Câu hỏi:

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Áp dụng công thức tính động năng, thế năng

Sử dụng định luật bảo toàn năng lượng

Lời giải

Chọn mốc thế năng tại vị trí thấp nhất.

Bảo toàn năng lượng tại điểm O và A: \({{\text{W}}_{A}}={{\text{W}}_{O}}\)

\(\Leftrightarrow mgh=mg.2R+\frac{1}{2}m{{v}^{2}}\)

⇒vận tốc tại điểm O là: \({{v}^{2}}=2(h-2R)g\)

Áp dụng định luật II Newton tại điểm O, ta có: \(P+N=m.{{a}_{ht}}=m.\frac{{{v}^{2}}}{R}\)

\(\Rightarrow N=\frac{m{{v}^{2}}}{R}-P\)

Để tàu không rời khỏi đường ray thì: \(N\ge 0\Leftrightarrow \frac{m{{v}^{2}}}{R}-P\ge 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{m.2(h-2R)g}{R}-P\ge 0\)

\(\Rightarrow h\ge \frac{5R}{2}=50~\text{cm}\Rightarrow {{h}_{\min }}=50~\text{cm}\)

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Vận dụng lí thuyết về năng lượng

Lời giải

Khi ở đỉnh máng nước, người dự trữ thế năng trọng trường, khi trượt xuống thì thế năng chuyển hóa dần thành động năng.

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Định luật bảo toàn động lượng: \({{\vec{p}}_{t}}={{\vec{p}}_{s}}\)

Công thức tính động lượng: p = mv

Lời giải

Chiều (+) là chiều chuyển động của đạn.

Theo định luật bảo toàn động lượng ta có:

\(\begin{align}  & -\left( {{m}_{1}}+{{m}_{2}}+{{m}_{3}} \right){{v}_{1}}=\left( {{m}_{1}}+{{m}_{2}} \right){{v}^{\prime }}+{{m}_{3}}\left( {{v}_{0}}-{{v}_{1}} \right) \\ & \Rightarrow {{v}^{\prime }}=\frac{-\left( {{m}_{1}}+{{m}_{2}}+{{m}_{3}} \right){{v}_{1}}-{{m}_{3}}.\left( {{v}_{0}}-{{v}_{1}} \right)}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}} \\ & \Rightarrow v=\frac{-(130+20+1).5-1.(400-5)}{130+20}\approx -7,67\,\,\,(~\text{m}/\text{s}) \\\end{align}\)

Vận tốc của toa vẫn theo chiều cũ và tăng tốc

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Sử dụng vòng tròn lượng giác biểu diễn các thời điểm.

Động năng của chất điểm: \({{W}_{d}}=\frac{1}{2}k\left( {{A}^{2}}-{{x}^{2}} \right)\)

Lời giải

Ở thời điểm t₁, động năng của chất điểm có giá trị cực đại, khi đó vật ở vị trí cân bằng.

Ta có vòng tròn lượng giác:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   {{x}_{2}}=S  \\   {{x}_{3}}=S+2S=3S  \\\end{array} \right.\)

 Động năng của chất điểm ở thời điểm t2 và t3 là:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   {{W}_{{{d}_{2}}}}=\frac{1}{2}k\left( {{A}^{2}}-x_{2}^{2} \right)\,\,\left( 1 \right)  \\   {{W}_{{{d}_{3}}}}=\frac{1}{2}k\left( {{A}^{2}}-x_{3}^{2} \right)\,\,\,\left( 2 \right)  \\\end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   \frac{1}{2}k\left( {{A}^{2}}-{{S}^{2}} \right)=0,6  \\   \frac{1}{2}k\left( {{A}^{2}}-9{{S}^{2}} \right)=0,28  \\\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \frac{{{A}^{2}}-{{S}^{2}}}{{{A}^{2}}-9{{S}^{2}}}=\frac{0,6}{0,28}\Rightarrow S=\frac{A}{4}\)

Thay \(S=\frac{A}{4}\)  vào phương trình (1), ta có:

\(\frac{1}{2}k\left[ {{A}^{2}}-{{\left( \frac{A}{4} \right)}^{2}} \right]=0,6\Rightarrow \frac{15}{32}k{{A}^{2}}=0,6\Rightarrow k{{A}^{2}}=1,28\)

Từ thời điểm t1 đến thời điểm t4, quãng đường chất điểm chuyển động là:

\({{S}^{\prime }}=S+2S+3S=6S=6.\frac{A}{4}=\frac{3A}{2}\)

Li độ của chất điểm ở thời điểm t4 là: \({{x}_{4}}={{S}^{\prime }}-A=\frac{3A}{2}-A=\frac{A}{2}\)

Động năng của chất điểm lúc này là:

\({{W}_{{{d}_{4}}}}=\frac{1}{2}k\left( {{A}^{2}}-{{x}_{4}}^{2} \right)=\frac{1}{2}k\left[ {{A}^{2}}-{{\left( \frac{A}{2} \right)}^{2}} \right]=\frac{3}{8}k{{A}^{2}}=\frac{3}{8}.1,28=0,48(J)\)

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Sử dụng kiến thức đã học về chuyển động bằng phản lực

Lời giải

Động cơ của máy bay sẽ hoạt động bằng phản lực, dựa trên nguyên lí của định luật bảo toàn động lượng.