§3 ĐỘNG NĂNG THẾ NĂNG TRỌNG TRƯỜNG CƠ NĂNG CỦA VẬT CHUYỂN ĐỘNG TRONG TRỌNG TRƯỜNG I TRỌNG TÂM KIẾN THỨC Năng lượng mà vật có chuyển động gọi động Động vật khối lượng m chuyển động với vận tốc v xác định theo công thức: Wd  mv2 Trong hệ SI, đơn vị động jun (J) Trong trường hợp vật chuyển động tác dụng lực F cơng lực F độ biến thiên động vật 1 A  Wd2  Wd1  mv22  mv12 2 Thế trọng trường vật dạng lượng tương tác Trái Đất vật; phụ thuộc vào vị trí vật trọng trường Khi vật khối lượng m đặt độ cao z so với mặt đất (trong trọng trường Trái Đất) trọng trường vật định nghĩa công thức Wt = mgz Thế mặt đất khơng (z = 0) Ta nói, mặt đất chọn mốc (hay gốc) Trong hệ SI, đơn vị đo jun (J) Công A12 trọng lực hiệu vật vị trí đầu Wt1 vị trí cuối Wt , tức độ giảm vật: A12  Wt1  Wt Cơ vật tổng động Biểu thức W  Wd  Wt , Wđ động vật, Wt vật Khi vật chuyển động trọng trường chịu tác dụng trọng lực, vật đại lượng bảo toàn: W  mv2  mgz = số Khi vật chuyển động trọng trường, vật chịu tác dựng thêm lực cản, lực ma sát, vật biến đổi Công lực cản, lực ma sát độ biến thiên năng: A  W2  W1 II CÁC DẠNG BÀI TẬP ĐIỂN HÌNH Dạng 1: Bài tốn tính động vật Phương pháp giải: Bước 1: Từ kiến thức chuyển động ta xác định vận tốc vật Bước 2: Biết vận tốc ta xác định động vật theo biểu thức: Wd  mv2 Trang 1/38 Ví dụ 1: Một tơ có khối lượng 1,5 chuyển động thẳng xe quãng đường 72 km Động ô tô A 972 J B 150 kJ C 75kJ D 972kJ Lời giải: Tính vận tốc xe qua kiến thức chuyển động thẳng đều: v S 72 36000   36km / h   10m / s t 60.60 Động ô tô Wd  mv2  1500.102  75000J  75kJ Đáp án C STUDY TIP: Động vật Wd  mv2 (J) Trong m có đơn vị tính (kg) Vận tốc có đơn vị tính (m/s) Ví dụ 2: Một đá có khối lượng m = 200g rơi tự không vận tốc đầu từ điểm cách mặt đất 45 m, nơi có gia tốc trọng trường g = 10 m/s2 Động đá trước chạm đất A 45 J B 90 J C 180 J D 900 J Lời giải: Vận tốc đá trước chạm đất là: v  2gh 1 Động đá bằng: Wd  mv2  m.( 2.gh )2  m.g.h 2 Thay số ta được: Wd  0, 2.10.45  90J Đáp án B STUDY TIP: Động vật rơi tự từ độ cao h trước chạm đất Wd  mgh(J) Ví dụ 3: Một vật có khối lượng m = 400g rơi tự không vận tốc đầu từ đỉnh tòa nhà cao 80 m, nơi có gia tốc trọng trường g = 10 m/s2 Độ biến thiên động vật rơi giây thứ A 100J B 80J C 180J D 320J Lời giải: Cách 1: Vận tốc vật rơi đầu giây thứ vận tốc cuối giây thứ ta được: Vđầu giây thứ = Vcuối giây thứ  gt  10.2  20m / s 1 Động vật đầu giây thứ thứ là: Wdtr  mv2   0, 4.202  80J 2 Vận tốc vật rơi cuối giây thứ : Vcuối giây thứ  gt  10.3  30m / s Động vật cuối giây thứ 1 Wds  mv2  0, 4.302  180J 2 Độ biến thiên động vật rơi giây thứ Trang 2/38 Wd  Wds  Wdtr  180  80  100J Đáp án A STUDY TIP: Quãng đường vật rơi tự giây thứ n: s n  g (2n  1) Độ biến thiên động vật rơi giây thứ n g Wd  mg (2n  1) Cách 2: Chú ý đến công thức giải nhanh cần nhớ study tips ta giải nhanh sau: g Wd  mgh  Wd  mgh  mgSn  mg (2n  1) Ví dụ 4: Một vật có khối lượng m = 400g chuyển động tròn với vận tốc góc 30 vòng/phút, bán kính quỹ đạo tròn m Động vật A 720J B 1440J C 3,9J D 7,9J Lời giải: Vận tốc dài chuyển động tròn là: v  r  30.2   2 m / s 60 1 Động vật bằng: Wd  mv2  0, 4.