Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
Bài 1 : Một vật trượt từ đỉnh của mặt phẳng nghiêng AB,
sau đó tiếp tục trượt trên mặt phẳng nằm ngang BC như
hình vẽ với AH = h = 0,1m, HB = a = 0,6m. Hệ số ma sát
trượt giữa vật và hai mặt phẳng là µ = 0,1. Lấy g =
10m/s2.
a) Tính vận tốc của vật khi đến B.
b) Quãng đường vật trượt được trên mặt phẳng ngang.

A

H

B

C

a) WB - WA = Ams
m.v - m.g.h = -µ.m.g.cosα.AB
Thay cosα.AB = a. (α: góc tạo bởi mặt nghiêng AB và mặt phẳng ngang)
⇒ v = 2g.(h - µ.a)
⇒ v = 0,8⇒ vB ≈ 0,89m/s
b) WC - WB = Ams
- = - µ.m.g.s⇒ s = = 0,4m
Bài 2: Trong hệ thống trên hình 1, khối lượng vật 1 bằng 6,0 lần khối lượng vật 2.
Chiều cao h = 20cm. Khối lượng của ròng rọc và của dây cũng như các lực ma sát
được bỏ qua. Lấy g = 10m/s2. Ban đầu vật 2 được giữ đứng yên trên mặt đất, các sợi
dây không dãn có phương thẳng đứng. Thả vật 2, hệ bắt đầu chuyển động. Xác định:
a. gia tốc của các vật ngay sau khi vật 2 được thả ra;
b. độ cao tối đa đối với mặt đất mà vật 2 đạt được.

1
h

2
a/ Gọi T là lực căng dây
T − P2
Hình 1
Gia tốc vật 2: a 2 =
m2
P1 − 2T η.P2 − 2T
=
Gia tốc vật 1: a 1 =
η.m 2
m1
Với ròng rọc động: a 2 = 2.a 1
2η − 4
g
Kết quả: a 2 = 2.a 1 =
η+ 4
Thay số: a 2 = 8m / s 2 ; a 1 = 4m / s 2
b/.
Vật chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a 2 từ mặt đất đến độ cao 2h và đạt vận tốc cực đại ở độ cao
2
này: v max = 2.a 2 .2h (1)
Sau đó, vật chuyển động chậm dần với gia tốc g từ độ cao 2h đến hmax:
v 2max = 2.g.(h max − 2h ) (2)
η
Từ (1) và (2) ta có h max = 6h
, Thay số: h max = 72cm
η+ 4

Câu 3 Một vật nhỏ A bắt đầu trượt từ đỉnh của một bán cầu cố định, bán kính R = 90cm, xuống
dưới (Hình 1). Tìm vị trí vật bắt đầu tách khỏi mặt cầu và vận tốc của vật tại vị trí đó. Cho gia tốc
trọng trường g = 10m/s2. Bỏ qua ma sát giữa vật và bán cầu.
A
Áp dụng định lí động năng Vận tốc tại M:
v2 = 2g.AH = 2gR(1 − cosα) (1)
R
ur
uur u
r ur
mv2
N
Fhl = P + N chiếu lên phương OM được: P cos α − N =
(2)
Hình 1 A
R
M
Từ (1) và (2) được: N = mg(3cos α -2)
H
r
v
α
Vật bắt đầu tách khỏi mặt cầu khi N = 0  cos α =2/3, hay bởi độ
ur
P
Cao OH = Rcos α 0 =60cm. Vận tốc v của vật tại vị trí đó:
O
1

Hình 1



Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
2gR
=6→v= 6m/s
3
Bài 4: Vật nhỏ có khối lượng m = 8kg bắt đầu chuyển động trên mặt sàn nằm ngang dưới tác dụng của một
lực F = 80N theo phương ngang (hình 3). Hệ số ma sát
trượt giữa vật và sàn là µ1 = 0,2.
a) Tính gia tốc của vật trên sàn.
b) Khi vật đi được quãng đường s = 2m thì ngừng
tác dụng lực, cùng lúc đó vật gặp chân dốc nghiêng
r
góc α = 300, nó trượt lên trên. Hệ số ma sát trượt giữa
F Hình 3
v2 =

vật và mặt dốc là µ 2 =

3 . Cho g = 10m/s2. Tính độ
2

H

α

s

cao lớn nhất mà vật đạt tới.


ur
ur
r
a) Lực tác dụng lên vật m:Trọng lực F1 , Phản lực N ,- Lực tác dụng: F , Lực ma sát trượt của mặt sàn:
r
Fmst
Theo định luật II Niu Tơn Ta có:
ur ur r r
r
F1 + N + F + Fmst = m a (1)
Chiếu (1) lên:
+ Trục Ox theo hướng chuyển động: F – Fmst = ma (2)
ur
+ Lên trục Oy theo hướng N : N – P = 0
(3)

y uNur

(3) ⇒ N = P = mg và Fmst = µ1 N = µ1 mg
(2) ⇒ a =

F − µ1mg
= 8 (m/s2)
m

ur
F mst

b) Vận tốc của vật tại chân dốc:
v01 =


ur uur r
Vật chịu tác dụng của các lực: F1 , N1 , Fmst1
ur ur r
r
Ta có: F1 + N1 + Fmst1 = m a1 (4)
→ - P1 – Fmst1 = ma1
→ N1 – P2 = 0

1

u
r
P

2as = 4 2 (m/s)

yu'ur
N1 x '
ur
H
ur ur
u
u
r
F mst1 α
F xP
s

α ur P


2

P

(5)
(6)

(6) ⇒ N1 = P2 = mgcos α và Fmst1 = µ 2 N1 = µ 2 mgcos α
(5) ⇒ - P.sin α - µ 2 mgcos α = ma1
⇒ a1 = - g(sin α + µ 2 cos α ) = -10.(0,5 + 3 . 3 ) = - 12,5 (m/s2)
2 2
Khi vật dừng lại v = 0 → s =

2
v 2 − v01
02 − 32
=
= 1,28(m)
2a1
2.(−12,5)

Độ cao lớn nhất: H = s.sin α = 1,28.

1
= 0,64 m.
2

Bài 5:Cho hệ cơ học như hình 2. Bỏ qua khối lượng dây và ròng rọc, ma sát giữa dây và ròng rọc
không đáng kể, dây không giãn.

2


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
a) Hệ đứng yên, tính lực ma sát nghỉ mà mặt phẳng nghiêng tác dụng lên m1.
b) Cho m 2 = 2m1, α = 300, g = 10m/s2. Vật m1 trượt lên với gia tốc
m

a=

10 2
m/s . Tính hệ số ma sát trượt giữa m1 và mặt phẳng nghiêng.
3

a/ Hệ đứng yên, lực ma sát nghỉ cân bằng với lực kéo
Xét các trường hợp:
* Khi m1sinα >m2
- m1 có xu hướng trượt xuống: fmsn = (m1sinα - m2)g
fmsn hướng lên
* Khi m2> m1sinα
- m1 có xu hướng trượt lên: fmsn = (m2 - m1sinα)g
fmsn hướng xuống
* Khi m2 = m1sinα → fmsn = 0
u
r u
r r
ur
r
b)Phương trình động lực học cho hệ: P1 + P 2 + Fms + N = ( m1 + m 2 ) .a
=> m2g - m1g sinα - μm1g cosα = (m1 + m2).a

1
Thay số: 15- μ.5 3 =10 → μ =
3

α

1

Hình 2

m2

Bài 6:Một hòn đá có trọng lượng P được ném thẳng đứng lên trong không khí với vận tốc ban đầu
v0. Nếu f là lực cản không đổi tác dụng lên hòn đá trên suốt đường bay của nó, g là gia tốc trọng
trường. Tính độ cao cực đại của hòn đá và tốc độ của hòn đá ngay trước khi chạm đất.
-

Trong quá trình bay lên, vật chịu tác dụng của trọng trường hiệu
dụng

f
P’= P + f vì f cùng chiều P. Có g ' = g + >g
m
2
v0
v02
h =
=
- Độ cao cực đại max 2g '
f

