ÔN HSG LỚP 10 MÔN VẬT LÍ

ễN THI HSG 10
Bi1: u di ca mt lc k treo trong mt bung thang mỏy cú múc mt vt khi lng
m = 2 kg. Cho bit bung thang mỏy ang chuyn ng nhanh dn u theo phng thng
ng v lc k ang ch 15 N. Ly gia tc ri t do g = 10 m/s
2
. Bung thang mỏy ang
chuyn ng
Bi 2: Mt vt nh cú khi lng m = 0,1 kg c treo vo mt u si dõy
nh khụng dón, u cũn li ca si dõy c buc cht vo im c nh O.
Cho vt m chuyn ng theo qu o trũn nm trong mt phng thng ng
vi tõm O v bỏn kớnh r = 0,5 m (hỡnh bờn). B qua sc cn ca khụng khớ v
ly gia tc ri t do g = 10 m/s
2
. Cho bit vn tc ca vt khi i qua v trớ cao
nht ca qu o l v = 5 m/s. Lc cng ca si dõy khi vt i qua v trớ cao nht ca qu
o?
Bi 3: Nc phun ra t mt vũi t trờn mt t vi tc ban u v
0
nht nh. Gúc
gia vũi v mt t tng dn t 0 n 90
0
. Tm bay xa L ca nc bin i nh th no ?
Bi 4: Một lợng khí lý tởng ở 27
0
C đợc biến đổi qua 2 giai đoạn: Nén đẳng nhiệt đến áp
suất gấp đôi, sau đó cho giãn nở đẳng áp về thể tích ban đầu.
1)Biểu diễn quá trình trong hệ toạ độ p-V và V-T.
2)Tìm nhiệt độ cuối cùng của khí.
Bi 5:Mt cỏi ph chuyn ng sang mt con sụng rng 1km, thõn ph luụn vuụng gúc vi
b sụng. Thi gian ph sang sụng l 15phỳt. Vỡ nc chy nờn ph trụi xuụi 500m v
phớa h lu so vi v trớ ban u. Tớnh vn tc ca dũng nc, vn tc ca ph i vi nc

v vn tc ca ph i vi b?
P N
B1
HD: Số chỉ lực kế bằng lực căng của lò xo tác dụng lên vật. Chọn HQC gắn với thang máy,
chiều dơng hớng lên ta có:
0 0
qt
T P F T P ma+ + = + =
ur ur uur ur ur r
(a là gia tốc của thang máy). Chiếu
các véc tơ lên chiều dơng ta có (giả sử
a
r
hớng lên):
15 20
0 2,5( / )
2
T P
T P ma T P ma a m s
m

= = + = = =
< 0
a
r
ngợc chiều dơng
a
r
h-
ớng xuống Thang máy chuyển động nhanh dần đều xuống dới với gia tốc a=2,5m/s

2
.
B2
HD: Chọn trục tọa độ có phơng đứng, chiều dơng hớng xuống. áp dụng định luật II Niutơn
cho vị trí cao nhất của vật ta có:
2 2
0,1.5
10.0,1 4
0,5
ht
mv
T P ma T N
R
+ = = = =
B3
HD:
2
0
v .sin 22
L .Do
g
=
từ 0 90
0
22 từ 0 đến 180
0
v
r
o
r

Mµ sin β = sin (180
-
- B) → cã 2 gi¸ trÞ cđa α cho cïng gi¸ trÞ L
* Khi 0 ≤ 90
0
; α t¨ng th× sin 2α t¨ng → L gi¶m
* 22 > 90
0
th× α t¨ng → L gi¶m
MỈt kh¸c L lín nhÊt khi sin 2α lín nhÊt hay
sin 2α = 1 → 22 = 90
0
→ = 45
0
B4
1)Theo bµi ra ta vÏ ®ỵc ®å thÞ nh 2 h×nh díi ®©y (2x0,375®)
2)Tõ (1) ®Õn (2) lµ qu¸ tr×nh ®¼ng nhiƯt nªn ta cã:
p
1
V
1
=p
2
V
2
Víi p
1
=p
2
(a) (0,25®)