(2 )2  7,9J 2 Đáp án D Ví dụ 5: Một vật có khối lượng m chuyển động vật có động lượng p có động Wđ Hệ thức A P2 = 2mWđ B P2 = mWđ C (Wđ)2 =2mP D (Wđ)2 = mP Lời giải: Động lượng vật xác định P  m.v (1) Động vật Wd  mv2 (2) Từ (1) ta v  P thay vào (2) ta được: m 1 P P2 Wd  mv2  m     P  2mWd 2  m  2.m Đáp án A STUDY TIPS: Một vật có khối lượng m có động lượng P có động Wđ Khi đó: P2  2mWd Dạng 2: Bài tốn tính trọng trường vật Phương pháp giải: Bước 1: Chọn gốc tính ( Wt   Z0  ).( ý thường ta chọn mặt đất) Từ kiến thức chuyển động ta xác định giá trị đại số Z vật so với mốc Bước 2: Trang 3/38 Biết giá trị đại số Z ta xác định vật theo biểu thức Wt = mgz Ví dụ 1: Một vật có khối lượng m = 100g rơi tự không vận tốc đầu từ điểm O, chọn gốc tính (Z0 = 0) O, lấy gia tốc trọng trường g = 10 m/s2 Thế vật sau rơi sau giây A 80J B -80J C 40J D -40J Lời giải: Chọn gốc tính (Zn = 0) O tức vị trí vật bắt đầu rơi Quãng đường vật rơi sau giây 1 S  g.t  10.42  80m 2 Giá trị đại số tọa độ Z vật so với mốc Zt  S  80m Thế vật sau rơi sau giây Wt  m.g.z  0.1.10.(80)  80J Đáp án B Chú ý: - Giá trị phụ thuộc vào mốc tính - Thế có giá trị đại số dương âm phụ thuộc vào giá trị đại số độ cao Z Ví dụ 2: Tại thời điểm t0 = vật có khối lượng m = 500g bắt đầu trượt không ma sát từ đỉnh mặt phẳng nghiêng có chiều dài  14m , góc nghiêng  = 30°; g = 10m/s2, mốc tính vị trí chân mặt phẳng nghiêng Thế trọng trường vật thời điểm t = giây A -25 J B -10 J C 10J D 25J Lời giải: Trang 4/38 + Chọn mốc tính vị trí chân mặt phẳng nghiêng + Tính giá trị đạỉ số độ cao Z vật so với mốc: - Gia tốc vật trượt không ma sát mặt phẳng nghiêng a  g sin(  )  10.sin  30   5m / s - Quãng đường vật trượt sau giây bằng: 1 S  v0 t  at   5.22  10m 2 - Theo hình ta có Z  (  S) sin(  )  (14  10) sin  30   2m + Vậy trọng trường vật thời điểm t = giây Wt  m.g.z  0.5.10.2  10J Đáp án C STUDY TIP: Trục OZ trục thẳng đứng chiều dương hướng lên gốc O vị trí mốc Tính giá trị đại số độ cao Z ta phải chiếu vị trí vật lên trục OZ Để xác định cách tường minh ta phải vẽ hình, tính Z qua hình Ví dụ 3: Một vật có khối lượng m = 1kg ném ngang từ độ cao h = 10m so với mặt đất, chọn mốc mặt đất, bỏ qua sức cản khơng khí, lấy g = 10 m/s2 Thế trọng trường vật sau thời gian 1,2 s vật ném A -72J B -28J C 72J D 28J Lời giải: + Chọn mốc tính vị trí chân mặt phẳng nghiêng Trang 5/38 + Tính giá trị đại số độ cao Z vật so với mốc - Với chuyển động ném ngang theo phương thẳng đứng chuyển động rơi tự Quãng đường theo phương thẳng đứng vật chuyển động sau 1,2 giây bằng: 1 S  v0 t  at   10.1, 22  7, 2m 2 Theo hình ta có Z   h  S(Z)   10  7,  2,8m Thế trọng trường vật sau thời gian 1,2 s vật ném Wt  m.g.z  1.10.2,8  28J Đáp án D STUDY TIPS: Xét toán chuyển động mặt phẳng (ném ngang, ném xiên): Khi tính ta cần quan tâm đến chuyển động theo thành phần thẳng đứng OZ Ví dụ 4: Một vật có khối lượng m = kg rơi tự không vận tốc đầu từ độ cao h = 4m, chọn gốc tính (Z0 = ) mặt đất, lấy gia tốc trọng trường g = 10 m/s2 Thế vật vị trí động ba A 10J B 40J C 30J D 20J Lời giải: Chọn gốc tính ( Z0 = 