Chuyên đề ôn thi HSG môn vật lý

Vt lớ Hay v Khú
A. C hc
1. ng hc
Bài 1: Cho cơ hệ nh hình vẽ. B chuyển động sang phải với gia tốc
a

, còn vật nhỏ A đợc nối với
điểm C bằng một sợi dây không dãn đợc nâng lên theo đờng 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 yên,
sợi dây luôn 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
AI

:


cos 2
22
DIADDIADIAIA +==
(
4


=
)

( )
2
2
.2.
2
.22
2
2
2
RRRRIAIA

+






==

84
2
2
+=

R
IA
Ta có thời gian để trụ dịch chuyển từ E đến F là:

2
2
1
atEF =
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 :
Suy ra:

a
R
a
R
a
AD
a
EF
t


====
2
.2
.2.2

Vận tốc trung bình của vật nhỏ A:
t
IA
v =

=v

aR)84(
2
1
2
+
Bài 2: Môt chiếc ca nô xuất phát từ điểm A trên đờng cái, ô tô này
cần đến điểm D (trên đồng cỏ) trong thời
gian ngắn nhất. Biết
lCDdAC == ;
.
Vận tốc ô tô chạy trên đờng cái (v
1
)lớn hơn vận tốc ô tô trên
Thiờn Cng
1
Vt lớ Hay v Khú
đồng cỏ (v
2
) n lần.
Hỏi ô tô phải rời đờng cái tại một điểm B cách C một đoạn
x là bao nhiêu?
Giải:
Thời gian ô tô chạy trên đờng cái từ A đến B:
1
1
v
xd
t

=
Thời
gian ô tô chạy trên đồng cỏ từ B đến D:
2
22
2
v
lx
t
+
=
.
Tổng thời gian chạy từ A đến D của ô tô :
21
ttt +=
=
1
v
xd
2
22
v
lx +
+
.

+

=
1

v
xd
1
22
.
v
lx
n
+
.
Đặt:
( )
1
22
v
lxnxd
xf
++
=


( )
1
1
'
v
xf =
22
1
lxv

nx
+
+
22
1
22
. lxv
lxnx
+
+
=
.
f(x) = 0

x=
1
2
n
l
.
Bảng biến thiên:

Vậy ô tô phải rời đờng cái tại B cách C một đoạn
=x

1
2

n
l

, lúc đó thời gian ngắn nhất cần
thiết của ô tô sẽ là:
1
2
min
1
v
nld
t
+
=
.
Thiờn Cng
2
Vt lớ Hay v Khú
Bài 3: Trên mặt phẳng nằm ngang có một cột trụ bán kính R thẳng đứng, ngời ta dùng một sợi dây
chỉ mảnh không dãn, khối lợng 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 t thế căng, lúc này chiều dài dây là L. Truyền cho
vật vận tốc v
0
hớng vuông 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 không có lực nào tác dụng vào vật sinh công, do vậy động năng của vật đợc
bảo toàn do vậy nó có vận tốc không đổi v

0
.
Tại một thời điểm nào đó dây có chiều dài l, xét một thời gian vô cùng bé dt vật đi đợc cung
AB:
=ld=v
0
dt.
Do

Rdl =


d
=
R
dl
thế vào phơng trình trên ta đợc:

R
dl
l
=
dtv
0
Lấy tích phân hai vế:

L
R
ldl
0

=

t
dtv
0
0


R
1
.
2
2
l
L
0
tv
0
=

t
0



R
L
2
2

tv
0
=



Rv
L
t
0
2
2
=
.
Vậy thời gian để dây cuốn hết trụ sẽ là:
Rv
L
t
0
2
2
=
.
Bài 4: Có hai vật m
1
và m
2
chuyển động thẳng đều với vận tốc lần lợt là
1
v

và
2
v

. Vật m
2
xuất
phát từ B.
Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa chúng trong quá trình
chuyển động và thời gian đạt đợc khoảng cách đó? Biết
khoảng cách ban đầu giữa chúng là
l
và góc giữa hai đờng
thẳng là

.
Giải:
Giả sử sau thời gian
t
khoảng cách giữa hai vật là ngắn nhất.
Khoảng cách đó sẽ là:


cos' '2''
22
BBBABBBAd +=
Thiờn Cng
3
Vt lớ Hay v Khú

cos)(2)()(
21
2
2
2
1
tvtvltvtvld +=
=
2
21
2
2
221
2
1
)cos(2)cos2( ltvvltvvvv ++++

Ta xem biểu thức trong căn là một tam thức bậc hai ẩn số
t
, với

22
2
2
sin4 vl=
, d sẽ đạt giá

trị nhỏ nhất khi tam thức đó nhận giá trị nhỏ nhất,
hay

=
min
dd

2
221
2
1
21
cos2
)cos(
vvvv
vvl
t
++
+
=


Và khoảng cách bé nhất giữa chúng lúc đó sẽ là:
a
d
4
min

=

=
min
d
2
221
2
1
2
cos2
sin
vvvv
lv
++


Bài 5: Có hai tàu A và B cách nhau một khoảng a đồng thời tàu A và B chuyển động với vận tốc
không đổi lần lợt là v và u
( )
uv >
. Tàu B chuyển động trên một đờng thẳng (đờng thẳng này vuông
góc với đoạn thẳng nối các vị trí ban đầu của hai tàu, còn tàu A luôn hớng về tầu B.
Hỏi sau bao lâu tàu A đuổi kịp tàu B ?
Giải:
Ta gắn hệ trục
xy0
trùng với mặt phẳng nớc và trục 0x cùng
phơng chiều với chuyển động của tàu B , còn tàu A nằm trên

phần dơng của trục 0y ở vị trí ban đầu có toạ độ là
( )
a,0
.
Tàu A chuyển động với vận tốc
v
luôn hớng về phía tàu B
với vận tốc gồm hai thành phần:








