặt khác khi m2 dời được một đoạn x thì m1 dời được một đoạn y và ta luôn có: x  y tan  Hay: a 2  a1 tan  Từ (1) và (2) suy ra:  N sin   m1 g  m1 a1 m  g  a1  (3)  tan   1  m2 a 2  N cos   m 2 a 2 Thay a 2  a1 tan  vào (3) ta suy ra: m1  a1  m  m tan 2  g  1 2  m1 tan  a  g 2  m1  m 2 tan 2 . Áp lực giữa m1 và m2: N. m1m2 tan  m2 a 2  m1  m2 tan 2  cos  cos . . . b. Ta có : a2 . Do. m1 tan  m1 g g 2 m1 m1  m 2 tan   m 2 tan  tan . m1  m2 tan   2 m1m 2 tan .  a 2 min . 1 m1 .g 2 m2. m1 m  m 2 tan   tan 2   1 tan  m2. Dấu bằng xảy ra khi :.  tan      arctan. m1 m2. m1 m2. Lúc đó :. m1. a1 . m1  m2 . Tài liệu lưu hành nội bộ. m1 m2. .g . m1 g m1  m1. Email: Trang 58.

(59) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. g . 2 Bài 8: Một vật nhỏ có khối lượng m đặt trên đỉnh một nêm tam giác nhẵn, thả cho m chuyển động trên mặt nêm. Biết nêm có khối lượng M và chuyển động không ma sát trên mặt phẳng ngang. a. Xác định gia tốc của m và M đối với mặt đất b. Cho chiều dài mặt nêm là L. Tính vận tốc của M ngay sau khi m trượt xuống chân M.  Hướng dẫn giải a) Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt đất như hình vẽ.    Gọi gia tốc của m và M đối với mặt đất lần lượt là a1 ; a 2 và a12 là gia tốc của vật m đối với vật M Phương trình chuyển động của m:    P1  N 1  m1a1 Chiếu lên 0x: N 1 sin   ma1x (1) a1 . 0y: P1  N 1 cos   ma1 y (2) Phương trình chuyển động của M:     P2  N 2  N 1 '  Ma 2 Chiếu lên ox:  N 1 sin    Ma 2 (3)     Mặt khác theo công thức cộng gia tốc: a1  a12  a 2 (4) ( a12 là gia tốc của m đối với M). Chiếu (4) lên ox và oy ta có: a1x  a12 cos   a 2 a1 y  a12 sin  Từ đó suy ra: a1 y  a1x  a 2  tan  (5) Giải hệ (1), (2), (3) và (5) ta được: mM cos    N 1  M  m sin 2  g  a  M sin  cos  g  1x M  m sin 2  (*)  2 a  m  M sin  g  1y M  m sin 2   a 2  m sin  cos  g  M  m sin 2  Gia tốc của m đối với M: a1 y M  m  sin  g a12   sin  M  m sin 2  Gia tốc của m đối với mặt đất:. a1 . 2. 2. a1x  a1 y .. (Với a1x và a1y được tính ở (*) ) Gia tốc của M đối với đất sẽ là: m sin  cos  g M  m sin 2  b. Thời gian cần để m chuyển động trên mặt nêm M là:. a2 . t Tài liệu lưu hành nội bộ. 2L  a12. . 2 L M  m sin 2  M  mg sin . . Email: Trang 59.

(60) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Vận tốc của M lúc đó:. v 2  a 2 t  m cos . 2 gL sin  . M  m  M  m sin 2 . . . Bài 9: Một hình trụ đặc có khối lượng m1 = 6 kg, bán kính R xuyên dọc theo một hình trụ đặc. Một thanh nhỏ không khối lượng tì vào các ổ bi. Dùng dây nối một vật m2 = 2kg vào thanh. Hệ đặt trên một mặt phẳng nghiêng góc   300 . Tìm gia tốc của hệ vật biết hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nghiêng là   0,2 , trụ lăn không trượt. Bỏ qua sức cản các ổ bi, dây không dãn và không khối lượng, g  10m / s 2 . (Trích đề dự tuyển thi Olympic quốc gia 2002) Giải: Phương trình định luật II Newton cho vật 1 và vật 2: p1 sin   Fmsn  T  m1 a (1) (bỏ qua ma sát lăn) p 2 sin   T  Fms 2  m 2 a (2) , N 2  p2 cos Cộng (1) và (2): m1 g sin   Fmsn  Fms 2  m 2 g sin   m1  m 2 a (3) Trụ lăn không trượt:  F  R  I    msn ma (4)  Fmsn  1 a    R 2  2 I  m1 R  2 Thế (4) vào (3): m1 a  m 2 g sin    .m 2 g cos   m1  m 2 a 2 m  m2 g sin    .m2 g cos   3,3 m / s 2 . a 1 3m1  m2 2 Bài 10: Một vật có khối lượng m = 1kg đặt trên một tấm gỗ rồi cả hai đặt lên mặt sàn nằm ngang. Vật được treo vào một điểm 0 bằng một sợi dây nhẹ đàn hồi, lúc đầu sợi dây có chiều dài tự nhiên l0 = 40cm. Hệ số ma sát trượt giữa vật và tấm gỗ là   0,2 . kéo từ từ tấm gỗ cho đến khi vật bắt đầu trượt trên gỗ, khi ấy dây lệch khỏi phương thẳng đứng một góc   30 0 . Tính công của lực ma sát trong hệ quy chiếu gắn với mặt sàn kể từ lúc đầu đến lúc vật bắt đầu trượt g = 10m/s2.  Hướng dẫn giải      Các lực tác dụng vào vật N  P  T  Fms  0 Chiếu lên 0y: N  p  T cos   0  N  mg  T cos  Chiếu lên 0x:  T sin   Fmsn  0 (1) Lúc vật bắt đầu trượt lực ma sát nghĩ bằng ma sát trượt: Fmsn  Fms    N   (mg  T cos  ) (2) Từ (1) và (2) suy ra: mg 0, 2  1  10 T   3( N ) sin    cos  1 3  0, 2  2 2 Gọi k là hệ số đàn hồi của dây: m1 g sin  . . Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: . Trang 60.

(61) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. T  k  l  3( N ) Độ dãn của lò xo khi vật bắt đầu trượt:     l0 1  l  l  l 0   l 0  40  1  6,2(cm)   cos  3    2  Công của lực ma sát trong quá trình trên sẽ biến hoàn toàn thành thế năng đàn hồi của sợi dây. 1 1 1 Ams  wt  kl 2  T  l   3  6, 2  10  2 2 2 2 Vậy: Ams  0.092( J )  92(mJ ) . PHẦN - TĨNH HỌC I. LÝ THUYẾT 1. Cân bằng chất điểm Chất điểm cân bằng khi hợp lực tác dụng lên chất điểm bằng 0 và hợp lực phải đồng quy tại một điểm.      Điều kiện cân bằng: Fhl  F1  F2  ...  Fn  0 (1) 2. Cân bằng vật rắn đồng chất Vật rắn cân bằng khi nó không chuyển động tịnh tiến và không quay tức là hợp lực tác dụng lên chất điểm bằng 0 và hợp lực phải đồng quy tại một điểm và tổng đại mômen quay theo một chiều nhất định phải bằng 0. Điều kiện cân bằng:      Fhl  F1  F2  ...  Fn  0 (2). M F1  M F2  ...  M Fn  0  Phương pháp giải véctơ biểu thức (1), (2): Chiếu các véc tơ lên các trục Ox, Oy của hệ trục toạ độ Decác O3. 3. Khối tâm của vật rắn - Toạ độ khối tâm G theo trục Ox và Oy của một vật rắn dạng hình học: m x  m2 x2  ...  mn xn Gx  1 1 m1  m2  ...  mn. m1 y1  m2 y2  ...  mn yn m1  m2  ...  mn Chú ý: Có thể thay khối lượng m1, m2, …, mn bởi diện tích hình học tương ứng của nó. Gy . G  Gx2  G y2 .. - Toạ độ trọng tâm G: II.. Phương pháp. Đối với vật rắn khi không có chuyển động tịnh tiến, không có chuyển động quay, điều kiện cân bằng như. . . một chất điểm. Do vậy có thể vận dụng điều kiện cân bằng F  0 để giải quyết bài toán theo các bước sau:  Bước 1: Xác định được vật cần được khảo sát. Đó là vật chịu tác dụng của tất cả các lực đã cho và cần tìm.  Bước 2: Phân tích các lực tác dụng lên vật, biểu diễn các lực đồng quy trên hình vẽ.. .  . . F  0 Bước 3: Viết điều kiện cân bằng của vật: (2.1) Bước 4: Giải phương trình (2.1) để tìm các giá trị đại số, theo các cách sau: + Phương pháp chiếu phương trình véc tơ (2.1) lên các trục tọa độ Ox, Oy (OxOy) để đưa về. phương trình đại số: Tài liệu lưu hành nội bộ.   Fx  0    Fy  0 Email: Trang 61.

(62) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. + Di chuyển các lực trên giá của chúng về điểm đồng quy, tổng hợp véc tơ lực theo quy tắc hình bình hành và vận dung các hệ thức lượng trong tam giác, định lý pytago, định lý sin, cosin...( Xem phần bổ túc về toán học) Chú ý:  Khi một vật rắn cân bằng, chịu tác dụng của n lực. Nếu hợp của (n-1) lực có giá đi qua điểm O thì lực còn lại cũng phải có giá đi qua điểm O.  Khi vật rắn có trục quay cố định (hoặc tạm thời) ta vận dụng quy tắc mô men lực để giải: M  M ' (2.2) Trong đó: - M là tổng mômen lực có xu hướng làm vật quay theo chiều kim đồng hồ. ' - M là tổng mômen lực có xu hướng làm vật quay ngược chiều kim đồng hồ. III. Bổ túc về toán học Để giải bài toán tĩnh học thì học sinh nhất định phải nắm được những kiến thức hình học cơ bản. Cho  nên cần cung cấp cho các em những kiến thức tối thiểu như sau: b 1. Phép cộng hai véc tơ.      a , b gọi c = a  b (3.1). α. Cho hai véc tơ là véc tơ tổng của hai véc tơ đó  thì c được xác định theo quy tắc hình bình hành..  c.  a.   | c | = | a | + |b |   +Nếu a , b ngược hướng thì: | c | = || a | - | b ||   +Nếu a , b vuông góc thì: | c |2 = | a |2 + | b |2   +Nếu a , b hợp với nhau một góc α bất kì thì: +Nếu a , b cùng hướng thì:. (3.2) (3.3) (3.4). | c |2 = | a |2 + | b |2 + 2| a || b |cos α (3.5) 2. Định lý hàm số cosin Trong tam giác A,B,C cạnh a,b,c ta luôn có: +a2 = b2 + c2 - 2b.c.cos A (3.6) 2 2 2 +b = a + c - 2a.c.cos B (3.7) +c2 = a2 + b2 - 2a.b.cos C (3.8). B c. A b. 3. Định lý hàm số sin. C. a b c   sin A sin B sin C. Trong tam giác bên ta có: 4. Hệ thức lượng trong tam giác vuông AB + sin   CA CB + cos  CA AB + tan   CB CB + cot an  AB. (3.9). A. (3.10) (3.11). α. C. B. (3.12). B . (3.13). 5. Công thức hình chiếu Hình chiếu của véc tơ AB trên trục Ox Tài liệu lưu hành nội bộ. a. Email: A O. A’. α. B’. x. Trang 62.

(63) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. là A' B ' được xác định theo công thức:. A' B ' =| AB |.cosα =| AB |.sin. (3.14). Bài 1. Thanh OA có khối lượng không đáng kể, có chiều dài 20cm, quay dễ dàng quanh trục nằm ngang O. Một lò xo gắn vào điểm giữa C. Người ta tác dụng vào đầu A của thanh một lực F = 20N hướng thẳng đứng xuống dưới. A C O.  Hình dẫn 2.2 giải  Hướng. F. Khi thanh ở trạng thái cân bằng, lò xo có hướng vuông góc với OA, và OA làm với đường nằm ngang một góc  = 30o(hình 2.2). a.Tìm phản lực N của lò xo lên thanh. b.Tính độ cứng k của lò xo, biết lò xo ngắn đi 8cm so với lúc không bị nén. c.Tính phản lực của trục O lên thanh OA. NB. -Các lực tác dụng lên thanh OA gồm: + Lực F + Phản lực đàn hồi N của lò xo. +Phản lực Q của trục O tác dụng lên AB. a) Phản lực của lò xo lên thanh OA Ta vận dụng quy tắc mô men lực để tìm N. Điều kiện cân bằng của thanh OA quanh trục O là: MF = MN. C. F. . O. B. Q. N. <=> F.OB = N.OC với OB = 2OC.cosα => N = F.OB/OC = 2F.cosα = 2.20. 3 / 2 = 20 3 N b) Độ cứng của lò xo Ta có: N = k.Δl => k = N/Δl = 20 3 /(8.10-2) = 433N/m c. Phản lực Q của trục O lên thanh OA.. I. Q. F. -Điều kiện cân bằng lực là: F + N + Q = 0 -Do các lực tác dụng lên OA có giá đồng quy nên, giá của Q cũng phải đi qua I. Dễ thấy ΔOAI cân tại I nên Q = F = 20N. Bài 2. Để giữ thanh nặng OA có thể nằm nghiêng với sàn một góc α = 30o, ta kéo đầu A bằng sợi dây theo phương vuông góc với thanh, còn đầu O được giữ bởi bản lề (hình 2.3). Biết thanh OA đồng chất, tiết diện đều trọng lượng là P = 400N. a. Tính độ lớn lực kéo F . b. Xác định giá và độ lớn của phản lực Q của trục O.  Hướng dẫn giải -Các lực tác dụng lên OA gồm: +Lực kéo F +Trọng lực P +Phản lực Q của trục O a) Độ lớn lực F tác dụng lên thanh OA Điều kiện cân bằng của OA là: Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: A. F A. Q γ F α . O. I. I Hình 2.3. F. P'. P A. Q. G. β O. H.  P. Trang 63.

(64) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. M F = M P (vì M Q = 0). 1 OA.cosα 2 OH 1 1 3 => F = P. = P cosα = .400. = 100 3 N OA 2 2 2 b) Xác định giá và độ lớn của phản lực Q của trục O. -Do thanh OA không chuyển động tịnh tiến nên ta có. F.OA = P.OH với OH = OG.cos =. P + F +Q = 0. điều kiện cân bằng là:. (*). Các lực P , F có giá đi qua I, nên Q cũng có giá đi qua I. Trượt các lực P , F , Q về điểm đồng quy I như hình vẽ, theo định lý hàm số cosin ta có: Q2 = F2 + P’2 – 2F.P’.cosα = (100 3 )2 + 4002 – 2.100 3 .400. 3 /2 ≈ 265N -Theo định lý hàm số sin ta có:. Q F  sin sin. với γ = π/2 – (α+β). F sin  ≈ 0,327 Q => γ ≈ 19o => β = π/2 - γ - α ≈ 90o - 19o - 30o β ≈ 41o Vậy Q có độ lớn Q = 265N và có giá hợp với thanh OA một góc β =41o. =>. sin  . *Chú ý: Đối với bài tập này, ta có thể sử dụng phương pháp chiếu phương trình véc tơ (*) lên các trục tọa độ, tuy nhiên có phức tạp hơn cách giải này! Bài 3. Bánh xe có bán kính R = 50cm, khối lượng m = 50kg (hình 2.4). Tìm lực F K O h kéo F nằm ngang đặt trên trục để bánh xe có thể vượt qua bậc có độ cao h = 30cm. Bỏ qua ma sát. Lấy g = 10m/s2. H I h  Hướng dẫn giải -Các lực tác dụng lên bánh xe bao gồm: Hình 2.4 +Lực kéo F +Trọng lực P +Phản lực của sàn Q tại điểm I -Điều kịên để bánh xe có thể lăn lên bậc thềm là: M F ≥ M P (đối với trục quay tạm thời qua I, M Q  0 ) F.IK ≥ P.IH với IK= R – h; IH  R 2  ( R  h) 2 =. h(2 R  h). h(2 R  h) ≈1145N Rh Bài 4. Người ta giữ cân bằng vật m1 = 6kg, đặt trên mặt phẳng ngiêng góc  = 300 so với mặt ngang bằng cách buộc vào m1 hai sợi dây vắt qua ròng rọc 1 và 2, đầu kia của hai sợi dây treo hai vật có khối lượng m2 = 4kg và m3 (hình). Tính khối lượng m3 của vật và lực nén của vật m1 lên mặt phẳng nghiêng. Lấy g = 10m/s2. Bỏ qua ma sát.. . F ≥ mg. ĐS: m3 = 1 kg ; N = 17,32 N. Bài 3. Thanh OA trọng lượng không đáng kể, gắn vào tường tại O, đầu A có treo Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: 1. m2 2. C. m3. O. m1. . B. Trang 64. P.