0) mặt đất Vận tốc vật sau rơi quãng đường s (Z)  h  v  2.g.h  1 Động vật đó: Wd  mv2  m 2  2.g.h   m.g.h (1)  Thế vật tương ứng với vị trí bằng: Wt  m.g.z  m.g  h  h   (2) IXét tổng quát vị trí động n Wd  nW1  m.gh  n.m.g  h  h    h   n.h (n  1) Giá trị đại số tọa độ Z vật so với mốc bằng: Z  h  h  h  nh  h (n  1) (n  1) Thế vật vị trí động ba Wt  m.g.z  m.g 1 h  3.10 .4  30J (n  1) 1 Đáp án C Chú ý: Vật rơi tự từ độ cao h, mốc mặt đất Wd  nWt Giá trị đại số tọa độ Z vật so với mốc bằng: Z  h  h  h  n.h  h (n  1) (n  1) Trang 6/38 Thế vật vị trí động n lần Wt  m.g.z  m.g h (n  1) Dạng 3: Bài toán biến thiên động năng; biến thiên Phương pháp giải Bước 1: Xác định lực (hợp lực) tác dụng vào vật Xác định công lực (hợp lực) sinh A  F.S.cos  Bước 2: Viết biểu thức biến thiên động vật công hợp lực tác dụng lên vật 1 A  Wd2  Wd1  mv22  mv12 (2) 2 Hoặc viết biểu thức cho A12  Wt1  Wt (2') Từ (1) (2) hay từ (1) (2') ta tìm đại lượng cần tìm là: + Lực F + Quãng đường S + Vận tốc + Động Ví dụ 1: Một viên đạn có khối lượng m = 10g bay với vận tốc v = 1000m/s gặp tường Sau xuyên ngang qua tường dầy 4cm vận tốc viên đạn lại v = 400 m/s Độ lớn lực cản trung bình tường lên viên đạn A 10500N B 1000N C 105000N D 400N Lời giải: Các lực tác dụng vào vật gồm: + Lực cản tường Fc + Trọng lực P Công lực cản cản trở chuyển động viên đạn A  F.S.cos   Fc 0, 04  cos 180  (1) (Trọng lực P có phương vng góc với chuyển động nên công trọng lực O) Độ biến thiên động vật 1 1 Wd  Wd2  Wd1  mv22  mv12  0,01.4002  0,01.10002  4200J 2 2 Từ (1) (2) theo định lý biến thiên động ta được: Trang 7/38 A  Wd2  Wd1  0, 04Fc  4200  Fc  105000N Độ lớn lực cản trung bình tường lên viên đạn bằng: Fc = 105000N Đáp án C STUDY TIPS: Trong biểu thức biến thiên động công A ta hiểu công tất lực tác dụng vào vật, công hợp lực A = Wd2  Wd1 Ví dụ 2: Ở thời điểm t0 = vật có khối lượng m = 1kg rơi không vận tốc đầu từ độ cao h = 4m, chọn gốc tính năng(Z0 = 0) mặt đất, lấy gia tốc trọng trường g = 10 m/s2 Trong thời gian t kể từ lúc bắt đầu rơi trọng lực sinh công 12 J Thế vật thời điểm t A 48J B 24J C 40J D 28J Lời giải: Cách 1: Chọn gốc tính (Z0 = 0) mặt đất Quãng đường vật rơi ứng với trọng lực sinh công 12J là: A  F.S.cos   mg.S.cos  0   12  1.10.S.cos  0   S  1, 2m Theo hình ta có lúc vật tọa độ Z  h  S   1,  2,8m Thế vật tương ứng với vị trí bằng: Wt  m.g.z  1.10.2,8  28J Đáp án D Cách 2: Theo định lý biến thiên trọng trường công trọng lực A12  Wt1  Wt Vậy ta có 12  1.10.4  Wt  Wt  40  12  28J STUDY TIPS: A  Wd2  Wd1  động lúc sau trừ lúc trước A  Wt1  Wt  lúc trước trừ lúc sau Ví dụ 3: Một đoàn tàu khối lượng 200 chạy với vận tốc 72 km/h đoạn đường thẳng nằm ngang Do có chướng ngại vật tàu hãm phanh đột ngột bị trượt quãng đường dài 160 m dừng hẳn Lực cản trung bình để tàu dừng lại có độ lớn A 250000N B 2500N C 2050N D 20500 N Lời giải: Các lực tác dụng vào vật gồm: + Lực cản tường Fc + Trọng lực P , phản lực N Công lực cản cản trở chuyển động viên đạn A  F.S.cos   Fc 160.cos 180   160.Fc (1) Trang 8/38 (Trọng lực P ; phản lực N có phương vng góc với chuyển động nên cơng