Bài tập cơ học Có hướng dẫn giải chi tiết

1
A. Cơ học
Chơng 1: Động học chất điểm
1-1. Phơng trình chuyển động của một chất điểm trong hệ trục toạ độ Đề các:
x = a
1
cos(t +
1
) (1)
y = a
2
cos(t +
2
) (2)
Xác định dạng quỹ đạo của chất điểm trong các trờng hợp sau:
a)
1
-
2
= 2k, k là một số nguyên;
b)
1
-
2
= (2k + 1);
c)
1
-
2
= (2k + 1)

2

;
d)
1
-
2
có giá trị bất kì.

Bài giải
:
Lu ý rằng, để biết đợc dạng quỹ đạo chuyển động của một chất điểm nào đó ta
phải đi tìm phơng trình quỹ đạo của nó tức là phơng trình biểu diễn mối quan hệ giữa
các toạ độ của vật, trong đó ta đã khử mất biến thời gian. Do đó, trong bài tập này ta có
thể làm nh sau.
a) Thay
1
=
2
+ 2k vào (1) ta có:
x = a
1
cos(t +
1
) = a
1
cos(t +
2
+ 2k) = a
1

cos(t +
2
),
y = a
2
cos(t +
2
)
Từ đó:
21
a
y
a
x
=
hay x
a
a
y
1
2
=
Vì -1 cos(t +
1
) 1 nên - a
1
x a
1
Vậy chất điểm trong phần a) này chuyển động trên một đoạn thẳng biểu diễn bởi:
x

a
a
y
1
2
= với - a
1
x a
1

b) Làm tơng tự nh trong phần a):
x = a
1
cos(t +
1
) = a
1
cos(t +
2
+ 2k+) = -a
1
cos(t +
2
)
Từ đó rút ra: chất điểm chuyển động trên một đoạn thẳng biểu diễn bởi:
x
a
a
y
1

2
= với - a
1
x a
1
c) Thay
1
=
2
+ (2k + 1)
2

ta dễ dàng rút ra biểu thức:

2
1
a
y
a
x
2
2
2
2
1
2
=+

Phơng trình này biểu diễn một đờng êlíp vuông, có các trục lớn và trục nhỏ nằm
trên các trục toạ độ.

d) Phải khử t trong hệ phơng trình (1) và (2). Muốn thế khai triển các hàm số cosin
trong (1) và (2):
11
1
tt
a
x

sin.sincos.cos = (3)
22
2
tt
a
y

sin.sincos.cos = (4)
Nhân (3) với cos

2
và (4) với - cos
1
rồi cộng vế với vế:
)sin(.sincoscos
121
2
2
1
t
a
y

a
x

= (5)
Lại nhân (3) với sin

2
và (4) với - sin
1
rồi cộng vế với vế:
)sin(cossinsin
121
2
2
1
t
a
y
a
x

= (6)
Bình phơng (5) và (6) rồi cộng vế với vế:
)(sin)cos(
12
2
12
21
2
2

2
2
1
2
aa
xy2
a
y
a
x

=+
(7)
Phơng trình (7) biểu diễn một đờng êlíp.
Nhận xét: Có thể thu đợc các kết luận của phần a), b), c) bằng cách thay

1
-

2

bằng các giá trị tơng ứng đã cho vào (7).

1-2. Một ô tô chạy từ tỉnh A đến tỉnh B với vận tốc v
1
= 40km/giờ rồi lại chạy từ tỉnh
B trở về tỉnh A với vận tốc v
2
= 30km/giờ.
Tìm vận tốc trung bình của ôtô trên đoạn đờng đi về AB, BA đó?

Bài giải
:
Đặt quãng đờng AB bằng s. Ta sẽ tính vận tốc trung bình theo công thức:
này ờng quãnghết i gianthời tổng
i ờng quãng tổng
=
v
Ta đợc:

3
./, sm539
vv
vv2
v
1
v
1
2
v
s
v
s
ss
tt
ss
v
21
21
2121

=
+
=
+
=
+
+
=
+
+
=
vềdi

Thay số ta đợc:
./, sm539v =


1-3. Một ngời đứng tại M cách một
con đờng thẳng một khoảng h=50m để
chờ ôtô; khi thấy ôtô còn cách mình một
đoạn a=200m thì ngời ấy bắt đầu chạy ra
đờng để gặp ôtô (Hình 1-2). Biết ôtô chạy
với vận tốc 36km/giờ.
Hỏi: a) Ngời ấy phải chạy theo hớng nào để gặp đúng ôtô? Biết rằng ngời chạy
với vận tốc v
2
= 10,8 km/giờ;
b) Ngời phải chạy với vận tốc nhỏ nhất bằng bao nhiêu để có thể gặp đợc ôtô?
Bài giải
:

a) Muốn gặp đúng ô tô tại B thì thời gian ngời chạy từ M tới B phải bằng thời gian
ô tô chạy từ A tới B:

12
v
AB
v
MB
=
(1)
Sử dụng định lý hàm số sin trong tam giác ABM ta có:
,
sinsin

ABMB
= với
a
h
=

sin (2)
Từ (1) và (2) ta rút ra:
8330
v
v
a
h
2
1
,.sin ==

= 56
0
30 hoặc = 123
0
30.
Nhận xét: để có thể đón đợc ô tô thì ngời này có thể chạy theo hớng MB mà góc

= AMB thoả mãn: '' 301233056
00


. Khi '' 301233056
00
<<

thì ngời này chạy
đến đờng phải đợi xe một lúc.
Thật vậy: giả sử ngời chạy đến điểm D thoả mãn điều này


2
1
v
v
a
h
.sin >

.

Mà:
MD
v
v
AD
h
a
v
v
a
h
MD
1
AD
ADMD
2
1
2
1

sin
.sin
sinsin
=

>==



.

