BÀI TẬP TỰ LUẬN VÀ TRẮC NGHIỆM VẬT LÝ LỚP 10

BÀI TẬP TỰ LUẬN VÀ TRẮC NGHIỆM VẬT LÝ LỚP 10
PHẦN I: BÀI TẬP TỰ LUẬN
BÀI 1 :Hai lò xo: lò xo một dài thêm 2 cm khi treo vật m1 = 2kg, lò xo 2 dài thêm 3 cm khi
treo vật m2 = 1,5kg. Tìm tỷ số k1/k2.
Bài giải:

Khi gắn vật lò xo dài thêm đoạn l. Ở vị trí cân bằng
→

→

F0 = P ⇔ K∆l = mg

Với lò xo 1: k1l1 = m1g
Với lò xo 1: k2l2 = m2g
Lập tỷ số (1), (2) ta được

(1)
(2)

K 1 m 1 ∆l 2
2 3
=
.
=
=2
K 2 m 2 ∆l 1 1,5 2

BÀI 2 :Một xe tải kéo một ô tô bằng dây cáp. Từ trạng thái đứng yên sau 100s ô tô đạt vận tốc
V = 36km/h. Khối lượng ô tô là m = 1000 kg. Lực ma sát bằng 0,01 trọng lực ô tô. Tính lực
kéo của xe tải trong thời gian trên.

Bài giải:

Chọn hướng và chiều như hình vẽ
Ta có gia tốc của xe là:
a=

V − V0 10 − 0
=
= 0,1(m / s 2 )
t
100

Theo định luật II Newtơn :
→

→

→

F + f ms = m a

F  fms = ma
F = fms + ma
= 0,01P + ma
= 0,01(1000.10 + 1000.0,1)
= 200 N


BÀI 3 :Hai lò xo khối lượng không đáng kể, độ cứng lần lượt là k1 = 100 N/m, k2 = 150 N/m,
có cùng độ dài tự nhiên L0 = 20 cm được treo thẳng đứng như hình vẽ. Đầu dưới 2 lò xo nối

với một vật khối lượng m = 1kg. Lấy g = 10m/s2. Tính chiều dài lò xo khi vật cân bằng.

Bài giải:

Khi cân bằng: F1 + F2 =
Với F1 = K1l;
F2 = K21
nên (K1 + K2) l = P
⇒ ∆l =

P
1.10
=
= 0,04 (m)
K 1 + K 2 250

Vậy chiều dài của lò xo là:
L = l0 + l = 20 + 4 = 24 (cm)
BÀI 4 :Tìm độ cứng của lò xo ghép theo cách sau:

Bài giải:

Hướng và chiều như hình vẽ:
Khi kéo vật ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn x thì :
Độ dãn lò xo 1 là x, độ nén lò xo 2 là x
→

→

Tác dụng vào vật gồm 2 lực đàn hồi F1 ; F 2 ,

→

→

→

F1 + F 2 = F

Chiếu lên trục Ox ta được :
F = F1  F2 = (K1 + K2)x


Vậy độ cứng của hệ ghép lò xo theo cách trên là:
K = K 1 + K2
BÀI 5 :Hai vật A và B có thể trượt trên mặt bàn nằm ngang và được nối với nhau bằng dây
không dẫn, khối lượng không đáng kể. Khối lượng 2 vật là mA = 2kg, mB = 1kg, ta tác dụng
vào vật A một lực F = 9N theo phương song song với mặt bàn. Hệ số ma sát giữa hai vật với
mặt bàn là m = 0,2. Lấy g = 10m/s2. Hãy tính gia tốc chuyển động.
Bài giải:

Đối với vật A ta có:
→

→

→

→

→

→

P1 + N 1 + F + T1 + F1ms = m 1 a 1

Chiếu xuống Ox ta có: F  T1  F1ms = m1a1
Chiếu xuống Oy ta được: m1g + N1 = 0
Với F1ms = kN1 = km1g
F  T1  k m1g = m1a1
(1)

* Đối với vật B:
→

→

→

→

→

→

P2 + N 2 + F + T2 + F2 ms = m 2 a 2

Chiếu xuống Ox ta có: T2  F2ms = m2a2
Chiếu xuống Oy ta được: m2g + N2 = 0
Với F2ms = k N2 = k m2g
(2)

 T2  k m2g = m2a2
 Vì T1 = T2 = T và a1 = a2 = a nên:
F - T  k m1g = m1a
(3)
T  k m2g = m2a
(4)
Cộng (3) và (4) ta được F  k(m1 + m2)g = (m1+ m2)a
⇒ a=

F − µ(m 1 + m 2 ).g 9 − 0,2(2 + 1).10
=
= 1m / s 2
m1 + m 2
2 +1

BÀI 6 :Hai vật cùng khối lượng m = 1kg được nối với nhau bằng sợi dây không dẫn và khối
→

lượng không đáng kể. Một trong 2 vật chịu tác động của lực kéo F hợp với phương ngang góc
a = 300 . Hai vật có thể trượt trên mặt bàn nằm ngang góc a = 300
Hệ số ma sát giữa vật và bàn là 0,268. Biết rằng dây chỉ chịu được lực căng lớn nhất là 10 N.
Tính lực kéo lớn nhất để dây không đứt. Lấy 3 = 1,732.

