Cấu trúc đề thi hdg lý 8 tp thanh hóa năm 2024

Upload - Home - Sách - Sheet nhạc - Tải Video - Download - Mới đăng

Bản quyền [c] 2006 - 2024 Thư Viện Vật Lý

Các tài liệu thuộc bản quyền của tác giả hoặc người đăng tải.

Các hình ảnh, nội dung của các nhãn hàng hoặc các shop thuộc bản quyền các nhãn hàng và các shop đó.

Các Liên kết đại lý trỏ về các website bán hàng có bản quyền thuộc về các sàn mà nó trỏ đến. Chúng tôi từ chối trách nhiệm liên quan đến các nội dung này.

Chất lượng sản phẩm do nhãn hàng công bố và chịu trách nhiệm.

Các đánh giá, hình ảnh đánh giá, review, các gọi ý trong tài liệu chỉ mang tính chất tham khảo, không mang thêm ý nghĩa gì khác

Một sản phẩm của công ty TNHH Giáo dục Edmicro

CÔNG TY TNHH GIÁO DỤC EDMICRO MST: 0108115077 Địa chỉ: Tầng 5 Tòa nhà Tây Hà, số 19 Đường Tố Hữu, Phường Trung Văn, Quận Nam Từ Liêm, Thành phố Hà Nội, Việt Nam

Lớp học

• Lớp 1
• Lớp 2
• Lớp 3
• Lớp 4
• Lớp 5
• Lớp 6
• Lớp 7
• Lớp 8
• Lớp 9
• Lớp 10
• Lớp 11
• Lớp 12

Tài khoản

• Gói cơ bản
• Tài khoản Ôn Luyện
• Tài khoản Tranh hạng
• Chính Sách Bảo Mật
• Điều khoản sử dụng