21
v
MD
v
AD
>
(tức là thời gian xe chạy đến D lớn hơn thời gian ngời chạy đến D).
A
M
B
a
h

I H D
Hình 1-2

4
b) Để có thể gặp đợc ô tô với vận tốc nhỏ nhất thì rõ ràng rằng lúc mà ngời chạy
đến đờng cũng là lúc xe ô tô đi tới (ngời gặp đúng ô tô mà không phải chờ đợi lãng phí
thời gian), vì vậy, theo phần a) giữa hớng chạy và vận tốc của ngời phải có quan hệ:

2
1
v
v
a
h
.sin =


Vì với mọi
thì sin() 1 nên:
12
2
1
v
a
h
v1
v
v
a

h


Suy ra
hkm9sm52
a
hv
v
1
2
//,
min
===
.
Lúc này, ngời phải chạy theo hớng MI, với MI
AM.

1-4. Một vật đợc thả rơi từ một khí cầu đang bay ở độ cao 300m. Hỏi sau bao lâu
vật rơi tới mặt đất, nếu:
a) Khí cầu đang bay lên (theo hớng thẳng đứng) với vận tốc 5m/s;
b) Khí cầu đang hạ xuống (theo phơng thẳng đứng) với vận tốc 5m/s;
c) Khí cầu đang đứng yên.

Bài giải
:
Khi khí cầu chuyển động, vật ở trên khí cầu mang theo vận tốc của khí cầu. Nếu khí
cầu chuyển động xuống dới với vận tốc v
0
thì thời gian t mà vật rơi tới đất thoả mãn
phơng trình bậc hai của thời gian:

htg
2
1
tv
2
0
=+ .
Chọn nghiệm dơng của phơng trình này ta có kết quả:
g
vgh2v
t
0
2
0
+
=
.
Khi khí cầu chuyển động lên trên, xuống dới hoặc đứng yên, ta áp dụng biểu thức
này với vận tốc ban đầu v
0
= -5m/s, v
0
= 5m/s; hoặc v
0
= 0 và có kết quả:
a) 8,4s ; b) 7,3s ; c) 7,8s.

1-5. Một vật đợc thả rơi từ độ cao H + h theo phơng thẳng đứng DD (D' là chân
độ cao H + h). Cùng lúc đó một vật thứ hai đợc ném lên từ D' theo phơng thẳng đứng
với vận tốc v

0
.
a) Hỏi vận tốc v
0
phải bằng bao nhiêu để hai vật gặp nhau ở độ cao h?
b) Tính khoảng cách x giữa hai vật trớc lúc gặp nhau theo thời gian?
c) Nếu không có vật thứ nhất thì vật thứ hai đạt độ cao lớn nhất bằng bao nhiêu?

5

Bài giải
:
Cần nhớ lại các công thức của chuyển động rơi tự do:
a) Thời gian vật 1 rơi từ D đến điểm gặp nhau là:
g
H2
t =
cũng
bằng thời gian vật 2 chuyển động từ D đến G, do đó:
gH2
H2
hH
2
gt
t
h
vtg
2
1
tvh

0
2
0
+
=+==
b) Khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm t trớc khi gặp nhau đợc
tính theo quãng đờng s và s các vật đi đợc:
x = (H + h) - (s + s).

() ()
).(

tgH2H2
H2
hH
tvhHtg
2
1
tvgt
2
1
hHx
0
2
0
2

+
=
+=

+=

c) Sử dụng công thức quan hệ v, a, s của chuyển động thẳng biến đổi đều
sa2vv
2
0
2
= với vận tốc ở độ cao cực đại bằng v = 0, a = -g, s = h
max
suy ra, nếu không
có sự cản trở của vật 1, vật 2 lên đến độ cao cực đại là:
H4
hH
g2
v
h
22
)(
max
+
==
.

1-6. Thả rơi tự do một vật từ độ cao h = 19,6 mét. Tính:

a) Quãng đờng mà vật rơi đợc trong 0,1 giây đầu và 0,1 giây cuối của thời gian
rơi.
b) Thời gian cần thiết để vật đi hết 1m đầu và 1m cuối của độ cao h.

Bài giải
:
Sử dụng công thức về quãng đờng vật rơi đợc sau thời gian t kể từ lúc bắt đầu
đợc thả:
2
gt
2
1
s = ta sẽ có một công thức quen thuộc về thời gian t để vật rơi đợc một
đoạn đờng có độ cao h kể từ vị trí thả là:
g
h2
t =
. áp dụng công thức này ta sẽ trả lời
đợc các câu hỏi trong bài tập này:
a) Quãng đờng mà vật rơi đợc trong 0,1s đầu:
H
h
D
D
G

6
m04901089
2
1

tg
2
1
s
22
1
,,.,. === .
Tổng thời gian rơi của vật:
()
s2
89
6192
g
h2
t ===
,
,.
.
Quãng đờng vật đi đợc trong 0,1 s cuối cùng, đợc tính theo quãng đờng đi đợc
trong 2-0,1 = 1,9 s đầu:
() ()()
m9110289
2
1
61910tg
2
1
hs
22
2

,,.,.,, === .
b) Tơng tự nh trên:
Thời gian để vật đi đợc 1m đầu:
s450
89
12
g
s2
t
3
3
,
,
.
=== .
Thời gian để vật đi hết 1m cuối:
s050
89
6182
2ttt
4
,
,
,.
===
dầu 18,6m
tổng


1-7. Từ ba điểm A, B, C trên một vòng tròn ngời ta đồng thời thả rơi ba vật. Vật

thứ nhất theo phơng thẳng đứng AM qua tâm vòng tròn (Hình 1-3), vật thứ hai theo dây
BM, vật thứ ba theo dây CM. Hỏi vật nào tới M trớc tiên, nếu bỏ qua ma sát?

Bài giải
:

Quãng đờng đi và gia tốc của vật thứ nhất: s
1
= 2R, a
1
= g, của vật thứ hai s
2
=
2Rcos
^
AMB , a
2
= gcos
^
AMB , của vật thứ ba: s
3
= 2Rcos
^
AMB , a
3
= gcos
^
AMC
.
Nhận thấy, thời gian rơi đến M của các vật đều là:

3
3
32
2
2
1
1
1
a
s2
tt
a
s2
g
R4
a
s2
t ======

Vậy, ba vật cùng tới M một lúc.