Bài giải:


Vật 1 có :
→

→

→

→

→

→

P1 + N 1 + F + T1 + F1ms = m 1 a 1

Chiếu xuống Ox ta có: F.cos 300  T1  F1ms = m1a1
Chiếu xuống Oy
: Fsin 300  P1 + N1 = 0
Và F1ms = k N1 = k(mg  Fsin 300)
 F.cos 300  T1k(mg  Fsin 300) = m1a1 (1)
Vật 2:
→

→

→

→

→

→

P2 + N 2 + F + T2 + F2 ms = m 2 a 2

Chiếu xuống Ox ta có: T  F2ms = m2a2
Chiếu xuống Oy
: P2 + N2 = 0
Mà F2ms = k N2 = km2g
 T2  k m2g = m2a2
Hơn nữa vì m1 = m2 = m; T1 = T2 = T ; a1 = a2 = a
 F.cos 300  T  k(mg  Fsin 300) = ma (3)
 T  kmg = ma
(4)
Từ (3) và (4)
T (cos 30 0 + µ sin 30 0 )
≤ t m·
2
2 Tm ·
2.10
F≤
=
= 20
0
0
cos 30 + µ sin 30
3
1
+ 0,268
2
2

⇒ T=

Vậy Fmax = 20 N
BÀI 7:
Hai vật A và B có khối lượng lần lượt là mA = 600g, mB = 400g được nối với nhau bằng sợi
dây nhẹ không dãn và vắt qua ròng rọc cố định như hình vẽ. Bỏ qua khối lượng của ròng rọc
và lực ma sát giữa dây với ròng rọc. Lấy g = 10m/s2. Tính gia tốc chuyển động của mối vật.

Bài giải:


Khi thả vật A sẽ đi xuống và B sẽ đi lên do mA > mB và
TA = TB = T
aA = aB = a
Đối với vật A: mAg  T = mA.a
Đối với vật B: mBg + T = mB.a
* (mA  mB).g = (mA + mB).a
* a=

mA − mB

mA + mB

.g =

600 − 400
.10 = 2 m / s 2
600 + 400

BÀI 8:
Ba vật có cùng khối lượng m = 200g được nối với nhau bằng dây nối không dãn như hình vẽ.
Hệ số ma sát trượt gjữa vật và mặt bàn là  = 0,2. Lấy g = 10m/s2. Tính gia tốc khi hệ chuyển

động.

Bài giải:

Chọn chiều như hình vẽ. Ta có:
→

→

→

→

→

→

→

→

→

→

→

→

F3 + P3 + N 3 + T4 + T3 + F2 ms + P2 + N 2 + T2 + T1 + P1 = M a

Do vậy khi chiếu lên các hệ trục ta có:
mg − T1 = ma 1

T2 − T3 − Fms = ma 2
T − F = ma
ms
3
 4

Vì


T1 = T2 = T
T3 = T4 = T '
a1 = a 2 = a 3 = a
mg − T = ma

⇒ T − T ' − Fms = ma
 '
T − Fms = ma
mg − 2 Fms = 3ma
⇒ 
mg − 2µmg = 3ma
1 − 2µ
1 − 2.0,2
⇒ a=
.g =
.10 = 2 m / s 2
3

3

BÀI 9:
Một xe trượt không vận tốc đầu từ đỉnh mặt phẳng nghiêng góc  = 300. Hệ số ma sát trượt là
 = 0,3464. Chiều dài mặt phẳng nghiêng là l = 1m. lấy g = 10m/s2 và
3 = 1,732 Tính gia tốc chuyển động của vật.

Bài giải:

Các lực tác dụng vào vật:
→

1) Trọng lực P

→

2) Lực ma sát Fms
→

3) Phản lực N của mặt phẳng nghiêng
4)

Hợp lực
→

→

→

→

→

F = P + N + Fms = m a

Chiếu lên trục Oy:  Pcox + N = 0
 N = mg cox
(1)
Chiếu lên trục Ox : Psin  Fms = max
 mgsin N = max
(2)
từ (1) và (2)  mgsin   mg cox = max
 ax = g(sin  cox)
= 10(1/2  0,3464. 3 /2) = 2 m/s2


BÀI 10 :Cần tác dụng lên vật m trên mặt phẳng nghiêng góc  một lực F bằng bao nhiêu để
vật nằm yên, hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là k , khi biết vật có xu hướng trượt
xuống.