2g(1 + )
P
-

Khi rơi xuống, f ngược chiều P, g" = g −

- Vận tốc khi chạm đất:

v = 2g ''h = v 0

P−f
P+f

f
 f
= g 1 − ÷
m
 P

Bài 7: Hai vật nhỏ giống nhau đặt cách nhau d = 1,6 m
trên mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng so với phương
d
ngang là α=300. Vật ở dưới cách chân mặt phẳng
nghiêng là L=90cm (Hình 1). Thả đồng thời cho hai vật
trượt xuống không vận tốc đầu. Bỏ qua ma sát. Lấy g =
L
10 m/s2.
α
1. Tìm vận tốc của mỗi vật ở chân mặt phẳng
nghiêng và thời gian trượt của mỗi vật trên mặt phẳng

Hình1
nghiêng.
2. Sau khi đến chân mặt phẳng nghiêng thì hai vật lại trượt sang mặt phẳng ngang theo cùng
một đường thẳng với tốc độ không đổi bằng tốc độ của chúng ở chân mặt phẳng nghiêng. Hỏi
khoảng cách giữa các vật bằng bao nhiêu khi vật phía trên đến chân mặt phẳng nghiêng. Tính
khoảng cách từ vị trí hai vật gặp nhau đến chân mặt phẳng nghiêng.
Gia tốc của hai vật trên mặt phẳng nghiêng có cùng giá trị bằng:
a1 = a 2 = g. sin α = 10 sin 30 0 = 5 m / s 2 ….. ……. …………… ……
Tốc độ của hai vật khi đến chân mặt phẳng nghiêng:
v1 = 2a1 s1 = 2a1 L = 2.5.0,9 = 3( m / s ) ……………. ……… …….

(

)

v2 = 2a2 s2 = 2a2 ( L + d ) = 2.5.2,5 = 5( m / s ) …………. ………
Thời gian chuyển động trên mặt phẳng nghiêng của hai vật:
3


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
v1 3
= = 0,6( s ) . . ……………
a1 5
v
5
t 2 = 2 = = 1( s ) ………….........
a2 5
b/ Khoảng cách giữa hai vật khi cùng chuyển động trên mặt phẳng ngang:
Lúc vật 2 đến chân mặt phẳng nghiêng thì vật 1 cách vật 2 một đoạn:

d1 = v1 ( t2 − t1 ) = 3 ( 1 − 0, 6 ) = 1, 2 ( m ) . ……………. …………
Kể từ khi vật 2 xuống đến mặt ngang thì khoảng cách giữa hai vật giảm dần theo thời gian theo biểu thức:
d ( t ) = d1 − ( v2 − v1 ) t = 1, 2 − 2t . ………………………….
⇒ Đến thời điểm t = 0,6 s sau (kể từ khi vật 2 đến chân mặt nghiêng) thì vật 2 bắt kịp vật 1. Vị trí hai vật
gặp nhau cách chân mặt phẳng nghiêng một đoạn bằng:
l = v2t = 5.0, 6 = 3 ( m ) ………………………..
Bài 8: Trên mặt phẳng ngang có một bán cầu khối lượng m. Từ điểm
cao nhất của bán cầu có một vật nhỏ khối lượng m trượt không vận
α
tốc đầu xuống. Ma sát giữa vật nhỏ và bán cầu có thể bỏ qua. Gọi α là
góc giữa phương thẳng đứng và bán kính véc tơ nối tâm bán cầu với
vật (hình 2).
1. Giả sử bán cầu được giữ đứng yên.
Hình 2
a) Xác định vận tốc của vật, áp lực của vật lên mặt bán cầu khi vật
chưa rời bán cầu, từ đó tìm góc α = α m khi vật bắt đầu rời bán cầu.
b) Xét vị trí có α < α m. Viết các biểu thức thành phần gia tốc tiếp
Q
tuyến và gia tốc pháp tuyến của vật theo g và α. Viết biểu thức tính
áp lực của bán cầu lên mặt phẳng ngang theo m, g và α khi đó.
α
2. Giả sử giữa bán cầu và mặt phẳng ngang có hệ số ma sát là µ.
P
Tìm µ biết rằng khi α = 300 thì bán cầu bắt đầu bị trượt trên mặt
phẳng ngang.
3. Giả sử không có ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng ngang. Tìm
H×nh 2
góc α khi vật bắt đầu rời bán cầu.
t1 =


Khi vật trượt trên mặt cầu vật chịu tác dụng của trọng lực P và phản lực Q của mặt cầu có tổng hợp tạo ra
gia tốc với hai thành phần tiếp tuyến và hướng tâm. Quá trình chuyển động tuân theo sự bảo toàn cơ
năng:
1
2
mvα = mgR(1 − cos α ) ……………..
2
2
mv a
…………….
Fht = P. cos α − Q =
R
Suy ra:
Q = ( 3 cos α − 2 ).mg ………………………
vα = 2 gR (1 − cos α ) …….. ………..
Vật rời bán cầu khi bắt đầu xảy ra Q = 0. Lúc đó:
2
0
cos α = cos α m = ;
suy ra : α = α m ≈ 48,2 . ………
3
Xét vị trí có α < αm:
2
v
Các thành phần gia tốc: a n = α = 2 g (1 − cos α ) . …………………………..
R
at = g sin α …… ….. …….. .
Lực mà bán cầu tác dụng lên sàn bao gồm hai thành phần: áp lực N và lực đẩy ngang Fngang:
N = PcÇu + Q. cos α = mg 1 − 2 cos α + 3 cos 2 α … ….. …….. ……


(

)

4


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
2/ Bán cầu bắt đầu trượt trên sàn khi α = 300, lúc đó vật chưa rời khỏi mặt cầu. Thành phần nằm ngang
của lực do vật đẩy bán cầu là:
Fngang = Q sin α = ( 3 cos α − 2) mg. sin α .
…………….. ………
Ta có: Fms = Fngang = µ .N ………… …… …… …….. …………….
→ µ=

Fngang

=

( 3 cos α − 2) mg. sin α

(

)

=

( 3 cos α − 2) sin α

……………

mg 1 − 2 cos α + 3 cos α 1 − 2 cos α + 3 cos 2 α
Thay số:
µ ≈ 0,197 ≈ 0,2…. …… ……. ……….. ………………
3. Giả sử bỏ qua được mọi ma sát.
Khi vật đến vị trí có góc α vật có tốc độ vr so với bán cầu, còn bán cầu có tốc độ V theo phương ngang.
  
Vận tốc của vật so với mặt đất là: v = v r + V
Tốc độ theo phương ngang của vật: v x = v r cos α − V
vr
Hệ bảo toàn động lượng theo phương ngang:
α
V
m.V = m.v x ⇒ vx = V ⇒ 2V = vr cosα.
V
Bảo toàn cơ năng:
1 2 1
mv + m.V 2 = mgR(1 − cos α )
P
2
2
2
v r + V 2 − 2v rV cos α + V 2 = 2 gR (1 − cos α )
N

2

4 gR (1 − cos α )
1 + sin 2 α
Tìm áp lực của vật lên mặt bán cầu. Để làm điều này ta xét trong HQC phi quán tính gắn với bán cầu.
Q sin α

Gia tốc của bán cầu: ac =
m
Trong HQC gắn với bán cầu, vật sẽ chuyển động tròn và chịu tác dụng của 3 lực (hình vẽ). Theo định luật
II Niutơn ta có:
2
vr
P cos α − Q − Fq sin α = m
R
2
v
mg cos α − Q − Q sin 2 α = m r
R
4mg (1 − cos α )
mg cos α −
2
2
mg cos α − mv r / R
6 cos α − cos 3 α − 4
1
+
sin
α
Q=
=
=
mg Vật rời bán cầu khi Q =
2
2
2
2