==
==


sin
cos
v
dt
dy
v
v
dt
dx
v

y
x
Lấy vế chia vế hai phơng trình trên và ta rút ra:


dt
dy
dt
dy
dt
dx


cot
tan
1
==
(1)
Ta lại có:

cottan yxut
xut
y
=

=
(2)
Đạo hàm 2 vế của (2) ta đợc:

dt

dy
dt
dy
dt
dx
u



2
sin
cot =
(3)
Thay (1) vào (3) ta suy ra:

dt
dy
u


2
sin
=
(4)
Mặt khác:


sin
sin
v

dy
dtv
dt
dy
==
(5)
Thiờn Cng
4
Vt lớ Hay v Khú
Thay dt từ (5) vào (4):


sin
d
dy
y
vu =
hay


sin
d
y
dy
v
u
=
Lấy tích phân 2 vế:

=




2
sin
d
y
dy
v
u
y
a







=
2
tanlnln

a
y
v
u
Suy ra

v
u
a
y






=
2
tan

Mặt khác ta lại có:

=
+
=
2
tan1
2
tan2
sin
2



v
u

v
u
a
y
a
y






+






=
+








2

2
tan
2
tan
2
1

và

sinv
dy
dt =
nên

+






=

a
y
d
a
y
a
y
v
a
dt
v
u
v
u
2
(*)
Lấy tích phân 2 vế phơng trình (*):

+






=

0
0
2
a
v
u
v
u
t
a
y
d
a
y
a
y
v
a
dt

+
+

=
v
u
v
u
v
a
t
1
1
1
1
2
hay

=t

22
uv
av

Vậy sau thời gian
22
uv
av

tàu A sẽ đuổi kịp tầu B.
Bài toán đuổi bắt có nhiều dạng khác nhau, phơng pháp đa năng để giải các loại bài toán này
chính là phơng pháp vi phân . Tuy nhiên còn có những ph ơng pháp đặc biệt để giải chúng, các bạn
có thể tham khảo cuốn Lãng mạn toán học của giáo s Hoàng Quý có nêu ra một trong những phơng
pháp đặc biệt đó để giải bài toán sau:
Thiờn Cng
5
Vt lớ Hay v Khú
Có hai tàu A và B cách nhau một khoảng a đồng thời tàu A và B chuyển động cùng vận tốc. Tàu B chuyển
động trên một đờng thẳng (đờng thẳng này vuông góc với đoạn thẳng nối các vị trí ban đầu của hai tàu), còn tàu
A luôn hớng về tầu B.
Hỏi sau một thời gian đủ lâu thì hai tàu chuyển động trên cùng một đờng thẳng và khoảng cách giữa chúng
không đổi. Tính khoảng cách này ?
Đáp số:
2
a
.
Bài 6: Vật m
2
đang đứng yên trên mặt sàn nằm ngang nhẳn cách bờ tờng một khoảng d. Vật m
1
chuyển động tới va chạm hoàn toàn đàn hồi với vật m
2
(m
1
> m
2
), vật m
2

lại va chạm đàn hồi
với bờ tờng và gặp m
1
lần 2. Va chạm
lần 2 xảy ra cách bờ tờng một khoảng
là bao nhiêu?
Tìm điều kiện để điểm va chạm lần 2 cách điểm va chạm lần 1 một khoảng là d/2 ?
Giải :
Chọn trục toạ độ nh hình vẽ.
Gọi v
1
,v
1
lần lợt là vận tốc của vật 1 trớc và sau khi va chạm.
Gọi v
2
và

v
2
là vận tốc của vật 2 trớc và sau khi va chạm (các vận tốc
v
1
,v
2
,v
1
,v
2
mang giá trị đại số).

Sau va chạm :

( )
21
22121
'
1
2
mm
vmvmm
v
+
+
=
=
1
21
21
v
mm
mm
+


( )
1
21
1
21
11212

'
2
22
v
mm
m
mm
vmvmm
v
+
=
+
+
=
(do v
2
= 0)
Nhận thấy v
1
,v
2
đều dơng, chứng tỏ sau va cham chúng chuyển động cùng chiều ox.
Gọi điểm va chạm lần 2 cách tờng một đoạn x, thời gian giữa 2 lần va cham là :

'
'
2
1
v
xd

v
xd
t
+
=

=
(1)
(do sau va chạm vào tờng của m
2
thì nó vẫn có vận tốc nh cũ nhng đã đổi hớng
'
1
''
2
vv =
.
Thế v
1
và v
2
từ trên vào (1) ta suy ra :
Thiờn Cng
6
Vt lớ Hay v Khú

