Giải bài tập Vật lý 10 SBT bài 24

1 107

Vật lý 10 - Công và Công suất

VnDoc mời các bạn học sinh tham khảo tài liệu Giải bài tập Vật lý 10 SBT bài 24, nội dung tài liệu kèm theo đáp án sẽ là nguồn thông tin hữu ích để giúp các bạn học sinh giải bài tập Vật lý 10 một cách chính xác nhất. Mời các bạn học sinh và thầy cô cùng tham khảo.

Giải bài tập Vật lý 10

Bài 24.1, 24.2, 24.3 trang 56 Sách bài tập (SBT) Vật lí 10

24.1. Một người đẩy chiếc hòm khối lượng 150 kg dịch chuyển một đoạn 5 m trên mặt sàn ngang. Hệ số ma sát của mặt sàn là 0,1. Lấy g ≈ 10 m/s2. Xác định công tối thiểu mà người này phải thực hiện.

A. 75 J.

B. 150 J.

C. 500 J.

D. 750 J.

Hướng dẫn trả lời:

Chọn đáp án D

24.2. Một vật trọng lượng 50 N được kéo thẳng đều từ mặt đất lên độ cao 10 m trong khoảng thời gian 1 phút 40 giây. Xác định công suất của lực kéo.

A. 1 W.

B. 0,5 W.

C. 5 W.

D. 1 W.

Hướng dẫn trả lời:

Chọn đáp án C

24.3. Một ô tô trọng lượng 5000 N, chuyển động thẳng đều trên đoạn đường phẳng ngang dài 3 km. Cho biết hệ số ma sát của mặt đường là 0,08. Tính công thực hiện bởi động cơ ô tô trên đoạn đường này.

A. 1500 kJ.

B. 1200 kJ.

C. 1250 kJ.

D. 880 kJ.

Hướng dẫn trả lời:

Chọn đáp án B

Bài 24.4 trang 56 Sách bài tập (SBT) Vật lí 10

Một cần cẩu nâng một vật khối lượng 500 kg lên cao với gia tốc 0,2 m/s2 trong khoảng thời gian 5 s. Lấy g = 9,8 m/s2. Xác định công và công suất của lực nâng do cần cẩu thực hiện trong khoảng thời gian này. Bỏ qua sức cản của không khí.

Hướng dẫn trả lời:

Khi nâng vật lên độ cao h, lực nâng F thực hiện công:

A = Fh

Chọn chiểu chuyển động của vật là chiều dương. Áp dụng định luật II Niu-tơn đối với chuyển động của vật m:

ma = F- P = F- mg

suy ra: F = m(a + g) = 500(0,2 + 9,8) = 5000 N.

Thayh = {{a{t^2}} \over 2} = {{0,{{2.5}^2}} \over 2} = 2,5(m), ta tìm đươc:

Công của lực nâng: A = 5000.2,5 = 12500 J.

Công suất của lực nâng: P = {A \over t} = {{12500} \over 5} = 2500(W)

Bài 24.5 trang 56 Sách bài tập (SBT) Vật lí 10

Một máy bay khối lượng 3000 kg khi cất cánh phải mất 80 s để bay lên tới độ cao 1500 m. Lấy g = 9,8 m/s2. Xác định công suất của động cơ máy bay. Cho rằng công mà động cơ máy bay sinh ra lúc này chủ yếu là để nâng máy bay lên cao.

Hướng dẫn trả lời:

Lực nâng máy bay lên cao phải có độ lớn bằng trọng lượng của máy bay:

F = P = mg = 3000.9,8 = 29400 N

Do đó, động cợ máy bay phải thực hiện công:

A = Fh = 29400.1500 ≈ 44.106 J

Suy ra công suất của động cơ máy bay: P = {A \over t} = {{{{44.10}^6}} \over {80}} = 550(kW)

Bài 24.6 trang 57 Sách bài tập (SBT) Vật lí 10

Một thang máy trọng lượng 10000 N có thể nâng được trọng lượng tối đa là 8000 N. Cho biết lực ma sát cản trở chuyển động của thang máy là 2000 N. Xác định công suất tối thiểu của động cơ thang máy để có thể nâng được trọng lượng tối đa lên cao với vận tốc không đổi là 2,0 m/s.

Hướng dẫn trả lời:

Do thang máy chuyển động đểu, nên lực kéo của động cơ thang máy phải có độ lớn:

F = P + Fms = (10000 + 8000) + 2000 = 20000 N

Suy ra động cơ thang máy phải có công suất tối thiểu: P = {A \over t} = {{Fs} \over t}

Thay v = s/t, ta tìm được: P = Fv = 20000.2,0 = 40 kW.

Bài 24.7 trang 57 Sách bài tập (SBT) Vật lí 10

Để kéo một vật khối lượng 80 kg lên xe ô tô tải, người ta dùng tấm ván dài 2,5 m, đặt nghiêng 30° so với mặt đất phẳng ngang, làm cầu nối với sàn xe. Biết lực kéo song song với mặt tấm ván và hệ số ma sát là 0,02. Lấy g ≈ 10 m/s2. Xác định công của lực kéo trong hai trường hợp:

a) Kéo vật chuyển động thẳng đều.

b) Kéo vật chuyển động thẳng với gia tốc 1,5 m/s2.