(65) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. vật nặng trọng lượng P. Để giữ thanh nằm ngang, người ta dùng dây BC. Biết OB = 2BA. Tính sức căng dây và phản lực tại O khi: a. Dây BC hợp với thanh OA góc  = 300. b. Dây BC thẳng đứng (  = 900). 3 1 ĐS: a. T = 3 P, N  P 7 ; b. T  P , N  P . 2 2 Bài 3. Một thanh đồng chất AB có khối lượng m = 2kg có thể quay quanh bản lề B (gắn vào tường thẳng đứng) được giữ cân bằng nằm ngang nhờ một sợi dây buộc vào đầu A vắt qua một ròng rọc cố định, đầu kia của sợi dây treo vật m2 = A B C . O. 2kg và điểm C của thanh (AC = 60cm) treo vật m1 = 5kg. Tìm chiều dài của m1 m2 thanh; lấy g = 10m/s2 ĐS: AB = 75 cm. Bài 3. Một thanh AB dài 2m khối lượng m = 3kg được giữ nghiêng một góc  trên mặt sàn nằm ngang bằng một sợi dây nằm ngang BC dài 2m nối đầu B của thanh với một bức tường đứng thẳng; đầu A của thanh tự lên mặt sàn. Hệ số ma sát giữa thanh và mặt sàn 3 bằng . C B 2 a. Tìm các giá trị của  để thanh có thể cân bằng. l b. Tính các lực tác dụng lên thanh và khoảng cách AD từ đầu A của thanh đến góc tường khi  = 600. Lấy g = 10m/s2 A  D 0 ĐS: a.   30 ; b. N = 30 N, T  5 3 N ; AD = 1 m. F Bài 3. Để có thể di chuyển một chiếc hòm cao h dài d người ta đã tác dụng h một lực F theo phương ngang. Hỏi hệ số ma sát giữa hòm với mặt sàn, phải có giá trị bao nhiêu để hòm di chuyển mà không lật ? d ĐS:   d 2h Bài 3. Thanh OA đồng chất là tiết diện đều dài l = 1m, trọng lực P = 8N, thanh có D thể quay quang mặt phẳng thẳng đứng xung quanh bản lề O gắn vào tường. Để thanh nằm ngang, đầu A của thanh được giữ bởi dây DA hợp với tường góc 450. 450 Dây chỉ chịu được lực căng tối đa là Tmax= 20 2 N. a. Hỏi ta có thể treo vật nặng P1 = 20N tại điểm B trên thanh xa bản lề O nhất là bao nhiêu cm ?  B O b. Xác định giá trị và độ lớn của phản lực Q của thanh lên bản lề ứng với vị A trí B vừa tìm. P ĐS: a. (OB)max = 80 cm.; b. N = 21,54 N,   210 48' 1 Bài 3. a. Một bảng hiệu có chiều cao AB = l được treo vào tường thẳng đứng nhờ một sợi dây AC dài d, hợp với tường một góc  (hình vẽ). Mép dưới B của bảng hiệu đứng cân bằng thì hệ số ma sát  giữa bảng hiệu và tường phải bằng bao nhiêu ? b. Xét khi d = l, tìm giá trị góc  khi 1    2.. 2 l 2  d 2 sin 2   dcos ; b. 56018'    71034 ' . d sin  Bài 3. Ta dựng một thanh dài có trọng lực P vào một bức tường thẳng đứng. ma sát giữa sàn và thanh là là 1 , giữa tường và thanh là  2 gọi  là góc hợp thanh và sàn. a.  nhỏ nhất bằng bao nhiêu để thanh còn đứng yên. b. Xét các trường hợp đặc biệt:  Tường nhẵn: 2 = 0. ĐS: a.  . Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Hệ B. . A. Trang 65. số bởi.

(66) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.  Sàn nhẵn: 1 = 0.  Tường và sàn đều nhẵn: 1 =  2 = 0 1  12 1  ĐS: a. tan  m  ; b. 2 = 0: tan  m  ; 1 = 0:  m  (thanh thẳng đứng); 2 21 2 1 1 =  2 = 0 (giống như sàn nhẵn). Bài 3. Một chiếc thang có chiều dài AB = 1 và đầu A tựa vào sàn nhà nằm ngang, đầu B tựa vào tường thẳng 1 đứng. Khối tâm C của thang ở cách đầu A . Thang làm với sàn nhà góc  . 3 1. Chứng minh rằng thang không thể đứng cân bằng nếu không có ma sát. B 2. Gọi  là hệ số ma sát ở sàn và tường. Cho biết  = 600. Tính giá trị nhỏ nhất .D  min của  để thang đứng cân bằng. .C  A 3.  =  min. Thang có trượt không nếu: a. Một người có trọng lượng bằng trọng lượng của thang đứng ở điểm C? 21 b. Người ấy đứng ở điểm D cách đầu A . 3 ĐS: 1. Hợp lực không đồng quy; 2.  min = 0,18; 3. a. Thanh vẫn cân bằng, b. Thanh trượt. Bài 3. Một quả cầu có trọng lực P được giữ nằm yên trên mặt phẳng nghiêng góc  so với phương ngang nhờ dây AB nằm ngang (hình vẽ). Tính sức căng T và hệ số ma sát  giữa quả cầu và mặt phẳng nghiêng. sin  sin  ĐS: T  P. ;  . 1  cos 1  cos Bài 3. Người ta đặt mặt lồi cảu bán cầu trên một mặt phẳng nằm ngang. Tại mép của bán cầu đặt một vật nhỏ làm cho mặt phẳng bán cầu nghiêng đi một góc m2,  so với mặt nằm ngang. Biết khối lượng của bán cầu là m1, của vật nhỏ là A O. m2 3R B G. bán trọng tâm G của bán cầu cách tâm hình học O của mặt cầu là trong đó R là  8 C kính của bán cầu. Tính góc  .Áp dụng: m1 = 800g; m2 = 150g 8m ĐS: tan   2 ;   26,50 . 3m1. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 66.

(67) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Chủ đề 1. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỘNG LƯỢNG A. LÝ THUYẾT CẦN NHỚ 1. Một hệ vật gọi là hệ kín (hay cô lập) nếu các vật trong hệ chỉ tưng tác với nhau mà không tương tác với các vật ở ngoài hệ (gọi tắt là môi trường ngoài). Ví dụ: Hệ hai vật chuyển động không có ma sát trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang. Trong các hiện tượng nổ, va chạm, hệ vật có thể coi gần đúng là hệ kín trong thời gian ngắn xảy ra hiện tượng..   2. Động lượng P của một vật khối lượng m đang chuyển động với vận tốc v là đại lượng vectơ bằng tích . . . của khối lượng m với vận tốc v của vật: p = m v . - Động lượng có hướng của vân tốc. - Động lượng của một hệ là tổng các vectơ các động lượng của các vật trong hệ. - Đơn vị: kg.m/s. 3. Định luật bảo toàn động lượng: Vectơ tổng động lượng của một hệ kín được bảo toàn    p  p ' hay p  const .   a) Đối với hệ hai vật: p1  p2  const . b) Nếu hệ không kín nhưng các ngoại lực có cung phương Oy chẳng hạn thì hình chiếu của tổng ngoại lực xuống phương Ox bằng không. Do đó, hình chiếu của tổng động lượng trên phương Ox vẫn bảo toàn :   p1x  p2 x  const . 4. Liên hệ giữa lực và động lượng: Độ biến thiên động lượng của một vật trong khoảng thời gian nào đó . . bằng xung lượng của tổng các lực tác dụng lên vật trong khoảng thời gian đó : p = F .t. B. CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1. ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỘNG CHO HỆ KÍN  Phương pháp giải Để giải các bài tập dạng này, thông thường ta làm theo các bước như sau: Bước 1: Chọn hệ vật cô lập khảo sát Bước 2: Viết biểu thức động lượng của hệ trước và sau hiện tượng.   Bước 3: áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ: pt  ps (1) Bước 4: Chuyển phương trình (1) thành dạng vô hướng (bỏ vecto) bằng 2 cách: + Phương pháp chiếu + Phương pháp hình học. Những lưu ý khi giải các bài toán liên quan đến định luật bảo toàn động lượng: a) Trường hợp các vectơ động lượng thành phần (hay các vectơ vận tốc thành phần) cùng phương, thì biểu thức của định luật bảo toàn động lượng được viết lại: m1v1 + m2v2 = m1 v1' + m2 v '2 . Trong trường hợp này ta cần quy ước chiều dương của chuyển động. - Nếu vật chuyển động theo chiều dương đã chọn thì v > 0; - Nếu vật chuyển động ngược với chiều dương đã chọn thì v < 0. b) Trường hợp các vectơ động lượng thành phần (hay các vectơ vận tốc thành phần) không cùng phương,   thì ta cần sử dụng hệ thức vectơ: ps = pt và biểu diễn trên hình vẽ. Dựa vào các tính chất hình học để tìm yêu cầu của bài toán. c) Kiến thức Vật lý(đã học)  Kiến thức động học  V13  V12  V23 vt  v0  a.t  . vt  v0 v.t Chuyển động ném xiên a . Tài liệu lưu hành nội bộ. S. 1 2 at  v0t 2. Email: vt2  v02  2aS. Trang 67.

(68) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.  Kiến thức về Động lượng  Động lượng của một vật: P  m.v  Động lượng của hệ vật: P  P1  P2  ...  Pn 1. Kiến thức về ĐLBT Động lượng  Nội dung: SGK  Biểu thức áp dụng cho hệ 2 vật: m1 .v1  m2 .v2  m1.v '1  m2 .v '2 d) Kiến thức Toán học 1. Giá trị của các hàm số lượng giác cơ bản ứng với các góc đặc biệt: Hàm\Góc sin cos tan. 300 1 2. 3 2 1 3. 450 2 2 2 2 1. 600 3 2 1 2. 900 1 0 ||. 3. 1. Định lý hàm số cosin Trong tam giác A,B,C cạnh a,b,c ta luôn có: +a2 = b2 + c2 - 2b.c.cos A (3.6) +b2 = a2 + c2 - 2a.c.cos B (3.7) 2 2 2 +c = a + b - 2a.b.cos C (3.8). 1200 3 2 1  2  3. B c. a. A b. 2. Định lý hàm số sin. C. a b c   sin A sin B sin C. Trong tam giác bên ta có: 3. Hệ thức lượng trong tam giác vuông AB + sin   CA CB + cos  CA AB + tan   CB CB + cot an  AB. (3.9). A. (3.10) (3.11). α. C. B. (3.12). B. (3.13). 4. Công thức hình chiếu Hình chiếu của véc tơ AB trên trục Ox ' ' là A B được xác định theo công thức:. A' B ' =| AB |.cosα =| AB |.sin. A O. A’. α. . B’. x. (3.14). Bài tập mẫu có hướng dẫn: Bài 1. Một người có khối lượng m1 = 50kg đang chạy với vận tốc v1 = 3m/s thì nhảy lên một toa goòng khối lượng m2 = 150kg chạy trên đang ray nằm ngang song song ngang qua người đó với vận tốc v2 = 2m/s. Tính vận tốc của toa goòng sau khi người đó nhảy lên, nếu ban đầu toa goòng và người chuyển động: a) Cùng chiều b) Ngược chiều Giả thiết bỏ qua ma sát.  Hướng dẫn giải : Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 68.

(69) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Xét hệ gồm toa xe và người. Khi người nhảy lên toa goòng với vận tốc v1. Ngoại lực tác dụng lên hệ là trọng   lực P và phản lực đàn hồi N , các lực này có phương thẳng đứng. Vì các vật trong hệ chuyển động theo phương ngang nên các ngoại lực sẽ cân bằng nhau. Như vậy hệ toa xe + người được coi là hệ kín. Chọn trục tọa độ Ox, chiều dương theo chiều chuyển động của toa. Gọi v’ là vận tốc của hệ sau khi người nhảy nên xe. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có :    m1 v1  m2 v2   m1  m2  v ' (1) a) Trường hợp 1 : Ban đầu người và toa chuyển động cùng chiều. Chiếu (1) lên trục Ox nằm ngang có chiều dương ta được : m1v1  m2 v2   m1  m2  v '. m1v1  m2v2 50.3  150.2   2, 25m / s m1  m2 50  150 v '  0 : Hệ tiếp tục chuyển động theo chiều cũ với vận tốc 2,25m/s. b) Trường hợp 2 : Ban đầu người và toa chuyển động ngược chiều nhau. Chiếu (1) lên trục Ox nằm ngang có chiều dương ta được :  m1v1  m2 v2   m1  m2  v '  v' .  m1v1  m2v2 50.3  150.2   0, 75m / s m1  m2 50  150 v '  0 : Hệ tiếp tục chuyển động theo chiều cũ với vận tốc 0,75m/s Bài 2: (6/129 SGK) Sau va chạm 2 vật chuyển động cùng phương. Một toa xe khối lượng m1 = 3T chạy với tốc độ v1 = 4m/s đến va chạm vào 1 toa xe đứng yên khối lượng m2 = 5T. Toa này chuyển động với vận tốc v2’ = 3m/s. Toa 1 chuyển động thế nào sau va chạm?  Hướng dẫn giải : Tóm tắt: Lời giải: m1 = 3T v1 = 4m/s + Xét sự va chạm xảy ra trong thời gian ngắn. m2 = 5T v2 = 0 + Chọn chiều dương theo chiều chuyển động của ' xe 1 ( v1 ). v2’ = 3m/s v1  ? + Áp dụng ĐLBT động lượng ta có: +  v' . m1. v1. m2. Yêu cầu: + Nêu được điều kiện hệ kín. + Nêu được kiến thức ĐLBT động lượng cho hệ 2 vật. + Giả sử chiều chuyển động của 2 xe sau va chạm.. m1 v1  m2 v2  m1 v1'  m2 v2' (*) + Giả sử sau va chạm 2 xe cùng chuyển động theo chiều dương của v1 ( v2  v1 ). + Chiếu PT (*) lên chiều dương ta có: m1 v1 + 0 = m1v1’ + m2 v2’ m v  m2 v2' 3.4  5.3  v1'  1 1   1 m1 3 v1’ < 0 chứng tỏ sau va chạm 1 chuyển động theo chiều ngược lại.. + Chiếu biểu thức động lượng xác định vận tốc v1, Bài 3: (4.6 SBT) Một thuyền chiều dài l = 2m, khối lượng M = 140kg, chở một người có khối lượng m = 60kg; ban đầu tất cả đứng yên. Thuyền đậu theo phương vuông góc với bờ sông. Nếu người đi từ đầu này đến đầu kia của thuyền thì thuyền tiến lại gần bờ, và dịch chuyển bao nhiêu? Bỏ qua sức cản của nước.  Hướng dẫn giải : Tóm tắt: Lời giải: l = 2m M = 140kg Dễ thấy, để BTĐL của hệ và thuyền ban đầu m = 60kg l’ = ? đứng yên thì khi người chuyển động thuyền sẽ chuyển động ngược lại. - Xét khi người đi trên thuyền theo hướng ra xa Yêu cầu: + Mô tả chuyển động của người, thuyền so với bờ. bờ. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 69.

(70) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. + Chọn HQC chung là bở cho 2 vật chuyển động. + Áp dụng CT cộng vận tốc, ĐLBT động lượng.. v12. + Gọi vận tốc của người so với thuyền là: v (v12 ) + Vận tốc của thuyền so với bờ là: V (v23 ) + Vận tốc của người so với bờ là: v ' (v13 ) + Áp dụng công thức vận tốc ta có:. (1) ( 2). V. v13  v12  v23  v '  v  V (*). (3). Nhận xét: + Học sinh quên cách chọn gốc quy chiếu là mặt đất đứng yên. + Không xác định được vận tốc của vật chuyển động so với gốc quy chiếu bằng cách áp dụng công thức vận tốc.. + Chọn chiều dương trùng với v12 . Do người và thuyền luôn chuyển động ngược chiều nhau nên: (*)  v’ = v – V  v = v’ + V + Khi người đi hết chiều dài của thuyền với vận l l tốc v thì: l = v.t  t   ' v v V Trong thời gian này, thuyền đi được quãng l l đường so với bờ: l  V .t  V . '  (1) v V v' 1 V - Áp dụng ĐLBT động lượng ta có: v' M mv '  M V  0  mv '  MV  0   (2) V m. Dạng 2 : CHUYỂN ĐỘNG BẰNG PHẢN LỰC  Phương pháp giải  Để giải các bài toán về chuyển động bằng phản lực, chỉ cần áp dụng định luật bảo toàn động lượng. Cần chú ý rằng, ban đầu hai phần của hệ có cùng vận tốc, sau đó chúng có vận tốc khác nhau (về hướng và độ lớn).  Chuyển động của tên lửa  Nếu lượng nhiên liệu cháy và phụt ra tức thời hoặc các phần của tên lửa tách rời khỏi nhau.    mv0  m1v1  m2 v2  Chiếu lên phương chuyển động để thực hiện tính toán. CHÚ Ý: Nếu cần, áp dụng công thức cộng vận tốc. Bài tập mẫu có hướng dẫn: Bài 1: (Một tên lửa khối lượng tổng cộng m = 1 tấn đang chuyển động theo phương ngang với vận tốc v = 200 m/s thì động cơ hoạt động. Từ trong tên lửa, một lượng nhiên liệu khối lượng m1 = 100 kg cháy và phụt tức thời ra phía sau với vận tốc v1= 700 m/s. a) Tính vận tốc của tên lửa ngay sau dó. b) Sau đó phần đuôi của tên lửa có khối lượng md = 100 kg tách ra khỏi tên lửa, vẫn chuyển động theo hướng cũ với vận tốc giảm còn 1/3. Tính vận tốc phần còn lại của tên lửa.  Hướng dẫn giải : Ta coi tên lưa như là một hệ kín khi chuyển động và xảy ra tương tác. Do đó ta hoàn toàn có thể áp dụng định luật bảo toàn động lượng. a) Khi nhiên liệu cháy và phụt tức thời ra phía sau, vận tốc của tên lửa ngay sau đó là  v2 . Ta có:    mv  m1 v1  m2 v2 1 Chọn trục tọa độ Ox có chiều dương trùng với chiều chuyển động ban đầu của tên lửa (chiều  của vectơ vận tốc v ). 1 Chiếu (1) lên chiều dương đã chọn, suy ra:. . V. m. m. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 70.