chúng O) Độ biến thiên động vật 1 Wd  Wd2  Wd1  mv22  mv12   200000.202  40000000J 2 Từ (1) (2) theo định lý biến thiên động ta được: A  Wd2  Wd1  160Fc  40000000  Fc  250000N Đáp án A Ví dụ 4: Một tơ có khối lượng 1600kg chạy vói tốc độ 54km/h người lái xe nhìn thấy vật cản trước mặt cách khoảng 10m Người tắt máy hãm phanh khẩn cấp với lực hãm không đổi 2.104N Xe dừng lại cách vật cản khoảng A 1,2 m B 1,0 m C 1,4 m D l,5m Lời giải: Các lực tác dụng vào vật gồm: + Lực cản tường Fc + Trọng lực P , phản lực N Công lực cản cản trở chuyển động viên đạn A  F.S.cos   2.104.S.cos 180   2.104.S (1) (Trọng lực P ; phản lực N có phương vng góc với chuyển động nên cơng chúng O) Độ biến thiên động vật 1 Wd  Wd2  Wd1  mv22  mv12   1600.152  180000J (2) 2 Từ (1) (2) theo định lý biến thiên động ta được: A  Wd2  Wd1  2.104 S  180000  S  9m Ban đầu vật cản cách xe 10m xe 9m dừng xe dừng cách vật cản 1m Đáp án B Dạng 4: Bài tốn bảo tồn vật chuyển động trọng trường Bước 1: Chọn mốc Viết cho vị trí lúc trước ta gọi vị trí 1: W1  Wd1  Wt1  mv12  mgz1 Viết cho vị trí lúc sau ta gọi vị trí 2: W2  Wd2  Wt  mv22  mgz2 Bước 2: Khi vật chuyển động trọng trường chịu tác dụng trọng lực, vật đại lượng bảo toàn tức 1 W1  W2  Wd1  Wt1  Wd2  Wt  mv12  mgz1  mv22  mgz 2 Trang 9/38 Từ phương trình ta xác định đại lượng cần tìm + Động + Thế + Vận tốc + Độ cao z Ví dụ 1: Từ độ cao 6m so với mặt đất, người ta thả rơi tự vật nặng không vận tốc ban đầu, chọn mốc mặt đất Khi động ba vật độ cao so với đất A 2,0 m B 1,0 m C 1,4 m D 1,5 m Lời giải: Chọn mốc mặt đất Cơ vật lúc bắt đầu rơi W1  Wd1  Wt1  mv12  mgz1   mgz1 Xét tổng quát vật vị trí động n là: W2  Wd2  Wt  nWt  Wt  (n  1)mgz Do vật rơi tự tức vật chịu tác dụng trọng lực, vật đại lượng bảo toàn tức W1  W2  mgz1  (n  1)mgz  z  Áp dụng cho ta được: z  z1 (n  1)  1,5m (3  1) Đáp án D STUDY TIPS: Vật rơi tự từ độ cao z1, mốc mặt đất Khi Wđ = nWt z  z1 (n  1) Ví dụ 2: Từ độ cao 60 cm so với mặt đất, người ta thả rơi tự vật nặng không vận tốc ban đầu, chọn mốc mặt đất, lấy g = 10 m/s2 Khi động ba độ lớn vận tốc vật A 6,0 m/s B 3,0 m/s C 3,5 m/s D 6,5 m/s Lời giải Chọn mốc mặt đất Cơ vật lúc bắt đầu rơi W1  Wd1  Wt1  mv12  mgz1   mgz1 Xét tổng quát vật vị trí động n là: W2  Wd2  Wt  Wd2   1 Wd2  1    mv 22 n  n Trang 10/38 Vật chuyển động theo phương thẳng đứng nên z thay đổi Sy  gt nên Wt  mgz thay đổi C đáp án không + Theo phương pháp loại trừ ta có đáp án D Câu 6: Đáp án C Thế có giá trị đại số dương âm phụ thuộc vào giá trị đại số độ cao Z Câu 7: Đáp án A 2W 2.562,5 Động vật Wd  mv2  m  d   5kg v 152 Chú ý: v  54km / h  54000  15m / s 60.60 Câu 8: Đáp án C Động vật khối lượng m chuyển động với vận tốc v xác định theo công thức: Wd  mv2 Với chuyển động tròn giá trị v khơng đổi Wđ khơng đổi ta có đáp án C Câu 9: Đáp án D Thế vật theo biểu thức Wt  mgz  z  Wt 3,   1,5m mg 0, 24.10 Câu 10: Đáp án A Theo định nghĩa năng: Khi vật khối lượng m đặt độ cao z so với mặt đất chọn làm mốc (trong trọng trường Trái Đất) trọng trường vật định nghĩa công thức: Wt  mgz Câu 11: Đáp án A Trang 24/38 Theo mốc tính vị trí