Hướng dẫn trả lời:

Giải bài tập Vật lý 10 SBT bài 24

Chọn chiều chuyển động của vật m là chiều dương. Phương trình của định luật II Niu-tơn đối với vật m chuyển động trên mặt phẳng nghiêng như hình vẽ có dạng:

ma = F – P1 - Fms

Với P1 = mg.sin 300 ≈ 400 N.

Fms = µN = µmgcos 300 ≈ 13,8 N.

a. Khi vật chuyển động thẳng đều: a = 0, lực kéo có độ lớn:

F = P1 + Fms ≈ 413,8 N

Do đó, công của lực kéo: A = Fs = 413,8.2,5 = 1034,5 J.

b. Khi vật chuyển động với gia tốc a = 1,5 m/s2, lực kéo có độ lớn:

F = P1 + Fms+ ma ≈ 413,8 + 80.1,5 = 533,3 N

Công của lực kéo: A = Fs = 533,8.2,5 = 1334,5 J

Bài 24.8 trang 57 Sách bài tập (SBT) Vật lí 10

Một người dùng sợi dây kéo một chiếc hòm khối lượng 100 kg trên mặt sàn phẳng ngang để dời nó đi một đoạn 5 m. Biết hệ số ma sát là 0,2 và phương lực kéo hợp với mặt sàn góc 30°. Lấy g = 10 m/s2. Xác định công tối thiểu mà người này phải thực hiện để dịch chuyển chiếc hòm.

Hướng dẫn trả lời: Lực kéo \underset{F}{\rightarrow} được phân tích thành hai thành phần: \underset{F}{\rightarrow} = \underset{F_{1} }{\rightarrow} + \underset{F_{2} }{\rightarrow}

Thành phần lực \underset{F_{1} }{\rightarrow} hướng song song với mặt sàn, với F1 = F cosα, có tác dụng dịch chuyển chiếc hòm trên mặt sàn.

Thành phần lực \underset{F_{2} }{\rightarrow} hướng vuông góc với mặt sàn, với F2 = Fsinα, có tác dụng làm giảm áp lực nén lên mặt sàn.

Trường hợp này, lực ma sát \underset{F_{ms} }{\rightarrow} giữa mặt sàn và đáy hòm có độ lớn:

Fms = µN = µ(P - F2) = µ(mg - F sinα)

Muốn dịch chuyển được chiếc hòm trên mặt sàn thì thành phần lực \underset{F_{1} }{\rightarrow} phải có độ lớn tối thiểu bằng độ lớn của lực ma sát, tức là: 

F1 = Fms => Fcosα = µ(mg - F sinα)

Suy ra: F = {{\mu mg} \over {\cos {{30}^0} + \mu \sin {{30}^0}}} \approx {{0,2.100.10} \over {0,87 + 0,2.0,5}} \approx 206(N)

Như vậy, người này phải thực hiện công tối thiểu bằng:

A = F1s = Fs cos 30° ≈ 206.0,87.5,0 ≈ 896 J

Bài 24.9 trang 57 Sách bài tập (SBT) Vật lí 10

Một nhà máy thuỷ điện có hồ chứa nước nằm ở độ cao 30 m so với nơi đặt các tua bin của máy phát điện. Cho biết lưu lượng nước từ hồ chảy vào các tua bin là 10000 m3/ phút và các tua bin có thể thực hiện việc biến đổi năng lượng thành điện năng với hiệu suất là 0,80. Xác định công suất của các tua bin phát điện.

Hướng dẫn trả lời:

1m3 nước có khối lượng m = 1000 kg tương ứng với trọng lượng P = 10000 N. Như vậy, nước trong hồ chảy từ độ cao h = 30 m vào các tua bin với lưu lượng q = 10000 m3/phút tương ứng với lượng nước có trọng lượng P = 100.106 N chảy vào các tua bin trong thời gian t = 1 phút = 60 s.

Từ đó suy ra lượng nước chảy vào các tua bin có công suất

P = {A \over t} = {{Ph} \over t} \approx {{{{100.10}^6}.30} \over {60}} = {50.10^3}(kW)

còn công suất của các tua bin chỉ bằng:

P*= 0,809P = 0,80.50.106 = 40.103 kW

Bài 24.10* trang 57 Sách bài tập (SBT) Vật lí 10

Một ô tô khối lượng 10 tấn đang chạy với vận tốc 54 km/h trên đoạn đường phảng ngang thì bắt đầu chuyển động chậm dần đều cho tới khi bị dừng lại do tác dụng của lực ma sát với mặt đường. Cho biết hộ số ma sát là 0,3. Lấy g ≈ 10 m/s2. Xác định:

a) Quãng đường ô tô đi được trong khoảng thời gian chuyến động thẳng chậm dần đều.

b) Công và công suất trung bình của lực ma sát trong khoảng thời gian chuyển động thẳng chậm dần đều.