A
B
C
M
Hình 1-3

7
1-8. Phải ném một vật theo phơng thẳng đứng từ độ cao h = 40m với vận tốc v
0

bằng bao nhiêu để nó rơi tới mặt đất:
a) Trớc
= 1 giây so với trờng hợp vật rơi tự do?
b) Sau
= 1 giây so với trờng hợp vật rơi tự do?
Lấy g = 10m/s
2
.

Bài giải
:
Sử dụng công thức tính thời gian đến khi chạm đất của bài 5:
g
vgh2v
t
0
2
0
+
=
và công thức thời gian rơi tự do:
g
h2
t =
ta thấy:
Để vật chạm đất sớm, muộn phải ném vật xuống dới với vận tốc v
0
thoả mãn
phơng trình:

()
gh2vggh2v
g
vgh2v
g
h2
0
2
0
0
2
0
+=+=
+



Bình phơng hai vế của phơng trình ta đợc:
()
()
(
)
()



ggh22
ggh22g
v0gh2v2gh2vg2g
000

2


==++

a) Để vật chạm đất sớm, áp dụng với
= 1s ta có:
(
)
()
()
sm712
110401022
110401022110
v
0
/,


=


=
Vậy vật đợc ném thẳng đứng xuống dới.
b) Để vật chạm đất muộn, áp dụng với
= -1s ta có:
(
)
()
()

sm78
110401022
110401022110
v
0
/,


=
+
+
=

Vậy vật đợc ném thẳng đứng lên trên.

1-9. Một vật chuyển động thẳng thay đổi đều đi hết quãng đờng AB trong 6 giây.
Vận tốc của vật khi qua A bằng 5m/s khi đi qua B bằng 15m/s. Tìm chiều dài của quãng
đờng AB.

Bài giải
:
Cách 1:

8
Theo định nghĩa, gia tốc a của vật:
()
2
AB
sm
3

5
6
515
t
vv
t
v
a /=

=

=


= .
Từ đó có thể tính quãng đờng AB theo công thức:
2
A
at
2
1
tvAB +=
Thay số ta đợc: AB = 60m.
Cách 2:
Lu ý rằng, vận tốc trung bình trong chuyển động thẳng biến đổi đều có công thức
rất đặc biệt, bằng:
2
vv
v
BA

+
=
, nên đoạn AB có độ dài:
()
m606
2
155
t
2
vv
tvAB
BA
=
+
=
+
==

1-10. Một xe lửa chạy giữa hai điểm (nằm trên một đờng thẳng) cách nhau 1,5km.
Trong nửa đoạn đờng đầu, xe lửa chuyển động nhanh dần đều, trong nửa đoạn đờng sau
xe lửa chuyển động chậm dần đều. Vận tốc lớn nhất của xe lửa giữa hai điểm đó bằng
50km/giờ.
Biết rằng trị số tuyệt đối của các gia tốc trên hai đoạn đờng bằng nhau. Tính:
a) Gia tốc của xe lửa.
b) Thời gian để xe lửa đi hết quãng đờng giữa hai điểm.

Bài giải
:
Vận tốc trung bình của xe lửa là
hkm25250v // == .

Thời gian xe lửa đi hết 1,5km này là:
216sphút ===== 63h0602551vst ,,/,/ .
Gia tốc của xe lửa:
()
(
)
()
2
sm1290
s6081
sm6350
81
hkm50
2t
v
a
/,
.,
/,/
,
/
/
max
====
phút
.
Có thể tính gia tốc của xe lửa dựa vào mối quan hệ v, a, s của chuyển động thẳng
biến đổi đều:
sa2vv
2

0
2
=
(
)
2
2
2
0
2
sm1290
km51
hkm50
s2
vv
a
/,
,
/
==

=
.
(ở đây s là nửa quãng đờng 1,5km)

1-11. Một xe lửa bắt đầu chuyển động nhanh dần đều trên một đờng thẳng ngang
qua trớc mặt một ngời quan sát đang đứng ngang với đầu toa thứ nhất. Biết rằng toa xe
thứ nhất đi qua trớc mặt ngời quan sát hết một thời gian
= 6 giây. Hỏi toa thứ n sẽ đi
qua trớc mặt ngời quan sát trong bao lâu?

9
áp dụng cho trờng hợp n = 7.

Bài giải
:
Gọi l là chiều dài của mỗi toa, t
n
là thời gian để n toa đầu đi qua trớc mặt ngời
quan sát. áp dụng phơng trình chuyển động thẳng thay đổi đều, ta có:
Chiều dài của toa thứ nhất:
22
1
a
2
1
at
2
1
l ==
Chiều dài của (n-1):
2
1n
at
2
1
l)1n(

=

Chiều dài của n toa đầu:
2
n
at
2
1
nl =
.
Từ đó suy ra thời gian để toa thứ n đi qua trớc mặt ngời quan sát:
1nn(ttt
1nnn
==

).
Với n =7 , ta có
t
7
= 1,18s.

1-12. Một hòn đá đợc ném theo phơng nằm ngang với vận tốc v
0
=15m/s. Tính gia
tốc pháp tuyến và gia tốc tiếp tuyến của hòn đá sau lúc ném 1 giây.
Bài giải
:
Vận tốc của vật theo phơng đứng sau khi ném 1s: v
y
= gt = 9,8m/s.
Góc
giữa vận tốc của vật và phơng thẳng đứng thoả mãn:

y
x
v
v
tg =

. Xem hình
vẽ bên.

