BÀI tập vật lí NÂNG CAO

BÀI TẬP VẬT LÍ NÂNG CAO
PHẦN 1: CƠ HỌC
1. ĐỘNG HỌC
Câu 1. Một hạt chuyển động chậm dần trên đường thẳng với gia tốc a mà độ lớn phụ
thuộc vận tốc theo quy luật |a| = k v , trong đó k là hằng số dương. Tại thời điểm ban
đầu vận tốc của hạt bằng v0. Tìm quãng đường hạt đi được cho đến khi dừng lại và
thời gian đi hết quãng đường ấy.
Giải:
+ Ta có

a=k v =-

dv
 -kdt = v-1/2dv
dt

kt 

+ Lấy tích phân ta có v =  v0 - 
2


2

+ Thời gian chuyển động cho đến khi dừng hẳn t =

2 v0

k
2


kt 

k 
+ Quãng đường đi được dS = vdt =  v 0 -  dt =  v0 - k v0 t +   t 2  dt
2

 2  

2

2 v0 / k

+ Vậy quãng đường đi được đến khi dừng hẳn S =


0

+ Kết quả là S =


 v0 - k v 0 t +


2
 k  2
 2  t  dt
  

3/2
0

2v
.
3k

Bài 2. Một hạt chuyển động theo chiều dương của trục Ox với vận tốc sao cho
v  a x (a là hằng số dương). Biết lúc t = 0 hạt ở vị trí x=0.
Hãy xác định :
a. Vận tốc và gia tốc của hạt theo thời gian.
b. Vận tốc trung bình trong khoảng thời gian từ vị trí x = 0 đến vị trí x.
Giải:
a. Theo đề bài : v  a x 
Nguyên hàm hai vế :



dx
x

dx
 a x hay
dt

dx
 adt
x

  a dt  2 x  at  c

Do t  0 thì x  0  c  0

Do vậy

2 x  at  x 

Vận tốc của vật

v

a2 2
t
4

dx
 x'
dt

=> v 

a2
t
2

Gia tốc của vật :
w

d 2x
 x' '
dt 2

=> w 

b. Vận tốc trung bình

NAVAN86

a2
2

v

x a2

t
t
4

=> v 

-1-

a x
2


Câu 3. Một học sinh thứ nhất chạy trên đường trịn tâm O bán kính R  30m với tốc
độ không đổi bằng u  3,14m / s . Học sinh thứ hai bắt đầu chạy từ tâm O với tốc độ
không đổi v  2u và luôn nằm trên bán kính nối tâm O với học sinh thứ nhất.
a. Khi học sinh thứ hai đến điểm M (OM = r) thì véc tơ vận tốc của cậu ta hợp với
OM một góc  . Chứng tỏ rằng sin   r / 2 R.
b. Sau bao lâu thì học sinh thứ hai đuổi kịp học sinh thứ nhất.

Giải:
a. Vận tốc góc của HS1 là   u / R . Do cả hai ln nằm trên một bán kính nên r cũng
quay quanh tâm với vận tốc góc  , hay   v sin  / r . Do đó sin   r / 2 R.
b. Dễ dàng thấy rằng trong q trình đuổi bắt, góc  thay đổi từ 0 đến
 / 6, (sin   1 / 2) .
Xét trong khoảng thời gian dt góc  tăng d , r tăng dr, ta có:
dr  2 R cos  .d .

Do vận tốc theo phương bán kính là v. cos  nên:
dt 

2 R cos  .d d

dr


t 
2R cos 


v cos 

Như vậy thời gian HS 2 đưổi kịp học sinh 1 là:
 
R

 5s.
t 
 6 6u
Câu 4. Một chất điểm chuyển động từ A đến B cách A một đoạn s. Cứ chuyển động

được 3 giây thì chất điểm lại nghỉ 1 giây. Trong 3 giây đầu chất điểm chuyển động với
vận tốc v0 = 5 m/s . Trong các khoảng 3 giây tiếp theo chất điểm chuyển động với vận
tốc 2v0, 3v0,…nv0. Tính vận tốc trung bình của chất điểm trên quãng đường AB trong
các trường hợp:
a. s =315m;
b. s = 325m.
Giải:
Đặt: t1  3( s)
Gọi quãng đường mà chất điểm đi được sau nt1 giây là s: s  s1  s 2  ...  sn
Trong đó s1 là quảng đường đi được của chất điểm trong 3 giây đầu tiên. s2,s3,…,sn là
các quảng đường mà chất điểm đi được trong các khoảng 3 giây kế tiếp.
Suy ra:
S  v0.t1  2v0t1  ...  nv0t1  v0 t1 (1  2  ...  n)
n(n  1)
v0 t1  7,5n(n  1) (m)
2
n  6
a. Khi s  315 m  7,5n(n+1) = 315  
(loại giá trị n=-7)
n  7
Thời gian chuyển động: t  nt1  n  1  23( s)
s 315
Vận tốc trung bình: v  
=> v  13,7(m / s ) .
t
23
b. Khi s  325 m :
S

Thời gian đi 315 mét đầu là 23 giây

NAVAN86

-2-


Thời gian đi 10 mét cuối là : t 
Vận tốc trung bình: v 

10
10

 0.29( s)
v n 1 7.5

325
=> v  13,38(m / s)
23  0,29  1

Câu 5. Cho cơ hệ như hình vẽ. B chuyển động sang phải với

gia tốc a , còn vật nhỏ A được nối với điểm C bằng một sợi
dây không dãn được nâng lên theo đường dốc chính của một
mặt trụ của vật B. Mặt này có bán kính R. Giả sử tại thời điểm
ban đầu vật A nằm trên sàn và đang đứng n, sợi dây ln
căng.Hãy tính vận tốc trung bình của vật A trong quá trình A
đi từ sàn lên đến điểm cao nhất của trụ B (điểm D).
Giải:
Khi A đi từ sàn lên đến điểm cao nhất của trụ thì độ dời của nó sẽ là IA :
IA 

AD 2  DI 2  2 AD.DI . cos  (  
2



 
IA   R   R 2
 2



2

IA 

 2.R


)
4


2
.R 2 .
2
2

R
 2  4  8

2

Ta có thời gian để trụ dịch chuyển từ E đến F là:
EF 

1 2
at
2

Thời gian để trụ đi từ E đến F cũng chính là thời gian chuyển dời của vật nhỏ khi đi từ
I đến A.

2. R
2.EF
2. AD
2  R


Suy ra: t 
a

a

Vận tốc trung bình của vật nhỏ A:

a

a

v

IA
t

=> v 

1 ( 2  4  8)aR
2


Câu 6. Trên mặt phẳng nằm ngang có một cột trụ bán kính R thẳng đứng, người ta
dùng một sợi dây chỉ mảnh không dãn, khối lượng không đáng kể để nối một vật nhỏ
với một điểm trên vành trụ, điểm này sát mặt phẳng ngang. Ban đầu vật nhỏ nằm yên
trên mặt phẳng và dây ở tư thế căng, lúc này chiều dài dây là L. Truyền cho vật vận tốc
v0 hướng vng góc với dây và vật chuyển động trên mặt phẳng ngang cuốn dây vào
trụ. Hỏi sau bao lâu dây cuốn hết trụ? Giả thiết trong khi chuyển động dây luôn nằm
ngang. Bỏ qua ma sát và bề dày của dây.
Giải:
Ta nhận thấy ngay khơng có lực nào tác dụng vào vật sinh công, do vậy động
năng của vật được bảo tồn do vậy nó có vận tốc khơng đổi v0.
Tại một thời điểm nào đó dây có chiều dài l, xét một thời gian vơ cùng bé dt vật
đi được cung AB:
= l. d = v0dt.
Do dl  Rd  d =