Bài giải:

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.
Áp dụng định luật II Newtơn ta có :
→

→

→

→

F + P + N + Fms = 0

Chiếu phương trình lên trục Oy: N  Pcox  Fsin = 0
 N = Pcox + F sin
Fms = kN = k(mgcox + F sin)
Chiếu phương trình lên trục Ox : Psin  F cox  Fms = 0
 F cox = Psin  Fms = mg sin  kmg cox  kF sin
⇒F=

mg(sin α − kcoxα) mg(tgα − k )
=
cos α + k sin α
1 + ktgα

BÀI 11 :Xem hệ cơ liên kết như hình vẽ
m1 = 3kg; m2 = 1kg; hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là  = 0,1 ;  = 300; g = 10
m/s2
Tính sức căng của dây?

Bài giải:


Giả thiết m1 trượt xuống mặt phẳng nghiêng và m2 đi lên, lúc đó hệ lực có chiều như hình vẽ.
Vật chuyển động nhanh dần đều nên với chiều dương đã chọn, nếu ta tính được a > 0 thì chiều
chuyển động đã giả thiết là đúng.
Đối với vật 1:
→

→

→

→

→

P1 + N + T1 + Fms = m 1 a 1

Chiếu hệ xOy ta có: m1gsin  T  N = ma
 m1g cox + N = 0
* m1gsin  T   m1g cox = ma
(1)
Đối với vật 2:
→

→

→

P2 + T2 = m 2 a 2

 m2g + T = m2a
(2)
Cộng (1) và (2)  m1gsin   m1g cox = (m1 + m2)a
⇒a=

m 1g sin α − µm 1 cos α − m 2 g
m1 + m 2

1
3
3.10. − 0,1.3
− 1.10
2
2
=
≈ 0,6 (m / s 2 )
4

Vì a > 0, vậy chiều chuyển động đã chọn là đúng
* T = m2 (g + a) = 1(10 + 0,6) = 10,6 N
BÀI 12 :Sườn đồi có thể coi là mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng a = 300 so với trục Ox nằm
ngang. Từ điểm O trên sườn đồi người ta ném một vật nặng với vận tốc ban đầu V 0 theo
phương Ox. Tính khoảng cách d = OA từ chỗ ném đến điểm rơi A của vật nặng trên sườn đồi,
Biết V0 = 10m/s, g = 10m/s2.

Bài giải:


Chọn hệ trục như hình vẽ.
Phương trình chuyển động và phương trình quỹ đạo là:
x = V0 t


1 2
y = 2 gt

Phương trình quỹ đạo

y=

1 g 2
x
2 V02

(1)

Ta có:
x A = OH = d cos α

y A = OK = d sin α

Vì A nằm trên quỹ đạo của vật nặng nên xA và yA nghiệm đúng (1). Do đó:
d sin α =
⇒ d=

1 g
(d cos α) 2
2
2 V0

2 V02 sin α 2.10 2 sin 30 0
.
=
.
= 1,33 m
g cos α
10 cos 30 0

BÀI 13 :Một hòn đá được ném từ độ cao 2,1 m so với mặt đất với góc ném a = 450 so với mặt
phẳng nằm ngang. Hòn đá rơi đến đất cánh chỗ ném theo phương ngang một khoảng 42 m.
Tìm vận tốc của hòn đá khi ném ?
GIAÛI
Chọn gốc O tại mặt đất. Trục Ox nằm ngang, trục Oy thẳng đứng hướng lên (qua điểm ném).
Gốc thòi gian lúc ném hòn đá.
Các phương trình của hòn đá
x = V0 cos450t
(1)
y = H + V0sin 450t  1/2 gt2
(2)
Vx = V0cos450
(3)
Vy = V0sin450  gt
(4)
Từ (1)
⇒ t=

x
V0 cos 45 0

Thế vào (2) ta được :
1
x2
y = 4 + tg 45 0 .x − g. 2
2 V0 cos 2 45 0

(5)

Vận tốc hòn đá khi ném
Khi hòn đá rơi xuống đất y = 0, theo bài ra x = 42 m. Do vậy
1
x2
⇒ H + tg 45 0 x − g 2
=0
2 V0 cos 2 45 0
g
2

x.
⇒ V0 =

cos 45 0 tg 45 0 .x + H

=

42 4.9
2
. 1 + 42
2

= 20(m / s)