Từ đó, gia tốc pháp tuyến và gia tốc tiếp tuyến của vật lúc này chính là những thành
phần chiếu của gia tốc g:
v
x

v
y

v
0





g
g.sin
g.cos
v
v

10
()
()
222
2
n
2
t
2
222
y
2
x
x
n
sm452889agga
sm28
8915
1589
vv
vg
ga
/,,,cos
/,
,
.,
.
sin
====
=

+
=
+
==




1-13. Ngời ta ném một quả bóng với vận tốc v
0
=10m/s theo phơng hợp với mặt
phẳng nằm ngang một góc
= 40
0
. Giả sử quả bóng đợc ném đi từ mặt đất. Hỏi:
a) Độ cao lớn nhất mà quả bóng có thể đạt đợc.
b) Tầm xa của quả bóng.
c) Thời gian từ lúc ném bóng tới lúc bóng chạm đất.

Bài giải
:
Để xác định đợc những đại lợng nh trong bài toán đặt ra, cần lu ý rằng, có thể
coi chuyển động của vật bao gồm hai chuyển động khá độc lập: chuyển động theo phơng
thẳng đứng và chuyển động theo phơng ngang.
Chuyển động theo phơng thẳng đứng là một chuyển động thẳng biến đổi đều với
gia tốc bằng g, vận tốc ban đầu bằng v
0y
= v
0
.sin. Chuyển động theo phơng ngang là

chuyển động thẳng đều với vận tốc không đổi bằng v
x
= v
0
.cos.
a) Độ cao cực đại và thời gian rơi của vật chỉ liên quan đến vận tốc ban đầu theo
phơng thẳng đứng v
0y
:
()
m12
g2
v
g2
v
y
22
0
2
y0
,
sin.
max
===


c) Thời gian bay của vật:
()
s31
g

v2
g
v
2t
0
y0
,
sin.
. ===


b) Công thức tầm xa của vật ném xiên:
m10
g
2v
g
v2
vtvL
2
00
0x
====


sin.sin
.cos


1-14. Từ một đỉnh tháp cao H = 25m ngời ta ném một hòn đá lên phía trên với vận
tốc v

0
= 15m/s theo phơng hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc = 30
0
. Xác định:
a) Thời gian chuyển động của hòn đá;
b) Khoảng cách từ chân tháp đến chỗ rơi của hòn đá;
c) Vận tốc của hòn đá lúc chạm đất.

Bài giải
:

11

Từ đỉnh tháp viên đá còn lên cao thêm đợc một đoạn:
()
()
m872
892
3015
g2
v
g2
v
h
2
0
2
0
2
y0

,
,.
sin.
sin
====


thời gian chuyển động của hòn đá:
()
(
)
()
s153
89
782252
89
57
g
hH2
g
v
t
y0
,
,
,
,
,
=
+

+=
+
+=
Tầm xa:
(
)
m411533015tvL
0
0
=== ,.cos cos


Vận tốc lúc chạm đất:
() ()
(
)
()
()
sm7263015323vvv
sm32378225892hHg2v
2
02
2
x
2
y
y
/,cos.,
/,,.,.
=+=+=

=+=+=

Ta có thể giải quyết bài toán theo cách khác bằng cách dùng phơng pháp toạ độ.
Chọn hệ trục toạ độ Oxy với O nằm tại chân tháp nh hình vẽ.
Phơng trình chuyển động của vật theo các trục này:
2
0
2
y
0x
tg
2
1
tvHtg
2
1
tvHy
tvtvx
sin
.cos
+=+=
==



Để tìm thời gian rơi, giải phơng trình y = 0.
Để tìm tầm xa tìm khoảng cách từ vị trí rơi tới chân tháp, ta thay t tìm đợc vào
biểu thức của x để tính x.
Để tìm vận tốc lúc chạm đất, nhớ đến các công thức:
tgvv

constvv
0y
0x
.sin
cos
=
==



Đáp số: a) 3,16s ; b) 41,1m ; c) 26,7m/s.

1-15. Từ một đỉnh tháp cao H = 30m, ngời ta ném một hòn đá xuống đất với vận
tốc v
0
= 10m/s theo phơng hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc = 30
0
. Tìm:

y

x
O
H

v
0
L

12

a) Thời gian để hòn đá rơi tới mặt đất kể từ cú ném?
b) Khoảng cách từ chân tháp đến chỗ rơi của hòn đá?
c) Dạng quỹ đạo của hòn đá?

Bài giải
:
Ta dùng phơng pháp toạ độ giống nh của bài 1-14.
Chọn hệ trục toạ độ Oxy với O nằm tại chân tháp.
a) Phơng trình chuyển động của vật theo các trục này:
)( sin
)(.cos
2tg
2
1
tvHtg
2
1
tvHy
1tvtvx
2
0
2
y
0x
==
==



Để tìm thời gian rơi, giải phơng trình y=0:

0t5t5300t10
2
1
t301030
220
== sin.
Chọn nghiệm dơng ta đợc thời gian rơi của hòn đá: t=2s.
b) Để tìm tầm xa vị trí rơi cách chân tháp bao nhiêu, thay t tìm đợc để tính x.
m317m31023010tvx
0
0
,.cos cos ===


c) Để biết dạng quỹ đạo chuyển động của viên đá, ta cần tìm phơng trình quỹ đạo
của chuyển động này (phơng trình quan hệ giữa x và y đã khử biến thời gian):
Khử thời gian trong hệ phơng trình (1) và (2) bằng cách rút t từ phơng trình (1) rồi
thay vào (2):
()
m310x0
15
x
3
x
30
v2
xg
tgxH
v
x

g
2
1
v
x
vHtg
2
1
tvHy2
v
x
t1
2
2
2
0
2
2
00
0
2
0
0
=
=

==
=
:với





cos
.
.
coscos
.sin sin.)(
cos
)(

Phơng trình này chỉ ra rằng, quỹ đoạ của viên đá là một cung parabol.

1-16. Hỏi phải ném một vật theo phơng hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc

bằng bao nhiêu để với một vận tốc ban đầu cho trớc, tầm xa của vật là cực đại.

Bài giải
:

13
Sử dụng công thức tính tầm xa của vật đợc ném xiên đã lập đợc trong bài 1-13:

g
v
g
2v
L
2
0
2
0
=

sin.