=x

d
mm

mm
21
21
3

+
Để va chạm lần 2 cách lần 1 một đoạn
2
d
thì:
22
dd
dx ==

hay
23
21
21
d
d
mm
mm
=

+



21
3mm

=
.
Bài 7: Một hạt chuyển động theo chiều dơng của trục ox với vận tốc sao cho
xav =
(a là hằng số
dơng). 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 :
xa
dt
dx
xav ==

hay
adt
x
dx
=
Nguyên hàm hai vế :

+== catxdta
x
dx
2
Do
0=t
thì

0=x

0= c

Do vậy
2
2
4
2 t
a
xatx ==
Vận tốc của vật
'x
dt
dx
v ==

t
a
v
2
2
=
Gia tốc của vật :
Thiờn Cng
7
Vt lớ Hay v Khú

''
2

2
x
dt
xd
w ==

2
2
a
w
=
b. Vận tốc trung bình
t
a
t
x
v
4
2
==

2
xa
v
=
Bài 8: Ném một viên đá từ điểm A trên mặt phẳng nghiêng với vận tốc
0
v

hợp với mặt phẳng

ngang một góc

=60
0
, biết
0
30=

. Bỏ qua sức cản của không khí.
a. Tính khoảng cách AB từ điểm ném đến điểm viên đá rơi.
b. Tìm góc

hợp bởi phơng véc tơ vận tốc và phơng ngang ngay sau viên đá chạm mặt
phăng nghiêng và bán kính quỹ đạo của viên đá tại B.
Giải:
a. Chọn hệ trục oxy gắn o vào điểm A và trục ox song song với phơng ngang Trong quá trình
chuyển động lực tác dụng duy nhất là trọng lực
P

.
Theo định luật II Newton:

amP


=
Chiếu lên:
0x:
x
ma=0

0=
x
a
0y:
y
maP =

ga
y
=
Phơng trình chuyển động của vật theo hai trục ox và oy:






=
=
)2(
2
1
.sin
)1(.cos
2
0
0
gttvy
tvx

Khi viên đá rơi xuống mặt phẳng nghiêng:
Thiờn Cng
8
Vt lớ Hay v Khú




=
=
)4(sin
)3(cos


ly
lx
T hế (3) vào (1) ta rút ra t thế vào (2) và đồng thời thế (4) vào (2) ta rút ra :



2
2
0
cos.
)cos.sincos (sincos2
g
v

l

=



2
2
0
cos
)sin(.cos2
g
v
l

=



=
l
g
v
3
2
2
0
b. Tại B vận tốc của vật theo phơng ox là:

cos
0
vv
x
=
2
0
v
=
Khi vật chạm mặt phẳng nghiêng :


cos
3
2
cos
2
0
g
v
lx ==
hay

cos
3
2
.cos
2
0
0

g
v
tv =
;
Suy ra thời gian chuyển động trên không của viên đá:



cos3
cos2
0
g
v
t =
=
3
2
0
g
v
Vận tốc theo phơng oy tại B:

gtvv
y
=

sin
0

323
2
sin
00
0
vv
vv
y
==




tan
=
3
1
2
32
0
0
=

=
v
v
v
v
x
y

0
30
=

do
<=
32
0
V
v
y
0 nên lúc chạm mặt phẳng nghiêng
v

hớng xuống.
Lực hớng tâm tại B:

R
v
mmgF
ht
2
cos ==



cos
2

g
v
R =
Thiờn Cng
9
Vt lớ Hay v Khú
Với:
3124
2
0
22
222
v
vv
vvv
yx
=+=+=


=R

g
v
.33
2
2
0
Bài 9: Một ngời đứng ở sân ga nhìn ngang đầu toa thứ nhất của một đoàn tàu bắt đầu chuyển động
nhanh dần đều. Toa thứ nhất vợt qua ngời ấy sau thời gian
1

t
.
Hỏi toa thứ n đi qua ngời ấy trong thời gian bao lâu?
Biết các toa có cùng độ dài là S, bỏ qua khoảng nối các toa.
Giải:
Toa thứ nhất vợt qua ngời ấy sau thời gian t
1
:

2
2
1
at
s =
a
S
t
2
1
=
n toa đầu tiên vợt qua ngời ấy mất thời gian
n
t
:

2
.
2
n
ta

ns =

a
nS
t
n
2
=
;

1n
toa đầu tiên vợt qua ngời ấy mất thời gian
1n
t
:

( )
2
1
2
1
=
n
at
sn


a
Sn
t

n
)1(2
1

=

Toa thứ n vợt qua ngời ấy trong thời gian
t

:

)1(
2
1
==

nn
a
S
ttt
nn
.

=
t
1
)1( tnn

Bài 10: Một chất điểm chuyển động từ A đến B cách A một đoạn s. Cứ chuyển động đợc 3 giây
thì chất điểm lại nghỉ 1 giây. Trong 3 giây đầu chất điểm chuyển động với vận tốc

s
m
v 5
0
=
.
Trong các khoảng 3 giây tiếp theo chất điểm chuyển động với vận tốc 2v
o
, 3v
0
, , nv
0
.
Tìm vận tốc trung bình của chất điểm trên quảng đờng AB trong các trờng hợp :
a. s = 315 m ;
b. s = 325 m .
Giải:
Đặt:
)(3
1
st =