1 + sin α
1 + sin α
1 + sin α
3
0 ⇔ 6 cos α − cos α − 4 = 0
⇔ cos α = 3 − 1 hay α = 42,90. …………… …
⇒ vr =

(

)

Bài 9: Cho cơ hệ như hình vẽ. Ròng rọc có khối lượng không đáng kể, dây nối nhẹ và không dãn,
m1=2kg; m3=1kg; hệ số ma sát trượt giữa m3 và mặt bàn cố định là k=0,2; hệ số ma sát (+) trượt
giữa m2 với m3 là ko=0,4; lấy g=10m/s2. Hệ được thả cho chuyển động từ
trạng
F
thái nghỉ.
m2
T
1. Hỏi m2 bằng bao nhiêu để nó không trượt trên m 3 khi hệ
m3
chuyển động?
T
2. Tính m2 để gia tốc của m3 bằng một nửa gia tốc của m2. Khi đó gia tốc của m2
bằng bao nhiêu?
Giả sử m2 đứng yên trên m3 và cả hệ chuyển động với gia tốc là a. chiều (+) như hình vẽ.
+ Áp dụng định luật II Niutơn cho cả hệ ta có:
m1
(m1+m2+m3).a = P1-k(P2+P3)

Thay số được:
ms

5
P1

(+)


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
20 − 0,2(10m2 + 10) 18 − 2m2
=
(1)
3 + m2
3 + m2
+ Áp dụng định luật II Niutơn cho m1 được:
T = m1g –m1a = 20-2a
(2)
+ Áp dụng định luật II Niutơn cho m2 được:
m2a = T – Fms ⇒ Fms= T- m2a (3) ... ..... ....... ................
+ Do m2 không trượt trên m3 nên:
Fms ≤ ko.m2g ⇒ Fms ≤ 4m2
(4) .... ........................ ................... ...
Thay (1); (2); (3) vào (4) rồi biến đổi ta có bất phương trình: m 22 + 3m2-12 ≥ 0

− 3 − 57
(kg ) ( Loai )
m2 ≤
2


m ≥ − 3 + 57 (kg )
 2
2
N
≥
KL: Vậy để m2 không trượt trên m1 khi hệ chuyển động thì m2
F
m
− 3 + 57
T
2
(kg)
2. Gọi gia tốc của m1 và m2 là 2a thì gia tốc của m3 là a.
mg
Gọi lực ma sát giữa m3 với sàn là Fms’. Các lực tác dụng vào các vật
như hình vẽ bên.
Áp dụng định luật II Niutơn cho mỗi vật ta có các pt sau:
m1g – T = m1.2a
(5)
T- Fms = m2.2a
(6)
Fms-Fms’ = m3.a
(7)
N
Với: Fms=kom2g và Fms’=kN3=k(m2+m3).g (8)
Thay (8) vào (6) và (7), rồi thay số ta giải được:
m22+2m2-7=0 .
⇒
m2 ≈ 1,83 kg
a2=2a ≈ 3,31 (m/s2) .... ....................... ......................... ............

F
a=

⇒

(+)

2

ms

2

T

2

(+)
m1

3

m3

P1

ms

N2


m3g

Bài 10: Một tấm ván có khối lượng M = 10kg nằm trên mặt phẳng ngang nhẵn và được giữ bằng
một sợi dây không dãn. Vật nhỏ có khối lượng m = 1kg trượt đều với vận tốc v = 2m / s từ mép tấm
ván dưới tác dụng của một lực không đổi F = 10 N (Hình 1). Khi vật đi được đoạn đường dài l = 1m
trên tấm ván thì dây bị đứt.
a) Tính gia tốc của vật và ván ngay sau khi dây đứt.
m F
b) Mô tả chuyển động của vật và ván sau khi dây đứt trong một thời
M
gian đủ dài. Tính vận tốc, gia tốc của vật và ván trong từng giai đoạn. Coi
ván đủ dài.
Hình 1
c) Hãy xác định chiều dài tối thiểu của tấm ván để m không trượt khỏi
ván.

6


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
* Xét chuyển động của m:
Trước khi dây bị đứt: F − Fms = 0 → Fms = F
Ngay sau khi dây đứt: vật m vẫn trượt đều với vận tốc v → am = 0
* Xét chuyển động của M:
F
F
= 1m / s 2
Ngay sau khi dây đứt M chuyển động nhanh dần đều với: aM = ms =
M M
0

≤
t
≤
t
* Giai đoạn 1:
o
+ m chuyển động đều với vận tốc v, gia tốc am=0
F
= 1m / s 2
+ M chuyển động nhanh dần đều, vận tốc ban đầu =0, gia tốc aM =
M
v
Mv
=
= 2s
+ Tấm ván đạt vận tốc v tại thời điểm to =
aM
F
* Giai đoạn 2: to ≤ t
Vật m và M chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ban đầu vo = 2m / s và gia tốc:
F
10
a=
=
≈ 0,9m / s 2
M + m 10 + 1
Quãng đường m đi được trên M kể từ khi dây đứt đến thời điểm t=to là:
1
Mv 2 →
Mv 2

10.22
Δl = vt − aM t 2 =
lmin = l + Δl = l +
= 1+
= 3m
2
2F
2F
2.10
Bài 11: Một vật nhỏ khối lượng M =100g treo vào đầu sợi dây lí tưởng, chiều dài
l = 20cm như Hình 1. Dùng vật nhỏ m = 50g có tốc độ v 0 bắn vào M. Bỏ qua sức
cản của không khí. Lấy g = 10m/s2. Coi va chạm là tuyệt đối đàn hồi.
a/ Xác định v0 để M lên đến vị trí dây nằm ngang.
b/ Xác định v0 tối thiểu để M chuyển động tròn xung quanh O.
3 7
c/ Cho v0 =
m/s, xác định chuyển động của M.
2
a/ Va chạm đàn hồi:
mv 0 = mv1 + Mv 2
2m
v0
mv 02 mv12 Mv 22 => v 2 =
m+M
=
+
2
2
2
Mv 22

m + M gl
Khi dây nằm ngang:
= Mgl ⇒ v 0 =
2
m
2
Thay số: v0 = 3m/s.
b/ Để M chuyển động hết vòng tròn, tại điểm cao nhất E: v E = gl

O
l
m

v0 M
Hình 1

Mv 22
Mv E
m+M
= Mg 2l +
⇒ v0 =
5gl .
2
2
2m
3 10
Thay số: v0 =
m/s.
2
3 7

3 10
c/ Khi v 0 =
m/s <
=> M không lên tới điểm cao nhất của quĩ đạo tròn.
2
2
mv 2
Lực căng của dây: T = mg cos α +
. Khi T = 0 => M bắt đầu rời quĩ đạo tròn tại D với vận tốc vD, có
l
hướng hợp với phương ngang góc 600.
Từ D vật M chuyển động như vật ném xiên. Dễ dàng tính được góc COD = 300.
=>

7


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
Bài 12: Trong hệ thống trên hình 1, khối lượng vật 1 bằng 6,0 lần khối lượng vật 2.
Chiều cao h = 20cm. Khối lượng của ròng rọc và của dây cũng như các lực ma sát
được bỏ qua. Lấy g = 10m/s2. Ban đầu vật 2 được giữ đứng yên trên mặt đất, các sợi
dây không dãn có phương thẳng đứng. Thả vật 2, hệ bắt đầu chuyển động. Xác
định:
1
c. gia tốc của các vật ngay sau khi vật 2 được thả ra;
h
d. độ cao tối đa đối với mặt đất mà vật 2 đạt được.
2
Gọi T là lực căng dây
T − P2