chân mặt phẳng nghiêng Thế trọng trường vật xác định bởi: Wt  mgz Từ hình ta có z  sin   14sin  30   7m Thay số ta được: Wt  mgz  0,5.10.7  35J Câu 12: Đáp án D Động lượng vật xác định P  m.v (1) Động vật Wd  mv2 (2) Từ (1) ta v  P thay vào (2) ta được: m 1 P P2 Wd  mv  m    2  m  2m Thay số ta được: Wd  P2 202   100J 2m 2.2 Câu 13: Đáp án C Động vật khối lượng m chuyển động với vận tốc v xác định theo công thức: Wd  mv2 Khi vật khối lượng m đặt độ cao z so với mặt đất chọn làm mốc (trong trọng trường Trái Đất) trọng trường vật định nghĩa công thức: Wt  mgz Trang 25/38 Do vật xác định bởi: W  Wt  Wd  mgz  mv2 Câu 14: Đáp án B Chọn mốc mặt đất Cơ vật xác định bởi: W  Wt  Wd  mgz  Vận tốc vật bằng: v  54km / h  Vậy ta được: W  mgz  mv2 54000  15m / s 60.60 mv2 2.152  2.10.5   325J 2 Câu 15: Đáp án A Động vật khối lượng m chuyển động với vận tốc v xác định theo công thức: Wd  mv2 (1) Theo m A  200kg, m B  500kg  mA  (2) mB Vận tốc xe tương ứng là: 54000  15m / s 60.60 36000 v B  36km / h   10m / s (3) 60.60 v A  54km / h  Từ (1); (2) (3) ta được: WdA m A v A m A v 2A 152       WdB m v m B v B2 102 10 B B  10WdA  9WdB Câu 16: Đáp án B Động ban đầu vật bằng: 1 Wd  Wd1  mv12  4000.102  200000  200kJ 2 Động lúc sau vật bằng: 1 Wd  Wd2  mv22  4000.52  50000  50kJ 2 Độ biến thiên động vật Wd  Wd2  Wd1  50  200  150kJ Câu 17: Đáp án D Động vật khối lượng m chuyển động với vận tốc v xác định theo công thức: Trang 26/38 Wd  mv2 (1) Theo m1 = m2 (2) Hai đường x(t) song song với nên hệ số góc Do hai xe có tốc độ vậy: v1  v (3) Từ (1); (2) (3) ta được: WđA = WđB Câu 18: Đáp án B Động vật khối lượng m chuyển động với vận tốc v xác định theo công thức: Wd  mv2 (1) Theo mA = 2mB (2) Từ đồ thị ta thấy đồ thị chuyển động thẳng ta vA  tan 60  3, vB  tan 30  (3) Từ (1); (2) (3) ta được: WdA WdB m A v A2 2.( 3)2    18 m B v B2 (1/ 3) Câu 19: Đáp án D + Chọn mốc tính vị trí thấp vật + Thế vật là: Wt  mgz Từ hình ta có z = OB = OA - AB   cos   (1  cos  ) + Vậy Cơ vật vị trí ứng với góc 1  45 Wt  mgz  mg (1  cos  ) Thay số ta có Wt  mg (1  cos  )  0, 4.10.1,5 1  cos 60   3J Câu 20: Đáp án C Cách 1: Trang 27/38 Vận tốc vật rơi tự sau 12m bằng: v  2.g.S  2.10.12  15m / s Động vật tương ứng 1 Wd  mv2  0, 4.(4 15)  48J 2 Cách 2: Chọn mốc mặt đất Bảo toàn vật lúc bắt đầu rơi lúc 12m; ta có: W1  W2  mgz1   mg  z1  12   Wd2  Wd2  mg.12  0, 4.10.12  48J Câu 21: Đáp án B Chọn mốc mặt đất Cơ vật lúc bắt đầu rơi W1  Wd1  Wt1  mv12  mgz1   mgz1 Xét tổng quát vật vị trí động n W2  Wd2  Wt  Wd2   1 Wd2  1    mv 22 n  n Do vật rơi tự tức vật chịu tác dụng trọng lực, vật đại lượng bảo toàn tức 2gz1  1 W1  W2  mgz1  1    mv 22  v   1  n 1    n Áp dụng cho ta được: v2  2.10.3  7,5m / s 1  1    15  Câu 22: Đáp án A + Chọn mốc tính mặt đất + Cơ vật lúc bắt đầu ném Trang 28/38 W1  Wd1  Wt1  mv12  mgz1 + Cơ sau 1,2 giây ném W2  Wd2  Wt  1   mv 22  mg  z1  gt  2     Vì theo hình z   z1  S   z1  gt    Do vật rơi tự tức vật chịu tác dụng trọng lực, vật đại lượng bảo toàn tức W1  W2  1   mv12  mgz1  mv 22  mg  z1  gt  2    v2   v1   (gt) Thay số ta v2   v1   (gt)2  10  