NAVAN86

dl
thế vào phương trình trên ta được:
R

-3-


dl
= v0 dt
R
L
t
ldl
1 l2
Lấy tích phân hai vế:  =  v0 dt  .
R 0
R 2
0
l

L
0

 v0 t

t
0

L2
L2
 v0 t  t 
.
2R

2v 0 R



Vậy thời gian để dây cuốn hết trụ sẽ là: t 

L2
.
2v 0 R

Câu 7. Có hai tàu A và B cách nhau một khoảng a, tàu A và B chuyển động với vận
tốc không đổi lần lượt là v và u v  u  . Tàu B chuyển động trên một đường thẳng
(đường thẳng này vng góc với đoạn thẳng nối các vị trí ban đầu của hai tàu), trong
q trình chuyển động tàu A luôn hướng về tàu B. Hỏi sau bao lâu tàu A đuổi kịp tàu
B?
Giải:
Ta gắn hệ trục 0 xy trùng với mặt phẳng nước và trục 0x cùng phương chiều với
chuyển động của tàu B , còn tàu A nằm trên phần dương của trục 0y ở vị trí ban đầu có
toạ độ là 0, a  .
Tàu A chuyển động với vận tốc v luôn hướng về phía tàu B với vận tốc gồm hai thành
phần:
dx

v x  dt  v cos 

v  dy  v sin 
 y dt

Lấy vế chia vế hai phương trình trên và ta rút ra:
dx

1 dy
dy

  cot 
dt
tan  dt
dt
y
Ta lại có: tan  
 ut  x  y cot 
ut  x

(1)
(2)

Đạo hàm 2 vế của (2) ta được:
u

dx
dy
y d
 cot 

dt
dt sin 2  dt

(3)

Thay (1) vào (3) ta suy ra:
u

y d
sin 2  dt

(4)

dy
dy
 v sin   dt  
dt
v sin 
y d
uv
hay
Thay dt từ (5) vào (4):
dy sin 

Mặt khác:

y



u dy
d


v a y  sin 

Lấy tích phân 2 vế:



  y
 
2 a

NAVAN86

u dy
d

v y sin 


u y

ln  ln tan 
v a
2


2

Suy ra: tan

(5)

u
v

-4-



2
2
2 
Mặt khác ta lại có: sin  

u
u
1


  y v  y  v

1  tan 2

tan
tan


2 
2
2  a    a 
dy
và
dt  
v sin 

u
u



a  y  v  y  v   y 
nên
(*)
dt  

  d 
 
2v  a 
a  a


Lấy tích phân 2 vế phương trình (*):
u
u


0 
t
a  y  v  y  v   y 
0 dt   2v a  a    a   d  a 




av

a  1
1 
hay t  2
 t

u
u
2v 
v  u2
1 
1
v
v

Câu 8. Ở mép của một chiếc bàn chiều cao h, có một quả cầu đồng chất bán kính R =
1(cm) ( R  h) . Đẩy cho tâm 0 của quả cầu lệch khỏi đường thẳng đứng đi qua A, quả
cầu rơi xuống đất vận tốc ban đầu bằng 0. Tính thời gian rơi và tầm xa của quả cầu (g
= 10m/s2).
Giải:
Ban đầu quả cầu xoay quanh trục quay tức thời A. Lúc bắt đầu rơi khỏi bàn vận tốc
của nó là v, phản lực N bằng 0, lực làm cho quả cầu quay tròn quanh A là trọng lực
v2
(1)
p cos   m
p cos  :
 v 2  9 R cos 
R
1
Theo định luật bảo toàn năng lượng: mgR  mgR cos   mv 2 (2)
2

2
5
Từ (1) và (2) suy ra: cos    sin  
3
3
2
2
Thay cos   vào phương trình (1) ta được vận tốc của vật lúc đó: v 
gR .Giai
3
3
đoạn tiếp theo vật như một vật bị ném xiên với góc  và với vận tốc ban đầu:
2
v
gR . Theo đề bài R  h do vậy ban đầu ta xem 0  A .
3
 x  v cos  .t

Chọn trục 0' xy như hình vẽ 0'  A . 
1 2
 y  v sin  .t  2 gt
1
Khi chạm đất y  h , nên: v sin  .t  gt 2  h
2

2
gR
v 

3

Thay 
vào phương trình trên ta tìm được:
5

sin   3
2 tan

NAVAN86

-5-



 10 gR  10 gR  54 gh
t1 
3 3. g


 10 gR  10 gR  54 gh

(loai )
0
t 2 
3 3 .g

 10 gR  10 gR  54 gh
Vậy sau t 
thì vật sẽ rơi xuống đất.
3 3. g

Tầm bay xa của vật: S  x  v cos  .t 
S

2
2  10 gR  10 gR  54 gh
gR . .
3
3
3 3. g





2 2R
 10 gR  10 gR  54 gh .
27 g

Câu 9. Một chất điểm chuyển động chậm dần trên bán kính R. sao cho tại mỗi điểm
gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến ln có độ lớn bằng nhau. Tại thời điểm ban
đầu t = 0, vận tốc của chất điểm đó là v0 .
Hãy xác định:
a.Vận tốc của chất điểm theo thời gian và theo quãng đường đi được.
b.Gia tốc toàn phần theo vận tốc và quãng đường đi được.
Giải:
a. Theo đề bài ta có: a t  a n  

dv v 2

dt R



Lấy tích phân 2 vế ta có:
v



v0

từ (1)  

t

1 1
dv
dt
t
  

2
R
v v0 R
v
0

dv ds

v
R

(2)

v

dv dt

v2 R

(1)

v0
v
1 0 t
R

(ds = vdt )

Lấy tích phân 2 vế phương trình (2):
v



S

dv
ds
v
s
v v  0 R   ln v0  R

0

S

v  v0 . e R .



b. Gia tốc toàn phần: a  at 2  a n 2  a t 2  a n 2
Gia tốc toàn phần theo vận tốc: a 

v2
R

2
2

Gia tốc toàn phần theo quãng đường đi được: a 

v0 .e
R



2s
R

2.

Câu 10. Hai vịng trịn bán kính R, một vòng đứng yên, vòng còn lại chuyển động


tịnh tiến sát vịng kia với vận tốc v0 . Tính vận tốc của điểm cắt C giữa hai vòng tròn
khi khoảng cách giữa hai tâm 010 2  d .
Giải:
Chọn gốc thời gian t = 0 lúc 2 vòng tròn bắt đầu tiếp xúc ngồi.Tại một thời điểm nào
đó sau gốc thời gian thì ta có phương trình chuyển động của điểm C :

NAVAN86

-6-


v0 t d

 x  01 D  AD  R  2  2


2
 y  AC  R sin   R 1  cos  2  R 1   d 

 2R 
Ta có: d '  v0
d

x  2

Ta suy ra: 
2
2
 y  4R  d


4
v0
1

vCx  2 d '   2


d .v0
 2dd '
vCy 

2
2

2.2 4 R  d
2 4R 2  d 2

v2
A1

2

v v



v

2

Cx

v

2

Cy

dv0
 v 
2
.
   0   .
2
2
 2
2 4R  d

R

A2

v1
C

M

D
R

v0 R

R/2

4R 2  d 2

Hình a.

Câu 11. Trên hai đường trịn bán kính mỗi đường bằng R, nằm trong cùng một mặt
phẳng, có hai ô tô A1 và A2 chuyển động với các vận tốc v1  v  20km / h và v2  2v .
Kích thước các ơ tơ rất nhỏ so với R. Vào một thời điểm nào đó thì các ô tô nằm ở các
điểm M và C cách nhau R/2 (H.a).
a. Hãy tìm vận tốc của ơ tơ A2 đối với hệ quy chiếu gắn liền với ô tô A1 vào thời
điểm đó.
b. Hãy tìm vận tốc của ơ tô A2 đối với hệ quy chiếu gắn liền với ô tô A1 khi A2 ở
điểm D.
Giải:
Chọn đường làm hệ quy chiếu đứng yên. Vận tốc của ô tô A2 trong hệ quy chiếu này


là vận tốc tuyệt đối. Ký hiệu vC và v D là vận tốc tuyệt đối của A2 khi đi qua các điểm
C và D (H.7). Theo đề ra:
vC  v D  v 2  2v.