Thông tin liên hệ

[+84] 096.960.2660

• Chính Sách Bảo Mật
• Điều khoản sử dụng

Follow us

• 1. Y Ê N Đ Ề H Ọ C S I N H G I Ỏ I Q U Ố C G I A M Ô N V Ậ T L Ý Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA [HSGQG] MÔN VẬT LÝ LỚP 12 - NĂM 2023 - 12 CHƯƠNG CÓ GIẢI CHI TIẾT WORD VERSION | 2023 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594 Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group vectorstock.com/10212086
• 2. VẬT LÝ 12 Trang 1 CHƯƠNG I ĐỘNG HỌC – ĐỘNG LỰC HỌC VẬT RẮN PHẦN I: CÂU HỎI VÀ ĐÁP ÁN I.1. MOMEN QUÁN TÍNH I.3 ĐỘNG LỰC HỌC VẬT RẮN PHẦN II: LỜI GIẢI CHI TIẾT I.1. MOMEN QUÁN TÍNH I.2. ĐỘNG HỌC VẬT RẮN I.1. MOMEN QUÁN TÍNH Bài 1. Một vật hình cầu bán kính R có mật độ vật chất phụ thuộc vào khoảng cách r đến tâm của nó theo quy luật: 3 3m r [1 ] 7 R R   , m là một hệ số dương. Tính khối lượng của vật và mômen quán tính của nó đối với trục quay đi qua tâm. ĐS: 2 44 I mR 105  ; M=m Bài 2. Một tấm phẳng, mỏng đồng chất hình chữ nhật khối lượng m có các cạnh là a và b. Tính mô men quán tính của tấm đối với 3 trục vuông góc đi qua khối tâm O sau đây: a. Trục x song song với cạnh a b. Trục y song song với cạnh b c. Trục z vuông góc với tấm. ĐS : a. 2 x 1 I mb 12  ; b. 2 y 1 I ma 12  ; c. 2 2 1 I m[a b ] 12   Bài 3. Xác định mômen quán tính của một vật hình lập phương đồng chất có khối lượng m, cạnh a đối với trục quay: a. Trùng với trục đối xứng. b. Trùng với 1 cạnh. ĐS: a. 2 2 1 1 ma ; b. ma 6 3 Bài 4. Tính mômen quán tính của một hình nón đặc đồng chất đối với trục đối xứng của nó. Cho khối lượng của hình nón là m, bán kính đáy của nó là R. ĐS : 2 3 I mR 10  Bài 5. Xác định mô men quá tính của một vật hình trụ đồng chất, khối lượng m, chiều cao h, bán kính đáy là R đối với trục quay: a. Trùng với một đường kính của đáy. b. Đi qua khối tâm và song song với đáy. ÔN THI HSG VẬT LÝ 12 Trang 2 ĐS: a. 2 2 x mR mh I 4 3   ; b. 2 2 G mR mh I 4 12   . I.2. ĐỘNG HỌC VẬT RẮN Bài 1. Hai thanh cứng có cùng chiều dàil , được nối với nhau nhờ một khớp C, đầu A nối với bản lề cố định, còn đầu B tự do. Tại thời điểm ban đầu hai thanh tạo với nhau một góc  2 [hìnhvẽ]. Hãy tìm gia tốc khớp C tại thời điểm đầu B bắt đầu chuyển động thẳng đềuvớivậntốc 0 v  trong hai trường hợp: a. 0 v  cóphương vuông góc Ax. b. 0 v  có phương song song Ax. ĐS: a. 2 0 2 sin sin2 C v a l    ; b.  3 2 0 cos 4l v aC  Bài 2. Có hai thanh cứng, chiều dài l1, l2 nối với nhau bằng một bản lề và đặt thẳng đứng. Sau đó người ta chuyển hai đầu còn lại về hai phía với vận tốc lần lượt là v1, v2. Hãy tìm gia tốc bản lề tại thời điểm hai thanh tạo thành một góc vuông. ĐS: 2 6 6 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 [ ] [ ] C v v a l l l l l l     Bài 3. Một hình nón tròn xoay có nửa góc ở đỉnh bằng =300 và bán kính đáy r = 5,0cm, lăn đều không trượt trên một mặt phẳng ngang [Hình 2.3P]. Đỉnh của hình nón được gắn khớp vào điểm O, O ở cùng độ cao với điểm C, C là tâm của đáy hình nón. Vận tốc của điểm C bằng v = 10,0cm/s. Hãy xác định: a] mô đun của vectơ vận tốc góc của hình nón và góc hợp bởi vectơ đó với đường thẳng đứng; b] môđun của vectơ gia tốc góc của hình nón. ĐS: a.   = 2,31 / os v rad s rc   ; 0 60   b. 2 2,31 / rad s   Bài 4. Một con quay được đặt trên sàn của một lồng thang máy; thang máy bắt đầu được nâng lên với gia tốc không đổi  = 2,0 m/s2 . Con quay là một đĩa đồng chất có bán kính R = 5,0 cm, được gắn vào một đầu một thanh có độ dài l = 10 cm. [hình vẽ]. Đầu kia của thanh gắn vào bản
• 3. VẬT LÝ 12 Trang 3 lề O. Con quay tiến động với vận tốc góc n = 0,5 vòng/s [tốc độ quay của thanh OO’ quanh trục O thẳng đứng]. Bỏ qua sự ma sát và khối lượng của thanh, tìm vận tốc góc riêng của đĩa. ĐS: 2 [ ] ' l g a nR     =301rad/s Bài 5. Trục quay 1 truyền chuyển động quay cho trục 2 nhờ ma sát giữa hai hình nón giống nhau, ép đều lên nhau dọc theo đường sinh của chúng [Hình 1.24]. Tìm vận tốc góc 2 của trục 2 không tải, nếu vận tốc góc của trục 1 là 1. ĐS: 2 1 1 [ 2 1] 0,41       Bài 6. Một thanh đồng chất tiết diện đều chiều dài L=2m, một đầu treo vào giá đỡ, đầu kia được giữ cho thanh nằm ngang. Thả nhẹ thanh. Biết sau khi thanh quay qua vị trí thẳng đứng được một góc 30o thì thanh tuột khỏi giá đỡ. a. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa điểm treo và sàn, biết rằng thanh rơi chạm sàn lúc thanh có phương thẳng đứng. b. Xác định độ cao lớn nhất của đầu dưới của thanh trong quá trình chuyển động. ĐS: a. 3,2m; b. 2,68m Bài 7. Một bánh xe có bán kính R, đặt cách mặt đất một đoạn h, quay đều với vận tốc góc  . Từ điểm A trên bánh xe bắn ra một giọt nước và nó rơi chạm đất tại điểm B, ngay dưới tâm của bánh xe. Xác định vị trí điểm A và thời gian rơi của giọt nước. ĐS:   2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 h gh R R R gh g t R R gh g                 Với  AOB   ,   2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 sin 2 h gh R R R gh g g h               I.3 ĐỘNG LỰC HỌC VẬT RẮN Bài 1. Một cuộn chỉ gồm một sợi chỉ mảnh dài, quấn nhiều vòng lên một vật hình trụ đặc, đồng chất, tiết diện đều, có khối lượng M. Cuộn chỉ được đặt trên hai thanh ray giống nhau song song nằm trên mặt phẳng ngang và vuông góc với trục đối xứng của trụ. Một đầu sợi chỉ buộc chặt vào vật khối lượng m. Ban đầu giữ hệ đứng yên và phần sợi chỉ có buộc vật nặng thẳng đứng[ hình 2]. Sau đó người ta buông hệ, mặt trụ lăn không trượt trên hai ray, sau một thời gian cuộn chỉ đạt được trang thái ổn định: gia tốc khối tâm trụ là a không đổi hướng dọc theo hai ray, và khi đó phương của sợi chỉ buộc vật nghiêng so với phương thẳng đứng một góc  không đổi. ÔN THI HSG VẬT LÝ 12 Trang 4 Coi a, M,m và gia tốc rơi tự do g đã biết; sợi chỉ không dãn và khối lượng không đáng kể; hệ số ma sát nghỉ cực đại bằng hệ số ma sát trượt giữa mặt trụ và hai ray. a.Tìm  theo a và g. b. Hãy xác định sức căng dây T của sợi chỉ. c. Hãy xác định tỉ số hai khối lượng m M theo a và g d. Trong điều kiện trên, khi vật nặng giảm độ cao một đoạn h so lúc bắt đầu buông hệ thì vận tốc chuyển động tịnh tiến của khối tâm hình trụ đạt được v. Tính v theo h, a và g. ĐS: a. arctan a g   ; b. T = 2 2 2 2 3 [ ] 2 a g Ma a g a    ; c. 2 2 2 2 2 3 . 