Chu Bảo Duy
Giới thiệu về bản thân
m=4.10 3 kg; v 0 = 18 k m / h = 5 m / s v 0 =18km/h=5m/s s = 50 m ; s=50m; μ = 0 , 05 ; μ=0,05; g = 10 m / s 2 g=10m/s 2 Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Các lực tác dụng lên xe: trọng lực P → P , phản lực N → N , lực kéo của động cơ F → F , lực ma sát trượt F → m s F ms Áp dụng định luật 2 Newton cho chuyển động của vật theo hai trục Ox, Oy: F x = F − F m s = m a F x =F−F ms =ma (1) F y = N − P = 0 F y =N−P=0 (2) (1) ⇒ N = P = m g = 4.1 0 3 . 10 = 4.1 0 4 ⇒N=P=mg=4.10 3 .10=4.10 4 N F m s = μ . N = 0 , 05.4.1 0 4 = 2000 F ms =μ.N=0,05.4.10 4 =2000 N a. v 1 = 54 k m / h = 15 m / s v 1 =54km/h=15m/s Ta có: v 1 2 − v 0 2 = 2 a s v 1 2 −v 0 2 =2as Gia tốc của vật là: a = v 1 2 − v 0 2 2 s = 1 5 2 − 5 2 2.50 = 2 a= 2s v 1 2 −v 0 2 = 2.50 15 2 −5 2 =2 m/s2 Thay vào (1) ta có: F = F m s + m a = 2000 + 4.1 0 3 . 2 = 10000 N F=F ms +ma=2000+4.10 3 .2=10000N b. v 2 = 72 k m / h = 20 m / s v 2 =72km/h=20m/s Ta có: v 2 = v 0 + a t 2 ⇒ t 2 = v 2 - v 0 a = 20 − 5 2 = 7 , 5 s v 2 =v 0 +at 2 ⇒t 2 = a v 2 - v 0 = 2 20−5 =7,5s Vậy sau 7,5 s từ lúc tăng tốc thì ô tô đạt vận tốc 72 km/h. Quãng đường ô tô đi được trong khoảng thời gian đó là: s 2 = v 0 t 2 + 1 2 a t 2 2 = 5.7 , 5 + 1 2 . 2.7 , 5 2 = 93 , 75 m s 2 =v 0 t 2 + 2 1 at 2 2 =5.7,5+ 2 1 .2.7,5 2 =93,75m
Thanh có trục quay cố định O, chịu tác dụng của ba lực:
P
→
,
T
→
,
Q
→
P
,
T
,
Q
.
Áp dụng quy tắc moment lực với trục quay tại O ta có:
M
T
=
M
P
M
T
=M
P
(do
M
Q
=
0
M
Q
=0)
⇒
T
.
O
H
=
P
.
O
G
⇒T.OH=P.OG
⇒
T
.
O
A
.
s
i
n
3
0
o
=
P
.
1
2
O
A
⇒T.OA.sin30
o
=P.
2
1
OA
⇒
T
=
P
=
m
g
=
1
,
6.10
=
16
N
⇒T=P=mg=1,6.10=16N
Khi vật nặng cân bằng, các lực tác dụng lên vật nặng được biểu diễn như sau:
loading...
Theo hình vẽ ta có:
T
A
C
=
P
t
a
n
3
0
o
=
m
g
t
a
n
3
0
o
=
8.9
,
8.
t
a
n
3
0
o
=
45
,
3
N
T
AC
=Ptan30
o
=mgtan30
o
=8.9,8.tan30
o
=45,3N
T
A
B
=
P
c
o
s
3
0
o
=
m
g
c
o
s
3
0
o
=
8.9
,
8
c
o
s
3
0
o
=
90
,
5
N
T
AB
=
cos30
o
P
=
cos30
o
mg
=
cos30
o
8.9,8
=90,5N
Các lực tác dụng lên thùng: trọng lực → P , phản lực N → N , lực đẩy F → F , lực ma sát trượt F → m s F ms Coi thùng như một chất điểm. Áp dụng định luật 2 Newton cho chuyển động của vật theo hai trục Ox, Oy: { F x = F − F m s = m a F y = N − P = 0 { F x =F−F ms =ma F y =N−P=0 ⇒ N = P = m g = 40.9 , 8 = 392 ⇒N=P=mg=40.9,8=392 N F m s = μ . N = 0 , 35.392 = 137 , 2 F ms =μ.N=0,35.392=137,2 N ⇒ a = F − F m s m = 160 − 137 , 2 40 = 0 , 57 ⇒a= m F−F ms = 40 160−137,2 =0,57 m/s2 Vậy gia tốc có độ lớm 0,604 m/s2 và hướng theo chiều chuyển động của thùng.