Vật sẽ đạt đợc tầm xa cực đại bằng
g
v
L
2
0
=
max
khi sin2 = 1, hay = 45
0
.

1-17. Kỷ lục đẩy tạ ở Hà Nội là 12,67 mét. Hỏi nếu tổ chức ở Xanh Pêtecbua thì
trong điều kiện tơng tự (cùng vận tốc ban đầu và góc nghiêng), kỷ lục trên sẽ là bao
nhiêu?
Cho biết g (Hà Nội) = 9,727m/s
2

; g (Xanh Pêtecbua) = 9,810m/s
2
.

Bài giải
:
Từ công thức tầm xa:
g
2v
L
2
0

sin.
=
ta nhận thấy, với lực đẩy không đổi (để v
0

không đổi) và góc ném không đổi (ném xa nhất khi góc ném bằng 45
0
) thì tầm xa L sẽ tỉ
lệ nghịch với gia tốc trọng trờng g. Do đó có thể xác định đợc kỉ lục đẩy tạ tại thành
phố Xanh Petécbua:
()
m56126712
8109
7279
L
g
g

L
HN
XP
HN
XP
,,.
,
,
===

1-18. Tìm vận tốc góc:
a) của Trái Đất quay quanh trục của nó (Trái Đất quay một vòng xung quanh trục
của nó mất 24 giờ).
b) của kim giờ và kim phút đồng hồ;
c) của Mặt Trăng quay xung quanh Trái Đất (Mặt Trăng quay xung quanh Trái Đất
một vòng mất 27 ngày đêm);
d) của một vệ tinh nhân tạo của Trái Đất quay trên quỹ đạo tròn với chu kì bằng 88
phút.

Bài giải
:
Sử dụng công thức tính vận tốc góc:
T
2


=
và lu ý thay chu kỳ phải đổi đúng đối
với là giây (s) ta sẽ đợc:
a) Vận tốc góc tự quay quanh trục của trái đất:

()
srad10267
360024
2
5
/.,
.
.

==




14
b) Chu kỳ quay của kim phút là 1h. Kim giờ quay hết một vòng là 12 tiếng nên vận
tốc góc của kim giờ và kim phút là: 14,5 . 10
-5
rad/s; 1,74 . 10
-3
rad/s
c) Cũng áp dụng công thức trên với các chu kỳ khác nhau ta có vận tốc góc của
mặt trăng quanh trái đất là: 2,7 . 10
-6
rad/s ;
d) Của vệ tinh có chu kì quay là 88phút là: 1,19 . 10
-3
rad/s
1-19. Tìm vận tốc dài của chuyển động quay của một điểm trên mặt đất tại Hà Nội.
Biết rằng vĩ độ của Hà Nội là

= 21
0
.

Bài giải
:
Theo bài 1-18 ta thấy vận tốc góc của trái đất trong chuyển động tự quay của nó là
= 7,26.10
-5
rad/s. Bán kính quỹ đạo của Hà Nội (xem hình) là r:


cos
R
r
= .
Từ đó ta có vận tốc dài của Hà Nội là:
v =
.r = .R.cos
Thay số vào ta đợc: v = 430m/s.
Để làm các bài tiếp theo cần chú ý: Các công thức của chuyển động quay nhanh
hoặc chậm dần đều cũng giống với các công thức của chuyển động thẳng biến đổi đều với
sự tơng ứng: góc quay

thay cho quãng đờng s, vận tốc góc

thay cho vận tốc dài v,
gia tốc góc

thay cho gia tốc thờng a chúng chỉ chênh nhau một hằng số bằng bán

kính quỹ đạo tròn.

1-20. Một vô lăng sau khi bắt đầu quay đợc một phút thì thu đợc vận tốc 700
vòng/phút. Tính gia tốc góc của vô lăng và số vòng mà vô lăng đã quay đợc trong phút
ấy nếu chuyển động của vô lăng là nhanh dần đều.
Bài giải
:
O



R
r
Hình của bài 1-19

15
Vận tốc góc của vô lăng đạt = 700vòng/phút = 700.2/60 (rad/s) sau thời gian =
1phút = 60s.
Mà
= .
()
2
srad221
3600
1400
60
601400
/,
/
====

.
Góc quay đợc sau thời gian
= 1 phút là:
()
rad70060221
2
1
2
1
22

=== .,
Do vậy, số vòng quay đợc trong 1 phút là:
vòng 350
2
n ===




2
700
.

1-21. Một bánh xe quay chậm dần đều, sau một phút vận tốc của nó giảm từ 300

vòng/phút xuống 180 vòng/phút. Tìm gia tốc của bánh xe và số vòng mà bánh xe đã quay
đợc trong phút ấy.

Bài giải
:
Theo định nghĩa về gia tốc góc ta có luôn gia tốc góc trong chuyển động này:
()
2
0
srad210
60
602300602180
/,
/./.
=

=

=






.
Góc quay đợc dựa vào mối quan hệ tơng tự với quan hệ v-a-s của chuyển động
thẳng biến đổi đều ta rút ra:
(
)

(
)
(vòng) 240
2102
602300602180
2
22
2
0
2
=


=

=
,.
/./.




.
Hoặc dựa vào công thức vận tốc góc trung bình:
(vòng) 2401
2
300180
2
0
=

+
=
+
=






1-22. Một bánh xe có bán kính R = 10cm lúc đầu đứng yên, sau đó quay xung quanh
trục của nó với gia tốc góc bằng 3,14 rad/s
2
. Hỏi, sau giây thứ nhất:
a) Vận tốc góc và vận tốc dài của một điểm trên vành bánh?
b) Gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến và gia tốc toàn phần của một điểm trên
vành bánh?
c) Góc giữa gia tốc toàn phần và bán kính của bánh xe (ứng với cùng một điểm trên
vành bánh?