Chúng ta gắn hệ quy chiếu chuyển động với ô tô A1 . Rõ ràng hệ này quay xung quanh
trục O với vận tốc góc  

v
.

R





Ký hiệu vận tốc kéo theo khi ô tô A2 đi qua các điểm C và D là vCkt và v Dkt . Độ lớn
các vận tốc này bằng:
v
R 3
R    v ,
2 2
R
v
R
 7
 .OD   R   2 R   v .
2
R
 2

A1


vCkt  .OC 
v Dkt

R O





Chúng ta cần phải tìm các vận tốc tương đối vCtd và v Dtd
của ơ tơ A2 khi nó đi qua các điểm C và D.

NAVAN86

-7-

R/2

M
C
vCkt
vCtd vC

Hình b.

A2

vD

D
R
vDkt

vDtd

Theo quy tắc cộng vận tốc (xem H.b):






vC  vCtd  vCkt ; v D  v Dtd  v Dkt
Vận tốc của A2 đối với A1 ở các điểm C và D trùng hướng với các vận tốc của A2 đối
với đường tại các điểm này và bằng:
3
vCtd  vC  vCkt = 2v  v =10km/h.
2
7
v Dtd  v D  v Dkt = 2v  v =110km/h.
2

Câu 12. Bốn con rùa đứng ở bốn đỉnh của hình vuông cạnh a, chúng bắt đầu chuyển
động không đổi với vận tốc có độ lớn v, sao cho mỗi con rùa trong khi bị ln hướng
về con bên cạnh theo chiều kim đồng hồ. Xem mỗi con rùa là một chất điểm.
a. Các con rùa sẽ gặp nhau ở đâu, sao bao lâu?
b. Quĩ đạo chuyển động của mỗi con rùa có dạng thế nào?
Giải:

a. Xét một con rùa trong hệ tọa độ cực, tại thời điểm t: xác định r ,  .
Ta có: x  r cos  ; y  r sin  .
dr
d
y
v x  cos   r sin 

dt
dt
dr
d
v y  sin   r cos 
dt
dt
2
2
 dr   d 
2
2
2
2
2
v  vx  v y      r
O
  v r  v
 dt   dt 
dr
Trong đó: v r 
vận tốc xuyên tâm;
dt
d
 r vận tốc phương vị.
v  r
dt
 

Vì r , v ln tạo với nhau góc 450 ( r qua tâm của hình vng).


 vr
r


2
2
 const ; v  v sin 45 0  v
 const .
2
2
a 2 a
Bốn con rùa gặp nhau lúc chúng tiến đến tâm với thời gian t 
 .
2 vr
v

Do v r  v cos 45 0  v

b. Phương trình quĩ đạo: r  r   ; (  có chiều + là chiều kim đồng hồ).
Từ v r 

dr
dr
2
d
2
; v  r
 v

v

 1.
dt
2
dt
2
rd

a 2

;   .
2
4

a 2 4
r
a 2 
Suy ra: ln    ln
 c
e .
c
2c
4
2

Với t = 0 thì r 

Vậy: r 

a
2

e

 
   
4


đây là phương trình quĩ đạo của con rùa 1.

Các con rùa 2, 3, .4 có quĩ đạo lần lượt là:
r2 

a
2

e

3 

  

4 


NAVAN86

; r3 

a
2

e

 5 
  

4 


; r4 

a
2

e

 7 
  

4 


-8-

.



v


v

x


Câu 13. Người ta đặt một súng cối dưới một căn hầm có độ sâu h. Hỏi phải đặt súng
cách vách hầm một khoảng l bao nhiêu so với phương ngang để tầm xa S của đạn trên
mặt đất là lớn nhất? Tính tầm xa này biết vận tốc đầu của đạn khi rời súng là v 0 .
Giải:
Phương trình vận tốc của vật theo phương ox :
v x  v 0 cos 
Phương trình vận tốc của vật theo phương oy:
v y  v 0 sin   gt
Phương trình chuyển động: x  v 0 cos   t ;
gt 2
y  v 0 sin   t 
2

Để tầm xa S của đạn trên mặt đất là lớn nhất thì tại A vận tốc của vật phải hợp với
mặt ngang một góc 450 có nghĩa là tại A:
sin   cos 
(1)
vx  vy  t 
 v0
g

Hơn nữa ta phải có tại thời gian này:

v 0 cos   t  l

(2)
x  l

2


gt
h
(3)
y  h
v 0 sin   t 
2

v 02
l
Từ (2)  t 
(3) kết hợp với (1)  l  cos  .(sin   cos  )
g
v 0 cos 
gh 1
1 gh
;
Thay t từ (1) vào (3) ta được: sin 2   2 
cos 2    2
2 v0
v0 2

Thế vào (4):

l
l

Từ (1) :
v y  v0

t 

(4)

v02
(sin  cos   cos 2  )
g

v02 1 g 2 h 2 1 gh
(
 4   2)
4
2 v0
g
v0

1 gh
1 gh
 2 

2 v0
2 v02
g

 v0  v y  v 0

1 gh

 v A  v y 2  v02  2 gh  S max
2 v02

 1 gh
1 gh
1 gh 
 2  v0 
 2 


2 v0
2 v02 
 2 v0
v 2 v 2  2 gh
 A  0
g
g

Vậy phải đặt súng cách vách hầm một khoảng: l 

v02 1 g 2 h 2 1 gh
(
 4   2 ) thì tầm
4
2 v0

g
v0

xa của đạn trên mặt đất là lớn nhất và tầm xa này bằng: S max 

v 02  2 gh
.
g

Câu 14. Một quả bóng được ném xuống mặt sàn nằm ngang. Độ lớn thành phần vận
tốc theo phương ngang và phương thẳng đứng thay đổi sau mỗi va chạm theo quy luật:
v0 xn1   x .v0 xn và v0 yn 1   y .v0 yn (trong đó v0 n ; v0 n 1 tương ứng là vận tốc sau lần va chạm
thứ n và n + 1;  x ,  y là hằng số và nhỏ hơn 1). Quãng đường theo phương ngang và
thời gian từ khi va chạm đến khi dừng lại là L và t0. Tìm góc hợp bởi vận tốc bóng

NAVAN86

-9-


theo phương ngang ngay sau va chạm đầu tiên theo L, t0,  x ,  y . Cho biết số va chạm
là rất lớn.
Giải:
Theo đề bài ta có: v0 xn   x .v0 xn 1   xn1v0 x1
v0 yn   y .v0 yn 1   yn 1v 0 y1

Gọi thời gian bay và quãng đường bóng đi được giữa va chạm thứ n và n + 1 là tn và
2v0 yn 2v0 y1 . yn 1
2v0 x1 . xn 1 .v0 y1 . yn 1
; Ln  v 0 xn .t n 

Ln ta có : t n 

g

g

g

Khi đó tồng thời gian là :
n

2v0 y1

i 1

g

t 0   ti 

1  

y

   .....  
2
y

Do  y  1 nên khi n   thì t 0 

n 1

y



2v0 y1

2v 0 y1 1   yn

g 1   y 

g 1  y
 v 0 y1 

g 1   y 
2

(1)

.t 0

Tổng quãng đường đi được:
n

2v0 x1 .v0 y1

i 1

g

L   Li 

1   
x

y



  x2 y2  .....   xn 1 yn 1 

Do  x ,  y  1 nên khi n   thì L 
Thay (1) vào ta được: v0 x1 

2v0 x1 .v0 y1

g 1   x  y 

1   x y L
1   y t0

2v0 x1 .v0 y1 1   xn 1 yn
g

1   x y

.
(2)

Từ (1) và (2) suy ra góc hợp bởi vận tốc của bóng và phương ngang ngay sau va chạm
1   y 2 gt02 .