62  (10.t)  t  0,8s Câu 23: Đáp án D + Chọn mốc tính vị trí thấp vật Cơ vật vị trí ứng với góc  W1  Wd1  Wt1  mv12  mgz1   mg 1  cos 0  (vì theo hình ta có z1  OB  OA  AB   cos   1  cos   ) Cơ vật vị trí ứng với góc   30 1 W2  Wd2  Wt  mv22  mgz  mv22  mg (1  cos  ) 2 (vì theo hình ta có z  OC  OA  AC   cos   (1  cos  ) ) Bỏ qua sức cản khơng khí, vật đại lượng bảo toàn tức Trang 29/38 W1 = W2   mg 1  cos    mv 22  mg (1  cos  )  v( )   2g  cos   cos   Thay số ta v   2g  cos   cos 1   2,  2.10.1,5  cos 30  cos      45 Chú ý: Ta có cơng thức giải nhanh: v( )   2g  cos   cos   Câu 24: Đáp án B Áp dụng bảo tồn ta có cơng thức giải nhanh: v( )   2g  cos   cos   Ta ý rằng: Các giá trị không thay đổi g;  Vậy đại lượng thay đổi cos  , dễ thấy cos   Do v MAX  2g 1  cos   Thay số: vMAX  2g 1  cos    3,97  2.10.1, 1  cos      70 Chú ý: Ta có cơng thức giải nhanh: vmax  2g 1  cos   Câu 25: Đáp án C + Chọn mốc tính vị trí thấp vật + Thế vật là: Wt  mgz Từ hình ta có z = OB = OA - AB   cos   (1  cos  ) + Vậy Cơ vị trí ứng với góc  W  m.v2  mg (1  cos  ) Thay số ta có 1 W  m.v2  mg (1  cos  )   0, 4.22  0, 4.10.1,5 1  cos 60   3,8J 2 Câu 26: Đáp án A Chọn trục tọa độ Oy hướng tâm hình vẽ bên Phương trình định luật II Niu - tơn cho vật a  P  Tc m Chiếu lên phương hướng tâm Oy ta Trang 30/38 a P cos   Tc m Với: - Gia tốc hướng tâm a ht  v2 v2  R - Vận tốc v( )   2g  cos   cos     2g  cos   cos 1  Do ta có:  2g  cos   cos 1   P cos   Tc m  2mg  cos   cos 1   P cos   Tc  Tc  mg  3cos   cos 1   Thay số ta được: Tc  mg  3cos   cos 1   3,995  0, 25.10  3cos 30  cos 1   1  60 Chú ý: Ta có cơng thức giải nhanh: Tc  mg  3cos   cos    góc lệch lớn góc lệch ứng với vận tốc Câu 27: Đáp án D Theo công thức giải nhanh ta có Lực căng dây treo vật góc lệch  Tc  mg  3cos   cos   Trong đó:  góc lệch lớn Dễ thấy cos( )  ta Tc(max)  mg   cos   Trang 31/38 Thay số ta Tc(max)  mg   cos    13,  0,8.10   cos      50 Chú ý: Ta có cơng thức giải nhanh Lực căng dây treo lớn Tc(max)  mg   cos   Câu 28: Đáp án A Theo công thức giải nhanh ta có Lực căng dây treo vật góc lệch  Tc  mg   3cos   cos   Trong     Từ suy cos   cos( )  cos  cos   cos( )   (cos  ) MIN  cos  0 Do ta Tc(MI N)  mg  3cos   cos    mg.cos  Thay số ta Tc(MIN)  mg.cos   4,  0, 6.10.cos     40 Chú ý: Ta có cơng thức giải nhanh Lực căng dây treo nhỏ Tc(min)  mg.cos 0 Câu 29: Đáp án D Theo công thức giải nhanh ta có Lực căng dây treo lớn Tc(max)  mg   cos   Lực căng dây treo nhỏ Tc(min)  mg.cos 0 Vậy ta tỷ số: Tc(max) Tc(min)  mg   2cos    2cos   mg.cos  cos  Thay số ta được: Tc(max) Tc(min)   2cos   2cos   1,     20 cos  cos  Câu 30: Đáp án B Các lực tác dụng vào vật gồm: Trang 32/38 + Lực hãm Fc + Trọng lực P , phản lực N Công lực hãm cản trở chuyển động viên đạn A Fc   Fc S.cos   Fc S.cos 180   FcS(1) A (P)  A ( N)  (Trọng lực P , phản lực N có phương vng góc với chuyển động nên cơng chúng 0) Để khơng rơi xuống hố vật phải dừng lại trước hố tức quãng đường S  12m(2) Từ (1) theo định lý biến thiên động ta được: A  Wd2  Wd1 1 Fc S  m.02  m.v12 2 m.v1 m.v12 Fc   Fc  2.S 2.Smax Theo (2) thay số ta m.v12 