2 [ ] a a g m M a g a     ; d. v 2 2 2 [ 1] a ah g   Bài 2. Một thanh đồng chất AB tiết diện đều, chiều dài AB = 21, khối lượng m, đàu A tựa trên sàn nằm ngang, đàu B treo bàng dây OB thẳng đứng, không giãn, khối lượng không đáng kể để AB tạo với sàn góc  như hình bên. Tại một thời điểm nào đố dây bị đứt và thanh bắt đàu chuyển động.Xác định áp lực cửa thanh lên sàn ngay tại thời điểm thanh bắt đầu chuyền động. Cho gia tốc trọng trường là g. ĐS: 2 0 1 3cos mg N    Bài 3. Hai vật có khối lượng m1 và m2 được nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ, không dãn vắt qua một ròng rọc có trục quay nằm ngang và cố định gắn vào mép bàn [hình 3]. Ròng rọc có momen quán tính I và bán kính R. Coi rằng dây không trượt trên ròng rọc khi quay. Biết hệ số ma sát giữa vật m2 và mặt bàn là , bỏ qua ma sát trục quay. a. Xác định gia tốc của m1 và m2. b. Tìm điều kiện giữa khối lượng m1, m2 và hệ số ma sát mặt bàn  để hệ thống nằm cân bằng. ĐS: a. 1 2 1 2 2 g[m m ] a I m m R      ; b. m2µ ≥ m1 Bài 4. Một sợi dây vắt qua ròng rọc, ở hai đầu sợi dây có hai người đu vào. Biết khối lượng của mỗi người lớn gấp 4 lần khối lượng ròng rọc. Người A bắt đầu leo theo dây với vận tốc tương đối với dây là u. Tính vận tốc của người B so với mặt đất? coi như khối lượng ròng rọc phấn bố đều trên vành. ĐS: . 4 9 B u v 
• 4. VẬT LÝ 12 Trang 5 Bài 5. Một vành tròn mảnh bán kính R khối lượng M phân bố đều. Trên vành ở mặt trong có gắn một vật nhỏ khối lượng m [hình bên]. Kéo cho vành lăn không trượt trên mặt ngang sao cho tâm của vành có vận tốc v0. Hỏi v0 phải thoả mãn điều kiện gì để vành không nảy lên? Lực tác dụng lên vành để kéo vành chuyển động với vận tốc không đổi [như giả thiết] không có thành phần thẳng đứng? ĐS: 0 1 m v gR M         Bài 6. Một hình trụ có khối M được bó trí thành cơ hệ như hình vẽ, hệ số ma sát của hình trụ với mặt phẳng ngang là 1, với mặt phẳng ngang là 2. mặt phẳng ngang chuyển động đều về phía trái, cần phải tác động vào mặt phẳng ngang một lực F nhỏ nhất là bao nhiêu để xảy ra điều trên. Bài 7. Một ròng rọc kép gồm hai hình trụ đặc đồng chất đặt đồng tâm. Hình trụ lớn có khối lượng M = 200g, bán kính R = 10cm, hình trụ nhỏ có khối lượng m = 100g, bán kính r = 5cm. Trên rãnh của từng hình trụ có quấn một sợi dây nhẹ không dãn, đầu tự do mỗi dây mang vật khối lượng lần lượt là m1 = 250g và m2 = 200g [hình vẽ]. Ban đầu hệ đứng yên, thả cho hệ chuyển động. Tính gia tốc của từng vật và lực căng của mỗi dây treo. ĐS:  = 20 rad/s2 ; a1 = 1m/s2 ; a2 = 2m/s2 ; T1 = 2,75N; T2 = 1,6N. Bài 8. Hai vật nặng P1 và P2 được buộc vào hai dây quấn vào hai tang của một tời bán kính r và R [hình vẽ]. Để nâng vật nặng P1 lên người ta còn tác dụng vào tời một mômen quay M. Tìm gia tốc góc của tời quay. Biết trọng lượng của tời là Q và bán kính quán tính đối với trục quay là . ĐS: . Bài 9. Hai bản phẳng song song và thẳng đứng 1 trong số chúng hoàn toàn trơn, cái còn lại rất nhám, được phân bố cách nhau khoảng D. Giữa chúng có đặt một ống chỉ với đường kính ngoài b ằng D, khối lượng chung bằng M mômen quán tính đối với trục là I. Ổng chỉ bị kẹp chặt bởi 2 bản phẳng sao cho có thể chuyển động xuống dưới khi quay nhưng không trượt so với bản phẳng nhám. Một sợi chỉ nhẹ được buộc với vật nặng khối lượng ma và được quấn vào hình trụ trong của ống chỉ có đường kính d. Tìm gia tốc của vật nặng? ĐS: a = g 2 2 4 D M D D I m d D m d D M            . Bài 10. Từ mức cao nhất của một mặt phẳng nghiêng, một hình trụ đặc và một quả cầu đặc có cùng khối lượng và bán kính, đồng thời bắt đầu lăn không trượt xuống dưới. Tìm tỷ số các vận tốc của hai vật tại một mức ngang nào đó. ĐS: 15 14 C T v v   2 1 2 2 2 1 2 M P R P r g P r P R Q        ÔN THI HSG VẬT LÝ 12 Trang 6 Bài 11. Người ta dùng gậy tác động vào quả bi- a bán kính R, một xung lực nằm ngang cách mặt bàn bi- a một khoảng h. a] Xác định hệ thức giữa và vận tốc khối tâm v0 của bi-a. b] Nghiên cứu chuyển động của bi - a sau khi lực ngừng tác động trong các trường hợp: 1] h > ; 2] h = ; 3] r < h < . ĐS: a. v0 = . Bài 12. Một vật A có trọng lượng P được kéo lên từ trạng thái đứng yên nhờ tời B là đĩa tròn đồng chất có bán kính R, trọng lượng Q và chịu tác dụng ngẫu lực có mômen M không đổi [ hình vẽ ]. Tìm vận tốc vật A khi nó được kéo lên một đoạn là h. Tìm gia tốc của vật A. ĐS: ; aA = 2g Bài 13. Một bánh đà có dạng là một hình trụ đồng nhất khối lượng M, bán kính R quay quanh trục cố định nằm ngang. Một sợi dây quấn quanh bánh đà, đầu kia của sợi dây buộc một vật nặng có khối lượng m. Quả nặng được nâng lên rồi buông ra cho rơi xuống. Sau khi rơi được độ cao h, quả nặng bắt đầu làm căng sợi dây và quay bánh đà. Tìm vận tốc góc của bánh đà tại thời điểm đó [ hình vẽ ] . ĐS: Bài 14. Hình trụ đồng chất khối lượng m bán kính r lăn không trượt trên mặt bán trụ cố định bán kính R từ đỉnh với vận tốc đầu V0 = 0 1. Xác định vận tốc khối tâm hình trụ theo góc  là góc hợp bởi đường thẳng đứng và đường thẳng nối tâm hai trụ. 2. Định vị trí hình trụ r rời mặt trụ R. Bỏ qua ma sát. ĐS: 1. 4 [ ][1 cos ] 3 c g v R r     ; 2. 4 arccos 7   Bài 15. Một đĩa tròn đồng chất, trọng lượng là Q, bán kính R quay được quanh một trục thẳng đứng AB đi qua tâm đĩa và vuông góc với đĩa. Trên vành đĩa có một chất điểm M có trọng lượng là P. Đĩa quay quanh trục với vận tốc góc 0. Tại một thời điểm nào đó chất điểm M chuyển động theo vành đĩa với vận tốc tương đối so với đĩa là u. Tìm vận tốc góc của đĩa lúc đó. ĐS:  7 5 r 7 5 r 7 5 r 2 2 5[ ] R h R       4 2 A M Ph v g h R P Q        2 M PR R P Q     2 2 2 m gh m M .R       0 2 2 Pu Q P R     