v
đầu tiên là: tg  0 y1 
v0 x1 1   x y 2 L
Câu 15. Một quả cầu nhỏ nhảy qua lại trong một bán cầu như hình vẽ. Nó va chạm với
mặt trong tại hai điểm cùng nằm trên một mặt nằm ngang. Khoảng thời gian quả cầu
chuyển động từ phải sang trái là T1, từ trái sang phải là T2 với T1  T2. Tìm bán kính
quả cầu.
Giải:
Tầm xa của quả cầu ném xuyên với vận tốc đầu là v0, góc ném là  so với phương
v 2 sin 2
ngang là : S  0
.
g

Do hai điểm va chạm cùng nằm trên một đường nằm ngang nên độ lớn vận tốc đầu của
chuyển động từ trái sang phải và phải sang trái là như nhau.
v 2 sin 2 1
v 2 sin 2 2
Vậy tầm xa ứng với hai góc ném  1 ,  2 là bằng nhau: S  0
. 0
g

g

   2
 sin 2 1  sin 2 2   1
2 1    2 2

Mà T1  T2 nên  1   2 vậy  1   2  90 0
Do va chạm đàn hồi nên phương của vận tốc trước và sau va chạm đối xứng nhau qua

pháp tuyến OA tại điểm va chạm. Vậy góc giữa OA với phương ngang là:

NAVAN86

- 10 -


  2 

1   2 1   2

 45 0 .
2
2

S
S
Vậy bán kính của quả cầu: R 

.
2 cos 
2
2v sin  1
2v sin  2 2v0 cos  1
Mặt khác ta có: T1  0
và T2  0

g
g
g

2
2v sin 2 1 2 S
gT T
gT T
 T1T2  0

S 1 2 R 1 2.
g
g
2
2 2

O
R
1

A

2

B

S

Câu 16. Khối lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh a, rơi từ trên xuống và nhào lộn trong
không gian. Tại thời điểm mặt đáy ABCD song song mặt đất (nằm ngang) thì vận tốc
của hai đỉnh A, B hướng thẳng xuống dưới và có độ lớn bằng v, vận tốc của đỉnh C có
phương thẳng đứng và có độ lớn 2v. Xác định vận tốc (hướng và độ lớn) của các đỉnh
còn lại vào cùng thời điểm.
Giải :


a. Khi vc hướng thẳng đứng xuống dưới :
Theo giả thuyết : vC = vD = 2v ; vA = vB = v.

Chọn AB làm trục quay tức thời, u i là vận tốc của các đỉnh còn lại so với AB.
uC = uD = uA’ = uB’ = v. ( CD và A’B’ cách đều AB).













Ta có v A  v  u A v B  v  u B  v A   v B  







v 2  u A2   v 2

Vận tốc của C’ và D’ : v D  v  u D



u D  hợp với v góc 450 (hướng như hình vẽ).
2
2
2
0
Nên v D  v  u D  2vuD cos 45

Mặt khác : u D  u D 2  vC   v D  v 5

C’

 D’
u D

B’
A’



b. Khi vc hướng thẳng đứng lên trên :
Theo giả thuyết : vC = vD = 2v ; vA = vB = v.


Vì v A ngược với vC nên uC = uD = uA’ = uB’ = 3v.
(vận tốc các đỉnh C,D, A’, B’ là như nhau).
Với v

2

A

 u  v  10v  v A  v B  v 10 .
2
A

2

C
D

2

Tương tự trên : u D  uC  u D 2  3v 2


Vì u D  hợp với v góc 1350


vD


vC

B
A

vA



vB

Nên vD  v  u D  2vu D cos 45  v D  vC  v 13
Câu 17. Hai vật chuyển động với vận tốc không đổi trên hai đường thẳng vng góc
với nhau cho v1 = 30m/s , v2 = 20m/s. Tại thời điểm khoảng cách giữa hai vật nhỏ nhất
thì vật một cách giao điểm của hai quỹ đạo đoạn S1 = 500m, hỏi lúc đó vật hai cách
giao điểm trên một đoạn S2 là bao nhiêu?
Giải:
Gọi khoảng cách ban đầu của vật (1) và (2) tới vị trí giao nhau của hai quỹ đạo là
d1 và d2. Sau thời gian t chuyển động khoảng cách giữa chúng là:
2

2

2

0

d  (d 1  v1t )  (d 2  v 2 t ) 2

= (v12  v 22 )t 2  2(v1 d 1  v 2 d 2 )t  d 12  d 22

NAVAN86

- 11 -


d  d min  t 

v1 d 1  v 2 d 2

v12  v 22

Khi đạt được khoảng cách ngắn nhất giữa hai vật thì :
S1  d1  v1 

Lúc đó:

v1d1  v2 d 2 v2 (v2 d1  v1d 2 )

v12  v22
v12  v22
S 2  d 2  v2t

v1 d 1  v 2 d 2 v1 (v1 d 2  v 2 d 1 )

v12  v 22
v12  v 22
v S
30  500
S2   1 1  
 750(m)
v2
20

S 2  d 2  v2 

Vậy lúc hai vật có khoảng cách ngắn nhất thì vật thứ hai cách giao điểm trên một
đoạn S 2  750m .
Câu 18. 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  .
Giải:

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 
 d  (l  v1t ) 2  (v 2 t ) 2  2(l  v1t )v 2 t cos 

= (v1 2  2v1v 2 cos   v 2 2 )t 2  2l (v1  v 2 cos  )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  ,
d sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi tam thức đó nhận giá trị nhỏ nhất,
l (v  v cos  )
hay d  d min  t  2 1 2
2
v1  2v1v 2 cos   v 2
Và khoảng cách bé nhất giữa chúng lúc đó sẽ là:
lv 2 sin 

d min 

4a

 d min 

v1  2v1v 2 cos   v 2
2

2

Câu 19. Một thanh cứng AB có chiều dài L tựa trên hai mặt phẳng P1 và P2 . Người ta

kéo đầu A của thanh lên trên dọc theo mặt phẳng P1 với vận tốc v 0 không đổi. Biết

thanh AB và véctơ v 0 ln nằm trong mặt phẳng vng góc với giao tuyến của P1 và
P2; trong quá trình chuyển động các điểm A, B ln tiếp xúc với hai mặt phẳng; góc
nhị diện tạo bởi hai mặt phẳng là  =1200. Hãy tính vận tốc, gia tốc của điểm B và vận
tốc góc của thanh theo v0, L,  ( là góc hợp bởi thanh và mặt phẳng P2).
Giải:
Các thành phần vận tốc của A và B dọc theo thanh bằng nhau nên:
1
2

vB = vAcos(600- )/cos= v 0 ( 

3
tg)
2

Chọn trục Oy như hình vẽ, A có toạ độ:
y= Lsin  y’= Lcos. ’ = v0cos300.
Vận tốc góc của thanh:
NAVAN86

- 12 -

P1

y


v0

A




B

O
P2


v 0 cos 30 0
v 3
= 0
.
L cos 
2L cos 
3v 02
dv
3
Gia tốc của B: a = B = v 0

'


dt
2 cos 2 
4L cos 3 

 = ’ =

2. ĐỘNG LỰC HỌC CHẤT ĐIỂM VÀ VẬT RẮN
Câu 1. Một vật được truyền vận tốc ban đầu v 0 và chỉ chịu lực cản tỉ lệ với độ lớn vận


tốc v, F  kv .
a. Tính vận tốc v theo quãng đường đi được x, tính quãng đường X đi được cho tới lúc
dừng.
b. Tính vận tốc theo thời gian đi được, tính thời gian để v = v0/2.
Giải:
a. Ta viết định luật II Niutơn dưới dạng: F  m
Ta có:  kv  m

dv
dt

dv
hay –kdx = mdv. Lấy tích phân ta có:
dt

-kx = mv + C. Ban đầu x = 0, v = v0, => C = -mv0.
Vậy v  

k
x  v0

m

Cho v = 0, ta được: X 

m
v0
k

b. Ta có:
 kv  m

dv
dv
k

  dt .Lấy tích phân với điều kiện đầu v = v0 ta được:
dt
v
m

k
 t
m

v  v0 e
m
v 1
cho
 ta được: T  ln 2 .
v0 2

k

Câu 2: Viết phương trình chuyển động của một vật rơi tự do theo thời gian nếu kể đến


lực cản của khơng khí Fc   kv , k là một hằng số dương.
Giải:
  