(71) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. mv  m1v1.  300m / s  2  m2 Vậy ngay sau khi nhiên liệu cháy phụt ra phía sau, tên lửa tiếp tục chuyển động theo phương cũ với vận tốc 300m/s.    b) Gọi vd là vận tốc của đuôi tên lửa, vd cùng hướng với v2 và có độ lớn: v vd  2  100m / s 3  Gọi v3 là vận tốc của phần tên lửa còn lại . Áp dụng định luật bảo toàn động lượng khi phần đuôi bị tách ra, ta có:    m2 v2  md vd  m3 v3  3  v2 . Với m3 là khối lượng của phần tên lửa còn lại, và có giá trị : m3  m  m1  md  800kg  Chiếu (3) lên chiều dương theo chiều của v2 , ta có: m2 v2  md vd  m3v3 Suy ra:. v3 . m2 v2  md vd  325m / s m3. Vận tốc phần tên lửa còn lại là 325 m/s. Bài 2: (3/134/ SGK) Bài toán chuyển động của tên lửa Một tên lửa có khối lượng tổng cộng 100T đang bay với vật tốc 200m/s đối với Trái đất thì phụt ra (tức thời) 20T khí với tốc độ 500m/s đối với tên lửa. Tính vận tốc của tên lửa sau khi phụt khí trong hai trường hợp. a) Phụt ra phía sau (ngược chiều bay). b) Phụt ra phía trước (bỏ qua sức cản của trái đất).  Hướng dẫn giải : Tóm tắt: Lời giải: M = 100T V = 200m/s - Hệ tên lửa và khí phụt ra ngay trước và ngay sau m = 20T v = 500m/s khi phụt là hệ kín. - Gọi M, M’ là khối lượng tên lửa ngay trước và Yêu cầu: ngay sau khi phụt khí. V’ = ? + Nêu được nguyên tắc - Gọi V , V ' là vận tốc của tên lửa so với trái đất chuyển động của tên lửa. ngay trước và ngay sau khi phụt khí có khối lượng + Chọn gốc quy chiếu và m. chiều dương. v là vận tốc lượng khí phụt ra so với tên lửa. + Biết vận dụng công Vận tốc của lượng khí phụt ra so với Trái đất  thức vận tốc để xác định là: vận tốc của tên lửa ngay V v sau khi phụt khí. + Biết trường hợp nào tên - Áp dụng ĐLBT động lượng ta có: lửa tăng tốc, giảm tốc. M V  (M  m)V '  m V  v (*) Chọn chiều dương theo chiều chuyển động của tên lửa. a) Trường hợp khí phụt ra phía sau: tên lửa tăng tốc. v  V  (*): MV = (M – m).V’ + m(V – v). . V. M. . . . . m. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 71.

(72) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. MV  m(V  v) m V  .v M m M m 20  200  .500  325 (m/s) > V 100  20 b) Trường hợp khí phụt ra phía sau: tên lửa giảm tốc.  V '. v  V  (*): MV = (M – m).V’ + m(V + v) MV  m(V  v) m  V ' V  .v M m M m 20  200  .500  75 (m/s) < V 100  20. Dạng 3.. ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỘNG LƯỢNG CHO HIỆN TƯỢNG NỔ, VA CHẠM  Phương pháp giải 1. Súng giật lùi khi bắn: - Xét hệ kín gồm súng và đạn - Gọi m1 là khối lượng của súng, m2 là khối lượng của đạn.  - Lúc đầu chưa bắn, động lượng của hệ : p 0 ' ' - Sau khi bắn: đạn bay theo phương ngang với vận tốc v 2 thì súng bị giật lùi với vận tốc v1    p '  m1 .v1  m2 .v 2      m  - Theo định luật bảo toàn động lượng: p  p '  m1 .v1  m2 .v 2  0  v1'   2 .v 2' m1 Vậy súng và đạn chuyển động ngược chiều nhau. 2. Sự nổ của đạn: (Hệ kín : Fngoại  Fnội ) - Viên đạn có khối lượng m đang chuyển động với vận   tốc v0 , sau đó nổ thanh hai mảnh có v1   (m1) khối lượng m1 và m2 chuyển động với vận tốc v1 , v 2 .   - Động lượng của đạn trước khi nổ: p  m.v0 Động lượng của đạn sau khi nổ: '   p  m1 .v1  m2 .v 2  (m) v  ' - Theo định luật bảo toàn động lượng: p p     m.v0  m1.v1  m2 .v2 (m2) - Sau khi viết phương trình vectơ của định luật và chiếu lên  hệ trục tọa độ đã chọn sẽ tiến hành giải toán để suy ra các đại v2 lượng cần tìm. Trong bước này nhiều khi có thể biểu diễn phương trình vectơ trên hình vẽ để tìm được lời giải. (chú ý tính chất toán học như Dạng 2 ) Bài tập có hướng dẫn:. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 72.

(73) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Bài 1: (4.13 SBT) Một súng đại bác tự hành có khối lượng M = 800kg và đặt trên mặt đất nằm ngang bắn một viên đạn khối lượng m = 20kg theo phương làm với đường nằm ngang một góc α = 600. Vận tốc của đạn là v = 400m/s. Tính vận tốc giật lùi của súng.  Hướng dẫn giải : Tóm tắt: Lời giải: M = 800kg m = 20kg - Hệ đạn và súng ngay trước và ngay sau khi bắn 0 α = 60 v = 400m/s là hệ kín vì: V=? + Thời gian xảy ra tương tác ngắn. + Nội lực lớn hơn rất nhiều ngoại lực. v - Trước khi đạn nổ: động lượng của hệ bằng 0. - Ngay sau khi đạn nổ: m Pđ  mv ; P  M V  + Đạn bay theo phương tạo góc 600 với phương  V M ngang. + Súng giật lùi theo phương ngang. - Hệ súng và đạn là hệ kín có động lượng bảo toàn theo phương ngang. Yêu cầu: Áp dụng ĐLBT động lượng ta có: + Xác định ĐK hệ đạn và sóng là hệ kín. Pđ  P  0  mv  M V  0 + Áp dụng ĐLBT động lượng. + Xác định phương động lượng bảo toàn. Chọn chiều dương ngược chiều chuyển động của súng. Chiếu xuống phương nằm ngang ta có: m.v.cosα – MV = 0 m 20 1 V  v. cos   .400.  5 (m/s). M 800 2 Bài 2: Một viên đạn pháo đang bay ngang với vận tốc v0 = 25 m/s ở độ cao h = 80 m thì nổ, vỡ làm hai mảnh, mảnh 1 có khối lượng m1 = 2,5 kg, mảnh hai có m2 = 1,5 kg. Mảnh một bay thẳng đứng xuống dưới và rơi chạm đất với vận tốc v1’ = 90m/s. Xác điịnh độ lớn và hướng vận tốc của mảnh thứ hai ngay sau khi đạn nổ. Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy g = 10m/s.  Hướng dẫn giải :  Xét hệ gồm hai mảnh. Ngoại lực tác dụng lên hệ là trọng lực P , trọng lực này không đáng kể so với lực tương tác giữa hai mảnh. Do đó hệ được coi là hệ kín.   Gọi v1 , v2 lần lượt là vận tốc của mảnh 1 và mảnh 2 ngay sau khi vỡ. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ, ta có:      m1  m2  v0  m1 v1  m2 v2 1 m v 2 2   Theo đề bài: v1 có chiều thẳng đứng hướng xuống, v0 hướng theo phương ngang. Do đó ta có thể biểu diễn phương trình vectơ (1) như trên hình vẽ. Theo đó:  2   m1  m2  v0 m2v2   m1  m2  v0   m12v12  2 m1v1 Và tan    3  m1  m2  v0 Để tính vận tốc của mảnh 1 ngay sau khi nổ ta áp dụng công thức: v1' 2  v12  2 gh   v1  v1' 2  2 gh  90 2  2.10.80  80, 62m / s m1 v1 Từ (2) ta tính được: Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 73.

(74) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. 2.  m1  m2  v0   m12v12  150m/s. v2  m2 Từ (3), ta có: tan   2, 015    640 . Như vậy ngay sau khi viên đạn bị vỡ, mảnh thứ 2 bay theo phương xiên lên trên hợp với phương ngang một góc 640. Bài 3: (Nâng cao 26.32 GTVL 10 II) Một lựu đạn được ném từ mặt đất với vận tốc v0 = 20m/s theo hướng lệch với phương ngang góc α = 300. Lên tới đỉnh cao nhất nó nổ thành mảnh có khối lượng bằng nhau. Mảnh I rơi thẳng đứng với vận tốc v1 = 20m/s. a) Tìm hướng và độ lớn vận tốc của mảnh II. b) Mảnh II lên tới độ cao cực đại cách mặt đất bao nhiêu?. Tóm tắt: v0 = 20m/s. v1 = 20m/s. α = 300. m1 = m2 =. y. P2. y’Max. m 2. a) v2  ?. b) hMax = ?. v0 O. β. O’. yMax. Px. hMax. P1 x. α. Lời giải: Chọn hệ trục toạ độ Oxy:. Ox nằm ngang Oy thẳng đứng Gốc O là vị trí ném lựu đạn. Tại thời điểm ban đầu t0 = 0, vận tốc lựu đạn theo mỗi phương: v0 x  v0 . cos   20 cos 30 0  10 3 (m / s )  0 v0 y  v0 . sin   20 sin 30  10(m / s ) Tại thời điểm t xét chuyển động của lựu đạn theo 2 phương: Ox Oy v y  v0 y  gt Vận tốc v x  v0 x  10 3 Toạ độ. x  v xt  10 3t. Chuyển động. đều. 1 2 gt  10t  5t 2 2 biến đổi đều y  v0 y t . (1) (2). a) Khi lựu đạn lên tới độ cao cực đại y  ymax  v y  0  vOy  gt  0. vOy. 10  1 (s) g 10 (2)  ymax  5 (m) * Xét tại vị trí cao nhất ngay sau khi nổ: - Hệ viên đạn ngay trước và ngay sau khi nổ là hệ kín vì: + Nội lực lớn hơn rất nhiều ngoại lực. + Thời gian xảy ra tương tác ngắn. - Áp dụng ĐLBT động lượng ta có: Px  P1  P2 t . . Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 74.

(75) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Do mảnh I rơi thẳng đứng, lựu đạn tại O’ có vận tốc trùng phương ngang  P1  Px  P22  P12  P 2  (m2v2 ) 2  (m1v1 ) 2  (mv x ) 2.  v22  v12  4v x2  v2  v12  4v x2  20 2  4.10 2.3  40 (m/s) Gọi β là góc lệch của v2 với phương ngang, ta có: P mv v 20 1 tan   1  1 1  1      300 Px mvx 2v x 2.10. 3 3 Vậy mảnh II bay lên với vận tốc 40m/s tạo với phương ngang một góc β = 300. b) Mảnh II lại tham gia chuyển động ném xiên dưới góc ném β = 300. Tương tự phần (a), ta có:  3  20 3 (m / s ) v'0 x  v2 . cos   40. 2  v'  v . sin   40. 1  20(m / s )  0 y 2 2 Sau thời gian t’ lựu đạn nổ, ta có: v' x  v'Ox .t '  20 3t '  v' y  v'Oy  gt '  20  10t ' 20 Khi mảnh II lên tới độ cao cực đại: v' y  0  t '   2 (s) 10 Độ cao cực đại của mảnh II lên tới kể từ vị trí lựu đạn nổ: 1 y 'max  v 'Oy t ' gt '2  20.2  5.2 2  20 (m) 2 Vậy độ cao cực đại của mảnh II lên tới là: hmax  ymax  y 'max  5  20  25 (m) Nhận xét: Học sinh thường gặp khó khăn khi: + Xét chuyển động của một vật bị ném xiên, xác định độ cao cực đại. + Xác định phương bảo toàn động lượng và biểu diễn vectơ động lượng của các mảnh đạn ngay trước và ngay sau khi nổ. BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài 1 : Một con ếch khối lượng m ngồi ở đầu một tấm ván khối lượng M và chiều dài M nằm nơi yên trên mặt hồ. Con ếch nhảy lên tạo với phương ngang một góc  . Hãy xác định vận tốc ban đầu của con ếch sao cho khi rơi xuống con ếch rơi đúng vào đầu kia của tấm ván? Bỏ qua lực cản của nước. gL Đáp số : m    1 sin 2 M  Bài 2 : Một tên lửa gồm vỏ có khối lượng m0 = 4 tấn và khí có khối lượng m = 2 tấn. Tên lửa đang bay với vận tốc v0 = 100 m/s thì phụt ra phía sau tức thời khối lượng khí nói trên. Tính vận tốc của tên lửa sau khi khí phụt ra với giả thiết vận tốc khí là: a) v1 = 400m / s đối với đất. b) v1 = 400m / s đối với tên lửa trước khi phụt khí. c) v1 = 400m / s đối với tên lửa sau khi phụt khí Đáp số: a/ 350m/s b/300m/s c/233,33m/s Bài 3 : Một viên đạn pháo đang bay ngang với vận tốc v = 300m/s thì nổ, vỡ thành hai mảnh có khối lượng m1 = 5kg, m2 = 15kg. Mảnh nhỏ bay lên theo phương thẳng đứng với vận tốc v1 = 400 3 m/s. Hỏi mảnh to bay theo phương nào với vận tốc bao nhiêu? Bỏ qua sức cản của không khí. Đáp số: v2  462m / s . Hợp với phương ngang góc   300 . Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 75.

(76) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Bài 4 : Một khí cầu có khối lượng M =150 kg, treo một thang dây khối lượng không đáng kể, trên thang có một người khối lượng m = 50 kg. Khí cầu đang nằm yên, người đó leo thang lên trên với vận tốc v0 = 2 m/s đối với thang. Tính vận tốc của khí cầu và người đối với đất. Bỏ qua sức cản của không khí. Đáp số: v = - 0,5 m/s. Khi người leo lên thì khí cầu tụt xuống. Bài 5 : Một chiếc thuyền dài L = 4m, khối lượng M = 150kg và một người khối lượng 50kg trên thuyền. Ban đầu thuyền và người đều đứng yên trên nước yên lặng. Người đi với vận tốc đều từ đầu này đến đầu kia của thuyền. Bỏ qua sức cản của không khí. Xác định chiều và độ dịch chuyển của thuyền. Đáp số : Thuyền đi ngược lại với vận tốc 1 m/s. Bài 6 : Từ một tàu chiến có khối lượng M = 400 tấn đang chuyển động theo phương ngang với vận tốc V = 2 m/s người ta bắn một phát đại bác về phía sau nghiêng một góc 300 với phương ngang, viên đạn có khối lượng m = 50 kg và bay với vận tốc v = 400 m/s đối với tàu. Tính vận tốc của tàu sau khi bắn. (Bỏ qua sức cản của nước và không khí). Đáp số : V '  2, 025m / s Bài 7 : Một tên lửa khối lượng 12 tấn được phóng thẳng đứng nhờ lượng khí phụt ra phía sau với vận tốc v = 1 km/s trong thời gian tương đối dài. Tính khối lượng khí mà tên lửa đã phụt ra trong 1s để cho tên lửa đó: a) Bay lên rất chậm b) Bay lên với gia tốc a = 10 m/s2. ( Lấy g = 10 m/s2) Đáp số: a) 120 kg b) 240 kg CHỦ ĐỀ II. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG A. . LÝ THUYẾT CẦN NHỚ I. CÔNG VÀ CÔNG SUẤT  1. Định nghĩa công trong trường hợp tổng quát v   F Khi lực F không đổi tác dụng lên một vật và điểm đặt của lực đó chuyển  dời một đoạn s theo hướng hợp với hướng của lực góc  thì công thực hiện bởi lực đó được tính theo công thức: Trong đó :. F : lực tác dung (N) s: quãng đường vât đi được (m) α: là góc hợp giữa hướng của lực tác dụng với hướng chuyển động. 2. Ý nghĩa công + Nếu : lực thực hiện công dương (A>0) hay công phát động + Nếu : lực thực hiện công âm (A<0) hay công cản + Nếu : lực không sinh công (A = 0) 3. Công của trọng lực-Công của lực đàn hồi Công của trọng lực : A = mgh, với h = h1 –h2 (h1, h2 là độ cao của điểm đặt trọng lực lúc đầu và lúc cuối) (hình 2.1). k Công của lực đàn hồi : A  x12  x22 , với k là hệ số đàn hồi ; x1, x2 là độ biến dạng lúc đầu và lúc cuối (hình 2 2.2).. . A h. . (1).  P x. ∆h. ∆s. x B. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Hình 2.2. Trang 76. (2).

(77) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. 4. Khái niệm công suất Công suất là đại lượng đo bằng công sinh ra trong một đơn vị thời gian. Công thức :. Trong đó : P: công suất (W) A: công thực hiện (J) t: thời gian thực hiện công (s) * Chú ý : 1KW = 1000W ; 1KJ = 1000J 1KWh = 3600000J A   5. Biểu thức khác của công suất: .P = = F . v . t Chú ý: Khái niệm công suất cũng được mở rộng cho các nguồn phát năng lượng không phải dưới dạng công cơ học. Ví dụ: lò nung, nhà máy điện, . . . III. ĐỘNG NĂNG 1.Định nghĩa động năng Động năng của một vật có khối lượng m đang chuyển động với vận tốc v là năng lượng mà vật có được do nó đang chuyển động và được xác định theo công thức:. Trong đó : m : khối lượng (kg) v : vận tốc (m/s) Wđ : động năng (J) 2.Định lí động năng Định lý: Độ biến thiên động năng của một vật bằng tổng đại số công của ngoại lực tác dụng lên vật. Nếu công này là dương thì động năng tăng,nếu công này là âm thì động năng giảm. Công thức :. Trong đó: m : khối lượng của vật (kg) v1 : vận tốc lúc đầu (m/s) v2 : vận tốc lúc sau (m/s) IV. THẾ NĂNG 1. Thế năng trọng trường Thế năng trọng trường của một vật là dạng năng lượng tương tác giữa Trái Đất và vật; nó phụ thuộc vào vị trí của vật trong trong trường ..   . Trong đó : m : khối lượng (kg) g : gia tốc trọng trường (m/s2 ) z : vị trí của vật so với mốc thế năng (m) Chú ý : Giá trị của thế năng trọng trường phụ thuộc vào cách chọn mốc thế năng. Thế năng trọng trường có thể > 0, < 0 hoặc = 0. Liên hệ giữa thế năng và công của trọng lực(Chương trình nâng cao) - Khi một vật chuyển động trong trọng trường từ vị trí M đến vị trí N thì công của vật có giá trị bằng hiệu thế năng trọng trường tại M và tại N. Ta có: .AMN= Wt(M) – Wt(N).. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: z. m.  P. z. O z zM. M. M.  P zN. N.  P N. O. Trang 77.

