Luyen Thi HSG Lop 10

144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng
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
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
1
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng
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:

Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
2
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng
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

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
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
3
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng
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 đ-
ờng 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:
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
4
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng








==
==


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 =
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
5
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng
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 phơng 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?
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
6
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng
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
=

+
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
7
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng



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
=
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
8
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng
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:




=
=
)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 :
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
9

144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng



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 =
Với:
3124
2
0
22
222
v
vv
vvv
yx
=+=+=


=R

g

v
.33
2
2
0
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
10
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng
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
=
;

1

n
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 +++=+++=
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624

11
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng

)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
+

=
+
+

Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
12
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng

)(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 +=
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
13
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng
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):
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
14
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng

)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 +==
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
15
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng

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
=
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
16
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng
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 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:
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
17
144 bài toán nâng cao Vật Lý phổ thông
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

. 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 :
T¸c gi¶ TrÞnh Xu©n §«ng mobile: 0977.223.624
18
144 bài toán nâng cao Vật Lý phổ thông














−=−===
=−=−=
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


−=

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:
T¸c gi¶ TrÞnh Xu©n §«ng mobile: 0977.223.624
19
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng

30010.30.
===

tvs
(m).
1. 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



=t

1.
1
22
22


à

R
g
Vì
0>t
nên
g
R
R
g

à

à
>> 01
22
22
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
20
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng
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
.
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 ).
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
21
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng
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

Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
22
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng



=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
+
=
+
=
+
=



Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
23
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng

)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:

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:
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624

24
144 bi toỏn nõng cao Vt Lý ph thụng

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
>>
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.
Tác giả Trịnh Xuân Đông mobile: 0977.223.624
25