300.102 Fc   Fc   Fc  1250N 2Smax 2.12 Vậy lực hãm trung bình có độ lớn tối thiếu Fc = 1250N Câu 31: Đáp án B Chọn mốc mặt đất Bỏ qua sức cản khơng khí nên vật bảo toàn Cơ vật vị trí cao (vật dừng lại v1 = 0) W1  Wd1  Wt1  mv12  mgz1 = + mgz1 Cơ vật vị trí động W2  Wd2  Wt  2Wt  2mgz Vậy ta được: W1  W2  mgz1  2mgz2  z2  Thay số ta z2  z1 z1 18   9m 2 Trang 33/38 Câu 32: Đáp án A Chọn mốc mặt đất Bỏ qua sức cản khơng khí nên vật bảo tồn Cơ vật vị trí đầu (vị trí ném) 1 W1  Wd1  Wt1  mv12  mgz1  mv12  2 Theo bảo toàn ta được: W1  W2  v2  1 mv12  mv 22 2 v1 Thay số ta v2  v1 10   5m / s 2 Câu 33: Đáp án D Các lực tác dụng vào vật gồm: + Lực kéo Fk + Lực cản ma sát Fc + Trọng lực P , phản lực N Công lực tác dụng là: A F  Fk S.cos   40.10  cos  60   200J  k A F  F.S.cos   15.10  cos 180   150J  ms  AP 0  A N 0   ( Trọng lực P ; phản lực N có phương vng góc với chuyển động nên công chúng O) Tổng công ngoại lực tác dụng vào vật là: A F  A F  A F  A P  A N  50J  ng   k  ms     Theo định lý biến thiên động vật công ngoại lực tác dụng ta có Trang 34/38 Wd  A F   Wd2   50 ng Wd2  50J Câu 34: Đáp án C - Chọn mốc vị trí va chạm - Xét thời điểm va chạm mềm viên đạn bao cát hệ kín - Áp dụng định luật bảo tồn động lượng hệ m1.v1   m1  m  v v phương với vận tốc v1 - Vận tốc đạn bao cát sau va chạm là: v  v12  m1.v1 0, 2.100 100   (m / s) m1  m 10  0, 51 - Cơ hệ ban dầu (ngay trước va chạm): W1   Wd1  Wt1    Wd2  Wt  1    mv12    (0  0)   0, 2.1002  1000J 2  - Cơ hệ lúc sau (ngay sau va chạm): W2   Wd12  Wt12  1   100    m12 v12    (0,  10)    19, 6J 2   51  Phần chuyển hóa thành nhiệt Qnhiet | W ||19,  1000 | 980J Câu 35: Đáp án B - Chọn mốc vị trí va chạm - Xét thời điểm va chạm mềm viên đạn bao cát hệ kín - Áp dụng định luật bảo tồn động lượng hệ m1.v1   m1  m  v v phương với vận tốc v1 - Vận tốc đạn bao cát sau va chạm là: v  v12  m.v0 m1.v1 0,1.10    2(m / s) m1  m m  M 0,1  0, - Cơ hệ ban đầu (ngay trước va chạm): W1   Wd1  Wt1    Wd2  Wt  1 1    m1v12    (0  0)  mv02  0,1.102  5J 2 2  - Cơ hệ lúc sau (ngay sau va chạm): 1  W2   Wd12  Wt12    m12 v12    (0,1  0, 4).22  1J 2  Sau cắm vào bao cát hệ chuyển động lên đến vị trí dây treo lệch với phương thẳng đứng góc lớn  ứng với lớn động khơng ta có: Trang 35/38 W  Wt (max)  m12 g 1  cos     (0,1  0, 4).10.1 1  cos    cos   0,8    37 Câu 36: Đáp án C - Chọn mốc vị trí va chạm - Xét thời điểm va chạm mềm viên đạn bao cát hệ kín - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng hệ m1.v1   m1  m  v v phương với vận tốc v1 - Vận tốc đạn bao cát sau va chạm là: v  v12  m.v0 m1.v1  m1  m m  M - Cơ hệ ban đầu (ngay trước va chạm): W1   Wd1  Wt1    Wd2  Wt  1    m1v12    (0  0)  mv02 (1) 2  - Cơ hệ lúc sau (ngay sau va chạm):  mv0   mv0  1  W2   Wd12  Wt12    m12 v12    (m  M)  (2)   mM 2  mM 2 Từ (1) (2) ta thấy trình va chạm mềm hệ bị giảm Phần năng giảm chuyển hóa thành nhiệt Nói cách khác ta có cơng thức nhiệt tỏa va chạm:  mv0  1 mM  W2  W1 | W |  mv02  v0 mM 2 mM Qnhiet Chú ý: Ta có cơng thức giải nhanh: q trình va chạm mềm hệ bị giảm Phần giảm chuyển hóa thành nhiệt Nói cách