Hình 1
Gia tốc vật 2: a 2 =
m2
P1 − 2T η.P2 − 2T
=
Gia tốc vật 1: a 1 =
η.m 2
m1
Với ròng rọc động: a 2 = 2.a 1
2η − 4
g
Kết quả: a 2 = 2.a 1 =
η+ 4
Thay số: a 2 = 8m / s 2 ; a 1 = 4m / s 2
Vật chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a 2 từ mặt đất đến độ cao 2h và đạt vận tốc cực đại ở độ cao
2
này: v max = 2.a 2 .2h (1)
Sau đó, vật chuyển động chậm dần với gia tốc g từ độ cao 2h đến hmax:
v 2max = 2.g.(h max − 2h ) (2)
η
Từ (1) và (2) ta có h max = 6h
, Thay số: h max = 72cm
η+ 4
Bài 13: Ba vòng đệm nhỏ giống nhau A, B, C nằm yên trên một mặt phẳng ngang, nhẵn. Người ta
truyền cho vòng A vận tốc v o và nó đến va chạm đồng thời với cả hai
vòng B, C (Hình 2). Khoảng cách giữa hai tâm của các vòng B, C trước
B
A
khi va chạm bằng N lần đường kính mỗi vòng. Các va chạm được coi là
vo

hoàn toàn đàn hồi. Xác định vận tốc của vòng A sau va chạm. Biện luận
C
theo N để vòng A: bật ngược lại, dừng lại, tiếp tục tiến lên.
- Vì hệ có tính đối xứng nên A chỉ chuyển động trên đường thẳng cố định,
B và C có quỹ đạo đối xứng nhau qua quỹ đạo của A. Gọi v’ và vo là vận
tốc của A và B (C) sau va chạm (B và C có cùng độ lớn vận tốc là vo)

Hình 2

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: mv=mv’+2mvocosα (1)
(Với α là góc giữa phương chuyển động của A với phương chuyển động của B (C))
- Do hệ có tính đối xứng nên ta có: cos α =

(2 R ) 2 − ( NR ) 2
=
2R

4− N2
(2)
2

2
- Thay (2) vào (1) ta có: v = v’+vo 4 − N (3)

- Do va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên ta có:
- Từ (3) và (4) ta có: v’ = v hoặc v' =

mv 2 mv'2
mv 2
=

+ 2 o (4)
2
2
2

N2 − 2
v
6− N2

- Nếu v’=v thì vo=0 → loại.
* Để A bật ngược lại thì v’<0 → N < 2 (do để A va chạm đồng thời vào B, C thì N<2 nên 6-N2>0).
8


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
* Để A đứng yên thì v’=0 → N = 2 .
* Để A tiếp tục tiến lên thì v’>0 → 2 < N < 2 .
Bài 14: Một vật nhỏ trượt không vận tốc đầu và không ma sát từ
điểm cao nhất của một quả cầu có bán kính R bị giữ chặt trên bề
mặt nằm ngang của một cái bàn (Hình 1). Khi vật rơi đến bàn thì
hướng rơi tạo với bề mặt bàn một góc bằng bao nhiêu?
- Trước khi rời khỏi quả cầu thì chuyển động của vật là chuyển động
tròn không đều, trước hết ta tìm góc α và vận tốc v của vật ở thời điểm
nó rời quả cầu.
- Phương trình động lực học cho phương xuyên tâm:

Hình 1
α

N


v

mg

mgcosα - N = man = mv2/R
ở thời điểm vật rời quả cầu thì N = 0 nên:
v2 = gRcosα (1)
- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có: mv2/2 = mgR(1-cosα) (2)
- Từ (1) và (2) ta có: cosα =2/3, v =

v1

β

2gR
.
3

- Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có, vận tốc của vật khi chạm bàn là v1 thoả mãn:
mv12
= 2mgR → v1 = 2 gR .
2
- Sau khi rời quả cầu, vật tham gia chuyển động ném xiên xuống nên thành phần vận tốc theo phương
ngang là không đổi. Do đó: vcosα=v1cosβ → cos β =

6
→ β = 74o .
9


Bài 15: Một người khối lượng m đứng ở đầu xe trượt có khối lượng M chiều dài L. Người đó phải
nhảy với vận tốc nhỏ nhất bằng bao nhiêu và theo hướng nào để đến đầu kia của xe trượt nếu:
a) Xe trượt được giữ chặt
m
M
b) Xe trượt được thả tự do trên mặt băng
a) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ, gốc toạ độ tại vị trí ban đầu của người nhảy
Phương trình chuyển động của người theo các trục tọa độ là:

1
x = v0 cos α .t ; y = v0 sin α .t − gt 2
2
2v0 sin α
Khi y = 0 ⇒ t1 = 0; t 2 =
g
Để người đó nhảy đến cuối xe trượt thì:

x = v0 cos α .t2 = L ⇔ v0 =

gL
sin 2α

Hay : v0 = vmin = gL ⇔ sin 2α = 1 ⇒ α = 45°
Vậy người đó phải nhảy với vận tốc nhỏ nhất là

gL và với góc nhảy hợp với xe trượt góc α = 45°
9


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học


v0 x = vmin cos 45° =

gL
2

v0 y = vmin sin 45° =

gL
2

(1)

b) Động lượng của hệ theo phương ngang được bảo toàn khi xe trượt được thả tự do, vì vậy vận tốc theo
phương ngang của người là v1, của xe v2 phải thoả mãn:

mv1 + Mv2 = 0 ⇔ v2 = −

m
v1
M

Trong hệ quy chiếu gắn với xe, vận tốc của người theo phương ngang của người là:

vx = v1 − v2 hay vx =

m+M
v1 (2)
M


Trong hệ quy chiếu này, các hình chiếu vận tốc của người thoả mãn điều kiện (1) như câu a.
Thay (1) vào (2): v1 =

M
gL
M +m 2

Vậy vận tốc cực tiểu của người đối với hệ quy chiếu gắn với đất:

vmin = v + v =
2
1

Góc nhảy

2
y

gL
2

M2

( M + m)

2

+1

α của người thoả mãn: tan α =


vy
v1

=

m+M
M

Bài 16: Một chiếc nêm khối lượng M, mặt nêm nhẵn nằm trên mặt phẳng nhẵn, nằm ngang. Góc
hợp bởi mặt phẳng nghiêng và mặt phẳng ngang của nêm là α
m
(Hình 3). Một viên bi khối lượng m bay với vận tốc v0 theo
M
α
phương ngang đến va chạm đàn hồi với nêm. Xác định tỉ số m/M,
biết rằng sau va chạm một thời gian nào đó viên bi rơi trở lại
Hình 3
nêm đúng vào điểm mà nó đã va chạm với nêm trước đó.
Gọi vx và vy là thành phần nằm ngang và thành phần thẳng đứng của vận tốc của bi sau va chạm.
Xét hệ bi – nêm, do ngoại lực triệt tiêu theo phương ngang nên động lượng của hệ bảo toàn theo phương
này. Mặt khác, vì sau va chạm, bi rơi trở lại vị trí nó đã va chạm với nêm trước đó nên:
m v0 = (m + M) vx
(1)
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng có:
mv02 m + M 2 m 2
=
vx + v y
(2)
2

2
2
Gọi F là lực tương tác giữa bi và nêm khi va chạm lần thứ nhất và thời gian va chạm là Δt. Vì
không có ma sát nên lực này có phương vuông góc với mặt nêm.
Áp dụng định luật 2 Niu tơn có:
m vy = F.Δt cosα
M vx = F.Δt sin α

10


Bi tp bi dng hc sinh gii phn c hc
Hay:

mv y
Mvx

=

cos
sin

(3)

