1. Trang chủ
  2. » Cao đẳng - Đại học

10A4 de va dap an ly 10

3 4 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 3
Dung lượng 147,12 KB

Nội dung

Một vật nhỏ có khối lượng m = 100g chuyển động theo phương ngang với vận tốc v0 = 6m/s tới va chạm đàn hồi với vật M đang đứng yên ở vị trí cân bằng.. Hãy xác định độ cao so với vị trí c[r]

(1)Câu 1: Một viên bi chuyển động thẳng nhanh dần không vận tốc đầu, xuất phát trên đỉnh máng nghiêng dài 10m và giây thứ năm nó quãng đường 36cm Hãy tính: a) Gia tốc bi chuyển động trên máng b) Thời gian để vật hết mét cuối cùng trên máng nghiêng m Câu 2: Trên mặt phẳng ngang nhẵn có nêm với góc nêm α Vật nhỏ khối lượng m trượt xuống với gia tốc có hướng hợp với mặt phẳng ngang góc β (Hình 1), gia tốc trọng trường g Xác định khối lượng nêm và gia tốc chuyển động tương đối β α vật nêm Bỏ qua ma sát Câu 3: Hình Một vật có trọng lượng P=100N giữ đứng yên trên mặt phẳng nghiêng góc α lực F có phương nằm ngang (hình 2) Biết tanα=0,5 và hệ số ma sát trượt μ=0,2 Lấy g=10m/s2 a) Tính giá trị lực F lớn b) Tính giá trị lực F nhỏ Câu 4: a Một cầu nặng m=100g treo đầu sợi dây nhẹ, không co dãn, dài l=1m (đầu dây cố định) Truyền cho cầu vị trí cân vận tốc đầu v theo phương Hình ngang Khi dây treo nghiêng góc α =30o so với phương thẳng đứng thì gia tốc cầu có phương ngang Cho g=10m/s , bỏ qua ma sát a) Tìm vận tốc v0 b) Tính lực căng dây và vận tốc vật vị trí có góc lệch a = 40o Câu 5: Vật có khối lượng M = 0,5kg treo vào đầu lò xo nhẹ có độ cứng K = 100N/m, đầu trên lò xo treo vào giá cố định, chiều dài tự nhiên lò xo là l = 30cm Một vật nhỏ có khối lượng m = 100g chuyển động theo phương ngang với vận tốc v0 = 6m/s tới va chạm đàn hồi với vật M đứng yên vị trí cân Hãy xác định độ cao (so với vị trí cân bằng) vật M và độ giãn lò xo M lên tới điểm cao Bỏ qua lực cản không khí Lấy g = 10m/s2  F DAP AN Câu (3 điểm): a) Quãng đường vật sau 4s và sau 5s đầu tiên là:   s4  a.4 8a   s  a.52 12,5a  (1đ)  Quãng đường bi giây thứ năm là: l5 = S5 - S4 = 4,5a = 36cm  a = 8cm/s2 (0,5đ) b) Gọi thời gian để vật hết 9m đầu và 10m đầu là t9, t10 ta có:  9  at9   10  at 10   t9     t10  Q 18 a 20 a N ao β P (1đ) t t10  t9  Thời gian để vật hết 1m cuối là: 20  0, 08 Câu (1,5 điểm): - Xét chuyển động vật hệ quy chiếu gắn với mặt đất +) Các lực tác dụng lên vật hình vẽ  +) Gọi a : gia tốc vật nêm  a0 : gia tốc nêm đất - Phương trình ĐLH viết cho vật:  N sin a  m  a0  a cos a  (1) 18 0,81s 0, 08 (0,5đ) α a (2) N cos a  mg  ma sin a (2) - Phương trình ĐLH viết cho nêm: Q sin a  Ma0 ; Q  N (3) (0,25đ) +) Giải hệ: Từ (1) và (3) có:  Ma0  m  a0  a cos a  Ma0 (4) cos a  m  g  a sin a  sin a (5) Từ (2) và (3) có: - Sử dụng định lý hàm số sin tam giác gia tốc ta có: (0,25đ) a0 a a sin     sin    a  sin  1800    a0 sin    a  a mM  a0 m cos a  - Từ (4) M m - Tìm : (0,25đ) thay vào (6) (0,25đ) tan a tan   tan a a g - Từ (4), (5) và (6) tìm được: (6) (0,25đ) sin a sin  sin   sin    a  cos a (0,25đ) Câu (2 điểm): a) Lực F có giá trị lớn vật có xu hướng lên Khi đó các lực tác dụng lên vật hình vẽ Do vật cân nên  N + F+ F ms +  P =0 (0,25đ) Chiếu lên phương mặt phẳng nghiêng và phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng ta được: F ms =F cos α − P sin α N=F sin α + P cos α P(sin α + μ cos α ) P(tan α + μ) Do: F ms ≤ μN ⇒ F ≤ = cos α − μ sin α − μ tan α P( tan α + μ) ⇒ F max = 1− μ tan α Thay số ta được: F max ≈ 77 , N (0,25đ) (0,5đ) b) Lực F có giá trị nhỏ vật có xu hướng xuống Khi đó lực ma sát đổi chiều so với hình vẽ Do vật cân nên  N + F+ F ms +  P =0 (0,25đ) Chiếu lên phương mặt phẳng nghiêng và phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng ta được:  N  F  Fms  P α Fms  F cos a  P sin a N F sin a  P cos a Do : Fms  N  F   Fmin  P (sin a   cos a ) P(tan a   )  cos a   sin a   tan a P (tan a   )   tan a (0,5đ) F 27, 27 N (0,25đ) Thay số ta được: max Câu (2 điểm): a) Khi dây treo nghiêng góc α=300 so với phương thẳng đứng, vật M chịu tác dụng các lựcnhư hình vẽ Do gia tốc có phương ngang nên: T cos30 Mặt khác, xét theo phương hướng tâm MO ta có: o mg (1) (0,25đ) mv T  mgcos30  (2) l (Với v là vận tốc vật M) (0,25đ) o O α T ma M P (3) v2  gl (3) (0,25đ) Từ (1) và (2) suy ra: Áp dụng ĐLBT cho hệ vật vị trí M và vật vị trí cân ta được: v02=v2+2gl(1 – cos300) = 12− √3 gl (0,25đ)  v0 ≈ 2,36m/s (0,25đ) b) Áp dụng ĐLBT cho hệ vật vị trí a=40o và vật vị trí cân ta được: vo2 v  gl (1  cos40o )  v  vo2  gl (1  cos40o ) 0,94(m / s ) T mgcos40o  Xét theo phương sợi dây ta có: Câu (1,5 điểm): - Xét va chạm đàn hồi m và M, ta có: mv0 mv0 ' Mv   mv0 mv02 ' Mv    2  (0,25đ) mv 0,1.0,942 0,1.10.cos40o  0,86 N l (0,5đ) (1) (2)  2vo v0 Thay số vào, giải hệ (1) và (2) ta đợc: v0’ = = - 4m/s, v = = 2m/s (0,25đ) - Sau va chạm vật m chuyển động ngợc lại với lúc trớc va chạm, còn vật M có vận tốc đầu là v và chuyển động lên tới độ cao cực đại h (so với VTCB), đó lò xo bị lệch góc a so với phơng thẳng đứng Trớc lúc va chạm lò xo bị giãn Mg 5cm ®o¹n x0 = k và vật độ cao h, lò xo bị giãn đoạn x - áp dụng định luật II Niutơn cho M, ta đợc: kx - Mgcosa = víi cosa = l + x −h l0 + x (0,25đ) suy ra: kx(l0 + x) = (l0 + x0 - h).Mg (3) (0,25đ) - áp dụng định luật bảo toàn năng(mốc VTCB) cho vật M, ta có: 2 Mv kx0 kx + =Mgh + 2 (4) (0,25đ) - Thay số vào, giải hệ (3) và (4) ta đợc: x  2cm, h  22cm (0,5đ) (4)

Ngày đăng: 09/06/2021, 20:52

w