khác ta có cơng thức tỏa va chạm:  mv  1 mM  W2  W1 | W |  mv 02  v0 mM 2 mM Q nhiel - Nếu có cơng thức giải nhanh ta giải câu 29; câu30 câu dạng tương tự cách dễ dàng Câu 37: Đáp án A Xét vị trí va chạm khơng đổi nên biến thiên biến thiên động chuyển thành nhiệt tỏa va chạm - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng hệ m1.v1   m1  m  v  v  v12  - Thay số ta được: 10  m.v0 m1.v1  m1  m m  M 0,01.v0  v0  400m / s 0,01  0,39 - Ta có cơng thức giải nhanh trình va chạm mềm Trang 36/38 hệ bị giảm Phần giảm chuyển hóa thành nhiệt Nói cách khác ta có cơng thức nhiệt tỏa va chạm: Qnhiet  W2  W1 | W | mM v0 mM - Thay số ta được: Qnhiet  0.01.0,39 4002  780J (0, 01  0,39) Câu 38: Đáp án A - Xét vị trí va chạm không đổi nên biến thiên biến thiên động chuyển thành nhiệt tỏa va chạm - Vận tốc hệ sau va chạm bằng: v12  2.g.h  2.10.0,8  4m / s - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng hệ va chạm mềm m1.v1   m1  m2  v m.v0 m1.v1  v  v12   m1  m2 m  M - Thay số ta được:  0,01.v0  v0  404m / s 0,01  - Ta có cơng thức giải nhanh q trình va chạm mềm hệ bị giảm Phần giảm chuyển hóa thành nhiệt Nói cách khác ta có cơng thức nhiệt tỏa va chạm: Qnhiet  W2  W1 | W | mM v0 mM - Thay số ta được: Qnhiet  0,01.1 4042  808J (0,01  1) - Động ban đầu: 1 Wd  Wd1  Wd2  m1v12   mv02  0,01.4042  816,08J 2 Tỉ lệ phần trăm động ban đầu chuyển thành nhiệt là: Q 808 100%  100%  99% Wdo 816, 08 Câu 39: Đáp án D - Vận tốc búa máy trước va chạm là: v1  2.gh  2.10.3,  8m / s - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng hệ va chạm mềm m1.v1   m1  m2  v m.v0 m1.v1  v  v12   m1  m2 m  M - Thay số ta được: v  v12  m1.v1 1000.8   7, 27m / s m1  m 1000  100 Câu 40: Đáp án D - Vận tốc búa máy trước va chạm là: v1  2.gh  2.10.5  10m / s - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng hệ va chạm mềm Trang 37/38 m1.v1   m1  m  v  v  v12  - Thay số ta được: v  v12  - m.v0 m1.v1  m1  m m  M m1.v1 400.10   8m / s m1  m 400  100 Chọn mốc vị trí va chạm Khi hệ chuyển động lún sâu vào đất có lực cản tác dụng nên độ biến thiên công lực cản đất tác dụng A F  W  W2  W1  c - Cơ hệ vật lúc bắt đầu (ngay sau va chạm) 1 2 W1  Wd1  Wt1  m12 v12  m12gz1  m12 v12   (400  100).82  16000J 2 Cơ hệ vật sau lún sâu vào đất 5cm W2  Wd2  Wt  m12 v22  m12gz   m12g  z1  0,05   m12g(0  0,05) Do vật chịu tác dụng thêm lực cản vật biến đổi Công lực cản độ biến thiên A F  W  W2  W1  c  Fc S.cos   W2  W1  Fc 0, 05.cos180  [(400  100).10.(0  0, 05)]  [16000]  Fc  325000N Trang 38/38 ... nghĩa động năng: Wd  mv2 kJ Câu 2: Đáp án C Tính vận tốc xe qua kiến thức chuyển động thẳng đều: v S 72 36000   36km / h   10m / s t 60.60 Động ô tô 1 Wd  mv2  2000 .102  100 000J  100 kJ... lực N Công lực cản cản trở chuyển động viên đạn A  F.S.cos   2 .104 .S.cos 180   2 .104 .S (1) (Trọng lực P ; phản lực N có phương vng góc với chuyển động nên công chúng O) Độ biến thiên động. .. vng góc với chuyển động nên công trọng lực O) Độ biến thiên động vật 1 1 Wd  Wd2  Wd1  mv22  mv12  0,01.4002  0,01 .100 02  4200J 2 2 Từ (1) (2) theo định lý biến thiên động ta được: Trang