v0=36km/h=10m/s
Quãng đường vật đi được trong 3 giây đầu tiên là: \(s_{3} = \text{v}_{0} t_{3} + \frac{1}{2} a t_{3}^{2} = \text{v}_{0} . 3 + \frac{1}{2} . a . \left(\right. 3^{2} \left.\right) = 3 \text{v}_{0} + \frac{9}{2} a\)
Quãng đường vật đi được trong 4 giây đầu tiên là: \(s_{4} = \text{v}_{0} t_{4} + \frac{1}{2} a t_{4}^{2} = \text{v}_{0} . 4 + \frac{1}{2} . a . \left(\right. 4^{2} \left.\right) = 4 \text{v}_{0} + 8 a\)
Quãng đường vật đi trong giây thứ 4 là: \(\Delta s = s_{4} - s_{3} = \text{v}_{0} + \frac{7}{2} a\)
\(\Rightarrow a = \frac{\Delta s - \text{v}_{0}}{\frac{7}{2}} = \frac{13 , 5 - 10}{\frac{7}{2}} = 1\) m/s2
AB = 4 m; OA = 1 m; OB = 3 m
F1 = 20 N; F2 = 100 N; F3 = 160 N
Theo quy tắc moment lực (thanh AB nằm cân bằng khi tổng các moment lực có xu hướng làm vật quay theo chiều kim đồng hồ bằng với tổng các moment lực có xu hướng làm vật quay ngược chiều kim đồng hồ), ta có:
\(M_{A} + M_{C} = M_{B}\)
\(\Rightarrow F_{1} . O A + F_{3} . O C = F_{2} . O B\)
\(\Rightarrow O C = \frac{F_{2} . O B - F_{1} . O A}{F_{3}} = \frac{100.3 - 20.1}{160} = 1 , 75\) m
Các lực tác dụng lên vật: trọng lực \(\overset{\rightarrow}{P}\), phản lực \(\overset{\rightarrow}{N}\), lực kéo \(\overset{\rightarrow}{F}\), lực ma sát trượt \(\left(\overset{\rightarrow}{F}\right)_{m s}\)
Áp dụng định luật 2 Newton cho chuyển động của vật theo hai trục Ox, Oy:
\(\)
\(\Rightarrow N = P = m g = 12.9 , 8 = 117 , 6\) N
\(F_{m s} = \mu . N = 0 , 2.117 , 6 = 23 , 52\) N
\(\Rightarrow a = \frac{F - F_{m s}}{m} = \frac{30 - 23 , 52}{12} = 0 , 54\) m/s2
Vậy gia tốc có độ lớn 0,54 m/s2 và hướng theo chiều chuyển động của thùng.
ọi \(s\) là quãng đường viên đá đi được sau khoảng thời gian \(t\) kể từ khi bắt đầu rơi tới khi chạm đất
\(s_{1}\) là quãng đường viên đá đi được trước khi chạm đất 1 s, tức là sau khoảng thời gian \(t_{1} = t - 1\)
Ta có: \(s = \frac{1}{2} g t^{2}\) và \(s_{1} = \frac{1}{2} g \left(\left(\right. t - 1 \left.\right)\right)^{2}\)
Quãng đường viên đá đi được trong 1 s cuối trước khi chạm đất là:
\(\Delta s = s - s_{1} = \frac{1}{2} g t^{2} - \frac{1}{2} g \left(\left(\right. t - 1 \left.\right)\right)^{2} = g t - \frac{1}{2} g\)
\(\Rightarrow t = \frac{\Delta s}{g} + \frac{1}{2} = \frac{14 , 7}{9 , 8} + \frac{1}{2} = 2\) s
ọi \(s\) là quãng đường viên đá đi được sau khoảng thời gian \(t\) kể từ khi bắt đầu rơi tới khi chạm đất
\(s_{1}\) là quãng đường viên đá đi được trước khi chạm đất 1 s, tức là sau khoảng thời gian \(t_{1} = t - 1\)
Ta có: \(s = \frac{1}{2} g t^{2}\) và \(s_{1} = \frac{1}{2} g \left(\left(\right. t - 1 \left.\right)\right)^{2}\)
Quãng đường viên đá đi được trong 1 s cuối trước khi chạm đất là:
\(\Delta s = s - s_{1} = \frac{1}{2} g t^{2} - \frac{1}{2} g \left(\left(\right. t - 1 \left.\right)\right)^{2} = g t - \frac{1}{2} g\)
\(\Rightarrow t = \frac{\Delta s}{g} + \frac{1}{2} = \frac{14 , 7}{9 , 8} + \frac{1}{2} = 2\) s
ọi \(s\) là quãng đường viên đá đi được sau khoảng thời gian \(t\) kể từ khi bắt đầu rơi tới khi chạm đất
\(s_{1}\) là quãng đường viên đá đi được trước khi chạm đất 1 s, tức là sau khoảng thời gian \(t_{1} = t - 1\)
Ta có: \(s = \frac{1}{2} g t^{2}\) và \(s_{1} = \frac{1}{2} g \left(\left(\right. t - 1 \left.\right)\right)^{2}\)
Quãng đường viên đá đi được trong 1 s cuối trước khi chạm đất là:
\(\Delta s = s - s_{1} = \frac{1}{2} g t^{2} - \frac{1}{2} g \left(\left(\right. t - 1 \left.\right)\right)^{2} = g t - \frac{1}{2} g\)
\(\Rightarrow t = \frac{\Delta s}{g} + \frac{1}{2} = \frac{14 , 7}{9 , 8} + \frac{1}{2} = 2\) s