Áp dụng định luật II Newton cho vật: ma  p  Fc
Chiếu phương trình trên lên phương chuyển động, chiều dương hướng xuống ta có:
ma  mg  kv  m

dv
dv
dt
 mg  kv 

dt
mg  kv m
k

Lấy tích phân ta được: v 

 t
mg
 C1e m
k

C1 là hằng số tích phân được xác định từ điều kiện đầu, v(0) = 0.
mg

mg
 C1  C1 
k
k
k
 t
mg
Do đó: v 
(1  e m ) .
k
k
k
 t
 t
dx mg
mg
Mặt khác ta lại có: v 

(1  e m )  dx 
(1  e m )dt
dt
k
k
k
2
mg
m g  t
Lấy tích phân hai vế ta được: x 
t  2 e m  C2
k

k
v0   0 

NAVAN86

- 13 -


C2 là hằng số tích phân được xác định từ điều kiện đầu, x(0) = 0.
x0   0 

m2 g
m2 g
C
C




2
2
k2
k2
k

Phương trình chuyển động của vật là: x 

 t
mg
m2 g

t  2 (1  e m )
k
k

*Bài toán này ta có thể giải bằng định lí biến thiên động năng như sau:
Trong chuyển động của vật vì kể đến lực cản của khơng khí nên cơ năng của vật biến
thiên. Lực cản sinh công âm cản trở chuyển động rơi của vật. Giả thiết sau thời gian t
vật đi được quãng đường x và đạt vận tốc v.
Công nguyên tố của ngoại lực dA  dAC  dAP trong đó:
- Cơng của lực cản: dAC = - FCdx.
- Công của trọng lực: dAP = mgdx.
1
2

Động năng của vật: Wđ  mv 2
Áp dụng định lí biến thiên động năng dạng đạo hàm:
dWđ dA
dv
dx
dv
dt

 mv
 mg  kv  
 .
dt
dt
dt
dt
mg  kv m

Các bước còn lại giải giống như phần đầu.
Câu 3: Một chất điểm có khối lượng m chịu tác dụng của một lực theo phương ngang
x là F = psinkt, trong p, k là những hằng số đã biết. Tìm chuyển động của chất diểm
biết rằng lúc ban đầu t = 0, thì chất điểm ở vị trí x0, và có vận tốc v0.
Giải:
Áp dụng định luật II Newton cho chuyển động của vật:
m

dv
 p sin kt  mdv  p sin kt.dt
dt

Tích phân phương trình trên ta được: v  

p
cos kt  C1
km

dx
dx
p
p


cos kt  C1  dx  (
cos kt  C1 )dt
dt
dt
mk

mk
p
Lấy tích phân hai vế ta được : x   2 sin kt  C1t  C 2
mk

Mặt khác ta có: v 

Sử dụng các điều kiện đầu ta tính được các hằng số tích phân C1, C2:
p
p


 v0
v  C1 
C1  v 0 

t 0
km
km
 x  C 2  x0
C 2  x 0



Phương trình chuyển động của vật sẽ là: x  x0   v0 

p 
p
t  2 sin kt . Ta nhận thấy
km  k m

chất điểm tham gia hai chuyển động:
-

p 

t
km 

p
Dao động điều hòa: x 2   2 sin kt.
k m

Chuyển động đều: x1  x0   v0 

Câu 4. Một viên đạn xuyên qua tấm ván có chiều dày là h, có vận tốc giảm từ v0 đến
v. Tìm thời gian chuyển động của đạn trong tấm ván, biết rằng lực của tấm ván tỉ lệ
với bình phương vận tốc của viên đạn.
Giải:
NAVAN86

- 14 -


Xét trong khoảng thời gian rất nhỏ dt khi đản trong tấm ván ta có phương trình định


luật II Newton: F  ma
dv
(1)

dt
(2)
 kvds  mdv

Từ (1) ta suy ra:  k
dv
(3)
 m dt  v 2
h
v
k
dv
m v
Lấy tích phân (2):   ds    h   ln
m0
v
k v0
v0

Hay:  kv 2  m

t

Lấy tích phân (3): 

(4)

v

1 1

dv
k
k
 t

dt  

v
m
v0 v
m0
v0

Từ (4) và (5) ta suy ra: t 

(5)

hv  v0 
v.v0 ln v  ln v0 

Câu 5. Một quả đạn rốc-két ban đầu đứng yên, sau đó tự phóng thẳng đứng từ dưới lên
trên bởi khối lượng khí phụt ra phía sau với vận tốc không đổi u (so với rốc-két). Coi
gia tốc trọng trường là khơng đổi bằng g. Hãy tìm biểu thức phụ thuộc thời gian của
gia tốc và vận tốc của rốc-két.
Giải:
+ Do chuyển động là thẳng nên chọn trục x trùng với đường thẳng chuyển động, chiều
dương là chiều chuyển động, phương trình chuyển động là

mdv
udm


 mg (*)
dt
dt

+ Do dm/dt = hằng số và m = m0, dv/dt = 0 tại t = 0 nên phương trình trên cho
mg
dm
 0 .
dt
u

gt
)
u
m0 g 2t
gt dv
dv
g 2t
= (m0 – m)g =
Hay a =
=
+ Thay vào (*) ta có m0(1 - )
u dt
u
dt u  gt

Lấy tích phân phương trình trên ta có m = m0(1 -

+ Vận tốc ở thời điểm  là dv =

hay v =





0

g

gt
dt
u  gt

g 2t
dt
u  gt

=> v = -g  + uln

u
u  g

Chú ý:  trong biểu thức vận tốc v chính là t trong biểu thức gia tốc a
Câu 6. Ở mép đĩa nằm ngang bán kinh R có đặt một đồng tiền. Đĩa quay với vận tốc
   t (  là gia tốc góc khơng đổi). Tại thời điểm nào đồng tiền sẽ văng ra khỏi đĩa.
Nếu hệ số ma sát trượt giữa đồng tiền và đĩa là  .
Giải:
Tại thời điểm t gia tốc pháp tuyến của vật: a n   2 R =  2 t 2 R .
dv Rdt

Gia tốc tiếp tuyến: a t 

 R
dt

dt

2

Gia tốc toàn phần: a  a n  a t 2 =  4 R 2 t 4   2 R 2
Lực làm đồng tiền chuyển động trịn chính là lực ma sát nghỉ.
Ta có: Fmsn  ma  m  4 R 2 t 4   2 R 2 = mR  2 t 4  1

NAVAN86

- 15 -


Vật có thể nằm trên đĩa nếu lực ma sát nghỉ tối đa bằng lực ma sát trượt: Fmsn  Fmst
hay mR  2 t 4  1  mg

 t4 

1 2g2
.(
 1)
 2 R2 2

Lúc vật bắt đầu văng ra thì : Fmsn  Fmst hay: t 4 
 t

Vì t  0 nên

(1)

1 2g2
.(
 1)
 2 R2 2

1 2g2
.
1
 R2 2

2g2
R
1  0   
2 2
R 
g

1 2g2
R
) vật sẽ văng ra khỏi đĩa.
. 2 2  1 ( với  
 R 
g

Vậy sau

Câu 7. Một người đi xe đạp lượn tròn trên một sân nằm ngang có bán kính R. Hệ số



ma sát chỉ phụ thuộc vào khoảng cách r từ tâm của sân theo quy luật    0 1 

r

R

Với  0 là một hằng số (hệ số ma sát ở tâm của sân). Xác định bán kính của đường trịn
tâm 0 mà người đi xe đạp có thể lượn với vận tốc cực đại? Tính vận tốc đó ?
Giải:
Giả sử người đó đang đi trên quỹ đạo trịn với bán kính r với vận tốc v . Ta phải xác
định v max và giá trị này đạt được khi r bằng bao nhiêu.
Đối với hệ quy chiếu cố định gắn ở tâm 0 lực tác dụng lên vật là lực ma sát đóng vai
trị lực hướng tâm và từ đó ta có: N  ma ht
r
v2