• 5. VẬT LÝ 12 Trang 7 Bài 16. Hai đĩa cùng được gắn vào trục quay [hình vẽ]. Người ta cho trục hơi xoắn rồi thả ra. Hãy xác định hệ thức giữa các vận tốc góc và các góc quay của các đĩa khi chúng dao động xoắn. Cho rằng khối lượng của trục bé không đáng kể, còn mômen quán tính của các đĩa đối với trục x là I1 và I2 là các đại lượng đã biết. ĐS: Bài 17. Một cái tời trống quay xem như hình trụ tâm O cũng là khối tâm có bán kính R, momen quán tính I đối với trục của nó. Một dây cáp khối lượng không đáng kể, hoàn toàn mềm được quấn quanh trống đầu dưới của dây cáp nối với tải khối lượng m. Trống có thể quay không ma sát quanh trục cố định nhờ động cơ tác động một ngẫu lực có momen M = const. Xác định gia tốc thẳng đứng của tải trọng. ĐS: Bài 18. Một quả cầu [m,R] gắn lên một thanh cứng l không khối lượng. Quả cầu quay xung quanh trục của nó. Quả cầu và thanh quay xung quanh trục z. Vận tốc góc của thanh và quả cầu xung quanh z là  , của quả cầu quanh thanh là  . Tính [ ] ?    ĐS: 2 5 2 gl R    Bài 19. Một người có chiều cao h đi xe đạp một bánh theo một rãnh tròn bán kính R trong khi người và xe nghiêng về phía trong với góc so với phương thẳng đứng. Gia tốc trọng trường là g. 1. Giả sử h R  . Người đó phải đạp xe với vận tốc góc  bằng bao nhiêu? 2. Bây giờ ta coi người đi xe đạp như một thanh có chiều dài h, trong đó h nhỏ hơn R nhưng không thể bỏ qua. Vận tốc góc  bây giờ phải bằng bao nhiêu? Giả thiết rằng thanh cứng luôn nằm trong mặt phẳng tạo bởi phương thẳng đứng và bán kính và R là khoảng cách từ tâm quỹ đạo cho đến điểm tiếp xúc. ĐS: 1. g tan R    ; 2. g 2h [ tan ] / [1 sin ] R 3R      Bài 20. Một hình trụ đặc đồng chất có bán kính R = 10 [cm], lăn không trượt trên mặt phẳng nằm ngang với độ lớn vận tốc bằng v , rồi đến mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng = 45 so với mặt phẳng ngang. Tìm giá trị vận tốc v của hình trụ lăn trên mặt phẳng ngang để không bị nảy lên tại A [xem hình vẽ]. Lấy g = 10 [m/s ], I = mR . ĐS: v 0,6 [m/s] 2 1 2 1 I I     2 [ ] M m gR R a I m R    0  0 max 0 2 hinh tru 2 1 2 0  m g T m O R T ro n g M M ô to g ÔN THI HSG VẬT LÝ 12 Trang 8 Bài 21. Một quả cầu rắn đồng chất bán kính R lăn không trượt với vận tốc v trên mặt phẳng nằm ngang và va chạm đàn hồi với một bậc thềm có độ cao h < R. Tìm vận tốc nhỏ nhất theo h và R để quả cầu lăn qua mặt phẳng đó. Biết rằng không xẩy ra sự trượt tại điểm va chạm. Mô men quán tính của quả cầu đối với trục quay đi qua tâm của nó là 2 2 5 mR . ĐS: min 70 7 5   R gh v R h Bài 22. Cho hệ thống như hình vẽ, có một ròng rọc cố định A, một ròng rọc động B và hai vật có khối lượng m1 và m2. Bỏ qua khối lượng của dây và ma sát. 1] Khối lượng của cả hai ròng rọc không đáng kể. Thả cho hệ thống chuyển động từ trạng thái nghỉ. Tính gia tốc a2 của vật m2 và lực Q tác dụng lên trục của ròng rọc A. So sánh Q với trọng lực Q’ của hệ. Áp dụng bằng số: m1 = 0,2 kg ; m2 = 0,5kg; g =10m/s2 . Tính a2 và Q ? 2] Khối lượng ròng rọc B không đáng kể nhưng ròng rọc A có khối lượng đáng kể; bán kính của A là r. Thả cho hệ thống chuyển động từ trạng thái nghỉ, người ta thấy m2 có gia tốc a = g/n, g là gia tốc rơi tự do, n là một số dương hoặc âm [lấy chiều dương đi xuống]. Tính khối lượng của ròng rọc A theo m1, m2 và n. Áp dụng số: r = 0,1m. a] m1 = 0,2 kg ; m2 = 0,5kg; g =10m/s2 ; n = 5. Tính m, mômen quán tính và lực Q tác dụng lên trục của ròng rọc A? So sánh Q và Q’ do trọng lực của hệ tác dụng. b] m1 = 1kg; m có giá trị vừa tìm được ở trên. Tính m2 để có n = - 5[ m2 đi lên]. ĐS: 1. a2 = 7,27m/s2 , Q = 4,1N; 2a. m = 2,9kg ; I = 0,0145 kgm2 ; Q = 35,2 N; 2b. m2 = 0,133 kg. Bài 23. Một ròng rọc kép gồm hai ròng rọc có dạng hai đĩa tròn đồng chất gắn chặt, đồng trục. Ròng rọc lớn có bán kính R1 = 10 cm, ròng rọc nhỏ có bán kính R2 = 5 cm, trên vành các ròng rọc có rãnh để quấn dây. Nếu dùng một sợi dây nhẹ, không dãn một đầu quấn trên vành ròng rọc lớn đầu kia buộc vào vật m1 = 300 g [ hình vẽ] rồi buông nhẹ cho vật chuyển động thì gia tốc chuyển động của m1 là a1. Nếu thay vật m1 bằng vật m2 = 500 g, rồi quấn dây vào vành ròng rọc nhỏ thì sau khi thả nhẹ, vật m2 chuyển động với gia tốc a2, biết 1 2 a 76 = a 55 . Bỏ qua mọi ma sát, lấy g = 10 m/s2 . Tính mô men quán tính của ròng rọc kép. ĐS: I = 1,125.10-3 kg.m2 . Bài 24. Một khối trụ đặc, đồng chất, khối lượng M, bán kính R, được đặt trên mặt phẳng nghiêng cố định, nghiêng góc α = 300 so với mặt phẳng ngang. Giữa chiều dài khối trụ có một khe hẹp trong đó có lõi có bán kính R/2. Một dây nhẹ, không giãn được quấn nhiều vòng vào lõi rồi vắt qua ròng rọc B [khối lượng không đáng kể, bỏ qua ma sát ở trục ròng rọc]. Đầu còn lại của dây mang một vật nặng C khối lượng m = M/5. Phần dây AB song song với mặt phẳng nghiêng. Hệ số ma sát nghỉ và hệ số ma sát trượt giữa khối trụ và mặt phẳng nghiêng: µn = µt = µ. Thả hệ từ trạng thái nghỉ:
• 6. VẬT LÝ 12 Trang 9 a. Tìm điều kiện về µ để khối trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng. Tính gia tốc a0 của trục khối trụ và gia tốc a của m khi đó. b. Giả sử µ không thỏa mãn điều kiện ở câu a. Tìm gia tốc a0 của trục khối trụ và gia tốc a của m. ĐS: a. 3 93   0 8 ; 31 a g  ; 4 31 a g  ; b. 0 10 2 9 7 3 ; 3 13 13 26 26 a g g a g g         Bài 25. [Trích đề dự tuyển thi Olympic quốc gia 2002] 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 0 30   . Tìm gia tốc của hệ vật biết hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nghiêng là 2 , 0   , trụ lăn không trượt. Bỏ qua sức cản các ổ bi, dây không dãn và không khối lượng, 2 / 10 s m g  . ĐS:   2 3,3 / m s Bài 26. Một thanh AB đồng chất chiều dài 2l khối lượng m được giữ nằm ngang bởi hai dây treo thẳng đứng như hình vẽ. Xác định lực căng dây trái ngay sau khi đốt dây phải. 1 4 T mg  ĐS: Bài 27. Một ống chỉ khối lượng M được đặt nằm ngang trên một chiếc bàn và dựa vào 2 chiếc đinh cắm thẳng đứng trên bàn. Sợi chỉ dài, mảnh, một đầu quấn vào ống chỉ, còn đầu kia được luồn qua một khe ở mặt bàn và nối với một vật nặng khối lượng m [Hình vẽ]. Với giá trị nào của m thì hệ cân bằng? Biết ống chỉ [phần quấn chỉ] có bán kính r, phần gỗ ở hai đầu ống chỉ có bán kính R, hệ số ma sát giữa ống chỉ và đinh là µ1 và giữa ống chỉ với mặt bàn là µ2. ĐS: 2 1 0 2 [1 ] r R m M r R       Bài 28. Một thanh đồng chất tiết diện đều chiều dài l, khối lượng m, gối cầu tại O, quay quanh trục thẳng đứng OO’ với vận tốc góc không đổi , góc giữa thanh và trục OO’ là . a.Tìm biết nhọn? b.Tìm phản lực lên thanh ở O [Bỏ qua ma sát] c.Tìm lực căng của thanh tại điểm cách O một khoảng x 2 N2, hình trụ quay, F = 2N2 Khi dó từ [3]: 2 2 2 cos 1 sin N N      1.a/   cos 1 sin  > 2 => N2 = 0, F = 0 với điều kiện 1N1 > 2N2 với mọi giá trị của 1, 2. 1.b/   cos 1 sin  < 2 , khi đó hình trụ bị kẹt, điều kiện 1N1 > 2N2 xảy ra với 1 > 2.  Trường hợp 2. 1 N1 < 2 N2, hình trụ không quay được F = 1N1. Từ [3] suy ra: 1 1 2 cos 1 sin N N      1[Mg + N2 ] = N2   cos 1 sin  . Tìm ra N2 = 1 1 cos 1 sin       Mg 2.a/    cos 1 sin 1   , khi đó trụ bị kẹt, điều kiện 1N1 > 2N2 khi 1 < 2. 2.b/    cos 1 sin 1   , khi đó F = 1N1 = 1 [ N2 + Mg]. Hay: F =     sin cos 1 1 1 1   Mg Điều kiện 1N1 < 2N2 xảy ra khi    cos 1 sin 2   2N2 > 1 [ N2 + Mg] Đánh giá: * =   cos 1 sin  phẳng 1, Biểu diễn kết quả qua đồ thị, đồ thị biểu diễn mặt 2 chia làm 3 miền - Miền 1: ứng với trường hợp [1.a] - Miền 2: ứng với trường hợp [1.b ] và [2.a] hình trụ bị kẹt nên F =  - Miền 3: ứng với trường hợp [2.b],
• 18. HSG VẬT LÝ 12 F =     sin cos 1 1 1 1   Mg Bài 7. Biểu diễn các lực tác dụng lên hệ Vì R.P2 > r.P1 nên m2 đi xuống, m1 đi lên Áp dụng định luật II Newton cho m1, m2: Vật m1: - m1g + T1 = m1a1 [1] Vật m2: m2g – T2 = m2a2 [2] Áp dụng phương trình ĐLHVR cho ròng rọc: T2R – T1r = I [3] Mặt khác: a1 = r [4] a2 = R [5] Từ [1], [2], [3], [4], [5]: với 2 2 2 1 2 1 mr MR I   Thay số:  = 20 rad/s2 ; a1 = 1m/s2 ; a2 = 2m/s2 ; T1 = m1[g + a1]; T2 = m2[g - a2] , thay số T1 = 2,75N; T2 = 1,6N. Bài 8. Xét cơ hệ gồm vật nặng A, B, tời C [ hình vẽ ]. Các ngoại lực tác dụng lên hệ gồm các trọng lực , , . Mômen và phản lực , trong đó phản lực có mômen đối với trục quay O bằng không. ÁP dụng định lý biến thiên mômen động lượng đối với trục quay z qua đi qua O của tời ta có: [ 1 ] Mặt khác ta lại có : Lz = Lz[ A ] + Lz[ B ] + Lz[ C ] Mômen động lượng của vật A là: Lz[ A ] = Mômen động lượng của vật B là: Lz[ B ] = Mômen động lượng của tời C là: Lz[ C ] = Lz = [P1r2 + P2R2 + Q ] [ 2 ] Thay [ 2 ] vào [ 1 ] ta được: Vậy Bài 9. Giả sử trong thời gian t khối tâm của ống chỉ đi xuống được một đoạn DH. Lúc này ống chỉ quay quanh khối tâm góc: D H R H      2  . I r m R m g r m R m     2 1 2 2 1 2 ] [  1 P  2 P  Q  M  0 R  0 R  1 2 z d L P r P R M dt     2 1 1 A P P r. v r g g   2 2 2 B P P R. v R g g   2 z Q g       2  g  2 1 2 2 2 1 2 M P R P r d dt P r P R Q          2 1 2 2 2 1 2 M P R P r g P r P R Q        ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12 Khối m bị cuốn lên một đoạn: D d H d    2  so với khối tâm của cuộn chỉ. Vậy khối m đi xuống một đoạn: t D d D H D d H H h          . Gọi a là gia tốc của khối tâm ống chỉ, thì gia tốc của vật m là: a0 = a 2 ; 2 ; 2 2 t D d D a h t a H D d D         . Vận tốc của ổng chỉ và của vật m: v = at, v0 = a0t = a t  D d - D . Vận tốc góc của trục chỉ  = D t a D v   2 2 . Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: MgH + mgh = 2 2 2 2 2 0 2  I mv Mv   . Mga 2 2 2 2 2 2 2 2 ] D d - D [ 2 ] [ 2 D d - D 2                D t a I t a m t a M t mga t suy ra a = g 2 2 4 D M D D I m d D m d D M            . Bài 10. Gọi vc là vận tốc của quả cầu sau khi lăn xuống được độ cao h. vT là vận tốc của hình trụ sau khi lăn xuống được độ cao h. Khi quả cầu, hình trụ lăn không trượt xuống dưới, thì điểm đặt của lực ma sát tĩnh nằm trên trục quay tức thời, mà tại đó vận tốc của các điểm tại bằng không và không ảnh hưởng tới cơ năng toàn phần của vật. Vai trò của lực ma sát ở đây là đảm bảo cho vật lăn thuần tuỳ không trượt và đảm bảo cho độ giảm thế năng hoàn toàn chuyển thành độ tăng động năng tịnh tiến và chuyển động năng quay của vật. Vì các lực tác dụng lên hình trụ đặc và quả cầu đều là : [ lực thế ], [ theo phương pháp tuyến] và lực ma sát tĩnh . Ta có và không sinh công Acác lực không thế = 0 cơ năng của hệ được bảo toàn. Như vậy ta có thể áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho chuyển động của quả cầu và hình trụ: Với quả cầu: mgh = [ 1 ] Với hình trụ: mgh = [ 2 ] Trong đó: ; ; Thay vào [ 1 ] và [ 2 ] ta có: mgh = ; mgh = p    ms F    ms F    2 2 2 2 c c c mv    2 2 2 2 mv      2 2 5 c mR   c c v R   2 2 mR    v R     2 7 10 c mv 2 3 4 mv 2 2 15 15 14 14 c c v v v v      