T (2) v (3) cú:
m 2 v02 =

m 2 sin 2 + mM sin 2 + M 2 cos 2 2
vx
sin 2


T (1) v (4) cú

(4)

m cos 2 sin 2
=
= cot 2 1
2
M
sin

Bi 17. Con ch khi lng m1 ngi trờn u mt tm vỏn khi lng m2, chiu di

l

; tm vỏn ni

trờn mt h. ch nhy lờn theo phng hp vi phng ngang mt gúc dc theo tm vỏn. Tỡm
vn tc ban u v0 ca con ch nú nhy trỳng u kia ca tm vỏn. B qua mi ma sỏt.
- B qua mi ma sỏt, theo phng ngang ng lng ca h ch v vỏn c bo ton.
m1
m1v0cos + m2vv = 0. ( vi vv l vn tc ca tm vỏn.), suy ra ln vn tc ca vỏn: vv =
v cos .
m2 0
- Gi quóng ng ch nhy ti l s1 ; quóng ng tm vỏn chuyn ng lui l s2.
- Thi gian ch nhy quóng ng s1, cng l thi gian tm vỏn di chuyn quóng ng s2 bng hai ln
thi gian ch lờn cao cc i. Thi gian ú l:
v0 sin
2v sin

t= 0
t1 =
g
g
ch nhy trỳng vỏn thỡ ta cú: s1 + s2 =

l

Vi s1 = v0cos .t v s2 = vv.t
m1
2v sin
2v0 sin
v0cos . 0
+
v0cos .
=
m2
g
g


l

l .g
m1
1 +
ữsin 2
m2

v0 =


Bài 18
Mặt cong nhẵn hình bán cầu bán kính R đợc gắn chặt trên một xe
lăn nhỏ (hình vẽ). Khối lợng của xe và mặt cong là M. Xe đặt trên mặt
phẳng nhẵn nằm ngang. Lúc đầu, đầu A của mặt cong tiếp xúc với vách
tờng thẳng đứng. Từ A ngời ta thả một vật nhỏ m trợt xuống với vận tốc
R
ban đầu bằng 0. Hãy tính
a) Vận tốc của vật khi nó trợt xuống đến vị trí thấp nhất lần đầu
tiên.
b) Độ cao lớn nhất mà vật lên đợc ở phía mặt cong bên kia (mặt cong
không chứa m tại thời điểm ban đầu).
c) Vận tốc tối đa mà xe lăn đạt đợc.
Trong quá trình vật trợt từ A xuống điểm thấp nhất thì xe vẫn dựa vào tờng. Bảo toàn cơ năng ;
mgR =

mv 2
2

=> v =

A

2gR

Khi vật bắt đầu từ vị trí thấp nhất đi lên phấn mặt cong bên trái thì xe bắt đầu rời tờng và chuyển động
Khi vật lên đến vị trí cao nhất ở phía bên kia thì vật và xe sẽ chuyển động với cùng vận tốc V.
Bảo toàn động lợng : mv = (m + M)V

=> V =


m
v
m+M
11


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
2 2
mv 2 = (m + M )V 2 + mgh = m v
+ mghmax
max
2(m + M )
2
2
M
Mv 2
hmax =
=
R
2g (m + M ) (m + M )

B¶o toµn c¬ n¨ng :

Bài 19:
Một vật M (coi là chất điểm) lăn từ chân mặt phẳng
M1
nghiêng lên trên với vận tốc đầu v 0 - (hình 1). Bỏ qua mọi ma
D
sát.

C
a/ Tính độ cao cực đại mà vật đạt được theo g, v0.
b/ Biết AB = 30cm, D là điểm cao nhất mà M lên được nếu
v0
B
không có va chạm và C là chính giữa của BD. Nhưng khi M M
tới C nó va chạm xuyên tâm đàn hồi với M 1 cùng khối lượng
với M. Sau đó M đi xuống qua B trước M 1 2 giây và qua A A
trước M1 1,9 giây. Tính v0 và gia tốc của M.(ngay trước khi va
Hình 1
chạm M1 đứng yên và hoàn toàn tự do).
mv02
v2
= mgh ⇒ h = 0
a/ Độ cao cực đại mà vật đạt được:
2
2g
b/ Do va chạm xuyên tâm đàn hồi, động năng và động lượng của hệ được bảo toàn 2 vật cùng khối lượng
nên ngay sau va chạm M dừng lại và đi xuống, M1 thu được vận tốc của M và đi lên điểm cao nhất là D.
Do bỏ qua ma sát nên 2 vật cùng chuyển động với gia tốc a = g.sin α .
2.BC
2( BC + AB)
Thời gian M đi xuống qua B và A là: t1 =
; t1, =
a
a
2.CD
2.BC
Thời gian M1 đi lên từ C => D là: t , =
=

= t1
a
a
2(2 BC + AB)
2 DB
4 BC
Th.gian M1 xuống qua B và A là: t 2 = t , +
= t1 +
; t 2, = t , +
a
a
a
BC
4 BC
= 1 => t , = 2 ( s )
Theo đề: t2 - t1 = 2 =>
= 2 (1) =>
a
a

α

2(2 BC + AB )
2( BC + AB )
−
= 1,9 (2)
a
a
Giải hệ (1), (2) được BC ≈ 0,49 m; a ≈ 0,49 m/s2.
2

Vận tốc ban đầu: v 0 = 2a. AD = 2a ( AB + 2 BC ) thay số => v0 ≈ 1,12m/s.
Câu 20: Một bán cầu tâm O, khối lượng m được đặt sao cho mặt phẳng của nó nằm trên mặt phẳng
ngang. Vật nhỏ có khối lượng m bay theo phương ngang với vận tốc u tới va chạm với bán cầu tại
điểm A (bán kính OA hợp với phương ngang một góc α). Coi va chạm là hoàn toàn đàn hồi. Bỏ qua
mọi ma sát. Hãy xác định theo m, u và α:
a) Vận tốc của bán cầu sau va chạm
b) Xung của lực do sàn tác dụng lên bán cầu trong thời gian va chạm
a) Gọi u1, V lần lượt là vận tốc của vật nhỏ và bán cầu ngay sau va chạm. Véc tơ u1 hợp với phương
ngang góc β. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang và bảo toàn cơ năng ta có:
t 2, − t1, = 1,9 ⇒ 2 +

 mu = mu1cosβ +mV
 2
 mu
mu12 mV 2
=
+

2
2
 2

12


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
u − V = u1cosβ
→ 2
2
2

 u − V = u1
1 + cosβ 2
sin 2β
tan 2β
u
u
=
u1cosβ (2)
→ u=
1 (1), V=
1
2cosβ
2cosβ
2
Phân tích u1=u1t+u1n, thành phần u1t=ut không thay đổi trong quá trình va chạm nên:
π
u1cos(α+β - ) =usinα → u=u1cosβ (1+tanβcotα) (3)
2
u1
1 + cosβ 2
u1t
u1cosβ = u1cosβ (1+tanβ cotα )
Từ (1) và (3) ta có:
2
2cos β
1
2
→ tan β + 1 = 1 + tan β cot α → tanβ=2cotα
2
u

Thế (4) vào (3) ta có: u1cosβ=
1 + 2 cot 2 α

(4)

β

u1n

V

α

(5)

2cot 2α
2cos 2α
u
=
u
1 + 2cot 2α
1 + cos 2α
b) Trong quá trình va chạm, khối bán cầu chịu tác dụng của 2 xung lực:
uuu
r
r uuu
uu
r
uu
r uuu

r
X do vật tác dụng và X P do sàn tác dụng. Ta có: X + X P = ∆P (Hình
Thay (4) và (5) vào (2) ta có: V=

vẽ)
Từ hình vẽ ta có: XP=mVtanα=

G

A

uu
r
XP
u
r
mV

G

sin2α
mu
1 + cos 2α

uu
r
X

Bài 21
Một quả cầu nhỏ nằm ở chân nêm AOB


Cần truyền cho quả cầu vận tốc v0 bằng
bao nhiêu hướng dọc mặt nêm để quả cầu
rơi đúng điểm B trên nêm. Bỏ qua mọi ma
sát, coi mọi va chạm tuyệt đối đàn hồi.
Chọnmốc thế năng ở mặt phẳng chứa AB
Gọi v là vận tốc của quả cầu khi
lên đến đỉnh nêm
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng
mv02 mv 2
l 2
=
= mg
⇒ v = v02 − gl 2
2
2
2
Sau khi rời O, quả cầuchuyển động
như vật ném xiên với v tạo với phương
ngang một góc 450.