Gọi quảng đờng mà chất điểm đi đợc sau
1
nt
giây là s:

n
ssss +++=
21

Trong đó s
1
là quảng đờng đi đợc của chất điểm trong 3 giây đầu tiên. s
2
,s
3
, ,s
n
là các quảng đ-
ờng mà chất điểm đi đợc trong các khoảng 3 giây kế tiếp.
Suy ra:

) 21( 2
1010101.0
ntvtnvtvtvS +++=+++=
Thiờn Cng
10
Vt lớ Hay v Khú

)1(5,7
2
)1(
10
+=
+
= nntv
nn
S
(m)

a. Khi
ms 315=

7,5n(n+1) = 315




=
=
7
6
n
n
(loại giá trị n=-7)
Thời gian chuyển động:

)(231
1
snntt =+=
Vận tốc trung bình:
23
315
==
t
s
v

=v
)/(7,13 sm

.
b. Khi
ms 325=
:
Thời gian đi 315 mét đầu là 23 giây
Thời gian đi 10 mét cuối là :

)(29.0
5.7
1010
1
s
v
t
n
===
+
Vận tốc trung bình:

129,023
325
++
=v

=v

)/(38,13 sm
Bài 11 : Hai vật chuyển động với vận tốc không đổi trên hai đờng thẳng vuông góc với nhau cho v
1
= 30m/s , v

2
= 20m/s. Tại thời điểm khoảng cách giữa hai vật nhỏ nhất thì vật một giao điểm của
quỹ đạo đoạn S
1
= 500m, hỏi lúc đó vật hai cách giao điểm trên một đoạn S
2
là bao nhiêu?
Giải:
Gọi khoảng cách trên đầu của vật (1) và (2) tới vị trí giao nhau của hai quỹ đạo là d
1
và d
2
. Sau
thời gian t chuyển động khoảng cách giữa chúng là:

2
2211
)()( tvdtvdd +=
=
2
2
2
12211
22
2
2
1
)(2)( ddtdvdvtvv ++++

min

dd =
2
2
2
1
2211
vv
dvdv
t
+
+
=
Khi đạt đợc khoảng cách ngắn nhất giữa hai vật thì :

2
2
2
1
21122
2
2
2
1
2211
111
)(
vv
dvdvv
vv
dvdv

vdS
+

=
+
+
=
Lúc đó:
tvdS
222
=


=
22
dS
2
2
2
1
12211
2
2
2
1
2211
2
)(
vv
dvdvv

vv
dvdv
v
+

=
+
+


)(750
20
50030
2
11
2
m
v
Sv
S =

=

=
Vậy lúc hai vật có khoảng cách ngắn nhất thì vật thứ hai cách giao điểm trên một
đoạn
=
2
S

m750
.
Thiờn Cng
11
Vt lớ Hay v Khú
Bài 12: Một chiếc côngtenơ đặt sao cho mặt trên nằm ngang đợc cần cẩu cẩu lên thẳng đứng lên
cao với gia tốc a = 0,5m/s
2
. Bốn giây sau khi rời mặt đất ngời ngồi trên mặt côngtenơ ném một hòn
đá với vận tốc v
0
= 5,4m/s theo phơng làm với mặt phẳng ngang côngtenơ góc
0
30=

.
a. Tính thời gian từ lúc ném đá đến lúc nó rơi xuống mặt đất. Biết côngtenơ
cao h = 6(m)
b. Tính khoảng cách từ nơi đá chạm đất đến vị trí ban đầu của tấm bê tông
(coi nh một điểm) lấy g = 10m/s
2
.
Giải:
a. Sau 4s độ cao của ngời đứng trên mật côngtenơ là:

)(10
2
45
6
2

22
m
ta
H =

+=

+
Vận tốc của ngời lúc đó:

s
m
tav 24.5,0.
1
===
.
Gọi

0
v
là vận tốc của viên đá đối với ngời thì vận tốc viên
đá đối với đất :

10

+= vvv
Chiếu lên:
0x:
)/(7,486.04,5cos
0

smvv
x
==

0y:
)/(7,4
2
4,5
2sin
01
smvvv
y
=+=+=


1=
x
y
v
v
tg

vậy
0
45=


Chọn trục oxy nh hình vẽ gắn vào mặt đất. Phơng trìn chuyển động của viên đá theo phơng
oy:
2

sin10
2
gt
tvy +=

với
)/(65,6
22
smvvv
yx
=+=
vậy:
2
57,410 tty +=
Lúc đá rơi xuống đất: y = 0


057,410
2
=+ tt



t

s2

b. Khoảng cách từ nơi đá rơi đến vị trí ban đầu của côngtenơ:

=== 2.7,4tvL

x

m4,9
.
Bài 13: Ngời ta đặt một súng cối dới một căn hầm có độ sâu h. Hỏi phải đặt súng cách vách
hầm một khoảng l bao nhiêu so với phơng 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
0
v
.
Thiờn Cng
12
Vt lớ Hay v Khú
Giải:
Phơng trình vận tốc của vật theo phơng ox :


cos
0
vv
x
=
Phơng trình vận tốc của vật theo phơng oy:

gtvv
y
=

sin
0

Phơng trình chuyển động:

tvx =

cos
0
;

2
sin
2
0
gt
tvy =

Phơng trình vận tốc:


cos
0
vv
x
=
;

gtvv
y
=

sin
0
Để tầm xa x là lớn nhất thì tại A vận tốc của vật phải hợp với mặt ngang một góc 45
0
có
nghĩa là tại A:

0
cossin
v
g
tvv
yx


==

(1)
Hơn nữa ta phải có sau thời gian này:






=
=

=
=
)3(
2
sin
)2(cos
2
0
0
h
gt
tv
ltv
hy
lx



Từ (2)

cos
0
v
l
t =
(3) kết hợp với (1)
)cos.(sincos
2
0

=
g
v
l
(4)
Thay t từ (1) vào (3) ta đợc:

2
1
sin
2
0
2
+=
v
gh

;
2
0
2
2
1
cos
v
gh
=

Thế vào (4):

)coscos(sin
2
2
0

=
g
v
l

=l

)
2
1
4
1
(
2
0
4
0
22
2
0
v
gh
v
hg

g
v
+
Từ (1) :








++=
+
=
2
0
2
0
2
0
00
2
0
2
0
2
1
2
1

2
1
2
1
2
1
v
gh
v
gh
v
gh
vvv
g
v
gh
v
gh
t
y
2
0
2
1
v
gh
v
y
=
)1()

2
1
()
2
1
()
2
1
(
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
+=+= v
v
gh
v
gh
v
gh
vv
A
Thiờn Cng
13

Vt lớ Hay v Khú

=
max
S

( )
g
v
v
gh
g
v
A
1.
2
1
2
0
2
0
2
+

=
Vậy phải đặt súng cách vách hầm một khoảng:
)
2
1
4
1
(
2
0
4
0
22
2
0
v
gh
v
hg
g
v
l +=
thì tầm xa của đạn trên mặt đất là lớn nhất và
tầm xa này bằng
( )
g
v
v

gh
1.
2
1
2
0
2
0
+









.
Bài 14: Một chất điểm chuyển động chậm dần trên một đờng thẳng với một gia tốc mà độ lớn w
phụ thuộc vận tốc theo định luật
vaw =
trong đó a là một hằng số dợng. Tại thời điểm ban đầu
vận tốc của hạt bằng v
0
.
Hỏi quảng đờng mà hạt đi đợc cho đến khi dừng lại và thời gian đi quảng đờng ấy ?
Giải:
Về độ lớn:
vaw =

a. Về dấu ta có:

Catv
adt
dt
dv
va
dt
dv
vaw
+=
===
2
Lúc
0
=
t
,
0
=
v
00
222 vatvvC +==

2
2
00
4
. t
a

tvavv +=
Khi chất điểm dừng lại thì v = 0:

0
2
v
a
t =
(*)
Quảng đờng vật đi đợc cho đến lúc dừng lại:


+==
0)
2
0
2
2
00
2
0
)
4
.(
v
a
v
a
dtt
a

tvavvdtS


=
S

2
3
0
3
2
v
a
S
=
b. Từ (*) ta có thời gian đi quảng đờng ấy:
=t
0
2
v
a
.
Bài 15: ở mép của một chiếc bàn chiều cao h, có một quả
cầu đồng chất bán kính R = 1(cm)
)( hR
. Đẩy cho tâm 0
của quả cầu lệch khỏi đờng thẳng đứng đi qua A, quả cầu
Thiờn Cng
14
Vt lớ Hay v Khú

rơi xuống đất vận tốc ban đầu bằng 0. Tính thời gian rơi và
tầm xa của quả cầu(g = 10m/s
2
).
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

cosp
:


cos9cos
2
2
Rv
R
v
mp ==
(1)
Theo định luật bảo toàn năng lợng:

2
2
1
cos mvmgRmgR +=

(2)
Từ (1) và (2) suy ra:

3
5
sin
3
2
cos ==

Thay
3
2
cos =

vào phơng trình (1) ta đợc vận tốc của vật lúc đó:

gRv
3
2
=
Giai đoạn tiếp theo vật nh một vật bị ném xiên với góc

và với vận tốc ban đầu:

gRv
3
2
=
Theo đề bài
hR
<<
do vậy ban đầu ta xem

A

0
.
Chọn trục
xy'0
nh hình vẽ
A

'0
.






+=
=
2
2
1
.sin
.cos
gttvy
tvx


Khi chạm đất
hy =

, nên:

hgttv =+
2
2
1
.sin

Thay







=
=
3
5
sin
3
2

gRv
vào phơng trình trên ta tìm đợc:

<
+
=
++
=
)(0
.33
541010
.33
541010
2
1
loai
g
ghgRgR
t
g
ghgRgR
t
Thiờn Cng
15
Vt lớ Hay v Khú
Vậy sau
=t

g

ghgRgR
.33
541010
++
thì vật sẽ rơi xuống đất.
Tầm bay xa của vật:

.
3
2
.
3
2
.cos gRtvxS ===

g
ghgRgR
.33
541010 ++

=S
( )
ghgRgR
g
R
541010
2
27
2
++

.
Bi 16: Mt cht im chuyn ng chm dn trờn bỏn kớnh R. sao cho ti mi im gia tc tiộp
tuyn v gia tc phỏp tuyn luụn cú ln bng nhau. Ti thi im ban u t=o, vn tc ca cht
im ú l
0
v
.
Hóy xỏc nh:
a. Vn tc ca cht im theo thi gian v theo quóng ng i c.
b. Gia tc ton phn theo vn tc v quóng ng i c.
Gii:
a. Theo bi ta cú:

R
v
dt
dv
aa
nt
2
==


R
dt
v
dv
=
2
(1)

Ly tớch phõn 2 v ta cú:

R
t
vvR
dt
v
dv
tv
v
==

0
0
2
11
0


=v
t
R
v
v
0
0
1
+
t (1)
R

ds
v
dv
=
(2) (ds = vdt )
Ly tớch phõn 2 v phng trỡnh (2):

R
s
v
v
R
ds
v
dv
Sv
v
==

0
0
ln
0



=v

e
R

S
v

.
0
.
b. Gia tc ton phn:

22
22
ntnt
aaaaa ==+=
Gia tc ton phn theo vn tc:
Thiờn Cng
16
Vật lí Hay và Khó

=a

2
2
R
v
Gia tốc toàn phần theo quãng đường đi được:

=a

2
.
2

2
0
R
ev
R
s
−
.
Bài 17: Hai vòng tròn bán kính R, một vòng đứng yên, vòng còn lại chuyển động tịnh tiến sát
vòng kia với vận tốc
0
v

. Tính vận tốc của điểm cắt C giữa hai vòng tròn khi khoảng cách giữa hai
tâm
d=
21
00
.
Giải:
Chọn gốc thời gian t = 0 lúc 2 vòng tròn bắt đầu tiếp xúc ngoài.
Tại một thời điểm nào đó sau gốc thời gian thì ta có
phương trình chuyển động của điểm C :















−=−===
=−=−=
2
2
0
1
2
1cos1sin
22
0
R
d
RRRACy
d
tv
RADDx
αα
Ta có:

0
' vd −=
Ta suy ra:








−
=
=
4
4
2
22
dR
y
d
x









−
=
−

−
=
−==
⇒
22
0
22
0
42
.
42.2
'2
2
'
2
1
dR
vd
dR
dd
v
v
dv
Cy
Cx

( )
2
22
0

2
0
22
.
42
.
2
dR
dvv
vvv
CyCx
−
+






−=+=⇒

⇒

=v
22
0
4 dR
Rv
−
Bài 18: Hai vật cách nhau 100m chuyển động trên một đường thẳng đến gập nhau với vận tốc

lần lượt là
smvsmv /5;/5
21
==
, trong khoảng 2 vật trên đoạn thẳng mà chúng chuyển động có
một vật nhỏ luôn chuyển động thẳng đều với vận tốc v = 30 m/s cùng chuyển động trên đường
thẳng mà 2 vật (1) và (2) chuyển động. Mỗi khi vật trên đến gặp vật (1) hoặc vật (2) thì vận tốc
của nó sẽ đổi hướng ngược trở lại và coi như vẫn giũ nguyên độ lớn vận tốc của nó. Hỏi khi vật
Thiên Cường
17
Vt lớ Hay v Khú
(1) v võt (2) gp nhau thỡ quóng ng vt nh i c cú tng chiu di l bao nhiờu?
Gii:
Vn tc ca vt (1) i vi mc vt (2) l:

2112
vvv


=

10
2112
=+= vvv
(m/s).
Thi gian t ban u n lỳc vt (1) v vt (2)
gp nhau l:
10
10
100

12
===
v
AB
t
(s)
Quóng ng vt nh i c tng cng cho n lỳc vt (1) v vt (2) gp nhau l:

30010.30.
===
tvs
(m).
2. Động lực học chất điểm:
Bài 19: ở mép đĩa nằm ngang bán kinh R có đặt một đồng tiền. Đĩa quay với vận tốc
t

=
(


là gia tốc góc không đổi). Tại thời điểm nào đồng tiền sẽ văng ra khỏi đĩa. Nếu hệ số ma sát trợt
giữa đồng tiền và đĩa là
à
.
Giải:
Tại thời điểm t gia tốc pháp tuyến của vật:

Ra
n
2

=
=
Rt
22

.
Gia tốc tiếp tuyến:

R
dt
dtR
dt
dv
a
t


===
Gia tốc toàn phần:

22
tn
aaa +=
=
22424
RtR

+
Lực làm đồng tiền chuyển động tròn chính là lực ma sát nghỉ.

Ta có:

22424
RtRmmaF
msn

+==
=
Rm

1
42
+t

Vật có thể nằm trên đĩa nếu lực ma sát nghỉ tối đa bằng lực ma sát trợt:

mstmsn
FF
hay
Rm

1
42
+t




mg
à

)1.(
1
22
22
2
4


à

R
g
t
(1)
Lúc vật bắt đầu văng ra thì :
mstmsn
FF =
hay:

)1.(
1
22
22
2
4
=

à

R
g
t
Thiờn Cng
18
Vt lớ Hay v Khú



=t

1.
1
22
22


à

R
g
Vì
0>t
nên
g
R
R

g

à

à
>> 01
22
22
Vậy sau
1.
1
22
22


à

R
g
( với
g
R

à
>
) vật sẽ văng ra khỏi đĩa.
Bài 20: Một ngời đi xe đạp lợn 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