• 19. HSG VẬT LÝ 12 Bài 11. a] Gậy tác dụng vào quả bi- a một xung lực là . Tại điểm tiếp xúc I lực ma sát cũng gây ra xung lực cản sự quay quanh O của quả bi - a. Fms là nhỏ [ do không có thêm lực nén ] nên X’ : v0 < Ta có VI = vq- v0 , chiều của hướng ra sau. Như vậy ở I sẽ xuất hiện lực ma sát làm cho giảm dần cho tới khi = ’ thì vI = 0, quả bi- a thôi không trượt và chuyển sang chuyển động lăn không trượt, chuyển động chậm dần rồi dừng hẳn. +] h = : v0 = vq = , vI = 0. Quả bi- a lăn không trượt, chuyển động chậm dần rồi dừng lại. +] R < h < : v0 > vq = . vI = v0 - , hướng về phía trước. Fms hướng ra sau cản chuyển động nhưng làm tăng đến khi ”: v0” = ”R thì lúc đó quả bi-a lăn không trượt rồi chuyển động chậm dần rồi dừng lại. Bài 12. Cơ hệ khảo sát gồm vật A chuyển động tịnh tiến; tời B quay quanh một trục cố định. Các lực tác dụng lên hệ gồm các trọng lực , ngẫu lực , phản lực và các nội lực. X   ' X   X m 2 2 5[ ] mR h R   2 2 5[ ] R h R   7 5 R R  0 /0 0/ v v v v v q I I dat           [ ] v R q   vI      7 5 R R  7 5 R R  R     P,Q   M  0 R  ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12 Nhận xét: trọng lực tác dụng chỉ có ngẫu lực và trọng lực sinh công; còn phản lực và trọng lực không sinh công vì các điểm đặt của chúng cố định, các nội lực cũng không sinh công. Vì có thể tính công hữu hạn của ngẫu lực và trọng lực để tìm vận tốc của vật A ta áp dụng định lý biến thiên động năng: [ 1 ] trong đó T0 là động năng của hệ tại thời điểm ban đầu ; T à động năng của hệ tại thời điểm [ t ]. Ta có: T0 = 0 vì ban đầu hệ đứng yên . [ 2 ] Ta có: T = TA + TB [ 3 ] Vật A chuyển động tịnh tiến nên TA = [ 4 ] Vật B quay quanh trục cố định nên [ 5 ] Thay [ 4 ] , [ 5 ] vào [ 3 ] ta có: [ 6 ] Ta có: = M - P.h = M - P.R. với h = R. = [ 7 ] Thay [ 2 ], [ 6 ], [ 7 ] vào [ 1 ] ta được: = Để tìm gia tốc aA của vật A ta sử dụng định lý biến thiên động năng dạng vi phân vA .aA = vA aA = 2g Vậy aA = 2g Bài 13. Vận tốc của vật nặng m tại cuối độ cao h tính được nhờ áp dụng định luật bảo toàn cơ năng : v1 = [ 1] Khi vật nặng bắt đầu làm căng dây, xuất hiện tương tác giữa vật nặng và bánh đà. Vì tương tác xảy ra trong thời gian được xem là rất ngắn nên ta có gần đúng bảo toàn mô men xung lượng [đối với trục quay]: Lngay trước trước tương tác = L ngay trước sau tương tác m.v1.R = m.v2.R + I . [2] Trong đó v2 là vận tốc của vật m ngay sau tương tác, I là mômen quán tính của bánh đà đối với trục quay, là vận tốc góc của bánh đà ngay sau tưong tác. Ta có: I = .M.R2 [ 3 ] M  P  0 R  Q  M  P  A v      0 A P A M        2 1 2 A P v g 2 1 2 B O T    2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 4 4 A B A v Q Q Q R R v g g R g                       2 2 2 2 A P Q v g        A P A M             A P A M    M P h R          2 2 2 2 A P Q v g  M P h R            4 2 A M Ph v g h R P Q     i e k k d dA dA         2 2 P Q g  M P R             2 M PR R P Q       4 2 A M Ph v g h R P Q        2 M PR R P Q   2gh    1 2
• 20. HSG VẬT LÝ 12 v2 = [ 4 ] Từ [ 1], [ 2 ], [ 3 ], [ 4 ] ta tính được : Bài 14. 1. Xác định vận tốc khối tâm hình trụ theo góc  là góc hợp bởi đường thẳng đứng và đường thẳng nối tâm hai trụ Áp dụng định lý động năng: Wđ - Wđ0 = Ap [1] Với Wđ0 = 0; ] 2 [ 2 1 2 1 W 2 ' 2 d  I mvC   ; vC = [R +r]  là vận tốc góc của khối tâm C trụ nhỏ đối với tâm O của trụ lớn ’2 kà vận tốc góc của trụ nhỏ quanh khối tâm C Lăn không trượt nên: ’r =  [R +r]; [2] 2 2 d ] [ 4 3 W  r R m    [3] Ap = mg[R +r][1-cos] [4] Từ [1], [2], [3], [4] ] cos 1 ][ [ 3 4      r R g vc [5] 2. Từ vị trí hình trụ r rời mặt trụ R: Áp dụng định luật II Niu tơn cho hình trụ: N P a m c   Chiếu hệ thức vec tơ lên trục hướng tâm: r R v m mg n N mg r R v m C C        2 2 cos cos   [6] Khi đó N = 0. Từ [5] và [6] suy ra: 7 4 arccos 7 4 cos      Bài 15. Khảo sát cơ hệ gồm đĩa và chất điểm M. Đĩa có thể quay quanh trục cố định z thẳng đứng, còn chất điểm M chuyển động trên mặt đĩa theo đường tròn tâm O, bán kính OM [chuyển động tương đối ] với vận tốc u và cùng quay với đĩa quanh trục z [chuyển động theo] Các ngoại lực tác dụng lên hệ gồm các trọng lực , và các phản lực , tại các ổ trục A và B. Vì hệ ngoại lực gồm các lực song song và cắt trục z ta có : Lz = const Lz = Lz[ 0 ] [1] Trong đó: Lz là Mômen động lượng của hệ theo trục z tại thời điểm bất kì. Lz[ 0 ] là Mômen động lượng của hệ theo trục z tại thời điểm ban đầu. Giả sử rằng tại thời điểm đầu chất điểm nằm yên trên đĩa và cùng với đĩa quay quanh trục z theo chiều dương với vận tốc góc .R    2 2 2 m gh m M .R    Q  P  A R  B R  0 e z z k dL M [F ] dt       0  ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12 Mômen động lượng của hệ theo trục z tại thời điểm ban đầu là: Lz[ 0 ] = Lz1[ 0 ] + Lz2[ 0 ] Trong đó: L1[ 0 ] = = là mômen động lượng của đĩa theo trục z tại thời điểm ban đầu. L2[ 0 ] = R. = = là mômen động lượng của chất điểm theo trục z tại thời điểm ban đầu. Lz[ 0 ] = [ 2 ] Khi chất điểm chuyển động đối đĩa với vận tốc u [ theo chiều dương của z ] thì đĩa sẽ quay quanh trục z với vận tốc góc là cùng theo chiều dương. Suy ra ta có mômen động lượng của hệ theo trục z tại thời điểm bất kì là: Lz = Lz1 + Lz2 Trong đó: Lz1 = = là mômen động lượng của chất điểm theo trục z tại thời điểm bất kì. Lz2 = R. = là mômen động lượng của chất điểm theo trục z tại thời điểm bất kì. Lz = [ 3 ] Thay [ 2 ] và [ 3 ] vào [ 1 ] ta được: Đĩa quay quanh trục z theo chiều âm hay dương phụ thuộc vào dương hay âm. Bài 16. Để bỏ qua các lực đàn hồi chưa biết và có tác dụng gây ra dao động ở các đĩa, ta xem trục và các đĩa như một hệ. Các lực ngoài tác dụng lên hệ gồm: phản lực của các gối đỡ và trọng lực đều cắt trục x vì vậy: Lx = const. Vậy mômen động lượng của hệ bảo toàn. Ta có mômen xung lượng ban đầu của hệ là: Lx1 = 0 [1] Ta có mômen động lượng của hệ khi dao động là: Lx2 = I1. 1 + I2. 2 [2] [vì mômen động lượng của hệ đối vớ trục x bằng tổng mômen động lượng của các đĩa đối với cùng trục đó]. Từ [ 1] và [ 2] ta có: [3] Tích phân 2 vế [ 3 ] từ 0 cho đến t ta có: Trong đó 1 và 2 là các góc xoắn của các đĩa từ vị trí ban đầu. Bởi vậy, dao động sẽ xảy ra ngược chiều nhau, biên độ dao động góc tỷ lệ nghịch với mômen quán tính của các đĩa. Bài 17. Cách 1: Sử dụng phương pháp động lực học  0 z   2 0 2 Q R g  P .v g 0 P R R g  2 0 P R g     2 0 2 2 Q P R g    z   2 2 Q R g  , P .v g P R [ R u] g      2 2 2 R Q P PRu g      0 2 2 Pu Q P R        0 2 2 Pu Q P R      0 x k M [F ]      2 1 2 1 I I     2 2 1 2 1 2 0 0 1 1 t t I I dt dt I I            