(78) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. 2.Thế năng đàn hồi. Trong đó :. Wt : thế năng đàn hồi (J) k : độ cứng của lò xo (N/m) l : độ biến dạng của lò xo (m). l0. l. V. CƠ NĂNG 1. Định nghĩa : Cơ năng của một vậtlà tổng động năng và thế năng của vật. Khi vật chuyển động trong trọng trường: l. Khi vật chuyển động dưới tác dụng của lực đàn hồi:. 2. Đinh luật bảo toàn cơ năng của vật chuyển động trong trọng trường Khi một vật chuyển động trong trọng trường chỉ chịu tác dụng của trọng lực thì cơ năng của vật được bảo toàn Biểu thức:. . Hệ quả: - Trong quá trình chuyển động của một vật trong trọng trường: + Nếu động năng tăng thì thế năng giảm và ngược lại. + Tại vị trí nào động năng cực đại thì thế năng cực tiểu và ngược lại. 3. Cơ năng của vật chịu tác dụng của lực đàn hồi Khi một vật chỉ chịu tác dụng của lực đàn hồi gây bởi sự biến dạng của lò xo đàn hồi thì trong quá trình chuyển động của vật, cơ năng được tính bằng tổng động năng và thế năng đàn hồi của vật là một đại lượng bảo toàn. CHÚ Ý: - Nếu không có tác dụng của lực khác (như lực cản, lực ma sát . . .) thì trong quá trình chuyển động, cơ năng của vật là một đại lượng bảo toàn. Ta có: . W = Wđ + Wt = const . hay . Wđ1 + Wt1 = Wđ2 + Wt2 . Nếu có tác dụng của lực khác (như lực cản, lực ma sát . . .) thì trong quá trình chuyển động, cơ năng của vật không bảo toàn vì một phần cơ năng đã chuyển hóa thành CÔNG của lực cản hoặc ma sát. Khi đó ta có :. W1  W2  AC hay W2  W1  AC .. Với: AC là công của lực cản. W1 cơ năng lúc đầu; W2 cơ năng lúc sau B. CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1. CÔNG VÀ CÔNG SUẤT  Phương pháp giải  Đối với các bài toán tính công của lực, trước hết cần xác định chính xác những lực đã sinh công bằng cách phân tích tất cả các lực tác dụng lên vật.  Sau đó áp dụng công thức tính công A  F .s. cos rồi căn cứ vào dữ kiện đầu bài để tính các đại lượng  F, s và góc  hợp bởi lực F và đường đi.     CHÚ Ý: Ta có thể dùng công thức A  F .s rồi chiếu F lên hướng chuyển động s . Tìm S: - Với chuyển động thẳng đều: S = V.t. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 78.

(79) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. at 2  v 0 .t hay v 2  v 02  2aS 2  Tìm F: - Với chuyển động thẳng đều: F = P, F = Fms, F = Fc …. - Với chuyển động biến đổi đều: Dùng ĐL II Niutơn để tìm F  A  Để tính công suất, chỉ cần áp dụng công thức P  . Hoặc P  F v . t -Với chuyển động biến đổi đều: S . . Công suất trung bình: Ptb . . Công suất tức thời: P = F.v. v  vo A  F( ) t 2. Bài tập có hướng dẫn: Bài 1. Tìm công cần thực hiện để đưa một chiếc xe trượt mang theo vật lên dốc có độ cao H = 10m? Khối lượng tổng cộng của xe và vật là m = 30kg. Góc nghiêng của dốc  = 300. Hệ số ma sát giữa xe trượt và mặt dốc giảm đều từ k1 = 0,5 tại chân dốc đến k2 = 0,1 tại đỉnh dốc.  Hướng dẫn giải F. +. H. Fms P. . k1  k 2 2 Trong trường hợp này, trọng lực và lực ma sát sinh công cản, vì vậy công cần thực hiện phải là công dương bằng độ lớn của công của trọng lực và lực ma sát. H  A  mgH  kmg cos  . sin  k  k2  A  mgH (1  1 cot   4,5.10 3 ( J ) 2 Bài 2. Một ô tô có khối lượng m = 1000kg tắt động cơ khi xuống dốc có góc nghiêng với phương ngang  = 60 thì tăng tốc đến vận tốc cực đại v =72 km/h rồi sau đó thì chuyển động đều. Tìm công suất của ôtô để nó đi lên dốc này với vận tốc đó?  Hướng dẫn giải. Hệ số ma sát trung bình giữa xe trượt và mặt phẳng nghiêng là : k =. Fms.  P. Theo đề bài, xe tắt động cơ rồi xuống dốc với v = 72km/h = const. + Lực ma sát trên dốc Fms  kmg cos  cân bằng với thành phần lực kéo FK  mg sin   kmg cos  mg sin  Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 79.

(80) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. + Khi lên dốc thì lực kéo củα động cơ F  mg sin   kmg cos   2mg sin   Công suất của ô tô để nó lên dốc với vận tốc v = 72km/h = 20m/s là: P  F .v  2mgv sin   40.10 3 (W ) Bài 3. Hai vật A và B có khối lượng m1 = m2 = 4 kg, nối với nhau bằng một sợi dây ( khối lượng không đáng kể) vắt qua ròng rọc. Vật A ở trên mặt phẳng nghiêng góc  so với phương ngang ( hình vẽ). Tính công của trọng lực của hệ khi vật A di chuyển trên mặt phẳng nghiêng được một đoạn l = 1 m. Bỏ qua ma sát. Lấy g = 10 m/s2.  Hướng dẫn giải Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ.   Vì: P1x  P2 nên vật B chuyển động đi xuống, vật N T  A chuyển động đi lên. Khi vật A đi dược quãng  P 2x T đường l = 1 m thì vật B cũng đi xuống được một  O a   đoạn h = l = 1 m.  P2 y F x  ms Công của trọng lực P2 bằng: A2  P2 .h  m2 gl  40 J   P2  Gọi h1 , h2 là độ cao của A lúc đầu và lúc sau, công của trọng lực P1 P1 y là: A1  P1  h1  h2   m1 g  h1  h2  . Vì vật A đi lên nên ta có:.  h2  h1   l sin  . Do đó:. A1   m1 gl sin   20 J Vậy công của trọng lực của hệ là : A  A1  A2  40   20   20 J . ĐỌC LẠI CÁC BÀI HỆ VẬT TỪ TRANG 35 ĐẾN 37 Dạng 2. ĐỊNH LÍ ĐỘNG NĂNG+ ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG+ĐỘ BIẾN THIÊN CƠ NĂNG I. ĐỊNH LÍ ĐỘNG NĂNG:  Điều kiện áp dụng: cho mọi trường hợp ( vật chịu tác dụng của các ngoại lực: lựa ma sát, lực kéo, lực cản, trọng lực,....)  Phương pháp giải: Khi giải các bài tập áp dụng định lý động năng thông thường ta tiến hành theo các bước sau :  Vẽ hình, phân tích lực, xác định trạng thái (1) và (2). . Viết biểu thức động năng cho vật ở thời điểm đầu và thời điểm cuối Áp dụng định lí động năng để tìm các đại lượng theo yêu cầu của bài. 1 1 W®2  W®1   A Ngo¹i lùc HAY mv 22  mv12   A ngo¹i lùc  A F1  A F 2  ..... 2 2 Với các bài toán dạng này, cần chú ý rằng :  Chuyển động của vật không nhất thiết phải là chuyển động thẳng biến đổi đều. Do đó nếu bài toán chỉ cho biết chuyển động là biến đổi thì nên áp dụng định lí động năng để giải. Nếu bài cho chuyển động là chuyển động biến đổi đều thì còn có thể vận dụng phương trình của chuyển động biến đổi và các công thức để giải.  Công cản luôn có giá trị âm. 2  mv   1 p2 2  W®  mv   2  Liên hệ giữa động năng và động lượng: Ta cã:  2 2m 2m  p  2m.W®  p  m.v    AF  Fscos , với:   ( F ; s ). Công của trọng lực: A TRäNG LùC  A P  AP1 2  P( z1  z2 )   P.h II. ĐỘ GIẢM THẾ NĂNG:  Điều kiện áp dụng: chỉ áp dụng cho lực thế ( vật chịu tác dụng của trọng lực, lực đàn hồi....).  Phương pháp giải: ta tiến hành theo các bước sau Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 80.

(81) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.  Chọn gốc thế năng.  Vẽ hình, phân tích lực, xác định trạng thái (1) và (2). Biểu thức: Wt1  Wt2  A LùC THÕ AF  Wt1  Wt 2 the. + A  mgh1  mgh2  P. + AF  dh. 1 2 1 2 kx1  kx2 2 2. Trong đó các em cần chú ý: + Wt1  mgz1 Nếu h1 bên dưới gốc thế năng thì : Wt1  mgz1 + Hạn chế sử dụng phương pháp này. III. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG  Điều kiện áp dụng: áp dụng cho vật chuyển động trong trường lực thế hay vật chuyển động không có sức cản hoặc ma sát + vật chỉ chịu tác dụng của trọng lực, lực đàn hồi. + AF 0 khongthe.  Phương pháp giải: ta tiến hành theo các bước sau  Chọn gốc thế năng. - Vẽ hình, xác định trạng thái (1) và (2).  Biểu thức: W1  W2 hay : Wd 1  Wt 1  Wd 2  Wt 2 - Trong đó các em cần chú ý: + z1 , z2 : : là độ cao của trạng thái 1, 2 so với gốc thế năng. + Đối với con lắc đơn thì: hA  l (1  cos A ) IV. ĐỘ BIẾN THIÊN CƠ NĂNG  Điều kiện áp dụng: áp dụng cho mọi trường hợp + vật chỉ chịu tác dụng của lực thế (trọng lực, lực đàn hồi ). + vật chỉ chịu tác dụng của lực không thế (lực ma sát, lực cản, lực kéo...).  Phương pháp giải: ta tiến hành theo các bước sau  Chọn gốc thế năng.  Vẽ hình, phân tích lực, xác định trạng thái (1) và (2). . Biểu thức: W1  W2  AC hay W2  W1  AC. Hay : AF  AF   Wd 2  Wt 2  Wd 1  Wt1 ms. - Trong đó các em cần chú ý: + z1 , z2 : là độ cao của trạng thái 1, 2 so với gốc thế năng.   + AF  Fscos , với   ( F ; s ) Bài tập có hướng dẫn: Bài 1. Chiếc búa của máy đóng cọc nặng m = 500 kg được thả rơi tự do từ độ cao nào đó đập vào cọc và đóng nó sâu xuống đất l = 1 cm. Xác định lực cản của đất F (coi là không đổi), nếu ngay trước khi va chạm, búa có vận tốc là v = 10 m/s. Bỏ qua khối lượng của cọc.  Hướng dẫn giải Từ định lí về động năng => W®2  W®1   A Ngo¹i lùc  A träng lùc  A ma s¸t 1 0  mv 2  mg   F  2 Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 81.

(82) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den.  v2  => F  m  g   2,5.10 6 N   2l  Bài 2. Một ô tô khối lượng 2 tấn đang chuyển động với vận tốc 36km/h thì tắt máy và xuống dốc, đi hết dốc trong thời gian 10s. Góc nghiêng của dốc là 200 , hệ số ma sát giữa dốc và xe là 0,01. Dùng các định luật bảo toàn, tính: a. Gia tốc của xe trên dốc và suy ra chiều dài dốc. b. Vận tốc của xe ở chân dốc.  Hướng dẫn giải - Vật chịu tác dụng các lực:  + Trọng lực : P , lực thế. + Phản lực : N , AN  0. . + Lực ma sát : Fms , ngoại lực. - Vì có ngoại lực ma sát tác dụng nên không thể vận dụng định luật bảo toàn cơ năng, chỉ có thể dùng định lí động năng hoặc biến thiên cơ năng. - Cách 1: Sử dụng định lí động năng+ Ta sẽ viết biểu thức định lí động năng cho vật chuyển động từ đỉnh dốc (1) đến chân dốc (2). +. 1 1 AP  AN  AFms  mv22  mv12 2 2. 1 1  mg ( z1  z2 )  0  ( Fms s )  mv22  mv12 2 2 1 1  mgh   mgcos  mv22  mv12 2 2 + Với : h  s.sin , Fms   N   mgcos + Suy ra: v22  v12  2 g ( sin   cos ) s (*) + Kết hợp hệ thức độc lập thời gian: v22  v12  2as + Suy ra gia tốc của xe trên dốc:. a  g ( sin   cos )  10( sin 200  0,01cos 200 )  333(m / s 2 ) + Chiều dài dốc:. 1 1 s  at 2  v1t  .3,33102  1010  2665(m) 2 2 + Vận tốc xe ở chân dốc:. v2  v1  at  10  3,33.10  43,3(m / s ) Hoặc có thể tính từ biểu thức (*). - Cách 2: Sử dụng biến thiên cơ năng+ Ta sẽ viết biểu thức biến thiên cơ năng cho vật chuyển động từ đỉnh dốc (1) đến chân dốc (2). + Chọn gốc thế năng tại chân dốc.. Ams  W2  W1  Wd 2  0  (Wd 1  Wt1 ) 1 1 ( Fms ) s  mv22  mv12  mgh 2 2.    mgcos  Tài liệu lưu hành nội bộ. 1 2 1 2 mv2  mv1  mgs.sin 2 2. Email: Trang 82.

(83) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. + Với : h  s.sin , Fms   N   mgcos + Suy ra: v22  v12  2 g ( sin   cos )s (*) + Kết hợp hệ thức độc lập thời gian: v22  v12  2as + Suy ra gia tốc của xe trên dốc: a  g ( sin   cos )  10(sin200  0, 01cos 200 )  333( m / s 2 ) 1 1 + Chiều dài dốc: s  at 2  v1t  .3,33102  1010  2665( m) 2 2 + Vận tốc xe ở chân dốc: v2  v1  at  10  3,33.10  43, 3( m / s) Hoặc có thể tính từ biểu thức (*). Bài 3. Quả cầu nhỏ khối lượng 500g treo ở đầu một sợi dây dài 1m, đầu trên của dây cố định. Kéo quả cầu ra khỏi vị trí cân bằng sao cho dây hợp với phương thẳng ứng góc 450 , rồi thả tự do. Tìm: a. Vận tốc của con lắc khi nó đi qua vị trí cân bắng. b. Tính lực căng của dây tại vị trí cân bằng. Bài giải tham khảo - Vật chịu tác dụng các lực:  + Trọng lực : P , lực thế.  + Lực căng dây T , AT  0 - Vật chuyển động trong trường lực thế, ta có thể áp dụng định luật bảo toàn cơ năng để giải bài toán này. Ngoài ra ta cũng có thể giải bài 2 bằng định lí động năng. a. - Chọn gốc thế năng tại vị trí cân bằng (vị trí thấp nhất của vật). - Viết biểu thức định luật bảo toàn cơ năng cho vị trí góc 45o và vị trí cân bằng. WA  WB WtA  0  0  WdB 1 Hay : mghA  mvB2 2 - Với : hA  l (1  cos A )  l (1  cos 450 ) 2 )  20  10 2  2, 42( m / s ) 2 b) Khi cần tính đến lực căng dây T ta phải áp dụng lại định luật II Niu tơn cho vật tại vị trí cần tính, vì các phương pháp năng lượng cho ta : AT  0 - Chú ý rằng vật chuyển động tròn đều với gia tốc hướng tâm, hợp lực của trọng lực và lực căng chính là lực hướng tâm.    - Viết biểu thức định luật II Niu tơn cho vật tại vị trí cân bằng B: P  T  maB - Chiếu phương trình lên trục hướng tâm BO: v2  P  T  maht  m B l 2 2 v 2, 42 - Suy ra: T  mg  m B  0,5.10  0,5.  7, 93( N ) l 1. - Suy ra: vB  2 gl (1  cos 450 )  2101(1 . Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 83.

(84) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Dạng 3. BÀI TOÁN VA CHẠM Đây là dạng toán khó của các định luật bảo toàn vì nó cần có sự tổng hợp của nhiều phần kiến thức  CƠ SỞ LÝ THUYẾT:  Bài toán về va chạm giữa hai vật thường được xét trong các trường hợp sau :  Va chạm mềm : Trong trường hợp va chạm giữa hai vật là mềm thì hoàn toàn có thể áp dụng định luật bảo toàn động lượng, nhưng cần chú ý rằng sau va chạm hai vật có cùng vận tốc. Định luật bảo toàn cơ năng không đúng với trường hợp này. Dạng này thường kết hợp giữa định luật bảo toàn động lượng +độ biến thiên cơ năng  Va chạm đàn hồi : Trường hợp các vật va chạm đàn hồi thì định luật bảo toàn động lượng và định luật bảo toàn cơ năng(hay bảo toàn động năng) vẫn nghiệm đúng. Do đó có thể áp dụng cả hai định luật này.  Phương pháp giải: BÀI TOÁN VA CHẠM CƠ BẢN : Xét hai vật có khối lượng m1 và m2 chuyển động trong mặt phẳng nằm ngang (mặt phẳng xOy) và ngược. . . chiều nhau đến va chạm trực diện với nhau. Vận tốc ban đầu của các vật lần lượt là v1 và v1 . Trong mặt phẳng nằm ngang chúng ta có thể áp dụng định luật bảo toàn động lượng của các vật tham gia va chạm, tức là :.     m1v1  m2 v2  m1v '1  m2v '2. (1)   trong đó v '1 và v '2 là vận tốc của các vật sau va chạm. 1) Va chạm hoàn toàn đàn hồi : Lưu ý rằng: va chạm xảy ra trong mặt phẳng nằm ngang tức là độ cao so với mặt đất của các quả cầu không thay đổi nên thế năng của chúng không thay đổi trong khi va chạm, vì vậy bảo toàn cơ năng trong trường hợp này chỉ là bảo toàn động năng. Hướng dẫn giải  Do va chạm đàn hồi nên động năng bảo toàn nên ta có :. 1 1 1 1 m1v12  m2v22  m1v '12  m2v '22 2 2 2 2. . (2).    . Vì các vectơ v1 , v2 , v '1 , v '2 có cùng phương nên ta chuyển phương trình vectơ (1) thành phương trình vô hướng :. m1v1  m2v2  m1v '1  m2 v '2 . Từ (1) và (2) biến đổi các phuuwng trình này thành  m ( v  v ' )  m 2 ( v 2'  v 2 )   1 1 1' ' ' '  m1 ( v1  v 1 )( v1  v1 )  m 2 ( v 2  v 2 )( v 2  v 2 ). Lấy.  2 ' 1' ta được: (v  v 1. ' 1. (1) (1 ') (2 '). )  (v2  v2' ). Nhân hai vế của phương trình này với m1 ta có : m1 (v1  v '1 )  m1 (v2  v2' )  Cộng (3) với (1’) ta tìm được vận tốc của hai vật sau va chạm :. ( m1  m2 )v1  2m2 v2 m1  m2 ( m  m1 )v2  2m1v1 v '2  2 m1  m2 v '1 . (3). (4) (5).  Ta xét một trường hợp riêng của biểu thức (4) và (5) : Giả sử hai quả cầu hoàn toàn giống nhau , tức là m1 = m2. Từ (4) và (5) ta có :. v2  v10 v1  v20 Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 84.