BÀI 14 :Một máy bay đang bay ngang với vận tốc V1 ở độ cao h so với mặt đất muốn thả bom
trúng một đoàn xe tăng đang chuyển động với vận tốc V2 trong cùng 2 mặt phẳng thẳng đứng
với máy bay. Hỏi còn cách xe tăng bao xa thì cắt bom (đó là khoảng cách từ đường thẳng
đứng qua máy bay đến xe tăng) khi máy bay và xe tăng chuyển động cùng chiều.
Bài giải:

Chọn gốc toạ độ O là điểm cắt bom, t = 0 là lúc cắt bom.
Phương trình chuyển động là:
x = V1t
(1)
y = 1/2gt2
(2)
Phương trình quỹ đạo:
y=

1 g 2
x
2 V02

Bom sẽ rơi theo nhánh Parabol và gặp mặt đường tại B. Bom sẽ trúng xe khi bom và xe cùng
lúc đến B
⇒t=

2y
2h
=
g
g

và

x B = V1

2h
g

Lúc t = 0 còn xe ở A
⇒ AB = V2 t = V2

2h
g

* Khoảng cách khi cắt bom là :
HA = HB − AB = (V1 − V2 )

2h
g

(V1 = V2 )

BÀI 15 :Từ đỉnh một mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng  so với phương ngang, người ta
ném một vật với vận tốc ban đầu V0 hợp với phương ngang góc  . Tìm khoảng cách l dọc
theo mặt phẳng nghiêng từ điểm ném tới điểm rơi.


Bài giải;
Các phương thình toạ độ của vật:
x = V0 cos αt (1)

y = H + V sin αt − 1
0

2gt 2


(2 )

Từ (1)
⇒ t=

x
V0 cos α

Thế vào (2) ta được:
1
x2
y = H + tgαx − g 2
2 V0 cos 2 α

(3)

Ta có toạ độ của điểm M:
x M = l cos β

y M = H − l sin β

Thế xM, yM vào (3) ta được:
H − l sin β = H + tgαl cos β −

gl 2 cos 2 β
2 V02 cos 2 α

tgα cos β + sin β
g cos 2 β
sin α cos β + cos α sin β

⇒ l = 2V02 cos 2 α.
= 2V02 cos α
= 2V02 cos α

g cos 2 β
sin(α + β)
g cos 2β

BÀI 16 :Ở một đồi cao h0 = 100m người ta đặt 1 súng cối nằm ngang và muốn bắn sao cho
quả đạn rơi về phía bên kia của toà nhà và gần bức tường AB nhất. Biết toà nhà cao h = 20 m
và tường AB cách đường thẳng đứng qua chỗ bắn là l = 100m. Lấy g = 10m/s2. Tìm khoảng
cách từ chỗ viên đạn chạm đất đến chân tường AB.


Bài giải:

Chọn gốc toạ độ là chỗ đặt súng, t = 0 là lúc bắn.
Phương trình quỹ đạo
y=

1 g 2
x
2 V02

Để đạn chạm đất gần chân tường nhất thì quỹ đạo của đạn đi sát đỉnh A của tường nên
yA =
⇒ V0 =

1 g 2
xA

2 V02
1 g
1.10
.x A =
.100 = 25m / s
2 yA
2.80

Như vậy vị trí chạm đất là C mà
x C = V0

2.y C
g

= V0

2h
2.100
= 25
= 11,8(m)
g
10

Vậy khoảng cách đó là: BC = xC  l = 11,8 (m)
BÀI 17 :Một vật được ném lên từ mặt đất theo phương xiên góc tại điểm cao nhất của quỹ đạo
vật có vận tốc bằng một nửa, vận tốc ban đầu và độ cao h0 =15m. Lấy g = 10m/s2.
Tính ở độ lớn vận tốc
Bài giải:

Chọn: Gốc O là chỗ ném

* Hệ trục toạ độ xOy
* T = 0 là lúc ném
Vận tốc tại 1 điểm
V = Vx + Vy

Tại S: Vy = 0
⇒ Vs = Vx = Vo cos α


Mà
Vs =

Và
yx

Vo
1
⇒ cos α = ⇒ α = 60 o
2
2

2
(
Vo sin α )
=

2g

⇒ Vo =

2gy s
sin α

=

2 x10x15
3

= 20m / s

2

BÀI 18 :Em bé ngồi dưới sàn nhà ném 1 viên bi lên bàn cao h = 1m với vận tốc
V0 = 2 10 m/s. Để viên bi có thể rơi xuống mặt bàn ở B xa mép bàn A nhất thì vận tốc Vo
phải nghiêng với phương ngang 1 góc  bằng bao nhiêu?
Lấy g = 10m/s2.