• 21. HSG VẬT LÝ 12 Gọi T là lực căng dây, là gia tốc góc của trống. ay là gia tốc của tải m M - TR = I Ta có: T - mg = may ay = R tìm được T = ay = Cách 2: Sử dụng ngoại Lz = Suy ra [I + mR2 ] = M – mgR ta tìm được Bài 18. Xét trục quay qua O 2 2 sin sin 5 o r z L mR e l ml e            2 2 2 2 2 sin sin 5 r z mR e ml e ml e           0 const      Định lí biến tiên momen động lượng [ . ] z r d L M mge l e dt           2 2 sin 5 r de mR mgl e dt          2 2 [ .sin . ] sin 5 mR e e mgl e                     2 2 sin sin . 5 mgl e mR e             2 5 2 gl R     Bài 19. Trong hệ quy chiếu quay, có 4 lực tác dụng lên người đi xe đạp: + Trọng lực đặt tại khối tâm + Phản lực và lực ma sát tại điểm tiếp xúc với rãnh + Lực quán tính li tâm 1.Doh R  nên coi gần đúng tất cả các điểm trên người đi xe đạp đều cách tâm của quỹ đạo một khoảng R, lực quán tính li tâm coi như đặt tại khối tâm và có độ lớn : 2 lt F m R   với m là khối lượng của người và xe Gọi l là khoảng cách từ khối tâm đến điểm tiếp xúc. Trong hệ quy chiếu quay người và xe đứng yên nên mômen của lực quán tính li tâm phải cân bằng với mômen của trọng lực. Do đó:    2 mRM mgI mR I   2 2     T mg MR mR g m mR I   M dt dL 2 [ ] v I mRv I mR R     mgR M Mngoai    R a 2 [ ] M mgR R a I mR    ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12 2 g m Rlcos mglsin tan R         2. Vì h không thể bỏ qua so với R nên lực quán tính li tâm tác dụng lên thanh thay đổi dọc theo chiều dài của thanh. Xét một đoạn thanh có chiều dài rất nhỏ dx, cách điểm tiếp xúc K một đoạn x và có khối lượng m dm dx h  Lực quán tính li tâm tác dụng lên m: 2 2 lt m dF [R xsin ]dm [R xsin ]dx h         Mômen của dFlt đối với điểm tiếp xúc K: 2 lt lt m cos dM dF .xcos [R xsin ]xdx h        Mômen của lực quán tính tác dụng lên thanh là: h 2 lt 0 m cos M [R xsin ]xdx h       2 2 3 2 m cos Rh h sin R hsin [ ] m hcos [ ] h 2 3 2 3           Điều kiện cân bằng của xe trong hệ quy chiếu quay: 2 lt P R h h M M m hcos [ sin ] mg sin 2 3 2         1 g 2h [ tan ][1 sin ] R 3R        Nhận xét: khi h R  thì g tan R   [ trở về kết quả của câu a] Bài 20. Tìm giá trị vận tốc v của hình trụ lăn trên mặt phẳng ngang để không bị nảy lên tại A * Ta có động năng của vật trên mặt phẳng ngang: W = mv + I Vì lăn không trượt nên v = R. Mặt khác I = mR Suy ra W = mv + . mR . = mv . * Tại đỉnh A của mặt phẳng nghiêng: - Khi hình trụ đang ở trên mặt phẳng ngang, năng lượng là: W = mv + mgh. - Khi hình trụ ở trên mặt phẳng nghiêng có tốc độ khối tâm v; năng lượng là: W = mv . - Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: max 0 đ 2 1 2 2 1 2   2 1 2 đ 2 1 2 2 1 2 1 2 2         R v 4 3 2 0 4 3 2 0 4 3 2
• 22. HSG VẬT LÝ 12 mv + mgh = mv [1] - A là tâm quay tức thời: Vận tốc tiếp tuyến là v nên lực hướng tâm F = ma = m. Phân tích trọng lực P làm hai thành phần: F = P.sin và F = P.cos [có tác dụng gây áp lực lên mặt phẳng nghiêng] - Hình trụ không nảy lên khỏi A nếu: F F [2] - Từ hình vẽ ta có: h = R - R.cos = R[1 - cos ]. Phương trình [1] v + g R[1 - cos ] = v v = v + g R[1 - cos ] [3] Từ phương trình [2] và [3] ta được: m. P.cos m. mg.cos v + g R[1 - cos ] g.R.cos v g.R.cos - g R[1 - cos ] v [7cos -4] v 0,6 [m/s] Vậy để không bị nảy lên tại A vận tốc v của hình trụ lăn trên mặt phẳng ngang có giá trị bằng 0,6 [m/s]. Bài 21. Giả sử 1 ;   và 1 ; L L là vận tốc góc của quả cầu đối với khối tâm của nó và mô men xung lượng của nó đối với điểm va chạm A tương ứng trước và sau của quá trình va chạm với bậc thềm ta có: L = mv[R – h] + 2 2 5 mR  = 7 5 mvR mvh  [1] Quả cầu lăn không trượt nên v = R  và L1 = 2 2 2 1 1 2 7 5 5 mR mR mR           [2] Vì va chạm xẩy ra rất nhanh nên L = L1.  7 5 mvR mvh  = 2 1 7 5 mR   1 5 1 7 h v R R          . [3] + Để qủa cầu vừa đủ để vượt qua bức thềm phải đủ lớn để cung cấp năng lượng cho quá trình tăng thế năng. ĐLBTNL có 2 1 1 2  A I mgh  [4] Trong đó IA = 2 2 2 2 7 5 5 mR mR mR   [5] là mô men quán tính đối với A Thay [3]&[5] vào [4] ta có: 2 2 2 1 7 5 . 1 2 5 7               h v mR mgh R R 4 3 2 0 4 3 2 ht R v2 1  2   2    4 3 2 0  4 3 2  2 2 0 3 4  R v2    R gR v ] cos 1 [ 3 4 2 0       2 0 3 4     2 0   3 4   2 0  3 gR   0  ] 4 cos 7 [ 3   gR  ] 4 2 2 . 7 [ 3 1 , 0 . 10   max 0 ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12 Rút gọn có: min 70 7 5   R gh v R h [*] Bài 22. 1] Khối lượng của hai ròng rọc không đáng kể thì lực căng dây có giá trị T suốt dọc dây. Ta có các phương trình chuyển động của m1 và m2 [chiều dương đi xuống ]. - T + m2 g = m2.a2 -2T + m1 g = m1a1 = -m1 1 2 a2 Giải ra ta được: a2 = -2a1 = g 2 1 2 1 4 2 4 m m m m   Và T = m2[ g – a2] = g 2 1 2 1 3 4 m m m m  Q = 3T = g 2 1 2 1 9 4 m m m m  ; Q’ = [ m1 +m2]g Q’ – Q =g   2 1 2 2 1 2 4 m m m m   > 0 . Vậy Q’ > Q Áp dụng số: a2 = 7,27m/s2 , Q = 4,1N < Q’ = 7 N. 2] Ròng rọc A có khối lượng đáng kể thì các lực căng T bên m2 và T’ bên m1 khác nhau. Ta có phương trình: - T + m2 g = m2.a2 -2T’ + m1 g = m1a1 = -m1 1 2 a2 [ T – T’]r = I = 1 2 mra2 Giải hệ phương trình trên ta được: a2 = g   2 1 2 1 4 2 1 4 2 m m m m m    T = m2[ g – a2 ] T’ = 1 2 m1 [ g + 1 2 a2 ] Theo đầu bài a2 = g/n , ta tìm được: m = 2m2[n – 1] – m1[n + 1 2 ] Áp dụng số: a] m = 2,9kg ; I = 0,0145 kgm2 ; Q = 35,2 N; Q’ = 36 N. b] a2 = - 2m/s2 ; m2 = 0,133 kg ; T = 1,6N, T’ = 4,5N; Q = mg + T + 2T’ = 39,6N < Q’ = [m1 +m2 + m]g = 40,3N Bài 23. * Khi treo vật m1 vào ròng rọc lớn: Các phương trình động lực học cho m1 và ròng rọc là : [chiều dương là chiều chuyển động của m1 và chiều quay của ròng rọc]