 0 1  .mg  m
R
r

 g
Suy ra: v 2   0 gr  0 r 2
R

hay

Đây là một tam thức bậc hai ẩn r với hệ số a  
khi: r  

0 g
R

2
  g
2.  0 
 R 

0 g
 0 . Giá trị của v 2 đạt lớn nhất
R

2

Lúc đó:

2
v max
 v 2  0 g

Vậy: v max 

 gR
R 0 g  R 

   0

2
4
R 2

 0 gR
2

Vậy người đi xe đạp có thể đi với vận tốc lớn nhất bằng
kính lớn nhất bằng

 0 gR
trên quỹ đạo có bán
2

R
.
2

Câu 8. Một vật nhỏ đang nằm yên trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn, lúc t  0 vật đó
chịu tá dụng của một lực phụ thuộc thời gian F  t (  là hằng số). Lực hợp với mặt
nghang góc khơng đổi  .
a. Tính vận tốc của vật lúc rời mặt phẳng ngang.
NAVAN86

- 16 -


b. Quảng đường vật đi được trong khoảng thời gian đó.
Giải:
  


a. Xét các lực tác dụng vào vật: F  p  N  ma
Chiếu lên 0x: F cos   ma (1)
Chiếu lên 0y: N  F sin   p  0 (2)
 N  p  F sin   mg  t.sin 
Vật rời khỏi mặt ngang khi : N  0
Hay mg  t. sin   0
Thời gian để nó rời khỏi mặt phẳng ngang: t 0 
Từ (1):
Hay:

mg
 sin 

F cos   ma
dv
t. cos   m 
dt
 . cos 
 dv 
.t.dt
m
v

t0

0

0

 dv  

 cos 
1  .t 2 . cos 
 t.dt  v  . 0
m
2
m

1 mg 2 . cos 
2  . sin 2 
1  cos 2
b. Phương trình vận tốc : v  .
.t
2
m
Quảng đường vật đi được từ 0  t 0 :

=> v  .

t

0
1  cos  2
1 t 03 . cos 
S   ds   .
 t dt 
2
6
m

m
0

 mA 
 

1   sin  
 cos 
S 
6
m
m2 g 3
1
S  2
 cos  .
6  . sin 3 
Câu 9. Một vịng dây xích nhỏ có chiều dài l, khối lượng m được đặt lên một mặt hình
nón nhẳn trịn xoay có góc ở đỉnh bằng 2 . Cả hệ thống quay đều với vận tốc góc  0
chung quanh trục thẳng đứng trùng với trục đối xứng của hình nón. Mặt phẳng của
vịng xích nằm ngang. Tìm sức căng của vịng xích ?
Giải:
Chọn trục 0xy cố định như hình vẽ.
ml
Xét 1 đoạn rất nhỏ l của vịng xích, nó có khối lượng: m1 

Phương trình định luật II Newton đối với trọng vật m1:
  


p1  N  T1  T2  m1a ( T1  T2  T )

(1)
Chiếu lên 0x:  2T sin   N cos   m1 2 r

NAVAN86

- 17 -


l
l

sin   2r   
Ta có: 
(2)
 N  p1 ; m  ml
1

sin 

l ml
l
Thế (2) vào (1):  2T  
.g . cot   m   2 .r



 2 . 
m
m
.

 g cot g 
T 
g cot    2 r vậy T 
2 
2 
2





Câu 10. Cho cơ hệ như hình vẽ. Nêm có khối lượng M, góc giữa mặt nêm và phương

ngang là  . 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.
Giải:


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   N sin   ma 2 x (1)
Chiếu lên oy: F sin   N sin   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   F  F cos   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)
Chiếu (4) lên 0x:
a 2 x  a1  a 21 cos 

Chiếu (4) lên 0y:
a 2 y  a 21 sin 
Từ đó suy ra: a 2 y  (a 2 x  a1 ) tan  (5)
F (1  cos  )  mg sin  cos 
(6)
M  m sin 2 
F (m sin 2   M cos  )  Mmg sin  cos 

a2x 
m( M  m sin 2  )
F cos  M  m(1  cos  )  mg ( M  m) sin  cos  tan 
a2 y 
m( M  m sin 2  )
(I )
a 2 y  0
Để m dịch chuyển lên trên nêm thì: 
( II )
N  0
* Giải (I): a 2 y  0  F cos  M  m(1  cos  )  mg ( M  m) sin  cos   0

Từ (1), (2), (3) và(5) suy ra: a1 

F

mg ( M  m) sin 
M  m(1  cos  )

(7 )

* Giải (II): Thay (6) vào (3) rút ra N và từ điều kiện N > 0 ta suy ra:
Mg cos 
F
(8)
(1  cos  ) sin 
Từ (7) và (8) ta suy ra để m leo lên được mặt nêm M thì lực F phải thoả mãn điều kiện

NAVAN86

- 18 -


mg ( M  m) sin 
Mg cos 
F
(1  cos  ) sin 
M  m(1  cos  )

Lúc đó gia tốc của nêm đối với mặt đất là a1 ở (6). Gia tốc của vật đối với mặt đất sẽ
là : a 2  a 2 2 x  a 2 2 y .
Câu 11. Khối lăng trụ tam giác có khối lượng m1, với góc  như hình vẽ có thể trượt
theo đường thẳng đứng và tựa lên khối lập phương khối lượng m2 còn khối lập
phương có thể trượt trên mặt phẳng ngang. Bỏ qua mọi ma sát.
a. Tính gia tốc giữa mỗi khối và áp lực giữa hai khối ?
b. Xác định  sao cho gia tốc vật 2 là lớn nhất. Tính giá trị gia tốc của mỗi khối
trong trường hợp đó ?
Giải:


a. * Vật 1: Các lực tác dụng vào m1: P1 , phản lực N1 do bờ tường tác dụng lên m1,

phản lực do m2 tác dụng N . Theo định luật II Newton:
 


P1  N1  N  m1 a1
Chiếu lên ox:
 N cos   N 1  0
Chiếu lên oy:

(1)
P1  N sin   m1 a1


* Vật 2: Có 3 lực tác dụng lên m2: P2 , phản lực N 2 do sàn

tác dụng lên khối lập phương, phản lực N ' do m1 tác dụng lên

khối lập phương. Theo định luật II Newton:
 


P1  N 2  N '  m 2 a 2
Chiếu lên ox: N cos   m2 a 2 (do N '  N )

(2)
Mặt khác khi m2 dời được một đoạn x thì m1 dời được một đoạn y và ta ln có:
x  y tan 
Hay:
a 2  a1 tan 
m  g  a1 
 N sin   m1 g  m1 a1
Từ (1) và (2) suy ra: 
(3)
 tan   1
m2 a 2
 N cos   m 2 a 2
Thay a 2  a1 tan  vào (3) ta suy ra:
m1


a1  m  m tan 2  g

1
2

m1 tan 
a 
g
2

m1  m 2 tan 2 
m1 m2 tan 
ma
Áp lực giữa m1 và m2: N  2 2 
cos 
m1  m 2 tan 2  cos 
m1 tan 
m1
b. Ta có : a 2 
g
g
2
m1
m1  m 2 tan 
 m 2 tan 
tan 
m1
Do
 m2 tan   2 m1 m 2
tan 

m1
m
 m 2 tan   tan 2   1
Dấu bằng xảy ra khi :
tan 
m2



 tan  

NAVAN86

m1
m2



   arctan

- 19 -

m1
m2


Lúc đó:  a 2 min 

1 m1
.g ; a1 

2 m2

m1
m1  m2 .