(85) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Nghĩa là hai quả cầu sau va chạm trao đổi vận tốc cho nhau : quả cầu thứ nhất có vận tốc của quả cầu thứ hai trước khi có va chạm và ngược lại. Hình sau minh họa trường hợp một trong hai quả cầu trước va chạm đứng yên : Hình bên cho thấy sau va chạm, quả cầu thứ hai có vận tốc v2 = v10 = 0, nghiã là nó đứng yên như quả cầu thứ nhất trước khi va chạm, còn quả cầu thứ nhất sau va chạm lại có vận tốc v1 = v20 nghĩa là nó chuyển động như quả cầu thứ hai trước khi va chạm. Hai quả cầu đã thay đổi vai trò cho nhau. Nếu ma sát ở điểm treo dây rất nhỏ thì các quả cầu sẽ lần lượt lúc đứng yên lúc chuyển động xen kẽ nhau. 2) Va chạm mềm: Lưu ý rằng: Người ta gọi va chạm giữa các vật là va chạm mềm nếu sau va chạm hai vật dính liền với nhau thành một vật. Trong va chạm mềm một phần động năng của các quả cầu đã chuyển thành nhiệt và công làm biến dạng các vật sau va chạm. Dĩ nhiên trong va chạm mềm ta không có sự bảo toàn cơ năng của các vật. Hướng dẫn giải  Theo Định luật bảo toàn động lượng dẫn đến phương trình :.    m1v1  m2v2  (m1  m2 )v '. . trong đó v ' là vận tốc của vật sau va chạm. Từ đó, ta tính được vận tốc của các vật sau va chạm :.    m1v1  m2v2 v' m1  m2.   . Vì các v1 , v2 , v ' cùng phương nên. v' . m1v1  m2 v2 (6) m1  m2.  Ta hãy tính phần động năng tổn hao trong quá trình va chạm : + Động năng của hai vật trước va chạm :. Wd 1 . 1 1 m1v12  m2v22 ( a ) 2 2. + Động năng của chúng sau va chạm :. 1 Wd 2  (m 1  m2 )v '2 2 ( m1v1  m2v2 )2 Thay (6) vào (b) ta được : Wd 2  (b ) . 2( m 1  m2 )  Từ (a) và (b) dễ dàng ta có : Wd 1 > Wd 2. (b). Phần động năng tổn hao trong quá trình va chạm là :. Wd  Wd 1  Wd 2 . 1 m1m2 (v1  v2 ) 2  0 2 m1  m2. (7). Biểu thức trên chứng tỏ rằng động năng của các quả cầu luôn luôn bị tiêu hao thành nhiệt và công làm biến dạng các vật sau va chạm. VÍ DỤ : Muốn đập vỡ một viên gạch, tức là muốn chuyển động năng của búa thành năng lượng biến dạng làm vỡ viên gạch thì theo (7) ta cần tăng vận tốc v10 của búa trước khi va chạm, tức là phải đập búa nhanh. Ngược lại, khi đóng đinh ta phải làm giảm phần động năng tiêu hao vì ta muốn chuyển động năng của búa thành động năng của đinh ấn sâu vào gỗ. Muốn vậy, phải tăng khối lượng m1 của búa để đạt được động năng của búa vẫn lớn khi mà vận tốc v10 của búa không lớn , nhờ vậy mà giảm được phần động năng tiêu hao thành nhiệt. Bài 1:( BTVL 10 - Cơ bản) Một xe trở cát có khối lượng 38 kg đang chạy trên đường nằm ngang không ma sát với vận tốc 1m/s. Một vật nhỏ khối lượng 2 kg bay ngang với vận tốc 7 m/s (đối với mặt đất) đến chui vào cát nằm yên trong đó. Xác định vận tốc mới của xe. Xét hai trường hợp. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 85.

(86) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. a) Vật bay đến ngược chiều xe chạy. b) Vật bay đến cùng chiều xe chạy. Hướng dẫn giải - Chọn chiều (+) là chiều chuyển động của xe cát. Gọi: V: vận tốc hệ xe cát + vật sau va chạm. V0: vận tốc xe cát trước va chạm. v0: vận tốc vật trước va chạm. - áp dụng định luật bảo toàn động lượng:  M  m V  MV0  mv0 MV0  mv0 mM a) Vật bay ngược chiều xe chạy: v0  7m / s 38.1  2(7) V  0, 6m / s 38  2 b) Các vật bay cùng chiều xe chạy: v0  7m / s 38.1  2.7 V  1, 3m / s 40 Bài 2: ( BTVL 10 – Nâng cao) Vật m1 = 1,6 kg chuyển động với vận tốc v1 = 5,5 m/s đến va chạm đàn hồi với vật m2 = 2,4 kg đang chuyển động cùng chiều với vận tốc 2,5 m/s. Xác định vận tốc của các vật sau va chạm. Biết các vật chuyển động không ma sát trên một trục nằm ngang. Hướng dẫn giải Chọn chiều (+) là chiều chuyển động của vật (1) trước vận chuyển. áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: m1 v1 + m2v2 = m1 v1’ + m2 v2’ (1) Va chạm là đàn hồi nên: 1 1 1 1 m1v12  m 2 v 22  m1v '21  m 2 v '22 (2) 2 2 2 2 ' '  m1 ( v1  v1 )  m 2 ( v 2  v 2 ) (1) và (2)  ' ' ' '  m1 ( v1  v 1 )( v1  v1 )  m 2 ( v 2  v 2 )( v 2  v 2 )  v1  v1'  v2  v2' Thay số, kết hợp với (1) ta có: 5,5  v1'  2,5  v2'  ' ' 8,8  6  1, 6.v1  2, 4.v2 V . '  v 2  4 , 9 m / s   '  v 1  1, 9 m / s ' ' * Nhận xét: v1 , v2 > 0 các vật vẫn chuyển động theo chiều (+) (chiều chuyển động ban đầu) Bài 3: Một quả cầu thép khối lượng 0,5kg được treo bằng sợi dây dài 70cm, đầu kia cố định và được thả rơi lúc dây nằm ngang khi quả cầu về tới vị trí, phương của dây treo thẳng đứng thì nó va trạm với một khối bằng thép 2,5kg đang đứng yên trên mặt bàn không ma sát, va chạm là đàn hồi. Tìm vận tốc quả cầu và khối lượng ngay sau vận chuyển. Hướng dẫn giải Gọi v0 là vận tốc của quả cầu ngay trước va chạm. Theo định luật bảo toàn cơ năng.. Giải hệ ta có:. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 86.

(87) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. 1 1 m 1 .o 2  m 1 . g .l  m 1 .v 02  o 2 2  v0  2 gl  2.9, 8.0, 7  3, 7 m / s - Xét quá trình ngay trước và sau va chạm có thể xem các vật chuyển động trên một trục, chọn chiều (+) là chiều chuyển động của quả cầu thép ngay trước va chạm. - áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: m1.v0  m2 .0  m1.v1  m2 .v2 (1) - Va chạm là đàn hồi nên động năng được bảo toàn nên: 1 1 1 m1v02  m1v12  m2v22 (2) 2 2 2 m2v2  m1 (v0  v1 ) (1) và (2)    v2  v0  v1 2 m2v2  m1 (v0  v1 )(v0  v1 ) m .v  m1.v1  m2 .v2 Kết hợp với (1) ta được  1 0 v2  v0  v1 v0 (m1  m2 )  v1  m  m  1 2 Giải ra ta có: (*)  v  2m1v0  2 m1  m2 Thay số: 3, 7(0, 5  2, 5)    2, 47 m / s  v1  0, 5  2, 5   v  2.0, 5.3, 7  1, 233 m / s  2 0, 5  2, 5 * Nhận xét: v2  0 chứng tỏ vật 2 chuyển động theo chiều (+) (chiều chuyển động của vật m1 ban. đầu); v1  0 : vật 1 chuyển động theo chiều âm (ngược chiều so với chiều chuyển động ngay trước va chạm) - Từ (*) ta thấy: m1  m2  ( v1  0 ): vật m1 vẫn chuyển động theo chiều chuyển động ngay trước va chạm. - m1  m2  ( v1  0 ) vật m1 chuyển động ngược trở lại - m1  m2  ( v1  0 ) vật m1 đứng yên sau va chạm Bài 4: Hai quả cầu tiến lại gần nhau và va chạm đàn hồi trực diện với nhau với cùng một vật tốc. Sau va chạm một trong hai quả cầu có khối lượng 300g dừng hẳn lại. Khối lượng quả cầu kia là bao nhiêu? Hướng dẫn giải Gọi m1 , m2 là khối lượng của các vật, v1 , v2 là vận tốc tương ứng. - Chọn chiều (+) là chiều chuyển động của vật m1 trước va chạm. - áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: m1v1  m2 v2  m1v1'  m2 v2' (1) Với: v1  v2  v (2) Giả sử: v1'  0 khi đó vật m1 sau va chạm nằm yên Từ (1) và (2). . (m1  m2 )v  m2 v2'. (3).  v2' phải chuyển động ngược trở lại v2'  0 . Điều này chỉ xảy ra khi m1  m2 . - Va chạm là đàn hồi nên động năng được bảo toàn do đó: Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 87.

(88) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. 1 1 1 m1v12  m2v22  m2 v2' 2 (v1'  0) 2 2 2 2   m1  m2  v  m2v2' 2. Lấy (5) chia (3) ta được: v2' . (4) (5). m1  m2 v m1  m2. Thay vào (3) ta có:.  m1  m2  v  m2. m1  m2 v m1  m2. 2.   m1  m2   m2 (m1  m2 )  m1 (m1  3m2 )  0 m  m2  1  100 g ( m1 = 0 vô lí) 3 Quả cầu không bị dừng có khối lượng 100 (g) BÀI TOÁN HAY VÀ KHÓ Bài 1: Ba quả cầu có cùng bán kính, có khối lượng khác nhau, được buộc vào các sợi dây có chiều dài giống nhau và tiếp xúc với nhau. Quả cầu m1 được kéo lệch lên đến độ cao H rồi thả ra (Hình 1.58). Các khối lượng m2 và m3 phải như thế nào để sau các va chạm giữa quả thứ nhất với quả thứ hai và giữa quả thứ hai với quả thứ ba thì cả ba quả có cùng động lượng? Chúng lên đến độ cao nào? Các va chạm là hoàn toàn đàn hồi. Hướng dẫn giải Xét va chạm quả cầu 1 và 2: sau va chạm quả cầu 1 có vận tốc v/3, quả cầu 2 có vận tốc v2 - Bảo toàn động lượng: m1 v =m1 v/3 + m2v2 (1) - Bảo toàn cơ năng: m1 v2=m1 v2/9 + m2 v22 (2)  v2 = 4v/3; m2=m1/2 Xét va chạm quả cầu 2 và 3: sau va chạm quả cầu 2 có vận tốc v2/2, quả cầu 3 có vận tốc v3. - Bảo toàn động lượng: m2 v2 =m2 v2/2 + m3v3 (3) - Bảo toàn cơ năng: m2 v2 2 = m2v2 2/4 + m3 v23 (2)  v3 = 1,5v2; m3 = m2/3 = m1/6 m1 m2 m3 Dễ dàng tính được H1=H/9; H2=4H/9; H3=4H Bài 2: Hai quả cầu có cùng khối lượng m, nối với nhau bằng lò xo Hình 1. 58. m m không khối lượng có chiều dài l và độ cứng k đang nằm yên trên mặt bàn m nằm ngang nhẵn. Một quả cầu thứ ba khối lượng m chuyển động với vận 1 2 3 tốc v0 theo phương nối tâm hai quả cầu, va chạm đàn hồi với quả cầu bên l phải (Hình 1.59). Xác định khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất giữa các quả cầu nối nhau bởi lò xo, biết rằng tại các thời điểm đó, các quả cầu có Hình 1. 59. cùng vận tốc. Hướng dẫn giải - Xét va chạm giữa m3 và m2: m 3 v 0  m 2 v  m 3 v' (1) 1 1 1 m 3 v 20  m 2 v 2  m 3 v '2 (2) 2 2 2 Giải (1) và (2) ta có v = v0 và v’=0 (quả cầu 3 trao đổi vận tốc với quả cầu 2). - Bảo toàn động lượng cho 2 quả cầu 1 và 2: mv0= mv1+mv2  v0=v1+v2=const - Khối tâm G của hệ 2 quả cầu 1 và 2 nằm ở trung điểm của lò xo và chuyển động với vận tốc vG=v0 /2. Nếu xét trong hệ quy chiếu gắn với G thì G đứng yên, 2 quả cầu dao động quanh G với vận tốc cực đại v0/2. Khi đó có thể coi như mỗi quả cầu gắn với một lò xo có chiều dài l/2, độ cứng 2k. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 88.

(89) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. - Khi hai quả cầu có cùng vận tốc thì v1=v2=v0/2  trong hệ quy chiếu khối tâm khi này hai quả cầu đứng yên (chỉ có thế năng, không có động năng). Độ biến dạng các lò xo khi này được tính theo định luật bảo toàn cơ năng: 2 1  v0  1 m m   ( 2 k ) A 2  A  v 0 2  2  2 8k. m 2k m Lò xo dài nhất khi giãn 2A: l max  l  2A  l  v 0 2k Bài 3: Hai quả cầu – một bằng sắt khối lượng m và một bằng chì khối lượng m/4 – treo vào cùng một điểm bằng các sợi dây mảnh. Kéo lệch quả cầu bằng chì lên đến độ cao H rồi thả ra. Sau va chạm nó lên được đến độ cao h. Va chạm là xuyên tâm. Tìm phần động năng chuyển thành nhiệt. Hướng dẫn giải - Gọi v0 và v là vận tốc bi chì ngay trước và sau va chạm thì v02=2gH và v2=2gh. - Bảo toàn động lượng: mv0/4 = mv/4 + mv’ (v’ là vận tốc bi sắt ngay sau va chạm).  v’ = (v0 – v )/4 Cơ năng trước va chạm: W = mgH/4 Cơ năng sau va chạm: W’ = mgh/4 + mv’2/2 = mgh/4 + mg (H - hH +h)/16 - Phần động năng chuyển thành nhiệt: Q= W - W’ 1  Q  mg 3H  5h  2 Hh 16 Bài 4: Bài toán các vật không chuyển động không trên cùng một trục Phương pháp Cách 1: - Viết biểu thức định luật bảo toàn động lượng dưới dạng véc tơ:     p1  p2  p1'  p 2' ( hệ hai vật) - Vẽ giản đồ véc tơ - Thiết lập phương trình hoặc hệ phương trình: + áp dụng các định lí hình học( pitago, định lí hàm số sin, định lí hàm số cosin, ... ) lập các mối quan hệ về độ lớn động lượng của hệ trước và sau va chạm. +Viết phương trình bảo toàn động lượng ( nếu va chạm là đàn hồi)... - Giải phương trình hoặc hệ các phương trình trên tìm ra các đại lượng đề yêu cầu. Cách 2: - Chọn trục toạ độ ox hoặc hệ toạ độ oxy. - Viết biểu thức định luật bảo toàn động lượng dưới dạng véc tơ: Lò xo ngắn nhất khi bị nén 2A: l min  l  2A  l  v 0. . .     p1  p2  p1'  p 2'. - Thiết lập phương trình hoặc hệ phương trình: Vẽ giản đồ véc tơ và chiếu các véc tơ lên các trục toạ độ, chuyển phương trình véc tơ về phương trình đại số. Phương trình bảo toàn động lượng( nếu va chạm là đàn hồi)... - Giải hệ các phương trình trên tìm ra các đại lượng đề yêu cầu. Câu 1: ( BTVL 10 – Nâng cao) Một xe cát có khối lượng M đang chuyển động với vận tốc V trên mặt nằm ngang. Người ta bắn một viên đạn có khối lượng m vào xe với vận tốc v hợp với phương ngang một góc  và ngược lại hướng chuyển động của xe. Bỏ qua ma sát giữa xe và mặt đường. Tìm vận tốc của xe sau khi đạn đã nằm yên trong cát. Hướng dẫn giải - Chọn chiều (+) là chiều chuyển động của xe.   - Xe chịu tác dụng của hai lực: trọng lực p , phản lực N trong đó:   p+ N =0 Theo phương ngang không có lực tác dụng nên động lượng của hệ được bảo toàn.    MV  mv  (M  m)u (1) Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 89.

(90) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Chiếu (1) lên ox: MV  mvcos  ( M  m)u MV  mvcos u  M m * Trong thực tế không nhất thiết người làm phải chọn trục ox, có thể trong quá trình làm người ngầm chọn chiều (+) là chiều chuyển động của vật nào đó ví dụ chiều chuyển động của xe trước va chạm. Câu 2: Hai quả cầu A và B có khối lượng lần lượt là m1 và m2 với m1 = 2m2 , va chạm với nhau . Ban đầu A đứng yên B có vận tốc v. Sau va chạm B có vận tốc v/2 và có phương chuyển động vuông góc so với phương chuyển động ban đầu của nó . Tìm phương chuyển động của quả cầu A sau va chạm và vận tốc của quả cầu A sau va chạm. Biết v = 5 m/s  2,24 m/s Bài giải Gọi:.  p là động lượng của quả cầu B trước khi va chạm.   p1, p2 lần lượt là động lượng của quả cầu A và B sau va chạm.  p2. áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có:.    p  p1  p2. Ta có giản đồ véc tơ như hình vẽ: Theo giản đồ véc tơ:.  p. p12  p 2  p22  m1v12  m2v2  m22v22 v   m v  m1v  m2  2  2 2 1 1.  v1 . . 2. 2.  p1. 5 m2 5 v .2. 5  5 m s 2 m1 2. + Phương chuyển động của A:. v p 21 tan   2  p m2 .v 2 m2 ..    26,57 0 Sau va chạm phương chuyển động của B bị lệch 26,750 so với phương chuyển động ban đầu. Câu 3: (Cơ sở vật lí tập I - ĐAVI HALLIDAY – ROBERTRESNICK – JEARLWALKER) Trong một ván bi a, quả bi a bị chọc va vào một quả bi a khác đang đứng yên. Sau va chạm quả bi quả bi a bị chọc chuyển động với vận tốc 3,5 m/s theo một P A 1 đường làm với góc 220 đối với phương chuyển động ban đầu của nó còn quả thứ hai có vận tốc 2m/s. Hãy tìm: a. Góc giữa phương chuyển động của quả bi a thứ hai và phương chuyển động ban đầu của quả bi a chọc. B  O b. Tốc độ ban đầu của quả bi a chọc.  P c. Động năng có được bảo toàn không ? Hướng dẫn giải Theo định luật bảo toàn động lượng ta có:.    p  p1  p2. P2. Theo hình vẽ: Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 90.