Tõ (2) ®Õn (3) lµ qu¸ tr×nh gi·n ®¼ng ¸p nªn ta cã: V
1
=V
3
vµ:
2
2
1
2
2
3
3
2
2
3
3
T
V
V
T
V
V
T
T
V
T
V
==⇒=

(b) (0,25®)

KÕt hỵp (a) vµ (b) ta cã:T
3
=
1
2
p
p
T
2
=2.300=600
0
K (0,25®)
Bài I: Ba người bạn A – B – C chỉ có một chiếc xe đạp quyết đònh cùng đi dự
một đám cưới cách chỗ ở 30km. Phương án của họ vạch ra để đến nơi cùng một lúc là:
B chở A còn C đi bộ, đi được một đoạn đường thích hợp thì A xuống xe đi bộ còn B
quay lại đón C. Dọc đường quay lại đón C thì xe hỏng, phải dừng lại sửa sau đó tiếp tục
quay lại đón C. Do vậy mà B và C đến trễ sau A 3 phút. Vận tốc xe đạp là 15 km/h,
người đi bộ là 6km/h.
a) Sau thời gian bao lâu thì A đến nơi ?
b) Tìm thời gian sửa xe.
c) Vẽ dạng đồ thò chuyển động của mỗi người.
ĐÁP ÁN
V
V
1
=V
3
1 3
2
T

0 T
1
=T
2
p
2 3
p
2
=2p
1

p
1
1
0 V
1
=V
3

a) Thời gian A đến nơi là thời gian theo dự kiến.
t
1
: Thời gian đi bộ của A
t
2
: Thời gian A ngồi trên xe
v
1
t
1

+ v
2
t
2
= S (0,5đ)
Quãng đường xe đạp phải đi là: Hành trình của xe đạp
S + 2MN
v
2
(t
1
+ t
2
) = S + (S – 2v
1
t
1
) 2
=> v
2
t
1
+ v
2
t
2
= 3S – 4v
1
t
1

(1đ)
Thay số ta có:
6t
1
+ 15t
2
= 30
15t
1
+ 15t
2
= 90 – 24t
1
(0,5đ)
b) Trong thời gian xe hỏng (∆t), C đi thêm được quãng đường v
1
. ∆t.
Quãng đường xe đạp được giảm : 2v
1
∆t
Nghóa là bớt được thời gian: (0,5đ)
Ta có 3ph=
(1,5đ)
Bài 2: Trên mặt nằm ngang nhẵn có đặt chiếc nêm khối lượng M, độ cao h
với các góc nghiêng α, β. Tại đỉnh nêm người ta giữ 2 vật nhỏ cùng khối lượng m. Sau
khi thả rơi hai vật trượt theo 2 phương nghiêng khác nhau rồi bò mắc kẹt vào 2 chiếc rổ.
Hỏi nêm dòch chuyển 1 đoạn bao nhiêu ?
)(
11
14

15.11
210
)(
11
20
33
60
2
1
ht
ht
==
==
11
34
21
=+=⇒ ttt
M N
v
2
t
2
v
1
t
1
2
1
2
v

tv ∆
h
20
1
)(
20
1
.
2
2
1
ht
v
v
t =∆−∆
)(15)(
4
1
20
1
5
4
phhttt ==∆⇒=∆−∆⇒
=>
(1đ)
β
α
h
M
m m’

x(Km)
t (h)
B + C
A
A + B
C
ĐÁP ÁN:
+ Gọi x
1
, x
2
, x
3
là tọa độ khối tâm
mỗi vật theo phương Ox -> OO
1
là độ
dòch chuyển khối tâm của M -> ∆x
3
=
OO
1
.
+ Vì các ngoại lực tác dụng lên hệ
theo phương thẳng đứng -> khối tâm hệ
bảo toàn theo phương ngang.
=> m(∆x
3
– hcotgα) + m (∆x
3