m1
m2

.g 

m1
g
g
m1  m1
2

Câu 12. Cho cơ hệ như hình vẽ. Lúc đầu hệ cân bằng,

bàn nhận đượcgia 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  .
Giải:
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  N 1  Ma 0 (1) ,
trong đó: a0 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)


tg 
P2
mg g

 F sin   mg cos   T  ma (3)
0
 qt 2
ma sin   mg cos   T  ma 0

Từ (3) suy ra:

(4)

Ma  N 1  ma sin   mg cos 
mM
a
tg
a
g


sin  
2
2
2

tg   1
a
a  g2
1

g2
1
1
g
cos  


tg 2  1
a2
a2  g 2
1

g2
(8)

Từ (1) và (4) suy ra: a 0 
Từ (2) suy ra:

Và N 1  Mg

Thế (6), (7), (8) vào (5) ta rút ra: a0 






(5)

(6)

( 7)

Ma  Mg  m a 2  g 2
mM

Gia tốc của M đối với đất: a M  a 0  a
 a M  a0  a 

aM

Ma  Mg  m a 2  g 2

mM
2
2
m a  g  Mg  mg

mM

a

Câu 13. Một vật có khối lượng m có thể trượt khơng ma sát trên một cái nêm ABC ;
AB =  , Cˆ = 90 0 , Bˆ =  . Nêm ban đầu đứng n, có khối lượng M và có thể trượt
khơng ma sát trên mặt sàn nằm ngang ( như hình vẽ ). Cho vật m trượt từ đỉnh A của

nêm không vận tốc đầu.
a. Thiết lập biểu thức tính gia tốc a của vật đối với nêm và gia tốc a 0 của nêm đối với
sàn.

NAVAN86

- 20 -


b. Lấy hệ tọa độ xOy gắn với sàn, ban đầu trùng với BCA. Tính hồnh độ của vật m và
của đỉnh C khi vật trượt tới đỉnh B. Quỹ đạo của vật là đường gì ? Cho m = 0,1 (kg),
M = 2m,  = 30 0 ,  = 1 (m), g = 10 (m/s 2 ).
Giải :
a. Tính gia tốc a của vật đối với nêm và gia tốc a 0 của nêm đối với sàn.
- Chọn hệ tục tọa độ xOy như hình vẽ.
- Động lượng của hệ bằng 0  Vật đi xuống sang phải thi
nêm phải sang trái  giá trị đại số gia tốc của nêm là a 0 < 0.

+ Vật m chịu tác dụng của 2 lực : trọng lực m g , phản lực

N của nêm vng góc với AB ( như hình vẽ bên ).



+ Gia tốc của vật đối với sàn : a1 = a + a0
+ Phương trình chuyển động của vật :
Theo phương AB : mgsin  = m(a + a 0 .cos  )
(1)
Theo phương vơng góc với AB : N - mgcos  = m a 0 sin 
(2)



+ Phương trình chuyển động của nêm chịu thành phần nằm ngang của - N : Chọn trục
Ox trùng với hướng chuyển động của nêm:
- N sin  = M a 0
(3)
N sin 
) sin 
Từ (2) và (3) ta có : N  mg cos   m.(
M



N + m.sin 

N sin 
= mgcos 
M

 N(M + m.sin 2  ) = M mgcos 
M .mg . cos 
 N =
M  m. sin 2 

Thế vào phương trình (3) ta được :
 M .mg. cos  
sin  .

M  m. sin 2  


a0 = = M

mg. sin 2
2( M  m sin 2  )

Thế vào phương trình (1) ta được :
mgsin  = m(a + (-

mg. sin 2
).cos  )
2( M  m sin 2  )

m 2 g . sin 2 .soc
2( M  m sin 2  )
mg sin 2 . cos 
 a = gsin  +
2( M  m sin 2  )
 mgsin  = m.a -

=

2 Mg sin   2mg sin 3   mg sin 2 . cos 
2( M  m sin 2  )

2 Mg sin   2mg sin  (1  cos 2  )  2mg sin  . cos 2 
 a =
2( M  m sin 2  )
( M  m) g . sin 
 a =
M  m sin 2 

b. Lấy hệ tọa độ xOy gắn với sàn, O trùng với đỉnh C. Tính hồnh độ của vật m và của
đỉnh C khi vật trượt tới đỉnh B. Quỹ đạo của vật là đường gì ?
Cho m = 0,1 kg, M = 2m,  = 30 0 ,  = 1 m, g = 10 m/s 2 .
NAVAN86

- 21 -


Thay số ta tính được :
mg. sin 2
a0 = 2

2( M  m sin  )

= -

0,1.10. sin 60 0
2(0,2  0,1. sin 2 30 0 )

= - 1,92 m/s 2 .
( M  m) g . sin 
20
(0,2  0,1).10. sin 30 0
=
=
m/s 2 .
2
2
0

3
M  m sin 
0,2  0,1. sin 30


Ta nhận thấy rằng : a0 có hướng cố định , a có hướng cố định song song với AB nên



: a1 = a + a0 cũng có hướng cố định hợp với phương ngang một góc  (hình vẽ ).

a =

Ta có : a 12 = a 2 + a 02 - 2.a.a 0 .cos 
2

 20 
 20 
2
0
2
  (1,92)  2. .(1,92). cos 30 = 5,1 m/s .
3
3
 
 
20
. sin 30 0
sin  sin 
a sin 

3

 sin  =
=
= 0,6536
Mặt khác :
a
a1
a1
5,1

= 

  = 40,8 0 Quỹ đạo vật m là đường thẳng AD nghiêng góc 40,8 0 so với phương
AC
ngang. Xét tam giác ACD với AC = 0,5 m ta có : tan  =
OD
AC
0,5
=
= 0,58 (m)
 x 1 = OD =
tan 
tan 40,80

Vậy hoành độ của vật m là 0,58 (m)
Trong thời gian vật đi xuống thì nêm trượt sang trái và khi B trùng với D thì C ở vị trí
C / với hồnh độ : x 2 = - ( CB - OD ) = - ( AB.cos  - OD)
= - ( 1.cos30 0 - 0,58) = - 0,29 (m).
Câu 14. Một kiện hàng hình hộp đồng chất (có khối tâm ở tâm hình hộp) được thả

trượt trên mặt phẳng nghiêng nhờ hai gối nhỏ A và B. Chiều cao của hình hộp gấp n
lần chiều dài( h= nl). Mặt phẳng nghiêng một góc  so với phuong ngang, hệ số ma
sát giữa gối A và B là  .
a. Hãy tính lực ma sát tại mỗi gối.
b. Với giá trị nào của n để kiện hàng vẩn trượt mà không bị lật.
Giải:
   

a. Xét các lực tác dụng vào kiện hàng: P, N A , N B , FmsA , FmsB .












Theo định luật II Newton: P  N A  N B  FmsA  FmsB  ma
Chiếu lên oy:  P cos   ( N A  N A )  0  N A  N B  mg cos 
(1)
Chọn khối tâm G của kiện hàng làm tâm quay, vật chuyển động tịnh tiến không quay
nên từ đó ta có:
l
l
h
h

 N A  FmsA  FmsB
2
2
2
2
F  FmsB
h
 N B  N A  msA
.h 
.( N A  N B )
l
l
mgh cos 
Cuối cùng: N B  N A 
 nmg cos  (2)
l
NB

Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được:
NAVAN86

- 22 -


1
mg cos  (1  n)
2
1
N B  mg cos  (1  n)
2

1

 FmsA  N A  2 mg cos  (1  n)
Lực ma sát tại mỗi gối: 
 F  N  1 mg cos  (1  n)
B
 msB
2
b. Kiện hàng vẫn trượt mà không bị lật khi : N A  0
1
Hay: 1  n  0  n  .