(91) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. p  p1cos  p2cos  mv  m v1cos  mv2cos Chia 2 vế cho m ta có: v  v1cos  v2 cos (m1  m2  m) (1) Mặt khác trong OAB có: P2 P v2 v  1   1 sin  sin  sin  sin  v 3,5  sin   1 sin   sin 220  0, 6556 v2 2    410 Góc giữa phương chuyển động của quả bi a thứ 2 và quả bi a thứ nhất lúc chưa va chạm vào quả bi a thứ 2 là   410 . b) Thay  vào (1) ta có: v  3, 5cos 220  2.cos 410  4, 755 m / s c) Động năng của hệ trước và sau va chạm 1 E  mv 2 2 1 1 E '  mv12  mv 22 2 2 Nếu động lượng bảo toàn thì E  E ' 1 1 1  m v 2  m v12  m v22 2 2 2 2 2 2  mv  m v1  m v2  m 2 v 2  m 2 v12  m 2 v22. p 2  p12  p22    p1  p2   v1  v2 hay. Nghĩa là :   ở đây: ( v1 , v2 ) =     220  410  630 trái với (*) Vậy động lượng không được bảo toàn.. Tài liệu lưu hành nội bộ. (*). Email: Trang 91.

(92) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. PHẦN : NHIỆT HỌC. I.. A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM THUYẾT ĐỘNG HỌC PHÂN TỬ CHẤT KHÍ – CẤU TẠO CHẤT 1. Cấu trúc và tính chất của chất khí :  Mỗi chất khí được tạo thành từ các phân tử giống hệt nhau. Mỗi phân tử có thể có một hoặc nhiều nguyên tử.  Khi đựng trong bình kín, chất khí chiếm toàn bộ dung tích của bình chứa – ta nói chất khí có tính bành trướng.  Chất khí dễ nén, khi tăng áp suất tác dụng lên một lượng khí thì thể tích chất khí giảm đi đáng kể.  Chất khí có khối lượng riêng nhỏ hơn chất rắn và chất lỏng. 2. Lượng chất và mol:  Lượng chất chứa trong một vật được xác định theo số phân tử hay nguyên tử chứa trong chất ấy.  Lượng chất đo bằng mol: 1 mol là lượng chất trong đó số phân tử hay nguyên tử bằng số nguyên tử chứa trong 12g cacbon 12.  Số Avôgađrô : NA = 6,02.1023 mol-1.  Khối lượng mol kí hiệu là :  (đọc là muy). Ở đktc 1mol (t0 = 00C và p0 = 1atm) thể tích 1 mol khí bất kì đều bằng V0 = 22,4 l/mol.   Khối lượng 1 phân tử khí : m0  . NA. m  m  Số phân tử hay nguyên tử chứa trong khối lượng m của một chất : N   .N A  N A  N  Mật độ phân tử khí (n) là số phân tử khí có trong một đơn vị thế tích : n  V Thuyết động học phân tử chất khí :  Chất khí bao gồm các phân tử, kích thước mỗi phân tử rất nhỏ coi như một chất điểm.  Các phân tử khí chuyển động hỗn loạn không ngừng, chuyển động này phụ thuộc vào nhiệt độ, không có hướng ưu tiên và gọi là chuyển động nhiệt của các phân tử khí.  Khi chuyển động các phân tử va chạm với nhau và với thành bình …Khi rất nhiều phân tử khí va chạm với thành bình gây ra áp suất chất khí lên thành bình chứa. Cấu tạo phân tử của vật chất :  Vật chất được cấu tạo từ các phân tử hoặc nguyên tử . Phân tử chuyển động nhiệt không ngừng.  Ở thể khí các phân tử ở xa nha, lực tương tác giữa các phân tử rất yếu và do đó chất khí lôn chiếm đầy bình chứa, không có hình dạng và thể tích xác định.  Ở thể rắn và thể lỏng các phân tử được xắp xếp gần nhau và theo một trật tự nhất định, lực liên kết giữa các phân tử lớn hơn chất khí vì vậy ở thể rắn và thề lỏng vật chất có thể tích xác định, nhưng chất lỏng chưa có hình dạng ổn định như chất rắn. CÁC ĐẲNG QUÁ TRÌNH QUÁ TRÌNH ĐẲNG NHIỆT. ĐỊNH LUẬT BOYLE - MARIOTTE Trạng thái và quá trình biến đổi trạng thái Trạng thái của một lượng khí được biểu diễn bằng các thông số trạng thái: áp suất p, thể tích V và nhiệt độ tuyệt đối T. Lượng khí có thể chuyển từ trạng thái này sang trạng thái khác bằng các quá trình biến đổi trạng thái (gọi tắt là quá trình). Quá trình đẳng nhiệt: Là quá trình biến đổi trạng thái mà trong đó nhiệt độ không thay đổi . Định luật BOYLE – MARIOTTE: Phát biểu: Trong quá trình đẳng nhiệt của một lượng khí nhất định, áp suất tỉ lệ nghịch với thể tích. . 3.. 4.. II. 1. 2. 3. a). Số mol chứa trong khối lượng m của một chất (kí hiệu là  , đọc là nuy) :  . Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 92.

(93) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. 1 hay PV  h»ngsè . V c) Hệ quả: - Gọi: p1, V1 là áp suất và thể tích của một lượng khí ở trạng thái 1. p1, V2 là áp suất và thể tích của một lượng khí ở trạng thái 2. Đối với quá trình đẳng nhiệt ta có: P1V1  P2V2 b) Biểu thức:. . P. 4. Đường đẳng nhiệt: a) Khái niệm: Đường đẳng nhiệt là đường biểu diễn sự biến thiên của áp suất theo thể tích khi nhiệt độ không đổi. b) Đồ thị đường đẳng nhiệt: V. p. p. T2 > T1 T1 0. 0. V. 0. T. T. QUÁ TRÌNH ĐẲNG TÍCH. ĐỊNH LUẬT CHARLES 1. Quá trình đẳng nhiệt: Quá trình biến đổi trạng thái khi thể tích không đổi gọi là quá trình đẳng tích. 2. Định luật CHARLES: a) Phát biểu: Trong quá trình đẳng tích của một lượng khí nhất định, áp suất tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối. b) Biểu thức: 1  Biểu thức viết theo 0C : p  p0 (1  t ) (*) với   K 1 đối mọi chất khí . 273  Biểu thức viết theo nhiệt độ tuyệt đối (K): Do T = t + 273 nên từ (*) suy ra p p p . = const. hay . 1  2 . T T1 T2 c) “ĐỘ KHÔNG TUYỆT ĐỐI” - Kenvin đã đưa ra một nhiệt giai bắt đầu bằng nhiệt độ 0 K và 0 K gọi là độ không tuyệt đối. - Các nhiệt độ trong nhiệt giai của Kenvil đều có giá trị dương và mỗi độ chia trong nhiệt giai này cũng bằng mỗi độ chia trong nhiệt giai Celsius. - Chính xác thì độ không tuyệt đối thấp hơn -2730C một chút (vào khoảng -273,150C). Liên hệ giữa nhiệt giai Kenvil và nhiệt giai Celsius: .T = t + 273. 3. Đường đẳng nhiệt: a) Khái niệm: Đường đẳng tích là đường biểu diễn sự biến thiên của áp suất theo nhiệt độ khi thể tích không đổi. b) Đồ thị đường đẳng tích: p. p. V1. p. V2 >V1 0. T. o. 273 C. 0. o. t C. 0. V. PHƯƠNG TRÌNH TRẠNG THÁI CỦA KHÍ LÍ TƯỞNG 1. Khí thực và khí lí tưởng: Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 93.

(94) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. -. Khí lí tưởng là khí tuân theo đúng các định luật về chất khí đã học. Các khí thực (chất khí tồn tại trong thực tế) chỉ tuân theo gần đúng các định luật Boyle - Mariotte và p Charles. Giá trị của tích p.V và thương thay đổi theo bản chất, nhiệt độ và áp suất của chất khí. T - Trong điều kiện áp suất và nhiệt độ không lớn lắm và không đòi hỏi độ chính xác cao, có thể xem khí thực là khí lí tưởng. 2. Phương trình trạng thái của khí lí tưởng: Xét một lượng khí nhất định.  Gọi:  p1, V1, T1 là áp suất, thể tích và nhiệt độ tuyệt đối của lượng khí ở trạng thái 1.  p2, V2, T2 là áp suất, thể tích và nhiệt độ tuyệt đối của lượng khí ở trạng thái 2. Khi đó ta có: Phương trình trạng thái của khí lý tưởng: p1.V1 p 2 .V2 p.V  .  . = const . T1 T2 T 3. Quá trình đẳng áp: a) Quá trình đẳng áp: Quá trình biến đổi trạng thái khi áp suất không đổi gọi là quá trình đẳng áp. b) Định luật Gay-Luysac:  Phát biểu: Trong quá trình đẳng áp của một lượng khí nhất định, thể tích tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối. V V V  Biểu thức: . 1 = 2 .  . = const .. T1 T2 T 4. Đường đẳng áp: a) Khái niệm: Đường đẳng áp là đường biểu diễn sự biến thiên của thể tích theo nhiệt độ khi áp suất không đổi. b) Đồ thị đường đẳng áp: V. V. p1. V. p2 > p1 0. T. o. 273 C. 0. to C. 0. p. PHƯƠNG TRÌNH MENĐÊLÊÉP-CLAPAYRON PV Phương trình Menđêlêep - Clapâyron :  nR T m N n: số mol khí ; n =  ; M NA R: hằng số chung của chất khí P0 V0 R= với P0 = 1,013.105 N/m2 ; T0 = 273 K ; V0µ = 22,4 lít. T0 J atm. R = 8,31 = 0,082 . mol.K mol.K ĐỊNH LUẬT DALTON : Áp suất của hỗn hợp khí : P = P 1 + P2 + … với P1, P2, … là áp suất riêng phần của từng loại khí có trong hỗn hợp . Chú ý : Mỗi lượng khí thành phần luôn chiếm toàn bộ thể tích của bình chứa !?. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 94.

(95) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. III.. CÔNG-NHIỆT LƯỢNG-CÁC NGUYÊN LÍ NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC 1) Nguyên lí I nhiệt động lực học : Q=A+U Quy ước dấu : Q > 0 : nội năng tăng Q < 0 : nội năng giảm A > 0 : khí thực hiện công  U > 0: nội năng tăng A < 0 : khí nhận công  U < 0: nội năng giảm 2) Công thức nhiệt lượng : Q = c. m.( t   t ) = c.m.t c: nhiệt dung riêng (= nhiệt lượng cần cung cấp để 1 đơn vị khối lượng chất đó tăng thêm 10C ; Đơn vị: J/ kg.độ) ; m: khối lượng Còn có thể viết : Q = c.n. t với n là số mol. c: nhiệt dung mol (= nhiệt lượng cần cung cấp để 1 mol chất đó tăng thêm 10C ; Đơn vị J/mol.độ) (*) Xem thêm ghi chú !? 3) Công do khí thực hiện : a) Quá trình đẳng áp: p = const  A = p. V  n.R.T b) Tổng quát: dA = p. dV ; A =  dA   p.dV Trong thực tế có thể tính bằng đồ thị trong hệ trục POV. 4) Nội năng : Tổng quát : U = f (V,T) Khí lí tưởng : U = f (T) 3  * Khí lí tưởng đơn nguyên tử : U = nRT  Cv nT ; C v  R nhiệt dung mol đẳng tích  2   * Khí lí tưởng nhị nguyên tử : U  nRT ; C v  R   CHÚ Ý:  Quá trình đẳng áp : Q p  A p  U  C p nT  Quá trình đẳng tích : Qv  U (doA  )  c v nT C p , C v : nhiệt dung mol đẳng áp, đẳng tích. Xét cùng T    cùng U (xét khí lí tưởng ) A p  nRT   Nguồn nóng T1.  Q p  QV  C p  Cv Q p  Qv  n(C p  C v )T  A p  nRT. . C P  CV  R. Q1. 5) Động cơ nhiệt : * Hiệu suất của động cơ nhiệt. A. Tác nhân. A Q  Q2 H  1 Q1 Q1 Q2. * Định lý Cacnô ( Carnot). T  T2 T H 1  1 2 T1 T1 H . Nguồn lạnh T2. T  T : hiệu suất của động cơ nhiệt lí tưởng hay hiệu suất lí tưởng . T CHÚ Ý: Chu trình là 1 quá trình khép kín ( trạng thái cuối trùng với trạng thái đầu ). Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 95.

(96) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. * Nguyên lí I NĐLH : Q = A ( do  U = 0 ) A * Hiệu suất của chu trình : H   100%  Qthu  B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI + BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH TRẠNG THÁI CỦA KHÍ LÍ TƯỞNG. PHƯƠNG TRÌNH CLAPÂYRON – MENĐÊLÊÉP. ĐỊNH LUẬT ĐANTÔN. Bài 1. Một bình chứa khí ở nhiệt độ 270C và áp suất 40 atm. Hỏi khi một nửa lượng khí thoát ra ngoài thì áp suất của khí còn lại trong bình là bao nhiêu nếu nhiệt độ của bình khi đó là 120 C. ĐS : 19 atm. Hướng dẫn giải Áp dụng phương trình Clapayron – Menđêlêep lần lượt cho lượng khí trong bình lúc đầu và lúc sau:. m1 m RT1 ; P2V = 2 RT2 trong đó V là thể tích của bình, M là khối lượng mol của chất khí chứa trong M M m m T bình, T1 = 300 K, T2 = 285 K, P1 = 40 atm và m2 = 1 ta tính được P2 = 2 . 2 . P1 = 19 atm. 2 m1 T1 m 2m1 1 GC: Nếu đề cho lượng khí thoát ra ngoài thì m2 = m1 - 1 = . 3 3 3 P1 V =. Bài 2. Một bình khí nén có khối lượng là 24 kg (khối lượng cả vỏ bình và khí). Đồng hồ áp suất gắn vào bình chỉ 2.10 7 Pa. Nhiệt độ của bình là 270C. Sau một thời gian sử dụng, đồng hồ áp suất chỉ 4.106 Pa và nhiệt độ của bình là 70C, khối lượng của cả bình khí lúc này là 20 kg . a. Tính khối lượng khí trong bình khi chưa sử dụng. b. Tính thể tích của bình . Cho biết : Khối lượng mol của khí là   32 g / mol , hằng số R = 8,31 J/mol.K. 56 ĐS : a/ kg  5,09 kg ; b / V  19,8. 11 Hướng dẫn giải Áp dụng phương trình Clapayron – Menđêlêep lần lượt cho lượng khí trong bình lúc đầu và lúc sau : P1V = m1 m RT1 ; P2V = 2 RT2. Kết hợp với M1 – M2 = m1 – m2 = 4 (kg). M M Bài 3. Một xi lanh có diện tích đáy S = 10 cm2, đặt thẳng đứng, chứa không khí ở 120C. Lúc đầu pittông nằm ở độ cao 60cm kể từ đáy xi lanh. Nếu đặt lên pittông quả cầu m = 10 kg thì pittông sẽ dịch xuống dưới. Không khí trong xi lanh bị nén và nóng lên tới 270C. Tính độ dịch chuyển của pittông biết rằng áp suất khí quyển là P0 = 76 cmHg. Bỏ qua ma sát và khối lượng của pittông. Lấy g = 10m/s2. ĐS : 28,2 cm. Hướng dẫn giải Áp dụng phương trình trạng trái của khí lí tưởng cho lượng khí xác định trong xi lanh lúc đầu và lúc sau. Áp mg suất của khí trong bình lúc đầu P1 = P0 ; lúc sau P2 = P0 + Pm với Pm = . S Bài 4. Hai bình nối thông nhau bằng một ống nhỏ có khóa. Trong một bình có 1,5  nitơ ở áp suất 4,0.105 N/m2, trong bình kia có 3,0  ôxi ở áp suất 2,5.105 N/m2. Hỏi áp suất ở hai bình sẽ là bao nhiêu khi ta mở khóa? Nhiệt độ của các khí như nhau, không đổi. Bỏ qua dung tích của ống so với dung tích của các bình. ĐS : 3,0.105 N/m2. Hướng dẫn giải + Áp dụng PT M - C cho các lượng khí ôxi, nitơ lúc đầu : P1V1 = n1RT, P2V2 = n2RT + Sau khi mở khóa: P1' (V1 + V2) = n1RT, P2' (V1 + V2) = n2RT với P1' , P2' là áp suất riêng phần của ôxi, nitơ. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 96.