16
Bài giải:
a) Sau giây thứ nhất, vận tốc góc và vận tốc dài của một điểm trên vành bánh là:
()
()
sm314010143Rv
srad1431143t
/,,.,.
/,.,.

===
===




Gia tốc tiếp tuyến có giá trị không đổi và gia tốc pháp tuyến
lúc này:
(
)
()
222
n
2
t
sm986010143Ra
sm314010143Ra
/,,.,.
/,,.,.
===
===



Còn gia tốc toàn phần thì bằng:
()
2
2
n
2

t
sm031aaa /,=+=
.
c) Góc giữa gia tốc toàn phần a và bán kính là
thoả mãn:
031
3140
a
a
t
,
,
sin ==

= 17
0
46.

1-23. Chu kì quay của một bánh xe bán kính 50cm là 0,1 giây. Tìm:
a) Vận tốc dài và vận tốc góc của một điểm vành bánh;
b) Gia tốc pháp tuyến của điểm giữa một bán kính.

Bài giải
:
Vận tốc dài và vận tốc góc của một điểm trên vành bánh:
()
()
srad862
50
431

R
v
sm431
10
502
T
R2
v
/,
,
,
/,
,
,.
===
====



tròn vòngmột hết ộng chuyển gianthời
tròn ờng của dài chiều

b) Gia tốc pháp tuyến gia tốc hớng tâm của điểm giữa một bán kính:
(
)
2222
n
sm9862508622Rra //,.,/. ====

.

1-24. Một đoàn tàu bắt đầu chạy vào một đoạn đờng tròn, bán kính 1km, dài 600m,
với vận tốc 54 km/giờ. Đoàn tàu chạy hết quãng đờng đó trong 30 giây. Tìm vận tốc dài,
gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến, gia tốc toàn phần và gia tốc góc của đoàn tàu ở cuối
quãng đờng đó. Coi chuyển động của đoàn tàu là nhanh dần đều.

Bài giải
:
Cho: R = 1km =1000m, v
0
= 54km/h = 15m/s, s=600m, t = 30s.

Hình
a
t
a
n
a


17
Sử dụng các công thức về chuyển động thẳng và chuyển động tròn biến đổi đều ta sẽ
tính đợc các đại lợng cần thiết.
()
(
)
()
2
22
0

t
2
t0
sm
3
1
30
30156002
t
tvs2
ata
2
1
tvs /
.
=

=

=+= .
Vận tốc của tầu tại cuối đờng vòng:
() ( )
hkm90sm2530
3
1
15tavv
t0
//. ==+=+=
.
Gia tốc pháp tuyến gia tốc hớng tâm của tầu:

()
2
22
2
n
sm6250
1000
25
R
v
Ra /,====


Còn gia tốc toàn phần là:
()
2
22
2
n
2
t
sm7080
8
5
3
1
aaa /,=

+






=+=

Gia tốc góc của đoàn tầu:
()
24
t
srad1033
1000
31
R
a
/.,
/

==



1-25. Vận tốc của êlectron trong nguyên tử hyđrô bằng v = 2,2.10
8

cm/s. Tính vận
tốc góc và gia tốc pháp tuyến của êlectron nếu xem quỹ đạo của nó là một vòng tròn bán
kính 0,5.10
-8
cm.

Bài giải
:
Electron: v = 2,2.10
8
cm/s = 2,2.10
6
m/s; R = 0,5.10
-8
cm = 0,5.10
-10
m.
Vận tốc góc và gia tốc hớng tâm gia tốc pháp tuyến lần lợt:
= v/R = 4,4 . 10
16
rad/s;
a
n
=
2
R = 9,68 .10
22
m/s
2

1-26. Một ngời muốn chèo thuyền qua sông có dòng nớc chảy. Nếu ngời ấy chèo
thuyền theo hớng từ vị trí A sang vị trí B (AB
với dòng sông, hình 1-4) thì sau thời
gian t
1
= 10 phút thuyền sẽ tới vị trí C cách B một khoảng s = 120m. Nếu ngời ấy chèo
thuyền về phía ngợc dòng thì sau thời gian t
2
= 12,5 phút thuyền sẽ tới đúng vị trí B.
Coi vận tốc của thuyền đối với dòng nớc là không đổi. Tính:

18
a) Bề rộng l của con sông;
b) Vận tốc v của thuyền đối với dòng nớc;
c) Vận tốc u của dòng nớc đối với bờ sông;
d) Góc
.

Bài giải
:
Từ A đến C hết thời gian t
1
= 10 phút, A đến B hết thời gian
t
2
= 12,5 phút, đoạn BC có độ dài: s = BC = 120m.
Đây là bài toán tổng hợp vận tốc. Thuyền tham gia đồng
thời hai chuyển động: cùng với dòng nớc với vận tốc

u và

chuyển động so với dòng nớc (do ngời chèo) với vận tốc

v
.
Chuyển động tổng hợp chính là chuyển động của thuyền đối với bờ sông với vận tốc

+= uvV .
Trờng hợp thứ nhất của bài toán ứng với hình 1-4a, trờng hợp thứ hai ứng với hình
1-4b.
Theo các hình vẽ, ta có các phơng trình sau:
s = u.t
1
; l =v.t
1
; l = (v.cos ).t
2
; u = v.sin ;


()
sm20
600
120
t
s
u
1
/,=== .
'
,

cos.cos 5336
5
4
512
10
t
t
tvtvl
0
2
1
21
======



()
sm330
3
1
53
20u
v
v
u
5
3
/,
/
,

sin
sin ======


.
Chiều rộng của dòng sông:
m2006010330tvl
1
=
=
=
) (,. .

1-27. Ngời ta chèo một con thuyền qua sông theo hớng vuông góc với bờ sông với
vận tốc 7,2km/h. Nớc chảy đã mang con thuyền về phía xuôi dòng một khoảng 150m.
Tìm:
a) Vận tốc của dòng nớc đối với bờ sông;
b) Thời gian cần để thuyền qua đợc sông. Cho biết chiều rộng của sông bằng
0,5km.