Bài giải:

Để viên bi có thể rơi xa mép bàn A nhất thì quỹ đạo của viên bi phải đi sát A.
Gọi V1 là vận tốc tại A và hợp với AB góc 1 mà:
AB =

V 2 sin 2α 1
g

(coi như được ném từ A với AB là tầm
Để AB lớn nhất thì
sin 2α 1 = 1 ⇒ α 1 =

π
4

Vì thành phần ngang của các vận tốc
đều bằng nhau
V0cos = V.cos1
⇒ cos α =

V
. cos α 1
Vo

Với
V = V 2 − 2gh
o


1
cos α 1 =
2


Nên


cos α =

Vo2 − 2gh 1
. =
Vo

2

1 gh
−
=
2 Vo2

1
10x1
1
−
=
2
2 2 10
2

(

)

⇒ α = 60 o

BÀI 19 :Một bàn nằm ngang quay tròn đều với chu kỳ T = 2s. Trên bàn đặt một vật cách trục
quay R = 2,4cm. Hệ số ma sát giữa vật và bàn tối thiểu bằng bao nhiêu để vật không trượt trên
mặt bàn. Lấy g = 10 m/s2 và 2 = 10
Bài giải:

Khi vật không trượt thì vật chịu tác dụng của 3 lực:
P, N; Fms nghØ

Trong đó:
P+N =0

Lúc đó vật chuyển động tròn đều nên Fms là lực hướng tâm:
Fms = mw 2 R(1)

Fms = µ.mg(2)
w2R
⇒ w R ≤ µ.g ⇒ µ ≥
g
2

Với w = 2/T = .rad/s
⇒µ≥

π 2 .0,25
= 0,25
10

Vậy min = 0,25
BÀI 20 :Một lò xo có độ cứng K, chiều dài tự nhiên l0, 1 đầu giữ cố định ở A, đầu kia gắn vào
quả cầu khối lượng m có thể trượt không ma sát trên thanh () nằm ngang. Thanh ( ) quay
đều với vận tốc góc w xung quanh trục (A) thẳng đứng. Tính độ dãn của lò xo khi l 0 = 20 cm;
w = 20rad/s; m = 10 g ; k = 200 N/m

Bài giải:


Các lực tác dụng vào quả cầu
P ; N ; Fdh

K∆l = mw 2 ( l o + ∆l )

(

)

⇒ ∆l K − mw 2 = mw 2 l o
⇒ ∆l =

2

mw l o
K − mw 2

với k > mw2
∆l =

0,01.( 20 π) .0,2
2

200 − 0,01.( 20 π )

2

= 0,05m

BÀI 21 :Vòng xiếc là một vành tròn bán kính R = 8m, nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Một
người đi xe đạp trên vòng xiếc này, khối lượng cả xe và người là 80 kg. Lấy g = 9,8m/s 2 tính
lực ép của xe lên vòng xiếc tại điểm cao nhất với vận tốc tại điểm này là v = 10 m/s.
Bài giải:

Các lực tác dụng lên xe ở điểm cao nhất là P ; N
Khi chiếu lên trục hướng tâm ta được
mv 2
R
2
v

 10 2

⇒ N = m
− g  = 80
− 9,8  = 216 N
R

 8

P+N =

BÀI 22 :Một quả cầu nhỏ có khối lượng m = 100g được buộc vào đầu 1 sợi dây dài l = 1m
không co dãn và khối lượng không đáng kể. Đầu kia của dây được giữ cố định ở điểm A trên
trụ quay (A) thẳng đứng. Cho trục quay với vận tốc góc w = 3,76 rad/s. Khi chuyển động đã
ổn định hãy tính bán kính quỹ đạo tròn của vật. Lấy g = 10m/s2.
Bài giải:


Các lực tác dụng vào vật T ; P
Khi () quay đều thì quả cầu sẽ chuyển động tròn đều trong mặt phẳng nằm ngang, nên hợp
lực tác dụng vào quả cầu sẽ là lực hướng tâm.
F = P+T

với

F ⊥ P

F = mw 2 R
F
w2R
và tgα =
=
mg
g

R = lsin
⇒ tgα =

w 2 l sin α sin α
=
g
cos α

Vì
α ≠ 0 ⇔ cos α =

g
2

w l

Vậy bán kính quỹ đạo

=

10
2

3,76 .1

= 0,707 ⇒ α = 45 o

R = lsin = 0,707 (m)