(97) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Áp suất của hỗn hợp khí: P = P1'  P2'  P(V1 + V2) = (n1 + n2)RT = P1V1 + P2V2. P V  P2 V2 Vậy: P = 1 1 . V1  V2 CÁC BÀI TOÁN ĐỀ NGHỊ Bài 5. Ở chính giữa ống thuỷ tinh nằm ngang tiết diện nhỏ chiều dài L = 1m hai dầu bịt kín có một cột thuỷ ngân chiều dài h = 20cm. Hai phần ống ngăn bởi cột thuỷ ngân là không khí. Khi đặt ống thuỷ tinh thẳng đứng cột thuỷ ngân dịch chuyển xuống dưới một đoạn  = 10cm. Tìm áp suất của không khí trong ống khi ống nằm ngang ra cm Hg và N/m2. Coi nhiệt độ của không khí trong ống là không đổi và trọng lượng riêng của thuỷ ngân là 1,33.105 N/m3. ĐS : 37,5 cmHg = 4,98.10 4 N/m2. Bài 6. Phía trên cột thủy ngân của phong vũ biểu có lọt vào một khối lượng nhỏ không khí vì thế mà phong vũ biểu đó chỉ áp suất nhỏ hơn áp suất của khí quyển. Khi áp suất của khí quyển là 768 mm Hg thì phong vũ biểu chỉ 748 mmHg, chiều dài của khoảng chân không lúc đó là 8 cm. Nếu phong vũ biểu này chỉ 734 mm Hg thì áp suất của khí quyển là bao nhiêu? Biết rằng nhiệt độ không đổi ? ĐS : 751 mmHg. Bài 7. Một ống thuỷ tinh có chiều dài  = 50 cm, tiết diện S = 0,5 cm2 được hàn kín một đầu và chứa đầy không khí.Ấn ống chìm vào trong nước theo phương thẳng đứng, đầu kín ở trên. Tính lực F cần đặt lên ống trong nước sao cho đầu trên của ống thấp hơn mực nước một đoạn h = 10 cm. Biết khối lượng của ống m = 15g, áp suất khí quyển p0 = 760 mmHg. Khối lượng riêng của nước D = 1000 kg/m3. Lấy g = 10 m/s2. Bỏ qua thể tích riêng của ống. h ĐS : F  0,087 ( N ). Hướng dẫn giải + Trước tiên áp dụng định luật Bôilơ – Mariốt tìm độ dài x của cột nước lọt vào trong ống:  p0S = pS( - x) với p = p0 + pH = p0 + (h +  - x) (cmHg) (Xem hình).    x + Ống được giữ đứng yên, ta có: FA  P  F  0  P + F – FA = 0 Với P = mg ; lực đẩy acsimet FA = DS( - x) (bằng trọng lượng của khối nước bị ống chiếm chỗ) ta tính được lực F. Bài 8. Một ống hình chữ U tiết diện 1 cm2 có một đầu kín. Đổ một lượng thủy ngân vào ống thì đoạn ống chứa không khí bị giảm dài 0 = 30 cm và hai mực thủy ngân ở hai nhánh chênh nhau h0 = 11 cm (Hình). Đổ thêm thủy ngân thì đoạn chứa không khí dài  = 29 cm. Hỏi đã đổ bao nhiêu cm3 Hg? Áp suất khí quyển là p0 = 76 cmHg. Nhiệt độ không đổi. ĐS: 5 cm3. Hướng dẫn giải Gọi x là khoảng chênh lệch hai mực thủy ngân trong hai nhánh sau khi đã đổ thêm thủy ngân. (Xem hình) Ta có: (p0 + h0)0 = (p0 + x)  x = 14 cm. Mực bên trái cột Hg lên cao 1 cm, mực bên phải lên cao x + 1 – h0 = x – 10 so với lúc trước. Vậy ta đã đổ thêm 1 + x – 10 = 5cm. Thể tích Hg đổ thêm là 5 cm3.  Bài 9. Một ống hình chữ U tiết diện không đổi có một đầu kín chứa không khí ; đoạn ống chứa không khí dài h0 = 30 cm. Không khí bị giam bởi thuỷ ngân mà hai mặt thoáng chênh nhau d0 = 14 cm (Hình). Người ta đổ Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 97.

(98) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. thêm vào ống một lượng thuỷ ngân có chiều dài a = 6 cm. Tính chiều dài mới h của cột không khí. Áp suất khí quyển bằng p0 = 76 cmHg. Nhiệt độ không đổi . ĐS : h = 28,8 cm ; d = 17,6 cm. Hướng dẫn giải Áp dụng định luật Bôilơ – Mariốt cho lượng khí bị nhốt trong ống. P1V1 = P2V2 (1) trong đó:  P1 = p0 + d0 (cmHg) = 90 (cmHg), V1 = S.h0 = 30S ; V2 = S.h, P2 = p0 + d (cmHg) = 76 + d (cmHg).  Cột thủy ngân đổ thêm vào ống có độ cao a (gt). Gọi x là khoảng dâng thêm mực Hg trong nhánh phải (có chứa không khí bị nhốt) thì độ dâng thêm mực Hg trong nhánh trái là a – x. Độ chênh lệch hai mực Hg trong hai nhánh lúc sau là d = d0 + (a – x) – x = d0 + a – 2x. (Đặc điểm hình học của bài toán !). Mà x = h0 – h  d = d0 + a – 2(h0 – h) = 2h – 40 (cm). Thay tất cả vào (1), ta có: 90.30 = h(76 + 2h – 40) = h(36 + 2h)  Phương trình bậc 2: h2 + 18h – 1350 = 0. Giải ra: h  28,8 cm (nhận) và h  - 46,3 cm < 0 (loại). Bài 10. (HS tự giải) Hai bình chứa cùng chất khí được nối với nhau bởi một ống nằm ngang có đường kính 5 mm. Trong ống có một giọt thuỷ ngân có thể dịch chuyển được. Lúc đầu khí trong hai bình cùng ở nhiệt độ 27 0 C, giọt thuỷ ngân nằm yên ở một vị trí nào đó và thể tích của khí trong mỗi bình (kể cả phần ống nằm ngang) đều bằng 0,2 . Tính khoảng dịch chuyển của giọt thuỷ ngân nếu nhiệt độ khí trong một bình tăng thêm 2 0C còn nhiệt độ khí trong bình kia giảm bớt 2 0C . Sự giãn nở của bình không đáng kể . ĐS :  6,8 cm.  Bài 11. Hai bình cầu A và B chứa khí ôxy được nối với nhau bằng một ống nằm ngang có tiết diện nhỏ, ở giữa ống có một giọt thuỷ ngân ngăn cách hai bình với VB > VA (Hình). Lúc đầu nhiệt độ của khí trong bình A là 00C và bình B là 200 C. Giọt thuỷ ngân có thể dịch A B chuyển trong ống nằm ngang không nếu : a/ Ta tăng nhiệt độ tuyệt đối ở cả hai bình gấp đôi. b/ Nhiệt độ mỗi bình tăng 100 C. ĐS : a/ không ; b/ di chuyển về bình cầu B. Hướng dẫn giải a) Bình A: PVA = n1RT1, bình B: PVB = n2RT2 với T1 = 273 K, T2 = 293 K, P là áp suất cân bằng lúc đầu. Khi tăng nhiệt độ tuyệt đối ở cả hai bình gấp đôi T1' = 2T1, T2' = 2T2 (gt), ta có: Bình A: P’ VA' = n1R T1' , bình B: P’ VB' = n2R T2' , P’ là áp suất cân bằng lúc sau.. n 2 T2' n T V VB'  ' = . ' = 2. 2 = A. VA n1 T1 n1 T1 VB Mà VA' + VB' = VA + VB (tổng thể tích của hệ bình không đổi)  VA' = VA, VB' = VB, tức là giọt Hg không dịch chuyển. b) T1' = T1 + 10 = 283 K, T2' = T2 + 10 = 303 K (gt). . n 2 T2' n 303 n 2 V n T n 293 n 2 VB' = . ' = 2.  . 1,071 VA, tức là giọt Hg dịch chuyển về phía bình B (Bình có thể tích lúc đầu lớn hơn). Bài 12. (HS tự giải) Một ống tiết diện nhỏ, chiều dài  = 50 cm, chứa không khí ở 2270C và áp suất khí quyển. Người ta lộn ngược ống nhúng vào nước cho miệng ngập sâu 10 cm rồi mở nút. Khi nhiệt độ không khí giảm xuống và bằng 270C thì mực nước trong ống cao hơn mặt thoáng bao nhiêu ? Áp suất khí quyển bằng p0 = 10 m H2O. Bỏ qua giãn nở của ống. ĐS :  9,7 cm. 10 Hướng dẫn giải DHg = 13600 kg/m3 = 13,6 Dnước  P = 10 m nước = mHg  735 mmHg. 13,6 Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 98.

(99) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Bài 13. Làm thí nghiệm người ta thấy một bình chứa 1 kg nitơ (N2) bị nổ ở nhiệt độ t = 3500 C. Tính khối lượng khí Hiđrô (H2) có thể chứa trong bình cùng loại nếu nhiệt độ tối đa là 500C và hệ số an toàn là 5 (áp suất tối đa chỉ bằng 1/5 áp suất gây nổ). Cho H = 1, N = 14 , R = 8,31 J/ mol.K ĐS : m  27,6 g.  Bài 14. Một bình kín hình trụ đặt thẳng đứng chia thành hai phần bằng một pittông nặng, cách nhiệt di động được, ngăn trên chứa 1 mol, ngăn dưới chứa 3 mol của cùng một chất khí. Nếu nhiệt độ hai ngăn đều bằng T1 = 400 K thì áp suất ở ngăn dưới P2 gấp đôi áp suất ngăn trên P1. Nhiệt độ ngăn trên không đổi, ngăn dưới có nhiệt độ T2 nào thì thể tích hai ngăn bằng nhau ? ĐS : T2 = 300 K. Hướng dẫn giải V V1 + Lúc đầu : HS vẽ hình  Tìm tỉ số 2 . V1 V 3 P1V1 = n1RT1 = RT1, P2V2 = n2RT1 = 3RT1, kết hợp với P2 = 2P1 (gt)  2 = . V2 2 V1 2 3 Đặt V1 + V2 = V, ta có V1 = V, V2 = V. 5 5 Mà P2 = P1 + pm = 2P1 với pm là áp suất gây bởi pittông nặng  pm = P1. V + Lúc sau : Ngăn trên T1' = T1 (gt), Ngăn dưới T2 = ? thì V2'  V1' = V’ = . 2 ' P T P' P1' V’ = RT1, P2' V’ = 3RT2  2'  3 2 , trong đó P2' = P1' + pm. Cần tìm tỉ số 2' . P1 T1 P1 p'2 2 800 vẫn bằng 2, dẫn đến T2 = T1 = K. ' 3 3 p1 4 2 V 4 9 Đúng là : P1' V’= P1V1  P1' = P1 do V1 = V, V’ = ; P2' = P1' + pm = P1' + P1 = P1 + P1 = P1. 5 5 2 5 5 ' P 9 3  2' = = 2,25. Vậy : T2 = T1 = 300 K. 4 4 P1 Đến đây xuất hiện lỗi sai phổ biến của HS là cho rằng. Bài 15. (HS tự giải) Một xi lanh kín được chia thành hai phần bởi một pittong nặng như hình vẽ. Mỗi phần chứa một mol khí lý tưởng, và pittong có thể dịch chuyển không ma sát trong xi lanh. V Ban đầu cả xi lanh có nhiệt độ T1 thì tỷ số giữa thể tích của hai phần là 1 = n > 1. Nếu V1 V2 tăng nhiệt độ của cả xi lanh lên đến giá trị T2 thì tỷ số giữa thể tích của hai phần là n’ = V1' bằng bao nhiêu ? Sự giãn nở nhiệt của xi lanh là không đáng kể. V2 V2' 1 T ĐS : n’ là nghiệm của phương trình bậc hai : n’2 – An’ – 1 = 0 với A = (n - ) 1 . n T2. A  A2  4 ; (loại nghiệm âm). 2 4 VD : n = 3 ; T2 = 2T1 thì n’2 - n’ – 1 = 0, giải ra n’  1,9. 3 Bài 16. Hai bình cầu có dung tích 300 cm3 và 200 cm3 nối với nhau bằng một ống nhỏ và ngăn trong đó bằng một vách xốp cách nhiệt. Nhờ vách ngăn này áp suất của khí trong 2 bình như nhau, song nhiệt độ có thể khác nhau (Hình). Cả 2 bình chứa ôxi ở nhiệt độ t0 = 270C và áp suất P0 Giải ra n’ =. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: V2 V1. Trang 99.

(100) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den 0. = 760 mmHg. Người ta đặt bình nhỏ vào chậu nước đá ở 0 C còn bình lớn vào hơi nước sôi ở 1000C. Hỏi áp suất của hệ bằng bao nhiêu ? Bỏ qua mọi dãn nở vì nhiệt. ĐS : p = 82,4 cmHg Bài 17. Hai bình cách nhiệt thông nhau bằng ống có khóa K (Hình ). Ban đầu khóa đóng, bình có thể tích V1 chứa 1 chất khí ở nhiệt độ K V T1 = 300K và áp suất P1 = 105 Pa. Bình hai có thể tích V2 = 1 chứa 3 V2 2P1 V1 cùng chất khí ở nhiệt độ T2 = 600K và áp suất P2 = . Nếu mở 3 khoá để hai khí trộn lẫn , tính nhiệt độ và áp suất cuối cùng. 11 ĐS : T = 330 K, P = .105 Pa . 12  Bài 18. Một cột không khí được chứa trong một ống nghiệm hình trụ thẳng đứng, ngăn cách với bên ngoài bằng một cột thủy ngân. Ban đầu cột thủy ngân đầy tới miệng ống và có chiều cao h = 75 cm, cột không khí trong ống có chiều cao  = 100 cm, nhiệt độ t0 = 270C. Biết áp suất khí quyển p0 = 75 cmHg. Hỏi phải đun nóng không khí trong ống đến nhiệt độ nào để thủy ngân trong ống h có thể tràn hết ra ngoài? x ĐS: 39,50C. Hướng dẫn giải P V PV  Xem hình. Áp dụng PTTT: 2 2  1 1  T2 theo x. T2 T1 Tìm x để T2max. Giá trị T2max chính là đáp số của bài toán (nghĩa là khi tăng nhiệt độ từ giá T1 T2 trị ban đầu T1 = 27 + 273 = 300 K đến T2 max (trong bài tìm được là 39,5 + 273 = 312,5 K, ứng với x khi đó tìm được là 25 cm) thì thủy ngân trào một phần ra ngoài. Sau đó thủy ngân tự trào tiếp ra ngoài cho đến hết và quá trình này nhiệt độ giảm đi từ T2max. (150  x)(100  x) Cụ thể trong bài ta có: T2 =  T2max = 312,5 K khi x = 25 cm. 50 ĐỊNH LUẬT ĐAN-TÔN Bài 19. Hai bình cầu nối với nhau một ống có khoá, chứa hai chất khí không tác dụng hoá học với nhau, ở cùng nhiệt độ. Áp suất khí trong hai bình là P1 = 2.105 N/m2 và P2 = 106 N/m2. Mở khóa nhẹ nhàng để hai bình thông với nhau sao cho nhiệt độ không đổi. Khi cân bằng xảy ra, áp suất ở hai bình là P = 4.105 N/m2. Tính tỉ số thể tích của hai bình cầu. (Xem lại bài tập 4 !?) V1 ĐS : = 3. V2 Bài 20. Biết rằng không khí gồm 23,6% trọng lượng là khí ôxi và 76,4% trọng lượng là khí nitơ. Tính : a/ Khối lượng riêng của không khí ở áp suất 750 mmHg và nhiệt độ là 270C. b/ Áp suất riêng phần của ôxi và nitơ ở nhiệt độ trên. Cho biết R = 85.10-3 m3 at/ Kmol độ. Khối lượng mol của nitơ là 28g/ mol, của ôxi là 32g/mol. ĐS : a/ 1,16g/ lít ; b/ 160mm Hg, 590 mmHg. Hướng dẫn giải Xét khối không khí có khối lượng m, thể tích V ở điều kiện P và T đang xét. Ta có: m1 = mO2 = 23,6%m = 0,236m, m2 = mN2 = 76,4%m = 0,076m (Tỉ lệ trọng lượng cũng là tỉ lệ khối lượng). m 0, 026 m 0, 764 a) Áp dụng PT M – C: P1V = 1 RT = mRT(1) ; P2V = 2 RT = mRT (2) với P1, P2 là áp suất 32 28 M1 M2 riêng phần của ôxi và nitơ. m m  0, 236 0, 764  (1) + (2)  PV = ( 1 + 2 )RT =    mRT (3) 28  M1 M2  32 Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 100.

(101) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. D=. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. m P = . V  0, 236 0, 764     RT 28   32. 750 750 atm = .1,013.105 Pa, T = 300 K, tính ra kết quả   760 760 1,16g/ lít (không bắt buộc sử dụng giá trị R đề cho !?) 0, 026 0, 764 b) Từ (1) ta có thể viết P1 = RT = … ; P2 = RT = … 32 28 m GC: + Mà PV = RT (4). Từ (3) và (4)  Khối lượng mol của không khí M  28,85 g/mol  29 g/mol. M + Nhiều HS thường nhầm sang tỉ lệ số mol  Lạc đề ! Bài 21. (HS tự giải) Trong một bình chứa 15 gam Nitơ và 9 gam Hyđrô ở nhiệt độ 100C và áp suất 106 N/m2. Biết R = 8,31.103 J/kmol.độ. Tìm : a) Khối lượng 1 kmol hỗn hợp. b) Dung tích của bình. ĐS : a) M  4,77 g/mol = 4,77 kg/kmol ; b) V  11,84 lít. Bài 22. (HS tự giải) Trong một bình có hỗn hợp m1 gam nitơ (N2) và m2 gam hidrô (H2). Ở nhiệt độ T thì nitơ phân li hoàn toàn thành khí đơn nguyên tử, độ phân li của H2 không đáng kể, áp suất trong bình là P. Ở nhiệt độ 2T thì H2 cũng phân li hoàn toàn, áp suất là 3P. Tính tỉ số m1/ m2. Cho N = 14, H = 1. m ĐS : 1  7 m2 Bài 23. Có hai bình cách nhiệt nối với nhau bằng một ống nhỏ có khóa. Bình thứ nhất có thể tích V1 = 500 lít chứa m1 = 16,8 kg khí Nitơ ở áp suất P1 = 3.106 Pa. Bình thứ hai có thể tích V2 = 250 lít chứa m2 = 1,2 kg khí Argon ở áp suất P2 = 5.105 Pa. Hỏi sau khi mở khóa cho hai bình thông nhau thì nhiệt độ và áp suất của hỗn hợp khí là bao nhiêu ? 5 3 Cho biết nhiệt dung mol đẳng tích của Nitơ là C1 = R và của Argon là C2 = R. Khối lượng mol của Nitơ là 2 2 g g J 1 = 28 , của Argon là 2 = 40 và R = 8,31 . mol mol mol.K ĐS : P = 2,16.10 6 Pa ; T = 309 K. Hướng dẫn giải + Lúc đầu : dễ dàng tính được nhiệt độ của mỗi bình T1 = , T2 = + Lúc sau : P(V1 + V2) = (n1 + n2) RT (1) Áp dụng : Phương trình cân bằng nhiệt : Q1 + Q2 = 0 (hoặc Qtỏa = Qthu) C1.n1(T – T1) + C2.n2(T – T2) = 0  T = 309 K. Thay vào (1) tính được P. Chú ý : Quá trình khuếch tán của chất khí không có sự thực hiện công nên ta sử dụng nhiệt dung đẳng tích !? Bài 24. Một bình kín được chia thành hai phần có thể tích bằng nhau bởi một vách xốp. Ban đầu ở phần thứ nhất chứa hỗn hợp hai chất khí Argon và Hyđrô có áp suất toàn phần là p, phần thứ hai là chân không. Vách xốp chỉ 2 cho khí hyđrô khuếch tán qua. Khi quá trình khuếch tán kết thúc thì áp suất ở phần thứ nhất là p’ = p . Xác 3 định tỉ lệ các khối lượng của Argon và Hyđrô trong bình. Cho khối lượng mol của Argon và Hyđrô lần lượt là 40 g/mol và 2 g/mol. m ĐS : Ar  10 . mH 2. Thay số R = 8,31 J/mol.K, P = 750 mmHg =. HD: Quá trình khuếch tán kết thúc khi áp suất riêng phần của hyđrô ở hai phần như nhau.. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 101.