+ hcotgβ) + M∆x
3
= 0
Bài 3: Một thang kép gồm 2 thang đơn AB, AC có thể quay không ma sát quanh
trụ A. Mỗi thang dài 2l có trọng lượng P đặt tại trung điểm góc BAC = 2α. Một người
có trọng lượng P
1
trèo lên thang AB. Vò trí H của người ấy được xác đònh bởi AH = x.
Hệ số ma sát của thang và mặt phẳng nằm ngang là k = tg ϕ.
a) Nếu thang bò trượt thì thang đơn nào trượt trước?
b) Tính tg ϕ khi thang bắt đầu trượt.
c) Xét các trường hợp riêng.
- Không có người.
- Người đứng yên trên thang ở A.
- Người đứng yên ở B.
ĐÁP ÁN:
a. (0,5đ) Thang kép chòu tác dụng của các lực (hình vẽ) Trọng lực P
A
, P
B
, P
1
(P
A
=
P
B
= P) Phản lực R
1
của mặt đất ở B nghiêng góc β

1
so với đường thẳng đứng.
Phản lực R
2
của mặt đất ở C nghiêng góc β
2
so với đường thẳng đứng. Thang bò trượt
nếu β > ϕ.
(0,5đ) Khi thang cân bằng thì hình chiếu của F
hl
trên phương ngang = 0
0
321
=
++
∆+∆+∆
⇒
mmm
xmxmxm
Mm
ggmh
xOO
+
−
=∆=⇒
2
)cot(cot
31
βα
1

2
3
β
@
α
→
P+P
1
→
y
↑(+)
x
0
(+)
C
B
P
1
→
→
→
→
P
→
P
2α
N
1
A
γ

N
2
→
β
1
R
1
→
β
2
→
R
2
γ
→
→
→
→
 R
2
Sinβ
2
– R
1
Sinβ
1
= 0
(0,5đ) Thang AB có người đứng nên R
1
> R

2
. Vậy β
2
> β
1.
Vậy β
2
 ϕ trước khi β
1
 ϕ
Nghóa là thang AC trượt trước thang AB.
b. Khi hai thang đơn tác dụng lên nhau các phản lực ở A trực đối
N1= -N2
Xét sự cân bằng của thang AB và tính momen lực đối với trục quay qua B ta có:
N
1
2l cos (α - γ) = [Pl + P
1
(2l –x )] sin α (1) (0,25đ)
Xét cân bằng của AC và lấy momen đối với trục qua C.
2lN
2
cos (α - γ) = Pl sin α (2) (0,25đ)
(1) + (2) ⇔ 4Nl cosα cosγ = [2Pl + P
1
(2l –x )] sin α (3) (0,25đ)
(1) - (2) ⇔ 4Nl sin γ = P
1
(2l- x) (4) (0,25đ)
Mặt khác ta lại có: R

2
+ N
2
+ P = 0 (a)
Chiếu (a) lên ox R
2
sinβ
2
= N
2
cos γ
oy R
2
cosβ
2
– P = N
2
sin
γ
Thang bắt đầu trượt thì β
2
= ϕ
Từ (b) => R
2
sinϕ = N
2
cos γ (5) (0,25đ)
R
2
cosϕ - P = N

2
sin γ (6)
Thay cos γ, sin γ trong (5), (6) vào (3), (4)
Ta được: 4lR
2
cos α sinϕ = [2Pl + P
1
(2l – x)] sin α
4l (R
2
cos α - P) = P
1
(2l – x)
Khử R
2
 (0,5đ)
Với α là góc giữa thang với phương thẳng đứng ứng với lúc nó bắt đầu trượt.
c/ Nếu P
1
= 0 thì tgα = 2tgϕ < tg2ϕ  α < 2ϕ (0,5đ)
Tại A thì x = 0  (0,5đ)
Tại B thì x = 2l  tgα = 2tgϕ < tg2ϕ  α < 2ϕ (0,5đ)
Bài 4: Một vật khối lượng m
2
được treo bằng sợi dây dài l = 1m với điểm treo ở
độ cao h = 2m. Tại mặt đất người ta ném xiên 1 vật m
1
(với m
1
= 2m

2
) với vận tốc sao
→ →
( )
N
1
= N
2
= N
→
→
→
→
→
→
→
(b) (0,25 đ)
( )
( )
ϕα
tg
xPPPl
xPPPl
tg
11
11
2
22
−+
−+