BÀI 23 :Chu kỳ quay của mặt băng quanh trái đất là T = 27 ngày đêm. Bán kính trái đất là R 0
= 6400km và Trái đất có vận tốc vũ trụ cấp I là v0 = 7,9 km/s. Tìm bán kính quỹ đạo của mặt
trăng.
Bài giải:
Mặt trăng cũng tuân theo quy luật chuyển động của vệ tinh nhân tạo.
Vận tốc của mặt trăng
v=

GM o
R

Trong đó M0 là khối lượng Trái đất và R là bán kính quỹ đạo của mặt trăng.
Vận tốc vũ trụ cấp I của Trái Đất
vo =
⇒

v
=
vo

⇒

2πR
=
Tv o

GM o
Ro

Ro
2π
;v =
.R
R
T
Ro
R T.v 2 6400.( 27.3600.24 ) 2 x( 7,9 ) 2
⇒ R3 = o 2 o =
2
R
4π
4.( 3,14 )

⇒ R = 38.10 5 km

BÀI 24 :Quả cầu m = 50g treo ở đầu A của dây OA dài l = 90cm. Quay cho quả cầu chuyển
động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng quanh tâm O. Tìm lực căng của dây khi A ở vị trí thấp
o
hơn O. OA hợp với phương thẳng đứng góc = 60 và vận tốc quả cầu là 3m/s, g = 10m/s2.

Bài giải:


Ta có dạng:
→

T;P=ma

Chiếu lên trục hướng tâm ta được
v2
T − P cos 60 = maht = m
R
2


v 
1 32 9 
 = 0,05 10 x +
 = 0,75N
⇒ T = m g cos 60 0 +



R
2




o

PHẦN THỨ HAI
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬT LÍ VẬN DỤNG SÁNG TẠO PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Phương pháp tọa độ là phương pháp cơ bản trong việc giải các bài tập vật lí phần động
lực học. Muốn nghiên cứu chuyển động của một chất điểm, trước hết ta cần chọn một vật mốc,
gắn vào đó một hệ tọa độ để xác định vị trí của nó và chọn một gốc thời gian cùng với một
đồng hồ hợp thành một hệ quy chiếu.
Vật lí THPT chỉ nghiên cứu các chuyển động trên một đường thẳng hay chuyển động
trong một mặt phẳng, nên hệ tọa độ chỉ gồm một trục hoặc một hệ hai trục vuông góc tương
ứng.
Phương pháp
+ Chọn hệ quy chiếu thích hợp.
+ Xác định tọa độ ban đầu, vận tốc ban đầu, gia tốc của chất điểm theo các trục tọa độ:
x0, y0; v0x, v0y; ax, ay. (ở đây chỉ khảo sát các chuyển động thẳng đều, biến đổi đều và chuyển
động của chất điểm được ném ngang, ném xiên).
+ Viết phương trình chuyển động của chất điểm

1 2

x = 2 a x t + v 0x t + x 0

y = 1 a t 2 + v t + y
y
0y
0

2
+ Viết phương trình quỹ đạo (nếu cần thiết) y = f(x) bằng cách khử t trong các phương
trình chuyển động.

+ Từ phương trình chuyển động hoặc phương trình quỹ đạo, khảo sát chuyển động của
chất điểm:
- Xác định vị trí của chất điểm tại một thời điểm  đã cho.
- Định thời điểm, vị trí khi hai chất điểm gặp nhau theo điều kiện

x 1 = x 2

 y1 = y 2
- Khảo sát khoảng cách giữa hai chất điểm d = (x 1 − x 2 ) 2 + (y1 − y 2 ) 2
Học sinh thường chỉ vận dụng phương pháp tọa độ để giải các bài toán quen thuộc đại
loại như, hai xe chuyển động ngược chiều gặp nhau, chuyển động cùng chiều đuổi kịp nhau,…
trong đó các chất điểm cần khảo sát chuyển động đã tường minh, chỉ cần làm theo một số bài
tập mẫu một cách máy móc và rất dễ nhàm chán. Trong khi đó, có rất nhiều bài toán tưởng
chừng như phức tạp, nhưng nếu vận dụng một cách khéo léo phương pháp tọa độ thì chúng trở
nên đơn giản và rất thú vị.
Xin đưa ra một số ví dụ:
Bài toán 1
Một vật m = 10kg treo vào trần một buồng thang máy có khối lượng M = 200kg. Vật
cách sàn 2m. Một lực F kéo buồng thang máy đi lên với gia tốc a = 1m/s 2. Trong lúc buồng đi


lên, dây treo bị đứt, lực kéo F vẫn không đổi. Tính gia tốc ngay sau đó của buồng và thời gian
để vật rơi xuống sàn buồng. Lấy g = 10m/s2.
Nhận xét
Đọc xong đề bài, ta thường nhìn nhận hiện tượng xảy ra trong thang máy (chọn hệ quy
chiếu gắn với thang máy), rất khó để mô tả chuyển động của vật sau khi dây treo bị đứt. Hãy
đứng ngoài thang máy để quan sát (chọn hệ quy chiếu gắn với đất) hai chất điểm vật và sàn
thang đang chuyển động trên cùng một đường thẳng. Dễ dàng vận dụng phương pháp tọa độ
để xác định được thời điểm hai chất điểm gặp nhau, đó là lúc vật rơi chạm sàn thang.
Giải