NA 

Câu 15. Quả cầu M khối lượng m được nối với một trục thẳng đứng tại hai điểm A, B
bằng hai thanh chiều dài l, khối lượng không đáng kể (khoảng cách AB = 2a). Các chỗ
nối đều là các chốt nên hai thanh chỉ bị kéo hoặc nén. Cả hệ quay không ma sát quanh
trục thẳng đứng với vận tốc góc  khơng đổi (xem hình vẽ).
Tính các lực T và T’ mà vật m tác dụng lên các thanh AM và BM tương ứng. Các
thanh bị kéo hay bị nén?
Giải:
Gọi TM, TM' là các lực do các thanh tác dụng lên vật M. Vật M chịu các lực: mg, TM,
F = m 2 R  m 2 l 2  a 2
TM' và lực Hướng tâm:
Giả thiết TM và TM' có chiều như hình vẽ. Gọi
a
góc AMH = BMH =  ; sin   ; cos  =R/l. Chiếu
l
xuống HX và HY có:

T
T

M


sin   mg

 TM' cos   m 2 R

A

H

x

'
M  TM
a
Nhân pt đầu với sin   , pt thứ hai với cos  =R/l,
l

y

B

l

TM

TM'

M
m
g

sau đó cộng và trừ các pt ta được:
ml  2 g 
  
2 
a
ml  2 g 
TM' 
  
2 
a
TM 

TM >0, chiều giả thiết là đúng. TM là chiều do thanh tác dụng lên M. Ngược lại, M
tác dụng lên thanh lực trực đối T. Vậy thanh AM bị kéo.
TM'  o nếu 

g
(quay đủ nhanh), thanh BM bị kéo.
a

g
thanh BM bị nén.
a
g

thanh BM không chịu lực nào.
TM'  0 nếu  
l

TM'  0 nếu 

Câu 16. Cho cơ hệ như hình vẽ: Vật 1 có khối lượng m1 , vật 2 có khối lượng m2 = 6
m1 = 6 kg, ban đầu hệ được giữ đứng yên và hai vật cách mặt đất một đoạn là h =
40cm. Thả cho hai vật bắt đầu chuyển động. Khối lượng ròng rọc, các dây nối và ma

NAVAN86

- 23 -


sát đều không đáng kể. Xem sợi dây không co, giãn trong q trình chuyển động. Lấy
g = 10m/s2.
a. Tính gia tốc của mỗi vật trong quá trình chuyển động.
b. Tính giá trị cực đại mà vật 1 đạt được trong quá trình chuyển động.
c. Trong khi 2 vật đang chuyển động người ta cho giá đỡ chuyển động hướng thẳng
đứng lên trên với gia tốc a = 2 m/s2. Tính lực căng dây khi m2 đang chuyển động.
Giải:
a. Pt ĐL II newtơn cho mỗi vật:
 

Vật 1: p1  T1  m1a1
(1)






(2)
Vật 2: p2  T2  m2 a2
Chiếu (1) và (2) lên hướng chuyển động của mỗi vật ta được:
m2
(3)
(1)  T1  p1  m1a1
h
(4)
(2)  p2  T2  m2 a2
Từ hìn vẽ ta thấy khi vật 2 đi được quãng đường S,thì vật 1 đi được 2S
=> a1  2a2 và T2 = 2T1
thay vào (3),(4) đồng thời khử T ta được: a2 

m1

(m2  2m1 ) g
= 4 (m/s2) và a1 = 8 (m/s2).
4m1  m2

b. Khi vật 2 chạm đất thì vật 1 đi đc đoạn đường là S1 = 2h = 0,8m. Khi đó vật 1 đạt
được vân tốc v1  2a1s1  12,8 (m/s) và thực hiện chuyển động ném đứng với vận
tốc ban đầu v1. Quãng đường vật 1 đi được đến khi đạt độ cao cực đại là: S1max= v12/2g
= 0,64 m
Vậy độ cao cực đại cần tìm là: hmax = S1 + S1max = 1,44m
c. Xét trong hệ quy chiếu gắn với giá đỡ m2 . Các vật chịu thêm lực quán tính



F  ma








p2  T2  m2 a  m2 a2, đặt p2 hd  p2  m2 a  m2 g hd  g hd  12m / s 2
(m  2m1 )
2
Tương tự câu a suy ra a2,  2
g hd  4,8 (m/s )
4m1  m2
a1,  9,6m / s 2  T1  m1 ( g hd  a1, )  21, 6 N .

L

Câu 17. Một xe trượt dài L = 4 m, khối lượng phân bố đều theo

chiều dài, đang chuyển động với vận tốc v0 trên mặt băng nằm
ngang thì gặp một dải đường nhám có chiều rộng l = 2m vng
góc với phương chuyển động. Xe dừng lại sau khi đã đi được một
quãng đường S = 3m, như trên hình vẽ. Lấy g = 10 m/s2.

l

a. Tính hệ số ma sát giữa bề mặt xe trượt với dải đường nhám.
b. Tính thời giam hãm của xe.

Giải:
a. Chọn trục toạ độ Ox dọc theo hướng trượt của xe, gốc O
ở mép đường nhám lối xe đi vào như hình vẽ.
- Khi đầu xe có toạ độ x (x  l), lực ma sát trượt tác dụng lên
xe có độ lớn là : Fms1 = μ

mg
x . Đồ thị biểu diễn Fms(x) trên
L

hình vẽ. Độ lớn cơng lực ma sát tính đến khi đầu xe vừa qua
khỏi dải đường nhám được xác định bằng diện tích hình tam

NAVAN86

S

- 24 -

O

x

X


giác OMN: A1 =

1
l2

μmg .
2
L

Fms

-Sau đó (l  x  S), Fms không đổi: Fms2 = μmg

M

l
L

- Độ lớn công Fms thực hiện cho đến khi xe dừng lại là:
l(S - l)
A 2 = Fms2 (S - l) = μmg
;
L

x

N
O

l

S

mv02
1

l2
l(S - l)
= A1 + A 2 = μmg + μmg
2
2
L
L
2
v0 L
= 0,05 v 02
 μ=
gl(2S - l)
μmg
b. Khi 0  x  l , phương trình ch. động của xe trượt là: x = mx (*) hay
L
μg
x = x (**), là phương trình d.đ.đ.h với tần số ω =  g/L (rad/s)
L
- Dạng nghiệm của pt (*) là: x = Acos(ωt +  )
+ Khi t = 0 thì x = Acos  0 và v = x = - Aωsin = v0
v

 x = 0 cos(ωt - ) (***)

2

- Theo ĐL biến thiên động năng:

+ Khi đầu xe vừa qua khỏi dải đường, tức x = l thì :
v0


π
lω
cos(ωt1 - ) = l  cos(ωt1 - ) = sin t1 =

2
2
v0
Vậy thời gian đầu xe đi hết đoạn đường nhám là : t1 

 l 
1
.arcsin   ; và vận tốc

 v0 

của xe trượt lúc đó là : v1  v0cos t1 .
- Sau khi đầu xe đã ra khỏi đoạn đường nhám, tức l  x  S , phương trình chuyển động
của xe là pt : a 2 = x = -

μmg
l = mx , nên gia tốc của xe là :
L

μlg
= const : xe chuyển động chậm dần đều.
L

- Thời gian ch.động chậm dần đều cho đến khi dừng lại là : t2  
- Vậy thời gian hãm của xe là : t  t1  t2 =

v1
.
a2


 l  Lv
 l  
1
.arcsin    0 cos  arcsin    .



 v 0   lg
 v0  


Câu 18. Một vật khối lượng m được gắn vào đầu một lị xo có độ cứng k và chiều dài
tự nhiên  0 như hình vẽ. Vật có thể trượt không ma sát trên một thanh ngang. Cho
thanh ngang quay quanh một trục thẳng đứng đi qua đầu còn lại của lị xo với vận tốc
 khơng đổi.
a. Tính chiều dài của lị xo.
b. Đưa vật ra khỏi vị trí cân bằng mới một
đoạn x 0 rồi buông nhẹ. Chứng tỏ vật dao động
điều hòa và lập biểu thức li độ.
Giải:
a. Tính chiều dài của lị xo.
NAVAN86

- 25 -