O

X

g

B

A


X

+ Theo trục OY:
g 2
g 2
g 2 2
ay = = const ; vy = v t ; y = vt gt
2
2
4
2 2v
Khi chạm B: y = 0 ⇒ t =
g
g 2 2 2v
⋅
= -v
2
g

Do va chạm đàn hồi, nên sau va chạm vận tốc quả cầu dọc theo OY là v nên bi lại chuyển động như trên.
Vận tốc quả cầu ngay trước va chạm: vy = v -

13


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
Khoảng cách giữa hai lần va chạm liên tiếp giữa bi và mặt nêm OB là t =

2 2v

g

+ Theo trục OX:
g 2
ax =
= const ; v0x = 0 : quả cầu chuyển động nhanh dần đều
2
Quãng đường đi được dọc theo Ox sau các va chạm liên tiếp:
x1 : x2 : x3 : … = 1 : 3 : 5 :…: (2n-1)
1
2 2 ( v02 − gl 2 )
x1 = axt2 =
2
g
Để quả cầu rơi đúng điểm B:
x1 + x2 + … + xn = [1 + 3 + 5 + … + (2n - 1)]x1 = n2x1 = l
2 2 ( v02 − gl 2 ) 2
⇔
n =l
g
⇒ v0 =

( 4n

+ 1) gl
2 2n 2
2

Bài 22: Một tấm ván khối lượng M được treo vào một dây dài nhẹ, không giãn. Nếu viên đạn có
khối lượng m bắn vào ván với vận tốc v 0 thì nó dừng lại ở mặt sau của ván, nếu bắn với vận tốc v 1

> v0 thì đạn xuyên qua ván.
Tính vận tốc v của ván ngay sau khi đạn xuyên qua.Giả thiết lực cản của ván đối với đạn không
phụ thuộc vào vận tốc của đạn. Lập luận để chọn dấu trong nghiệm.
Khi vận tốc đạn là v0, sau khi xuyên qua, đạn và tấm gỗ cùng chuyển động với vận tốc v,. Áp dụng
định luật bảo toàn động lượng và năng lượng ta có:
mv0 = (M+m)v,...(1)
1
1
mv02= (M+m)v2 + Q(2)
2
2
Q: Công của lực cản biến thành nhiệt
2
1
1
 m

2
⇒
(1), (2)
Q=
mv0 - (M+m) 
.v 0 
2
2
M+m

mM
v 02 .....(3)
2(M + m)

Khi đạn có vận tốc v1 > v0. Gọi v2 là vận tốc đạn sau khi xuyên qua tấm gỗ.
Tương tự ta có:
M
v ....(4)
mv1 = Mv +mv2 ⇒ v2 = v1 m
1
1
1
mv12 = Mv 2 + mv 22 + Q.....(5)
2
2
2
Q=

Thay (3), (4) vào (5) ta suy ra:
2

M
M 
M

v = v 2 +  v1 − v  +
.v 02
m
m 
M+m

2 2
m v0
mv1

⇒ v2 − 2
.v +
=0
M+m
(M + m) 2
2
1

Giải phương trình ta được: v =

m
(v1 ± v12 − v 20 )
M+m
14


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
Nếu chọn dấu +, thay vào (4) ta suy ra:
mv1 − M v12 − v 02

m
( v1 + v12 − v 02 )
M+m
M+m
Điều này vô lý vì vận tốc đạn sau khi xuyên qua gỗ không thể nhỏ hơn vận tốc tấm gỗ. Do đó ta
v2 =


chọn:

v=

m
( v1 − v12 − v 02 )
M+m

Bài 23: Trên một tấm ván đủ dài, khối lượng M = 450g, đặt một vật nhỏ khối lượng m = 300g. Ban
đầu M đang đứng yên trên một mặt ngang nhẵn, truyền cho vật m một vận tốc ban đầu v 0 = 3m/s
theo phương ngang (hình vẽ). Biết m trượt trên M với hệ số ma sát µ = 0,2. Bỏ qua sức cản của
không khí, lấy g = 10m/s2. Hãy xác định:
1) Vận tốc của hai vật khi m dừng lại trên M?
2) Xác định quãng đường m trượt được trên M?
1) + Ngoại lực tác dụng lên hệ 2vật chỉ có phương thẳng đứng => Động lượng hệ bảo toàn theo phương
ngang.
uu
r
+ Khi m dừng lại trên M thì 2 vật chuyển động với cùng vận tốc v.
m v
0
+ Áp dụng ĐLBTĐL cho thời điểm ban đầu và khi m dừng lại trên M:
M
mv0 = (m + M)v => v = mv0/(m + M) = ....= 1,2m/s
2) + Theo phương ngang m và M chịu
uuur
uuur
của Fms và Fms' như hình vẽ, Fms = F’ms=µmg
+ s1, s2 là quãng đường m và M chuyển
m
động được tới khi m dừng lại trên M, quãng
M

đường m trượt được trên M là s = s1- s2.
+ Áp dụng địnhlý động năng:
ur
1
1 2
N
2
(m + M )v − mv0 = AFms + AF'ms
uuur
uuur
2
2
'
Fms
Fms

1
2

M
) = − µ mg ( s1 − s2 ) = − µ mgs
m+M
Mv02
= ... = 1,35m
=> s =
2( m + M ) µ g
=> − mv0 (
2

s2

s1

uur
Pm

Bài 24: Cho một vật nhỏ khối lượng m = 4 g, tích điện q = + 5.10 -4 C và một bán trụ nhẵn, bán kính
m
R = 60 cm đặt cố định trên mặt phẳng ngang (Hình 1). Cho vật
trượt không vận tốc đầu từ đỉnh bán trụ. Gọi v là vận tốc của
vật khi bắt đầu rời bán trụ. Bỏ qua mọi lực cản và từ trường
Trái Đất. Lấy g = 10 m/s2.
R
a. Tính v.
b. Nếu đặt hệ vật và bán trụ trong vùng không gian có điện
•O
trường đều, vectơ cường độ điện trường hướng thẳng đứng từ
Hình 1
dưới lên, độ lớn E = 60 V/m thì v bằng bao nhiêu?
c. Nếu đặt hệ vật và bán trụ trong vùng không gian có từ
trường đều, vectơ cảm ứng từ song song với trục của bán trụ
thì khi trượt về phía bên phải v = v1 , khi trượt về phía bên trái
r
v = v 2 . Xác định vectơ cảm ứng từ B . Biết rằng v1 – v2 = 3 cm/s.
Tại vị trí vật rời bán trụ bán kính nối O với vật hợp với phương thẳng đứng góc α
Gọi v là vận tốc của vật tại vị trí rời bán trụ
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ½mv2 + mgRcosα = mgR
=>v2 = 2gR (1 – cosα )
(1)
15

Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
Phản lực của bán trụ tác dụng lên vật
N = mgcosα – mv2/R
Vật bắt đầu rời bán trụ khi N = 0
=> cosα = v2/(gR)
(2)
2gR
Từ (1) và (2) => v2 = 2gR/3 => v =
= 2 m/s
3
Áp dụng định lý biến thiên cơ năng
mgR – (½ mv2 + mgRcosα) = qER(1-cosα)
mv 2
=> cosα = 1 −
(3)
2R(mg − qE)
Áp dụng định luật II Niu tơn và chiếu lên phương bán kính ta suy ra
N = mv2/R –(mg – qE)cosα
Vật bắt đầu rời bán trụ khi N = 0 => mv2/R = (mg – qE)cosα
(4)
2R(mg − qE)
2R(mg − qE)
2
Từ (3) và (4) => v =
=> v =
= 1m/s
3m
3m