Bài giải
:
A
B C
M
Hình 1-4a


v
u

V

A
B C


v
u
V

s
l
Hình 1-4b

19
Bề rộng của dòng sông: l = 0,5km = 500m. s = 150m, V = 7,2km/h=2m/s.
Từ hình vẽ ta thấy:
()
sm6002
500
150
v
l
s
u
l
s
v
u
/, ==== .

Thời gian của một chuyến sang sông:
()
s250
2
500
v
l
v
AB
V
AC
t
=====
.
Đáp số: a) u = 0,60m/s ; b) t = 250s.

1-28. Một máy bay bay từ vị trí A tới vị trí B. AB nằm theo hớng Tây Đông và cách
nhau một khoảng 300km. Xác định thời gian bay nếu:
a) Không có gió;
b) Có gió thổi theo hớng Nam Bắc;
c) Có gió thổi theo hớng Tây Đông.
Cho biết vận tốc của gió bằng: v
1
= 20m/s, vận tốc của máy bay đối với không khí v
2

= 600km/h.

Bài giải
:

AB = 300km, gió: v
1
= 20m/s =72km/h, v
2
= 600km/h.
a) Thời gian máy bay bay trực tiếp từ A đến B:
()
(phút) 30h50
600
300
v
l
t
2
==== , .
b) Tơng tự bài 1-26, ta thấy máy bay muốn tới vị trí B, nó phải bay chếch về phía
nam một góc
so với phơng AB. Ta có:
()
hkm59672600vvV
22
2
1
2
2
/===
.
Thời gian máy bay bay từ A đến B là:
()
phút 230h5030

596
300
V
s
t ,, ==== .
c) Gió xuôi chiều từ Tây sang Đông. Thời gian máy bay cần dùng là:
()
phút 826h4460
72600
300
vv
s
t
12
,, ==
+
=
+
= .
1-29. Hình 1-5 mô tả chuyển động của ba chất điểm.
a) Cho biết tính chất của các chuyển động đó.
b) ý nghĩa của các giao điểm giữa các đồ thị và các trục toạ độ.
c) So sánh vận tốc của ba chất điểm.
A
B C
Hình của bài 1-27
v
u
V

s
l
B
A
v
2
v
1

Hình của bài 1-28

20

Bài giải
:

a) Nhìn vào đồ thị ta thấy cả ba chuyển động này đều là chuyển động nhanh dần
đều.
b) Giao điểm của các đồ thị với trục thời gian cho ta biết các thời điểm xuất phát của
các chuyển động.
c) Ba chuyển động, nhìn chung là về cùng một hớng. Vận tốc của mỗi vật từng lúc
nhanh chậm khác nhau. Đồ thị vận tốc càng dốc thì gia tốc của vật càng lớn (gia tốc a cho
biết hệ số góc của đờng thẳng). Từ các đồ thị, ta có thể so sánh gia tốc của các vật: a
3
>
a
1
> a
2
.

1-30. Hình 1-6 cho đồ thị vận tốc của một chất điểm chuyển động. Hãy cho biết trạng
thái chuyển động của chất điểm trên mỗi đoạn OA, AB, BC, CD.

Bài giải
:

v
t
O
A B

C

D
Hình 1-6
Hình 1-5
v
t
1
3
2
O
Hình 1-5
v
t
1
3
2
O

21
Đoạn OA: vật xuất phát tại thời điểm t = 0 rồi chuyển động nhanh dần đều với gia
tốc khá lớn.
Đồ thị đoạn AB cho biết vật chuyển sang chuyển động đều.
Đồ thị đoạn BC biểu hiện vật chuyển động chậm dần đều.
Đồ thị đoạn CD: vật tiếp tục chuyển động chậm dần đều nhng với gia tốc lớn hơn
khi chuyển động trong giai đoạn BC. Vật dừng lại tại cuối giai đoạn này.

22
Chơng 2
động lực học chất điểm
2-1. Một xe có khối lợng 20000kg, chuyển động chậm dần đều dới tác dụng của
một lực bằng 6000N, vận tốc ban đầu của xe bằng 15m/s. Hỏi:
a) Gia tốc của xe;
b) Sau bao lâu xe dừng lại;
c) Đoạn đờng xe đã chạy đợc kể từ lúc hãm cho đến khi xe dừng hẳn.
Bài giải
:
a) Gia tốc của xe đợc tính theo định luật II Newton:
a = F/m = -6000/20000= - 0,3m/s
2
.
b) Thời gian kể từ lúc hãm đến khi dừng lại:
()
.s 50
0,3-
15-0

a

v
t ==

== t

c) Quãng đờng kể từ lúc hãm đến khi dừng lại:
s = v
0
.t + a.t
2
/2 = . . . = 375m.
2-2. Một thanh gỗ nặng 49N bị kẹp giữa hai mặt phẳng thẳng đứng (hình 2-4). Lực
ép thẳng góc trên mỗi mặt của thanh là 147N. Hỏi lực nhỏ nhất cần để nâng hoặc hạ
thanh gỗ? Hệ số ma sát giữa thanh gỗ và mặt ép k = 0,2.
Bài giải
:
Lực nâng = 107,8N ; lực hạ = 9,8N

Khi muốn hạ thanh gỗ xuống cần một lực nhấn F
Hạ
hớng xuống dới, lực ma sát
trên hai mặt của thanh gỗ hớng lên trên (Hình 2-4a), còn khi muốn nâng thanh gỗ lên
trên thì các lực ma sát lại hớng xuống dới (Hình 2-4b).
Từ các hình vẽ này ta thấy, các lực dùng để hạ (F
Hạ
) và nâng F
N
thanh gỗ phải có các
giá trị nhỏ nhất:
F

Hạ
=
(
)
N8949147202PNk2PFF
2ms1ms
,.,
=

=

ì=+
F
N
=
(
)
N810749147202PNk2PFF
2ms1ms
,.,
=
+
=
+
ì=++

F
Hạ
F
N

F
ms1
F
ms2
Hình 2-4
a
Hình 2-4b
Hình 2-4

23
2-3. Hỏi phải tác dụng một lực bằng bao nhiêu lên một toa tàu đang đứng yên để nó
chuyển động nhanh dần đều và sau thời gian 30 giây nó đi đợc 11m. Cho biết lực ma sát
của toa tàu bằng 5% trọng lợng của toa tàu.