• 23. HSG VẬT LÝ 12 1 1 1 1 1 ' ' 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 P - T = m a m g a = a I T R = Iγ = I T T m + R R Vôùi        [1] [ I là mô men quán tính của ròng rọc kép ] * Tương tự khi khi treo m2 vào ròng rọc nhỏ: 2 2 2 2 2 m g a = I m + R [2] * Lấy hai vế của [1] chia cho [2] được: 2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 I m + a m R I a m m + R  * Thay 1 2 a 76 = a 55 và m1 = 0,3 kg, m2 = 0,5 kg ta được 2 2 I 0,5+ 76 0,3 0,05 I 55 0,5 0,3+ 0,1  * Giải phương trình suy ra kết quả I = 1,125.10-3 kg.m2 . Bài 24. Chọn chiều dương như hình vẽ. Giả sử chiều của lực ma sát như hình. - Phương trình ĐL II Niu-tơn cho khối tâm khối trụ A và vật C: 0 ' A ms C P F N T ma T P ma               - Phương trình cho chuyển động quay quanh trục đối xứng qua khối tâm G: . . 2 ms G R F R T I    - Khối trụ không trượt trên dây nên: 0 2 R a a    Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và ma sát ở trục ròng rọc nên: T = T’. a, Khối trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng nên: 0 a R   Từ đó ta có hệ: 0 2 0 0 0 sin [1] . . [2] 2 2 2 [3] 5 5 10 2 [4] ms ms G P F T Ma R R R F R T I M M a P M M T a a a R a                          Điều kiện: 1 3 62 2 ms msn F F N Mg Mg       3 93    Từ [3] 0 [ /2 ] [5] 5 5 5 P M M T a a g     Từ [5],[2] 0 0 0 9 /R [ /2 ] [ ] [6] 2 2 10 10 2 ms G a a T M M F I M a g g         Thay [5],[6] vào [1]: 0 0 0 9 [ ] [ 2 ] 2 10 2 10 a Mg M M g a g Ma      0 8 0 31 a g    [7] ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12 Thay a0 vào [6],[4] suy ra: 0 9 1 [ ] 0 10 2 62 ms a M F g Mg     4 0 31 a g   Vậy khối trụ A đi xuống, vật C đi lên và lực ma sát có chiều như hình vẽ. động cùng chiều dương. b, Khi xảy ra sự lăn có trượt của khối trụ trên mặt phẳng nghiêng: 3 2 ms mst F F N Mg      Ta có hệ phương trình: 0 2 0 sin [8] . . [9] 2 2 [10] 5 5 [11] 2 mst mst G P F T Ma R R F R T I M P M T a R a a                          Từ [9] 3 [12] T MR Mg      Thay T vào 3 / 5 [10] a 5 5 3 / 5 MR Mg Mg R g g M            Thay a vào 0 11 [11] 5 5 3 5 3 2 2 R R a R g g g g              Thay a0 , T vào 3 11 3 [8] 13 g R      ; 0 10 2 9 7 3 ; 3 13 13 26 26 a g g a g g         Với 3 93   thì a > 0, a0 > 0 khối trụ và vật chuyển Bài 25. Phương trình định luật II Newton cho vật 1 và vật 2: a m T F p msn 1 1 sin     [1] [bỏ qua ma sát lăn] a m F T p ms 2 2 2 sin     [2] ,  cos 2 2 p N  Cộng [1] và [2]:  a m m g m Fms Fmsn g m 2 1 2 2 1 sin sin        [3] Trụ lăn không trượt: 2 2 1 2 1 a m Fmsn R m I R a I R Fmsn                    [4] Thế [4] vào [3]:  a m m g m g m a m g m 2 1 2 2 1 1 cos . sin 2 sin                  2 1 2 2 1 2 3 cos . sin m m g m g m m a      2 3,3 / m s .
• 24. HSG VẬT LÝ 12 Bài 26. Ngay sau khi đốt dây các lực tác dụng lên thanh gồm: lực căng dây T, trọng lực mg. Định luật 2 Newton theo trục y: ] 6 [ . y a m T mg   Định luật hai Newton cho chuyển động quay của thanh quanh khối tâm: ] 7 [ 3 1 . 2  ml l T  Ta cần tìm mối liên hệ giữa y a và gia tốc góc . Xét sau một khoảng thời gian t rất nhỏ sau khi đốt dây, dây vẫn còn thẳng đứng, thanh thì bị lệch khỏi phương ngang một góc  nhỏ. Trong khoảng thời gian rất nhỏ đó, ta coi như gia tốc khối tâm và gia tốc góc của thanh là không đổi. Khi đó độ dịch chuyển của khối tâm là:  . l y  Đạo hàm hai lần hai vế của phương trình trên theo t, ta được: ] 8 [ . l ay   Từ các phương trình [6], [7] ,[8] ta thu được: Bài 27. Giả sử tìm được giá tri m0, với m > m0 thì ống chỉ bắt đầu quay. Khi m = m0, hệ cân bằng: Fms1 = µ1N1; Fms2 = µ2N2 [1] Áp dụng định luật 2 Niu tơn cho các trục 0x, 0y có: Fms2 – N1 = 0 [2] Fms1 + N2 – P2 – T’ = 0 [3] T’ = T = m0g; P2 = Mg [4] Xét trục quay tạm thời qua O, có: T’.r – Fms1.r – Fms2.R = 0 [5] Giải hệ 5 phương trình trên ta được nghiệm: 2 1 0 2 [1 ] r R m M r R       - Với 2 r R   , hệ cân bằng với m < m0. Khi m > m0 ống chỉ quay. - Nếu µ2 có giá trị tiến gần đến r/R, thì m0 có giá trị rất lớn. Khi µ2 = r/R thì hệ cân bằng với mọi giá trị của m. - Còn nếu 2 r R   thì cân bằng không thể bị phá vỡ với mọi giá trị của m. Bài 28. * Xét trong HQC quay với vận tốc góc + Một phần tử dx có khối lượng dm cách O đoạn x. Lực quán tính li tâm tác dụng lên dx bằng: dF = dm 2 r = dx. 2 .xsin = 2 sin .xdx [*] Tổng hợp lực quán tính tác dụng lên thanh bằng:   l m   l m   mg T 4 1  ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12 F = 2 sin = l 2 sin * Từ [*] ta thấy lực quán tính li tâm tăng tuyến tính theo x vì vậy ta có hệ lực phân bố tam giác như hình vẽ 2. + Do đó tổng hợp phải có giá đi qua trọng tâm của tam giác lực đó, hay có điểm đặt tại M thoả mãn: OM = + Điều kiện cân bằng của thanh: M[Fqt/O]= M[P/O] Fqt. .cos = P sin = arccos b] Gọi lực của gối cầu tác dụng vào thanh là . Từ pt: + + =0 Q = c] Xét một đoạn thanh dài x, trong HQC quay. + Các lực tác dụng gồm: Q ; Flt; Px và lực kéo T [gồm hai thành phần Tx và Ty] của đoạn dưới + Theo trên: Qx =..... Flt = x 2 sin + Theo phương ngang: Qx = Tx +Flt Tx + Theo phương thẳng đứng: Qy = Px+Ty Ty = ..... Bài 29. Gọi khoảng cách hai trục bánh xe là l; chiều cao khối tâm G là h; áp lực của bánh sau lên mặt đường là N2; của bánh trước lên mặt đường là N1. * Khi phanh bánh sau: ma sát giữa bánh sau với mặt đường là ma sát trượt, động cơ tắt, bánh trước chỉ đóng vai trò bánh đỡ [vì động cơ tắt nên không còn lực ma sát nghỉ đóng vai trò lực phát động]. Điều kiên cân bằng của xe đối với trục qua O1 là: N2l - mg + Fms2.h = 0 N2l - mg + N2.h = 0 N2 = < Công của lực ma sát trượt là: A1 = N2.L1 [1] * Khi phanh bánh trước: ma sát giữa bánh trước với mặt đường là ma sát trượt, động cơ tắt, bánh sau chỉ đóng vai trò bánh đỡ. Điều kiện cân bằng của xe đối với trục qua O2 là: - N1l + mg + Fms1.h = 0 -N1l + mg + N1.h = 0 N1 = > Công của lực ma sát trượt là: A2 = N1.L2 [2] * Khi phanh cả 4 bánh, ma sát giữa 4 bánh với mặt đường đều là ma sát trượt. Công của lực ma sát trượt là: A3 = mg.L3 [3] l m    l o xdx 2 m   qt F 3 2l 3 2l  2 l          2 2 3  l g Q Q qt F P  2 4 2 4 7 4 l g m   2 m     2 l  2 l   ] 1 [ 2 l h mg   2 mg   2 l  2 l   ] 1 [ 2 l h mg   2 mg     x