Chọn trục Oy gắn với đất, thẳng đứng hướng lên, gốc O tại vị trí sàn
y

lúc dây đứt, gốc thời gian t = 0 lúc dây đứt.
F
Khi dây treo chưa đứt, lực kéo F và trọng lực P = (M + m)g gây ra gia tốc


a cho hệ M + m, ta có
T v
0
F - P = (M + m)a ⇒ F = (M + m)(a + g) = 2310N

+ Gia tốc của buồng khi dây treo đứt
P
Lực F chỉ tác dụng lên buồng, ta có
 y02
F – Mg = Ma1, suy ra

F − Mg
a1 =
= 1,55m/s 2
M

v0
O

+ Thời gian vật rơi xuống sàn buồng
Vật và sàn thang cùng chuyển động với vận tốc ban đầu v0.
Phương trình chuyển động của sàn thang và vật lần lượt là

1
1
y1 = a 1 t 2 + v 0 t ; y 2 = a 2 t 2 + v 0 t + y 02
2
2

Với a1 = 1,55m/s2, y02 = 2m, vật chỉ còn chịu tác dụng của trọng lực nên có gia tốc a2 = -g
Vậy
y1 = 0,775t 2 + v 0 t và y 2 = 5t 2 + v 0 t + 2
Vật chạm sàn khi
Vật chạm sàn khi y1 = y2, suy ra t = 0,6s.
Bài toán 2
Một toa xe nhỏ dài 4m khối lượng m2 = 100kg đang chuyển động trên đường ray với
vận tốc v0 = 7,2km/h thì một chiếc vali kích thước nhỏ khối lượng m 1 = 5kg được đặt nhẹ vào
mép trước của sàn xe. Sau khi trượt trên sàn, vali có thể nằm yên trên sàn chuyển động không?
Nếu được thì nằm ở đâu? Tính vận tốc mới của toa xe và vali. Cho biết hệ số ma sát giữa va li
và sàn là k = 0,1. Bỏ qua ma sát giữa toa xe và đường ray. Lấy g = 10m/s2.
Nhận xét
Đây là bài toán về hệ hai vật chuyển động trượt lên nhau. Nếu đứng trên đường ray qua
sát ta cũng dễ dàng nhận ra sự chuyển động của hai chất điểm vali và mép sau của sàn xe trên
cùng một phương. Vali chỉ trượt khỏi sàn xe sau khi tới mép sau sàn xe, tức là hai chất điểm
gặp nhau. Ta đã đưa bài toán về dạng quen thuộc.



v0

Giải
Chọn trục Ox hướng theo chuyển động

của xe, gắn với đường ray, gốc O tại vị trí
mép cuối xe khi thả vali, gốc thời gian lúc thả
vali.
+ Các lực tác dụng lên
Vali: Trọng lực P1 = m1g, phản lực N1 và lực
ma sát với
Fms, ta có
 sàn
 xe 

F' ms


P1 + N1 + Fms = m1a 1

N2
O

P'1
P2

N1

x

P 1 F ms

Chiếu lên Ox và phương thẳng đứng ta được:
Fms = m1a1 và N1 = P1 = m1g, suy ra

a1 =

Fms kN1
=
= kg = 1m/s 2
m1 m1

,
Xe: Trọng lực P2 = m2g, trọng lượng của vali P1 = m1g , phản lực N2 và lực ma sát với vali
F’ms. Tacó 



'