(102) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. ĐỒ THỊ BIẾN ĐỔI TRẠNG THÁI. Bài 25. Trên hình biểu diễn đồ thị biến đổi trạng thái của một lượng khí lí tưởng trong hệ trục toạ độ P,T. Hỏi trong quá trình này khí bị nén hay giãn ? P ĐS : Khí dãn ra. HD : Vẽ hai đường đẳng tích ứng với V1, V2 không đổi . 1 o. Bài 26. Một mol khí lý tưởng thực hiện một quá trình biến đổi trạng thái được biểu diễn trên hình. Biết PA và VA. Hãy xác định sự phụ thuộc của thể tích V theo nhiệt độ T. VA ĐS : V = RT  C T PA HD : * Viết phương trình toán học của đường AB: P = aV với a = const P P PA = aVA  a = A . Vậy P = A V (1) VA VA * PV = nRT với n = 1 mol ( gt) (2) Kết hợp (1) và (2) :… Bài 27. Một lượng khí biến đổi theo chu trình biểu diễn đồ thị sau. Cho biết P1 = P3, V1 = 1m3, V2 = 4m3, T1 = 100K, T4 = 300K. Hãy tìm V3 . ĐS : 2,2 m3. HD : Viết phương trình toán học của đường (2) – (4) : V = aT + b.. V. A o. (2). V2 V1 o. B. P. (3) (1). (4) T. Bài 28. Có 20g khí hêli chứa trong xi lanh đậy kín bởi pittông biến đổi chậm từ (1) đến (2) theo đồ thị mô tả bởi hình bên. Cho V1 = 30 , P1 = 5 atm, V2 = 10 , P (2) P2 = 15 atm. Hãy tìm nhiệt độ cao nhất mà khí đạt được trong quá trình biến đổi. P2 Cho He= 4g/mol. ĐS : 487,8 K. P1 V() O. V2. V1. Bài 29. Một mol khí lý tưởng thực hiện chu trình theo hình vẽ bên: Tính nhiệt độ cực đại mol khí đạt được trong một chu trình. ĐS: 53,6 K. HD: + Chú ý là ta có : P3V3 = P2V2, ta có thể vẽ được đường đẳng nhiệt qua (2) và (3) ; + Xem lại bài tập 4 phần đồ thị. Bài 30. Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình biểu diễn bởi hai đoạn thẳng AB và BCD (hình). Đường thẳng AC đi qua gốc O và A là trung điểm của OC. D B C a/ Biết PA, TA, tính VA và VC. b/ Thể tích V tăng hay giảm thế nào trong quá trình ABCD RTA ĐS : a/ VA = VC = ; b/ V giảm trong A V T PA 1 40 O quá trình AB rồi tăng trong quá trình 4 BCD. 2 Bài 31. Một mol khí lí tưởng thực hiện chu trình 1 – 2 – 3 – 4 (Hình) . Biết 10 T1 = T2 = 400 K ; 3 T3 = T4 = 200 K, V1 = 40 dm3, V3 = 10 dm3. Tính áp suất P ở các trạng thái O 200 400 và vẽ đồ thị P – V. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 102. V.

(103) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. RT1 = 0,831. 105 Pa ; V1 RT3 P3 = P2 = ( = 2P1)… V3  Bài 32. Một mol khí lí tưởng thực hiện chu trình kín 12341 biểu diễn như hình vẽ. Trong đó quá trình 1 – 2 và 3 – 4 là những đoạn thẳng có phương qua O, quá trình 1 – 4 và 2 – 3 là các đường đẳng nhiệt. Hãy biểu diễn quá trình này sang đồ thị V – T và tìm thể tích V3 nếu biết V1 và V2 (với V2 = V4) V2 ĐS : V3 = 2 . HD : HS xem lại bài tập 26 phần đồ thị. V1 PHƯƠNG TRÌNH TRẠNG THÁI KẾT HỢP VỚI ĐỊNH LUẬT ACSIMET. HƠI BÃO HÒA. ĐỘ ẨM CỦA KHÔNG KHÍ. Bài 33. Một quả bóng khối lượng là m = 5g được bơm khí hidrô ở điều kiện T0 = 300 0 K và P0 = 105 Pa. Tìm bán kính quả bóng ( có dạng hình cầu ) khi : 1/ Bóng lơ lửng trong không khí . 2/ Bóng có thể bay lên tới độ cao mà tại đó áp suất khí quyển P = 0,5P0 và nhiệt độ T = 280 0K. ĐS : 1/  1dm ; 2/  1,3dm . Bài 34. Một bóng thám không chứa đầy hidrô. Vỏ bóng có thể tích không đổi V = 75 m3 và khối lượng M = 7 kg; phía duới có lỗ nhỏ. Thả cho bóng bay lên, hỏi nó tới được độ cao tối đa nào, biết rằng áp suất khí quyển giảm ½ mỗi lần độ cao tăng 5 km và nhiệt độ ở tầng trên của khí quyển là T = 218 K. Áp suất khí quyển ở mặt đất là P0 = 105 Pa ,  (Khoângkhí ) = 29 g/ mol,  (Hidro) = 2g/mol ; R = 8,31 J/ mol K. ĐS : 20 Km. Bài 35. Người ta gắn 1 máy điều hoà cho một phòng, biết rằng mỗi giây máy hút 2m3 không khí từ khí quyển có nhiệt độ t1 = 37 0C và độ ẩm 70%. Máy làm cho không khí lạnh xuống t2 = 50 C và đưa vào phòng. Sau một thời gian máy hoạt động, nhiệt độ trong phòng là t3 = 180C. Cho biết áp suất hơi bão hoà ở các nhiệt độ t1, t2, t3 là P1 = 6800Pa, P2 = 870 Pa , P3 = 2800 Pa. Hãy tính : a/ Lượng nước ngưng tụ trong mỗi giây ở máy. b/ Độ ẩm của phòng. ĐS : a) m  0,053kg = 53g ; b)  32,5%. Bài 36. Trong một phòng họp, ngày hôm trước không khí rất khô và có khối lượng riêng là 1 = 1,2 kg/m3. Ngày hôm sau độ ẩm của không khí tăng lên và không khí chứa 2% khối lượng hơi nước, áp suất và nhiệt độ vẫn như ngày hôm trước. Hỏi khối lượng riêng của không khí ngày hôm sau là 2 bằng bao nhiêu ? Khối lượng phân tử trung bình của không khí khô là 28,8 g/mol, khối lượng phân tử của nước là 18 g/mol. Coi các khí và hơi nước như khí lí tưởng. ĐS : 2  1,186kg/m3.  CÁC BÀI HỖN HỢP CƠ – NHIỆT ĐS : P1 = P4 =. Bài 37. Một xilanh nằm ngang, kín hai đầu, có thể tích V = 1,2 lít và chứa không khí ở áp suất p0 = 105N/m2. Xilanh được chia thành hai phần bằng nhau bởi pittông mỏng khối lượng m = 100g, đặt thẳng đứng. Chiều dài của xilanh là 2  = 0,4m. Xilanh được quay với vận tốc góc  = 200 rad/s quanh trục thẳng đứng ở chính giữa xilanh. Người ta nhận thấy vị trí cân bằng tương đối của pittông nằm cách trục quay một đoạn r. Tính khoảng cách r. ĐS : r = 0,1m.    HD : Fht  F1  F2 (Hình)  (P2 – P1).S = m2r Bài 38. Một bình có thể tích V đang chứa n mol khí lí tưởng, bình có gắn van bảo hiểm là một xi lanh có thể tích khá nhỏ so với bình, trong xi lanh có một pittông P tiết diện S gắn với một lò xo có độ cứng k như hình vẽ. Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: P1. P2 F1. F2 r.  P. Trang 103.

(104) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. Ở nhiệt độ T1 thì pittông P nằm cách lỗ thoát khí O một đoạn . Khi nhiệt độ tăng dần thì pittông P bị đẩy dần về lỗ thoát khí O. Hỏi nhiệt độ của khí trong bình tăng đến giá trị T2 bằng bao nhiêu thì khí bị thoát ra ngoài ? kV ĐS : T2 = T1 + . nRS CÔNG, NHIỆT LƯỢNG. CÁC NGUYÊN LÍ NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC (NĐLH). Bài 1. a/ Hỏi trong điều kiện đẳng áp, khi tăng nhiệt độ thêm một lượng T thì n mol khí thực hiện được một công là bao nhiêu ? b/ Một lượng khí lí tưởng m ở nhiệt độ T được làm lạnh đẳng tích sao cho áp suất giảm đi n lần. Sau đó khí giãn đẳng áp. Ở trạng thái cuối nhiệt độ của khí bằng lúc đầu. Tính công mà khí thực hiện. Khối lượng mol của khí là . Áp dụng bằng số : khí ôxi, m = 200g , T = 310 K, n = 3. m n 1 m ĐS : a/ A = RT  nRT ; b/ A = RT ( ) . Áp dụng số : A  10,7 KJ.  μ n Bài 2. Trong 1 xi lanh để thẳng đứng diện tích đáy là 100 cm2 có chứa không khí ở nhiệt độ170C. Xi lanh được đóng kín phía trên bởi một pittông nhẹ (bỏ qua trọng lượng). Pittông cách đáy 60cm và bên trên có đặt một vật nặng có trọng lượng là 980 N. Tính công do khí trong xi lanh thực hiện khi người ta đốt nóng thêm 500C . Áp suất khí quyển là 1,01. 105 Pa. Bỏ qua ma sát giữa pittông và xi lanh. ĐS : A  206 J Bài 3. Cho 1 bình cách nhiệt chứa khí lí tưởng ở nhiệt độ T và áp suất P. Biết nội năng của khí là U = C.T (C là 1 hằng số đã biết). Hỏi cần truyền cho khí một nhiệt lượng Q bằng bao nhiêu để áp suất khí tăng thêm 1 lượng là p? P Đ S : Q = C. .T . P Bài 4. Một bình dung tích 10dm3, chứa khí ôxi ở nhiệt độ 270C và áp suất 105 N/m2. Xác định nhiệt độ và áp suất của khí khi nhận 1 nhiệt lượng 83,50 J. Dung tích của bình coi như không đổi . Cho CV = 654,9 J/kg. K (nhiệt dung riêng đẳng tích ); ôxi = 32 g/mol. Đ S : T= 310 K; p = 1,033.105 N/m2. Bài 5. Một pittông có trọng lượng không đáng kể, chuyển động không ma sát trong 1 xi lanh (Hình). Thành xi lanh và pittông hoàn toàn cách nhiệt, bên trong xi lanh có chứa 1 mol khí lí tưởng đơn nguyên tử và ở nhiệt độ t1 = 270C. Người ta đun nóng khối khí từ từ bằng 1 dòng điện với tổng nhiệt lượng Q = 29,9 KJ, làm cho khối khí nóng lên và giãn nở đẳng áp đến nhiệt độ t2 . Cho biết nhiệt dung phân tử đẳng tích và dẳng áp lần lượt là CV = 3R/2, Cp = 5R/2, R = 8,31 J/mol.k. Hãy tính nhiệt độ t2, công mà khối khí thực hiện, độ biến thiên nội + năng của khí và tỉ số thể tích giữa trạng thái cuối và trạng thái đầu. Q R 2 ĐS: A = Q  Q  11,96 kJ;  U  Q  A  17,94 kJ ; T =  1439 K ; T2 = T1 + T = 1739 K, t2 = CP 5 CP .n V T 1466 0C; 2  2  5,8 lần. V1 T 1 CÁC BÀI TOÁN VỀ CHU TRÌNH Bài 6. Một lượng khí thực hiện chu trình biến đổi như đồ thị bên. Cho biết t1 = 270C, V1 = 5 lít, t3 = 1270 C, V3 = 6 lít. Ở điều kiện chuẩn khí có thể tích V0 = 8,19 lít. Tính công do khí thực hiện sau 1 chu trình biến đổi. ĐS : 20,2 J.. V 4. V3. V1 O. 3. 1 2 T1. T2. T3. Bài 7. Ta có n mol khí lí tưởng được biến đổi theo chu trình sau (Hình). Cho Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 104. T.

(105) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. biết T1 = T, T2 = T4 = 3T. Tính công do khí thực hiện trong chu trình theo n, T. ĐS : A = 4nRT.. P. Bài 8. Hình bên là chu trình hoạt động của 1 động cơ nhiệt có tác nhân là 1 khối lí tưởng đơn nguyên tử. Tính hiệu suất của động cơ . A ĐS :  26%. Hướng dẫn : H =  .100%.  Qthu. 4P0. P0 O. P. 2. 3. 1. 4. O. V. 2. 3. 1. 4. V0. 4V0. V. Bài 9. Một mol khí lý tưởng thực hiện một chu trình như hình vẽ : Nhìn trên nhiệt kế, người ta đọc được nhiệt độ T1 ở trạng thái (1) và nhiệt độ T2 ở trạng thái (2). Hãy tìm công khối khí thực hiện được trong một chu trình. 1 nR ĐS : A = nR (T1  T2  2 T1T2 ) = ( T1  T2 ) 2 với n = 1 mol (gt). 2 2 . Tài liệu lưu hành nội bộ. Email: Trang 105.

(106) Tài liệu bồi dưỡng HS giỏi vật lý 10. Giáo viên biên soạn: Trương Đình Den. KIỂM TRA CUỐI KỲ BỒI DƯỠNG Bài 1) Hai bình chứa khí hình cầu. Tỉ số thể tích của chúng là V1/V2 = 12/13. Khối lượng khí hai bình là như nhau. Hai bình nối với nhau bằng ống nối nhỏ, nằm ngang. Thể tích ống nối không đáng kể (Hình). Giữa ống có giọt thủy ngân ngăn cách hai bình. Nhiệt độ khí ở hai bình là T1 và T2. 1) Nếu giọt thủy ngân ở giữa ống, T1 = 300 K thì T2 bằng bao nhiêu? 2) Nếu mỗi bình đều tăng nhiệt độ cùng khoảng nhiệt độ T thì giọt thủy ngân dịch chuyển về phía nào? 3) Nếu T1' = 320 K, T2' = 280K thì giọt thủy ngân không thể duy trì cân bằng mà rơi vào một bình. Sau khi đạt trạng thái cân bằng mới, áp suất là p. Tính tỉ số p/p1, p1 là áp suất ban đầu của bình 1. ĐS: 1) T2 = 325 K ; 2) Giọt thủy ngân dịch chuyển về bình II (sang phải) (về phía bình có thể tích lớn hơn!) ; 3). p  0,95. p1 Bài 2) Một ống thủy tinh có tiết diện S nhỏ, chiều dài  = 100 cm, hai đầu kín. Trong ống có một cột thủy ngân chiều dài d = 20 cm. Ban đầu ống nằm ngang, cột thủy ngân nằm ở giữa ống, phần còn lại của ống chứa không khí có áp suất p0 = 75 cmHg như hình. Cho biết nhiệt độ không thay đổi. Tìm độ dịch chuyển x của cột thủy ngân trong ống khi ống được đặt ở vị trí thẳng đứng. ĐS: x = 5,24 cm. HD: + Áp dụng định luật Bôi – Mariốt cho mỗi phần khí trong ống: Phần 1 ở trên: P0S0 = P1S(0 + x) ; Phần 2 ở dưới: P0S0 = P2S(0 + x) Liên hệ: P2 = P1 + d (cmHg) P P Suy ra: 0 0  0 0  d 0  x 0  x Với 0 = 40 cm, giải phương trình, tính được: x = 5,24 cm. Bài 3) Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình giãn nở từ trạng thái 1 (P0, V0) đến trạng thái 2 (P0/2, 2V0) có đồ thị trên hệ toạ độ P-V như hình vẽ. Biểu diễn quá trình ấy trên hệ toạ độ P-T và xác định nhiệt độ cực đại của khối khí trong quá trình đó. 9V0 P0 ĐS: Tmax = 8R - Đồ thị biểu diễn quá trình đó trên hệ toạ độ T-P là một trong hai đồ thị dưới đây :. P P0. 1. 2. P0/2. V V0. 2V0. T 9V0 P0 /8R. 2. V0 P0 /R. 1. P 0. Tài liệu lưu hành nội bộ. P0 /2 3P0 /4. Email: P0. 3P0 /2. Trang 106.

(107)

TAI LIEU BOI DUONG HSG

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về