=
R
r
1
0
àà
Với
0
à
là một hằng số (hệ số
ma sát ở tâm của sân)
Xác định bán kính của đờng tròn tâm 0 mà ngời đi xe đạp có thể lợn với vận tốc cực đại? Tính vận
tốc đó ?
Giải:
Giả sử ngời đó đang đi trên quỹ đạo tròn với bán kính
r
với vận tốc
v
. Ta phải xác định
max
v
và
giá trị này đạt đợc 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 trò lực hớng

tâm và từ đó ta có:

ht
maN =
à
hay
r
v
mmg
R
r
2
0
.1 =







à
Suy ra
2
0
0
2
r
R
g

grv
à
à
=
Đây là một tam thức bậc hai ẩn r với hệ số
0
0
<=
R
g
a
à
. Giá trị của
2
v

đạt lớn nhất khi:








=
R
g
g
r

0
0
.2
à
à

2
R
=
Lúc đó:
422
0
2
0
0
22
max
gR
R
R
g
R
gvv
àà
à
=

==
Vậy:

=
max
v
2
0
gR
à
Vậy ngời đi xe đạp có thể đi với vận tốc lớn nhất bằng
2
0
gR
à
trên quỹ đạo có bán kính lớn nhất
bằng
2
R
.
Thiờn Cng
19
Vt lớ Hay v Khú
Bài 21: Một vật có khối lợng m = 1 kg có vận tốc đầu v
0
= 10
s
m

và chịu lực cản
kvF
=
(với
k =1 kg/s ).
a. Chứng minh rằng vận tốc của vật giảm dần theo hàm số bậc nhất của đờng đi.
b. Tính quảng đờng mà vật đi đợc cho tới lúc dừng.
Giải:
a. Vật chịu tác dụng của lực cản
kvF
=
. Theo định luật II Newton ta có:

makv =


dt
dv
mkv =

hay
dt
m
k
v
dv
=
Nguyên hàm hai vế:

+= cdt

m
k
v
dv



Cdt
m
k
v +=ln

Lúc
0=t
thì
0
vv =



0
ln vC =

Từ đó suy ra:
0
ln
v
v
= -
t

m
k


t
m
k
evv

= .
0
Quảng đờng vật đi đợc trong khoảng thời gian từ 0

t
:


==
t
vdtdsS
0

S
= v
0
.
dte
t
t
m

k


0
=
k
mv
0
-
t
m
k
e
k
mv

.
0

k
mv
k
mv
S =
0


=v
S
m

k
v .
0

(*)
b. Quảng đờng vật đi đợc cho tới lúc dừng:


= dsS
Từ (*) vi phân hai vế ta có:

dv
k
m
dS =
nên
dv
k
m
S
v

=
0
0

Thiờn Cng
20
Vt lớ Hay v Khú

=s
k
mv
0
.
Bài 22: Cho cơ hệ nh hình vẽ. Lúc đầu hệ cân bằng, bàn nhận đợc
gia tốc
a

theo phơng ngang nh hình vẽ. Tính gia tốc
của M đối với mặt đất, biết hệ số ma sát trợt giữa M và sàn là
à
.
L ợc Giải:
Chọn hệ quy chiếu oxy gắn vào bàn nh hình vẽ. Trong hệ quy
chiếu oxy:
Phơng trình chuyển động của vật M

0
MaFFT
msqt
=+
Hay:

)1(
01
MaNMaT =+
à

,
trong đó:

0
a
là gia tốc của M đối với bàn
a là gia tốc của bàn đối với đất.
Phơng trình chuyển động của vật m:






=+
===
)3(cossin
)2(
02
2
2
maTmgF
g
a
mg
ma
P
F
tg
qt

qt


Từ (3) suy ra:


sinma
cosmg+

0
maT =
(4)
Từ (1) và (4) suy ra:

)5(
cossin
1
0
Mm
mgmaNMa
a
+
++
=
à
Từ (2) suy ra:

)6(
1
1

sin
22
2
22
ga
a
g
a
g
a
tg
tg
+
=
+
=
+
=




)7(
1
1
1
1
cos
22
2

22
ga
g
g
atg +
=
+
=
+
=


Và
)8(
1
MgN =
Thế (6), (7), (8) vào (5) ta rút ra:
Thiờn Cng
21
Vt lớ Hay v Khú

Mm
gamMgMa
a
+
++
=
22
0
à

Gia tốc của M đối với đất:

aaa
M

+=
0

a
Mm
gamMgMa
aaa
M

+
++
==
22
0
à

=
M
a

Mm
mgMggam
+
+
à

22
Bài 23: Cho cơ hệ nh hình vẽ. Hệ số ma sát giữa M và m là
1
à
,
giữa M và sàn là
2
à
. Tìm độ lớn của lực
F

nằm ngang:
a. Đặt lên m để m trợt trên M.
b. Đặt lên M để M trợt khỏi m.
Giải:
a. Khi tác dụng lực
F

lên m.
Phơng trình chuyển động của m trợt trên M:

m
FF
a
NNN
maFF
ms
ms
1
1

211
11

=



+=
=

Phơng trình chuyển động của M:






M
FF
a
gMmPPNNN
MaFF
msms
msms
21
2
2121
221
'
)(

'

=



+=+=+=
=
Để m trợt trên M thì:

21
aa >
; F
1
'
ms
= F
ms1
=
mg
1
à
; F
2ms
=
2
à
(m+M)g.
hay:

M
gMmmg
m
mgF )(
211
+
>

ààà

g
M
m
MmF ))((
21
+>
àà
Với điều kiện:
.0
11
mgFa
à
>>
Thiờn Cng
22
Vt lớ Hay v Khú
Vậy đáp số của bài toán này:

( )( )

>
+>
mgF
g
M
m
MmF
1
21
à
àà
b. Khi tác dụng lực
F

lên M :
Phơng trình chuyển động của m:




==
=
mgPN
maF
ms
11

11

g
m
N
m
F
a
ms
1
11
1
1
à
à
===
Phơng trình chuyển động của vật M:




+=+=+=
=
gMmPPNNN
MaFFF
msms
)(
2121
221

M
FFF
a
msms 21
2

=
Để M trợt khỏi m thì:
12
aa >
(chú ý:
( )



+=
==
gmMF
mgFF
ms
msms
22
1'11
à
à
)
hay
g
M
FFF

msms
1
21
'
à
>


g
M
gMmmgF
1
21
)(
à
àà
>
+

Cuối cùng:
)1())((
21
gMmF ++>
àà
Điều kiện
0
2
>a

hay

)2()(
21
gMmmgF ++>
àà
Điều kiện (2) bao hàm trong điều kiện (1).
Do vậy kết quả bài toán :

gMmF ))((
21
++>
àà
.
Bài 24: Cho cơ hệ nh hình vẽ.
Tìm gia tốc của m
1
và biện luận kết quả tìm đợc.
Bỏ qua mọi ma sát.
Khối lợng ròng rọc và dây nối bằng không.
Giải:
Chọn chiều dơng nh hình vẽ.
Phơng trình định luật II Newton cho vật:
Thiờn Cng
23
Vt lớ Hay v Khú

:
0
m

000

amNPT


=++

11111
: amPTm


=+

2222:2
amPTm


=+
Chiếu các phơng trình đó lên chiều dơng ta đợc:

)3(
)2(
)1(
2
22
22222
1
11
11111
0
000
m

TP
aamTP
m
TP
aamTP
m
T
aamT

==

==
==
Giả sử ròng rọc quay ngợc chiều kim đồng hồ.
Gọi S
0
, S
1
, S
2
là độ dời của m
0
, m
1
, m
2
so với ròng rọc A.
S là độ dời của m
1
, m

2
so với ròng rọc B.
Ta có:
021021
02
01
22
'
'
aaaSSS
SSS
SSS
=+=+



+=
=
(*)
Thế (1), (2) và (3) vào (*) và chú ý T = 2T
1
= 2T
2
Rút ra:

g
mmm
T .
2
1

2
12
2
210
++
=

11
1
1
11
1
2
2
m
T
g
m
T
gm
m
Tgm
a =

=

=
Hay :

)

114
(
2
210
1
1
mmm
m
g
ga
++
=

=
1
a

g
mmm
m
.
)
114
(
2
1
210
1

++

* Biện luận:
- Nếu m
0
= 0 thì a
1
= g, a
2
= g: m
1
và m
2
đều rơi tự do.
- Nếu m
1
= 0 thì a
1
= -g, vật m
2

rơi tự do, m
1
đi lên
ga =
1
.
- Nếu m
2
= 0 thì a
1
= g, vật m
1
rơi tự do.
Bài 25: Một kiện hàng hình hộp đồng chất (có khối tâm ở tâm hình
hộp) đợc thả trợt trên mặt phẳng nghiêng nhờ hai gối nhỏ A và
Thiờn Cng
24
Vt lớ Hay v Khú
B. Chiều cao của hình hộp gấp n lần chiều dài( h= nl). Mặt phẳng
nghiêng một góc

, hệ số ma sát giữa gối A và B là
à
.
a. Hãy tính lực ma sát tại mỗi gối.
b. Với giá trị nào của n để kiện hàng vẩn trợt mà không bị lật.
Giải:
a. Xét các lực tác dụng vào kiện hàng:
msBmsABA
FFNNP

,,,,
.
Theo định luật II Newton:

amFFNNP
msBmsABA


=++++
Chiếu lên oy:


cos0)(cos mgNNNNP
BAAA
=+=+
(1)
Chọn khối tâm G của kiện hàng làm tâm quay, vật chuyển động tịnh tiến không quay nên từ đó
ta có:

2222
h
F
h
F
l
N
l
N
msBmsAAB

++=

).(.
BA
msBmsA
AB
NN
l
h
h
l
FF
NN +=
+
=
à
Cuối cùng:

)2(cos
cos
à
à
nmg
l
mgh
NN
AB
==

Giải hệ phơng trình (1) và (2) ta đợc:

)1(cos
2
1
nmgN
A
à
=


)1(cos
2
1
nmgN
B
à
+=
Lực ma sát tại mỗi gối:








+==
==
)1(cos
2

1
)1(cos
2
1
nmgNF
nmgNF
BmsB
AmsA
ààà
ààà
b. Kiện hàng vẫn trợt mà không bị lật khi :
0
A
N

Hay:

01 n
à


à
1

n
.
Bài 26: Một vật nhỏ đang nằm yên trên mặt phẳng nằm ngang nhẳn, lúc
0
=
t

vật đó chịu tá dụng
của một lực phụ thuộc thời gian
tF

=
(

là hằng số). Lực hợp với mặt nghang góc không đổi

.
a. Tính vận tốc của vật lúc rời mặt phẳng ngang.
b. Quảng đờng vật đi đợc trong khoảng thời gian đó.
Giải:
Thiờn Cng
25