Bài giải
:
Gọi F là lực tác dụng lên toa tàu. Xét theo phơng ngang, lực gây ra gia tốc của toa
tàu, theo định luật Niutơn 2, bằng: F - f
ms
= ma
Trong đó: m là khối lợng và
2
t
s2
a =
là gia tốc của toa tầu.
Từ đó suy ra:
2
ms
t

ms2
mg5mafF

%
+=+= .
Thay số: s = 11 m, t = 30s, m = 15,6 tấn = 15600kg ta đợc: F
8200N.
(Trong phần đề bài cho thiếu khối lợng của toa tầu bằng m = 15,6 tấn).

2-4. Một ngời di chuyển một chiếc xe với vận tốc không đổi. Lúc đầu ngời ấy kéo
xe về phía trớc, sau đó ngời ấy đẩy xe về phía sau. Trong cả hai trờng hợp, càng xe
hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc
. Hỏi trong trờng hợp nào ngời ấy phải đặt lên
xe một lực lớn hơn? Biết rằng trọng lợng của xe là P, hệ số ma sát giữa bánh xe và mặt
đờng là k.

Bài giải
:
Viết phơng trình định luật II Newton cho các lực tác dụng vào xe. Thành phần lực
tổng hợp chiếu theo phơng thẳng đứng và nằm ngang đều bằng 0 - không có chuyển
động theo phơng thẳng đứng, chuyển động theo phơng ngang thì đều-không có gia tốc
theo phơng ngang nên:
Trờng hợp kéo xe về phía trớc (hình 2-1a): lực nén vuông góc của xe lên mặt
đờng là:
P - F. N 0 PF.N sinsin ==+
Và:
msms
FF0FF
=
=

cos.cos.
Mà, lực ma sát tác dụng lên xe:
F
ms
= kN = k(P - Fsin)

()


sincos FPkF
=


sincos k
kP
F
+
=


24

Trờng hợp đẩy xe về phía sau (hình 2-1b)
Bằng cách phân tích tơng tự, ta tính đợc lực ma sát đặt lên xe trong trờng hợp
này là:
F
ms
= kN = k(P + Fsin)

Và lực F cần đặt lên càng xe:

sincos
'
k
kP
F

=

Rõ ràng F

> F. Nh vậy trong trờng hợp đẩy xe về phía sau ngời ta phải dùng một
lực lớn hơn.

2-5. Một vật có khối lợng m = 5kg đợc đặt trên một mặt phẳng nghiêng hợp với
mặt phẳng ằm ngang một góc
= 30
0
. Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng bằng
k = 0,2. Tìm gia tốc của vật trên mặt phẳng nghiêng.

Bài giải
:
Ta phân tích các lực tác dụng vào vật gồm 3 lực: P thẳng
đứng, N vuông góc với mặt nghiêng và F
ms
nằm trên mặt
nghiêng.
Phơng trình định luật II Newton cho vật:

amFNP
ms
.=++
Chiếu phơng trình này theo phơng vuông góc với mặt phẳng nghiêng (phơng Oy)
và phơng song song với mặt phẳng nghiêng (phơng Ox) ta đợc:



=
=+
maFP
0NP
ms


sin
cos








=
=
m
FP
a

PN
ms


sin
cos

Mà F
ms
= k.N nên:
()





cossin
cossincossin
kg
m
kmgmg
m
kPP
a =

=

= .
Thay
= 30

0
, k = 0,2, g = 9,8 ta tính đợc a = 3,24m/s
2
.
N

F

F
ms
P

N

F

F
ms
P



Hình 2-1a

Hình 2-1b

F
ms
P

N

O


y

x

Hình của bài 2-5

25
Nhận xét: từ công thức trên ta thấy, gia tốc của vật trợt trên mặt phẳng nghiêng
không phụ thuộc vào khối lợng của vật đó.

2-6. Một vật trợt xuống trên một mặt phẳng nghiêng hợp với mặt phẳng nằm ngang
góc
= 45
0
. Khi trợt đợc quãng đờng s = 36,4cm, vật thu đợc vận tốc v = 2m/s. Xác
định hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng.

Bài giải
:
áp dụng công thức gia tốc của vật trong bài 2-5 ta có :
()

cossin kga =




coscos
sin
g
a
tg
g
ag
k =

= .
Sử dụng kiến thức của chơng I về mối quan hệ v-a-s ta có gia tốc của vật trợt này
là:
S2
v
S2
0v
S2
vv
a
222
2
0
2

=

=

= .



cos.gS2
v
tgk
2
=
Thay các thông số đã cho:
= 45
0
, v = 2m/s, s = 36,4cm = 0,364m ta đợc: k 0,2.

2-7. Một sợi dây thừng đợc đặt trên mặt bàn sao cho một phần của nó buông thõng
xuống đất. Sợi dây bắt đầu trợt trên mặt bàn khi chiều dài của phần buông thõng bằng
25% chiều dài của dây. Xác định hệ số ma sát k giữa sợi dây và mặt bàn.

Bài giải
:

Gọi P là trọng lực của cả dây, P
1
là trọng lợng của phần buông thõng. Theo đầu bài,
chiều dài phần buông thõng bằng 25% chiều dài dây
P
1

= 25%P.
Xét theo phơng chuyển động của sợi dây, dây chịu tác dụng của hai lực: P
1
và f
ms
.
Muốn dây bắt đầu trợt phải có P
1
= f
ms
f
ms
= 25%P.
Mà, f
ms
= k .N = k.(75%P).

P
1
f
ms
Hình của bài 2-7