=
ϕα
tg
PP
PP
tg
1
1
2
+
+
=
cho m
1
đến va chạm tuyệt đối đàn hồi xuyên tâm với m
2
theo phương ngang, m
2
sau va
chạm lên đến độ cao của điểm treo O.
a) Tìm độ lớn v, góc ném α và vò trí điểm ném A (hay khoảng cách AB)?
b) Tìm tầm xa của m
1
?
Bỏ qua lực cản môi trường; lấy g = 10m/s
2
ĐÁP ÁN:
a) Sau va chạm m
2
có vận tốc v

2
’.
Theo đònh luật bảo toàn cơ năng:

Xét va chạm, động lượng bảo toàn, động năng bảo toàn:
Giải ra được :
Vò trí va chạm là vò trí độ cao cực đại của m
1
Nên : v
x
= v
1
với : vx = vcosα
Mặt khác:
=> Góc ném :
Thời gian lên đến độ cao cực đại của m
1
glmvm
2
2
'
22
2
1
=
)/(52202
'
2
smglv
===⇒

)/(
2
5
4
1
3
1
'
21
'
1
smvvv
===
''
221111
vmvmvm +=
2
22
2
'
11
2
11
'vmvmvm +=
1
21
1
'
2
2

v
mm
m
v
+
=
1
21
21
'
1
v
mm
mm
v
+
−
=
)/(
2
53
4
3
3
4
'
211
'
2
smvvvv

==⇒=⇒
)/(52)(2 smlhgv
y
=−=
Vx
Vy
tg =
α
253
5
3
2
53
52
0
=⇒==
αα
tg
m
2
l
O
m
1
α
A B
V
(0,5đ)
(0,25đ)
(0,25đ)

(0,5đ)
(0,5đ)
(0,5đ)
(0,25đ)
V
α
Vx
Vy
(0,5đ)
(0,25đ)
b) Sau va chạm m
1
có vận tốc chiều tiến tới trước
Vì m
1
> m
2
. Từ vò trí đó m
1
chuyển động ném ngang
Tầm xa tính từ B :
Tầm xa của m
1
: X
M
= x
M
+ AB
= 1,5 + 0,5 = 2 (m)
Bài 5: Túi cát khối lượng m

2
nảy lên
cao bao nhiêu nếu ở bên kia cầu bập bênh
ta thả một túi cát giống hệt như vậy từ độ
cao H. Biết khối lượng tấm ván là m
1
và độ
dài của nó là .
ĐÁP ÁN
Tại lúc va chạm, momen động lượng được bảo toàn đối với điểm O (Với O là tâm
đối xứng của hệ – momen của trọng lực đối với O bằng 0).
Ta có: (1đ)
(1đ)
Mà : (1đ)
Độ cao cực đại mà m
2
có thể lên được:
(1đ)
(1đ)
)(52,0
10
52
s
g
Vy
t ===
mtVAB
x
5,152,0.
2

53
===⇒
)(5,0
10
)12(2
.
2
5
mx
M
=
−
==>
ωω
.
4
.2
12
2
2
2
2
2
1
2


mm
gHm +=
ω

)
6
(2
2
1
2
m
m
gHm +=⇒
21
2
6
26
mm
gHm
+
=⇒ 
ω
21
2
6
23
2
.
mm
gHm
v
+
==


ω
gmm
gHm
g
v
h
2
1
.
6
23
2
2
21
2
2








+
==
2
2
2
2

vm
ghm =
H
mm
m
h
2
21
2
6
3








+
=
O
m
2
m
2
m
1
H
/2 /2

(0,5đ)
V
1
’
g
lR
Vx
M
)(2
.
'
1
−
=
(0,5đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
Bài 6: Bơm pittông ở mỗi lần bơm chiếm một thể tích khí xác đònh. Khi hút khí ra
khỏi bình nó thực hiện 4 lần bơm. p suất ban đầu trong bình bằng áp suất khí quyển
P
0
. Sau đó, cũng bơm này bắt đầu bơm khí từ khí quyển vào bình và cũng thực hiện 4
lần bơm. Khi đó, áp suất trong bình lớn gấp đôi áp suất khí quyển. Tìm hệ thức giữa thể
tích làm việc của bơm và thể tích bình.
ĐÁP ÁN:
Khi hút khí trong bình sau lần bơm đầu tiên áp suất trong bình trở thành P
1
.
Ta có: P
0