Khi chuyển động trong từ trường vật chịu thêm tác dụng của lực Lo-ren-xơ, lực
này vuông góc với quỹ đạo chuyển động của vật nên nó không sinh công. Vận
tốc của vật ở vị trí góc lệch α là v2 = 2gR (1 – cosα )
Ta thấy v1 > v2 nên lực hướng tâm khi chuyển động về bên phải lớn hơn khi
chuyển động về bên trái. Từ đó suy ra lực Lo-ren-xơ hướng vào tâm O khi
chuyển động sang phải và hước ra xa khi vật chuyển động về bên trái. Như vậy
r
vectơ cảm ứng từ B hướng từ trong ra.
Khi vật chuyển động vê bên phải
v12 = 2gR (1 – cosα1 )
(5)
Phản lực N1 của bán trụ tác dụng lên vật
mv 2
N1 = mgcosα1 + qv1B − 1
R
mv12
Vật rời bán trụ khi N1 = 0 => mgcosa1 + qv1B =
(6)
R
Khi vật chuyển động về bên trái
v 22 = 2gR (1 – cosα2 )
(7)
Phản lực N2 của bán trụ tác dụng lên vật
mv 22
N 2 = mgcosα 2 − qv 2 B −
R
mv 22
Vật rời bán trụ khi N2 = 0 => mgcosα 2 − qv 2 B =
(8)
R

(5)-(7) thay vào (6) – (8) ta được
v12 − v 22
m
−mg
+ qB(v1 + v 2 ) = (v12 − v 22 )
2gR
R
3m(v1 − v 2 )
=> B =
= 0,6 T
2qR


Bài 25: Có hai vật m1 và m2 chuyển động thẳng đều với vận tốc lần lượt là v1 và v 2 . Vật m2 xuất phát
từ B.
Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa chúng trong quá trình
chuyển động và thời gian đạt được khoảng cách đó? Biết
khoảng cách ban đầu giữa chúng là l và góc giữa hai đường
thẳng là α .
16


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
Giả sử sau thời gian t khoảng cách giữa hai vật là ngắn nhất. Khoảng cách đó sẽ là:
d=

A' B 2 + BB' 2 −2 A' B.BB'.cos α

⇒ d = (l − v1t ) 2 + (v 2 t ) 2 − 2(l − v1t )v 2 t cos α
= (v1 2 + 2v1v 2 cos α + v 2 2 )t 2 − 2l (v1 + v 2 cos α )t + l 2

Ta xem biểu thức trong căn là một tam thức bậc hai ẩn số t , với ∆ = −4l 2 v 22 sin 2 α , d sẽ đạt giá trị
nhỏ nhất khi tam thức đó nhận giá trị nhỏ nhất,
l (v1 + v 2 cos α )
hay d = d min ⇔ t = v 2 + 2v v cos α + v 2
1

1 2

2

Và khoảng cách bé nhất giữa chúng lúc đó sẽ là: d min =
⇒ d min =

−∆
4a
lv 2 sin α
v1 + 2v1v 2 cos α + v 2
2

2

Bài 26: Vật m2 đang đứng yên trên mặt sàn nằm ngang nhẳn cách bờ tường một khoảng d. Vật m 1
chuyển động tới va chạm hoàn toàn đàn hồi với vật m2 (m1 > m2), vật m2 lại va chạm đàn hồi
với bờ tường và gặp m1 lần 2. Va chạm
lần 2 xảy ra cách bờ tường một khoảng
là bao nhiêu?
Tìm điều kiện để điểm va chạm lần 2 cách điểm va chạm lần 1 một khoảng là d/2 ?
Giải :
Chọn trục toạ độ như hình vẽ.
Gọi v1,v1’lần lượt là vận tốc của vật 1 trước và sau khi va chạm.

Gọi v2và v2’ là vận tốc của vật 2 trước và sau khi va chạm (các vận tốc
v1,v2,v1’,v2’ mang giá trị đại số).
Sau va chạm :
v1' =
v2' =

( m1 − m2 ) v1 + 2m2 v2
m1 + m2

( m2 − m1 ) v2 + 2m1v1
m1 + m2

=

m1 − m2
v1
m1 + m2

=

2m1
v1
m1 + m2

(do v2 = 0)

Nhận thấy v1’,v2’ đều dương, chứng tỏ sau va cham chúng chuyển động cùng chiều ox.
Gọi điểm va chạm lần 2 cách tường một đoạn x, thời gian giữa 2 lần va cham là :
∆t =

d−x
v1 '

=

d+x
v2 '

(1)
17


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
(do sau va chạm vào tường của m2 thì nó vẫn có vận tốc như cũ nhưng đã đổi hướng v 2'' = −v1' .
Thế v1’ và v2’ từ trên vào (1) ta suy ra :
x=

Để va chạm lần 2 cách lần 1 một đoạn

hay

m1 + m 2
d
3m1 − m2

d
d d
thì: x = d − =
2
2 2

m1 + m2
d
d=
3m1 − m2
2

⇒ m1 = 3m 2 .
Bài 27:  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 µ .
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 − µN 1 = Ma 0

(1) ,

trong đó:
a 0 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)

tgα =
P2
mg g

 F sin α + mg cos α − T = ma (3)
0
 qt 2
Từ (3) suy ra:
ma sin α + mg cos α − T = ma 0
(4)
Từ (1) và (4) suy ra:
Ma − µN 1 + ma sin α + mg cos α
a0 =
(5)
m+M
Từ (2) suy ra:
a
tgα
a
g
sin α =
=
=
(6)
tg 2α + 1
a2
a2 + g 2
+1
g2
1

1
g
cos α =
=
=
(7 )
2
2
2
tg α + 1
a
a + g2
+1
g2
(8)
Và N 1 = Mg
Thế (6), (7), (8) vào (5) ta rút ra:
18


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học

Gia tốc của M đối với đất:

Ma − µMg + m a 2 + g 2
a0 =
m+M

 
a M = a0 + a

⇒ a M = a0 − a =

Ma − µMg + m a 2 + g 2
m+M

2
2
a M = m a + g − µMg − mg
m+M
Bài 28: 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.

Chọn chiều dương như hình vẽ.
Phương trình định luật II Newton cho vật:
  

m0 : T + P0 + N = m0 a 0
 

m1 : T1 + P1 = m1 a1
 

m2: T2 + P2 = m2 a 2
Chiếu các phương trình đó lên chiều dương ta được:
T
T = m0 a 0
⇒a 0 =

(1)
m0
P1 − T1 = m1 a1

⇒ a1 =

P1 − T1
m1

( 2)

P2 − T2
(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.
 S1 = S 0 − S '
⇒ S1 + S 2 = 2 S 0 ⇒ a1 + a 2 = 2a 0
Ta có:

S 2 = S 0 + S '
Thế (1), (2) và (3) vào (*) và chú ý T = 2T1 = 2T2
Rút ra:
2
T=
.g
2
1
1

+
+
m0 2m1 2m2
T
m1 g −
m g − T1
2 =g− T
⇒ a1 = 1
=
m1
m1
2m1
Hay :
2g
a1 = g −
4
1
1
m1 (
+
+
)
m0 m1 m2
P2 −T 2= m2 a 2

⇒ a2 =

19

(*)

−a


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học




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 29: Cho cơ hệ như hình vẽ. Nêm có khối lượng M, góc giữa mặt nêm và phương ngang là α .
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.