Hướng dẫn trả lời:

a) Theo định luật II Niu-tơn, gia tốc chuyển động chậm dần đều của ô tô có giá trị:

a = {{{F_{ms}}} \over m} = - {{\mu P} \over m} = - \mu g \approx - 0,3.10 = - 3(m/{s^2})

Mặt khác, theo các công thức của chuyển động thẳng chậm dần đều:

v = at + v0 và s = vtbt = {{v + {v_0}} \over 2}t

với v = 0, v0 = 54 km/h = 15 m/s, ta suy ra:

Khoảng thời gian chuyển động chậm dần đều của ô tô:

t = - {{{v_0}} \over a} = - {{15} \over { - 3}} = 5,0(s)

Quãng đường ô tô đi được trong khoảng thời gian chuyển động thẳng chậm dần đều:

s = {{0 + {v_0}} \over 2}t = {{15} \over 2}.5,0 = 37,5(m)

b) Công A và công suất P của lực ma sát trong khoảng thời gian chuyển động thẳng chậm dần đều có giá trị trung bình bằng:

A = Fmss = mas ≈ 10.103.(-3,0).37,5 ≈ - 1125kJ

P = {A \over t} = {{ - {{1125.10}^3}} \over {5,0}} = - 225(k{\rm{W}}

Bài 24.11* trang 57 Sách bài tập (SBT) Vật lí 10

Sau khi tắt máy để xuống một dốc phẳng, một ô tô khối lượng 1000 kg chuyển động thẳng với vận tốc không đổi 54 km/h. Mặt dốc hợp với mặt đất phẳng ngang một góc α, với sin α = 0,04. Lấy g ≈ 10 m/s2. Hỏi động cơ ô tô phải có công suất bằng bao nhiêu để ô tô có thể chuyển động lên dốc phảng này với cùng vận tốc 54 km/h?

Hướng dẫn trả lời:

Theo định luật II Niu-tơn, chuyển động thẳng của ô tô trên mặt dốc được mô tả bởi phương trình:

ma = F + P1 + Fms = F + mgsinα + µmgcosα (1)

trong đó a là gia tốc của ô tô, F là lực của động cơ, P1 = mg sinα là thành phần trọng lực ô tô hướng song song với mặt dốc phẳng nghiêng, Fms = µmgcosα là lực ma sát của mặt dốc.

Khi ô tô tắt máy (F = 0) và chuyển động đều (a = 0) xuống dốc với vận tốc v = 54 km/h, thì theo (1) ta có:

P1 + Fms = 0 => mgsinα = -µmgcosα (2)

Khi ô tô nổ máy (F ≠0) và chuyển động đều (a = 0) lên dốc với cùng vận tốc v = 54 km/h = 15 m/s, thì theo (1) ta có:

F + P1 + Fms = 0 => F = -(mgsinα + µmgcosα) . (3)

Thay (2) vào (3), ta tìm được: |F| = 2mgsina.

Như vậy, ô tô phải có công suất:

P = |F|v= 2.1000.10.0,04.15 = 12 kW

Bài 24.12* trang 57 Sách bài tập (SBT) Vật lí 10

Muốn cất cánh rời khỏi mặt đất, một máy bay trọng lượng 10000 N cần phải có vận tốc 90 km/h. Cho biết trước khi cất cánh, máy bay chuyển động nhanh dần đều trên đoạn đường băng dài 100 m và có hệ số ma sát là 0,2. Lấy g ≈ 9,8 m/s2. Xác định công suất tối thiểu của động cơ máy bay để đảm bảo cho máy bay có thể cất cánh rời khỏi mặt đất.

Hướng dẫn trả lời:

Áp dụng định luật II Niu-tơn cho chuyển động của máy bay:

F - {F_{ms}} = ma = > F - \mu P = {P \over g}{{{v^2}} \over {2s}}

với F là lực kéo của động cơ, Frns là lực ma sát với đường băng, a là gia tốc của máy bay khối lượng m trên đoạn đường băng dài s. Từ đó suy ra:

F = P\left( {{{{v^2}} \over {2gs}} + \mu } \right) = {10.10^3}\left[ {{{{{25}^2}} \over {2.9,8.100}} + 0,20} \right] \approx 5,{2.10^3}(N)

Như vậy, động cơ máy bay phải có công suất tối thiểu bằng:

P = Fv = 5,2.103.25. ≈ 130 kW

-------------------------

Để có kết quả cao hơn trong học tập, VnDoc xin giới thiệu tới các bạn học sinh tài liệu Giải bài tập Toán 10, Giải bài tập Vật Lí 10, Giải bài tập Sinh học 10, Giải bài tập Hóa học 10 mà VnDoc tổng hợp và đăng tải.

Đánh giá bài viết
1 107
Giải Vở BT Vật Lý 10 Xem thêm