. V = P1 (V+V
0
)  (1đ)
Với V là thể tích của bình, V
0
là thể tích làm việc của bơm pittông.
Vậy sau 4 lần bơm áp suất trong bình là: (0,5đ)
Khi bơm khí vào trong bình sau 4 lần bơm trong bình thiết lập một áp suất bằng P.
(1đ)
Theo điều kiện của bài toán: P = 2P
0
, đặt
Ta có phương trình: (0,5đ)
Dựng đồ thò của các hàm: y = 2 - 4x và y = như hình vẽ.
Từ giao điểm của hai đồ thò ta tìm được x ≈ 0,44 nghóa là (0,5đ)
(1đ)
0
01
VV
V
PP
+
=
2
0
0
0
12









+
=
+
=
VV
V
P
VV
V
PP
4
0
0
'








+
=

VV
V
PP












+












+
=









+








+
=+=
V
V
V
V
P
V
V
VV
V
P
V

VP
PP
0
4
0
0
0
4
0
0
00
4
1
1
4
4
'
V
V
x
0
=
44
1
1
424
1
1
2







+
=−⇔+






+
=
x
xx
x
4
1
1






+
x
44,0

0
≈
V
V
x
y
0
0,1
•
0,44
0,5
0,8
1
4
1
1






+
=
x
y
A. C hc
1. ng hc
Bài 1: Cho cơ hệ nh hình vẽ. B chuyển động sang phải với gia tốc
a

r
, 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
r
:


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
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
+
=
.
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
r
và
2
v
r
. 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 +=




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)
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:
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 :

=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 :

''
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
r
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
r
.

Theo định luật II Newton:

amP
r
r
=
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:




=
=
)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
r
hớng xuống.
Lực hớng tâm tại B:

R
v
mmgF
ht

2
cos ==



cos
2
g
v
R =
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 đờng mà chất điểm đi đợc trong các khoảng 3 giây kế tiếp.
Suy ra:

) 21( 2
1010101.0
ntvtnvtvtvS +++=+++=

)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
.
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
.
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

=
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
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
A0
.
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
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 tốc tiép tuyến và gia tốc pháp tuyến luôn có độ lớn bằng nhau. Tại thời điểm ban
đầu t=o, vận tốc của chất điểm đó là
0
v
.
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:

R

v
dt
dv
aa
nt
2
=−⇒=


R
dt
v
dv
=−⇔
2
(1)
Lấy tích phân 2 vế ta có:

R
t
vvR
dt
v
dv
tv
v
=−⇒=−
∫∫
0
0

2
11
0

⇒
=v
t
R
v
v
0
0
1
+
từ (1)
R
ds
v
dv
=−⇒
(2) (ds = vdt )
Lấy tích phân 2 vế phương trình (2):

R
s
v
v
R
ds
v

dv
Sv
v
=−⇔=−
∫∫
0
0
ln
0

⇒

=v

e
R
S
v
−
.
0
.
b. Gia tốc toàn phần:

22
22
ntnt
aaaaa ==+=
Gia tốc toàn phần theo vận tốc:

=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
r
. 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 (1) và vât (2) gặp
nhau thì quãng đường vật nhỏ đi được có tổng chiều dài là bao nhiêu?
Giải:
Vận tốc của vật (1) đối với mốc vật (2) là:

2112
vvv
rr


−=

10
2112
=+=⇒ vvv
(m/s).
Thời gian từ ban đầu đến lúc vật (1) và vật
(2) gặp nhau là:
10
10
100
12
===
v
AB
t
(s)
Quãng đường vật nhỏ đi được tổng cộng cho đến lúc vật (1) và vật (2) gặp nhau là:

30010.30.
===
tvs
(m).
2. §éng lùc häc chÊt ®iÓm:
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



=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.