Gọi gia tốc của nêm và vật đối với mặt đất lần lượt là là a1 và a 2 .
Phương trình động lực học cho m:
  

F + P2 + N = ma 2
chiếu lên ox:
F cos α − N sin α = ma 2 x (1)
chiếu lên oy:
F sin α + N sin α − 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 α + F − F cos α = 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)
a 2 x = a1 − a 21 cos α
Chiếu (4) lên 0x:
a 2 y = a 21 sin α
0y:
Từ đó suy ra:

a 2 y = (a 2 x − a1 ) tan α

(5)

Từ (1), (2), (3) và(5) suy ra:
F (1 − cos α ) + mg sin α cos α
a1 =
M + m sin 2 α

(6)

F (m sin 2 α + M cos α ) − Mmg sin α cos α
m( M + m sin 2 α )
{ F cos α [ M + m(1 − cos α )] − mg ( M + m) sin α cos α } tan α
=
m( M + m sin 2 α )
a2x =

a2 y

20

Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
Để m dịch chuyển lên trên nêm thì:
(I )
a 2 y > 0

( II )
N > 0
• Giải (I):
a 2 y > 0 ⇔ F cos α [ M + m(1 − cos α )] − mg ( M + m) sin α cos α > 0
mg ( M + m) sin α
⇔F>
(7 )
M + m(1 − cos α )
• Giải (II):
Thay (6) vào (3) rút ra N và từ điều kiện N > 0 ta suy ra:
Mg cos α
F<
(8)
(1 − cos α ) sin α
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 α
Mg cos α
M + m(1 − cos α )
(1 − cos α ) sin α
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 2 x + a 2 2 y .
Bài 30: Một quả cầu nhẵn có khối lượng M và bán kính R trên mặt nhẵn

nằm ngang. Từ đỉnh quả cầu trượt tự do một vật nhỏ có khối lượng m
m
như hình vẽ. Tỉ số
bằng bao nhiêu thì vật nhỏ rời mặt quả cầu ở độ
M
7R
cao
so với mặt bàn ?
4
Khi m bắt đầu rời khỏi M thì m có vận tốc v1 đối với M và M có vận tốc v2 đối với đất.
Bảo toàn động lượng theo phương ngang:
Mv2 + m(v2 – v1sinα) = 0
mv sin α
→ v2 = 1
(1)
v2
α
m+M
O
Bảo toàn cơ năng ta có:
Mv22 m(v1 + v2 ) 2
..........................................................
mgR(1 − sin α ) =
+
2
2
π
⇒ 2mgR (1 − sin α ) = (m + M )v22 + mv12 + 2mv1v2 cos(α + ) (2)
2
Từ (1) và (2) ta có:

m 2 sin 2 α 2
2m 2 sin 2 α 2
⇒ 2mgR (1 − sin α ) =
v1 + mv12 −
v1 ............................
m+M
m+M
m+M
⇒ v12 = 2 gR (1 − sin α )
(3)
M + m cos 2 α
Khi vật m bắt đầu rời khỏi M, gia tốc của vật M bằng 0
và phản lực của M lên m cũng bằng 0 …………………………………………
Định luật II Niutơn cho vật m trong hệ quy chiếu gắn với M là:
v2
mgsinα = m 1 ⇒ v12 = gR sin α
(4)……………
R
m+M
Từ (3) và (4) suy ra: sin α = 2(1 − sin α )
M + m cos 2 α
m
3 sin α − 2
3 sin α − 2
⇒
=
=
2
3
M 2 − 2 sin α − sin α cos α sin α − 3 sin α + 2

21

v1


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
7R / 4 − R 3
m 16
= nên ta có:
= ……
R
4
M 11
Bài 31: Trên một mặt phẳng ngang có một nêm khối lượng M góc
nghiêng α. Một khối hộp hình lập phương có cùng khối lượng M
tựa vào nêm như hình vẽ. Trên nêm đặt một xe lăn nhỏ kích
thước không đáng kể, khối lượng m. Bỏ qua ma sát giữa xe và
M
M
nêm, giữa nêm và mặt phẳng ngang, còn hệ số ma sát giữa khối
α
hộp và mặt phẳng ngang là µ. Lúc đầu hệ đứng yên, xe lăn có độ
cao h so với mặt phẳng ngang. Thả cho xe chuyển động không vận
tốc ban đầu. Tìm vận tốc của xe lăn đối với đất khi xuống tới chân
nêm.
* Nếu lực ma sát nghỉ giữa khối hộp và mặt phẳng ngang đủ lớn để nêm nằm yên thì tốc độ xe lăn ở chân
nêm là: v = 2 gh (*)
O
x’
O

Điều này thỏa mãn khi:
N
x
y
N’sinα = Fms ≤ µMg
với N’ = mgcosα là áp lực của xe tác dụng lên nêm.
N’
a
a
b
m.sin 2α
mg
α
μ ≥
2M
m.sin 2α
* Nếu lực ma sát nghỉ không đủ lớn, μ ≤
toàn bộ hệ đều chuyển động. Nêm và khối hộp
2M
chuyển động với gia tốc a1 đối với đất và xe lăn chuyển động với gia tốc a21 đối với nêm. (3)
Chiếu biểu thức định luật II Niutơn của nêm và khối hộp lên Ox’:
N.sinα - µMg = 2Ma1
(1)
Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm  vật m chịu thêm tác dụng của một lực quán tính: Fqt = m.a1

Định luật II Niutơn cho xe: m g + N + Fqt = ma21
(2)
Vì sin α =

Chiếu (2) lên Ox: m.g.sin α + m.a1.cos α = m.a21.

(3)
Chiếu (2) lên Oy: m.g.cos α - N – m.a1.sin α = 0
(4)
m sin α cos α − µM
g ......................................................
Từ (1) và (4) ta có: a1 =
2 M + m sin 2 α
 ( 2M + m ) sin α − µMcoα 

Từ (3) suy ra: a21 = g 
2 M + m sin 2 α


2S
2h
h
Thời gian trượt từ độ cao h của xe: t =
với S =
→t=
a21
a21.sin α
sin α
2
Gia tốc của xe lăn đối với đất: a 2 = a12 + a 21
− 2a1a 21 cos α

 vận tốc của xe đối với đất khi tới chân dốc là: v2 = a2.t
(**)..
Tóm lại:
m.sin 2α

- Nếu: μ ≥
vận tốc của xe đối với đất khi đến chân mặt phẳng nghiêng tính theo (*).
2M
m.sin 2α
- Nếu: μ ≤
vận tốc của xe đối với đất khi đến chân mặt phẳng nghiêng tính theo (**).
2M
Bài 32: Trên mặt bàn nằm ngang có một thanh gỗ AB có chiều
dài l=1 m. Vật nhỏ m đặt tại mép A của thanh. Hệ số ma sát
giữa vật với thanh là μ = 0,4.
a) Giữ đầu B của thanh cố định, nâng dần đầu A. Hỏi khi
B
đầu A ở độ cao bằng bao nhiêu thì vật bắt đầu trượt xuống.
b) Đầu A được giữ ở độ cao h = 30 cm. Vật m được truyền
cho vận tốc ban đầu v0 dọc theo thanh. Tìm giá trị nhỏ nhất của
v0 để vật đi hết chiều dài của thanh.
22

m
A


Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi phần cơ học
c) Thanh được đặt nằm ngang và có thể chuyển động không ma sát trên sàn. Tác dụng một
lực kéo F có phương nằm ngang lên đầu A. Kết quả là vật m sẽ bị trượt về phía đầu B. Cho biết
thời gian để vật m đi hết chiều dài thanh là t = 1 s. Tìm giá trị của F. Cho khối lượng của vật nhỏ m
= 1 kg, khối lượng của thanh là M = 2 kg.
a. Vật sẽ bắt đầu trượt xuống khi góc nghiêng: tan α = μ  α = 21,80.
 độ cao của đầu A: h = l. Sin α = 37,1 cm.
b. – Với h = 30 cm  α = 17,460.

- Gia tốc của vật m tính theo công thức:
ax = g (sin α – μ.cos α) = - 0,82 m/s2.
− v 02
- quãng đường dài nhất mà vật đi được trên thanh : Smax =
2a
- để vật đi hết chiều dài của thanh thì: Smax ≥ l
 v0 ≥ 1,28 m/s.
c. Lực ma sát giữa vật và thanh: Fms = μ.m.g = 4 N.
F − Fms F − 4
=
- định luật II Newton cho thanh: a1 =
M
2
- chọn hệ quy chiếu gắn với thanh. Phương trình định luật II Newton cho vật là:
m.a1 − Fms F − 4
F
=
− 4 = − 6 (1)
a21 =
m
2
2
- trong hệ quy chiếu gắn với thanh thì vật m chuyển động nhanh dần đều không vận tốc ban đầu nên thời
gian chuyển động của vật là:
2.l
t=
=1s
a 21
 a21 = 2 m/s2.
Thay vào (1) ta được F = 16 N.

23