P1 + P2 + N 2 + F'ms = m 2 a 2

Chiếu lên trục Ox ta được
-F’ms = m2a2

a2 =

− F'ms − Fms − km1g
=
=
= −0,05m/s 2
m2
m2
m2

Phương trình chuyển động của vali và xe lần lượt

1
x 1 = a 1 t 2 + x 01 = 0,5t 2 + 4
2
1
x 2 = a 2 t 2 + v 0 t = −0,025t 2 + 2t
2

Vali đến được mép sau xe khi x1 = x2, hay 0,5t2 + 4 = -0,025t2 + 2t
Phương trình này vô nghiệm, chứng tỏ vali nằm yên đối với sàn trước khi đến mép sau của xe.
Khi vali nằm yên trên sàn, v1 = v2
Với v1 = a1t + v01 = t , v2 = a2t + v0 = -0,05t + 2, suy ra
t = - 0,05t + 2 suy ra t = 1,9s
2
2
Khi đó vali cách mép sau xe một khoảng d = x 1 − x 2 = 0,5t + 4 + 0,025t − 2t
Với t = 1,9s ta có d = 2,1m
Vận tốc của xe và vali lúc đó v1 = v2 = 1,9m/s.
Bài toán 3
Một bờ vực mặt cắt đứng có dạng một phần parabol
(hình vẽ). Từ điểm A trên sườn bờ vực, ở độ cao h = 20m so
với đáy vực và cách điểm B đối diện trên bờ bên kia (cùng
độ cao, cùng nằm trong mặt phẳng cắt) một khoảng l = 50m,
bắn một quả đạn pháo xiên lên với vận tốc v 0 = 20m/s, theo
hướng hợp với phương nằm ngang góc  = 600. Bỏ qua lực


v0
A

h

α

l

B


cản của không khí và lấy g = 10m/s2. Hãy xác định khoảng cách từ điểm rơi của vật đến vị trí
ném vật.
Nhận xét
Nếu ta vẽ phác họa quỹ đạo chuyển động của vật sau khi ném thì thấy điểm ném vật và
điểm vật rơi là hai giao điểm của hai parabol. Vị trí các giao điểm được xác định khi biết
phương trình của các parabol.
Giải
Chọn hệ tọa độ xOy đặt trong mặt phẳng quỹ đạo của vật, gắn với đất, gốc O tại đáy
vực, Ox nằm ngang cùng chiều chuyển động của vật, Oy thẳng đứng hướng lên. Gốc thời gian
là lúc ném vật.
Hình cắt của bờ vực được xem như một phần parabol (P1) y = ax 2 đi qua điểm A có tọa
độ
(x = -

y(m)

l
; y = h)
2

4

125
4 2
x
Phương trình của (P1): y =
125
Suy ra 20 = a(- 25)2 ⇒ a =

Phương trình chuyển động của vật:

l

x
=
v
cosα
t
−
= 10t − 25
0

2

 y = − 1 gt 2 + v sinαt + h = −5t 2 + 10 3t + 20
0

2


v0
A

α

B

h

C
O

x(m)

Khử t đi ta được phương trình quỹ đạo (P2):

y=−

1 2 2 3 −5
5
x +
x + (20 3 − 9)
20
2
4

Điểm rơi C của vật có tọa độ là nghiệm của phương trình:

1

2
 y = 2000 x

với x ≠ −25m, y ≠ 20m

 y = − 1 x 2 + 2 3 − 5 x + 5 (20 3 − 9)

20
2
4

Suy ra tọa độ điểm rơi: xC = 15,63m và yC = 7,82m
Khoảng cách giữa điểm rơi C và điểm ném A là

AC = (x A − x C ) 2 + (y A − y B ) 2 = 42,37m
Một số bài toán vận dụng
Bài 1


v0
α

β


Từ đỉnh dốc nghiêng góc  so với phương ngang, một vật được phóng đi với vận tốc v 0 có
hướng hợp với phương ngang góc . Hãy tính tầm xa của vật trên mặt dốc.

2v 02 cos α.sin (α + β)
ĐS: s =
gcos 2β
Bài 2

Trên mặt nghiêng góc  so với phương ngang, người ta giữ một lăng trụ khối lượng m. Mặt
trên của lăng trụ nằm ngang, có chiều dài l, được
l
đặt một vật kích thước không đáng kể, khối lượng
3m, ở mép ngoài M lăng trụ (hình vẽ). Bỏ qua ma
M’
3m
sát giữa vật và lăng trụ, hệ số ma sát giữa lăng trụ
M
và mặt phẳng nghiêng là k. Thả lăng trụ và nó bắt
m
đầu trượt trên mặt phẳng nghiêng. Xác định thời
gian từ lúc thả lăng trụ đến khi vật nằm ở mép
α
trong M’ lăng trụ.

ĐS: t =

l
2 g ( k sin α − cos α ) cos α

Bài 3
Hai xe chuyển động thẳng đều với các vận tốc v1, v2 (v1(1) ở phía trước thì hai xe cách nhau đoạn d. Người lái xe (1) hãm phanh để xe chuyển động
chậm dần đều với gia tốc a. Tìm điều kiện cho a để xe (2) không đâm vào xe (1).
(v 2 − v1 ) 2
ĐS: a < −
2d

PHẦN II: BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM VẬT LÝ 10
CHƯƠNG I: ĐỘNG HỌC CHẤT ĐIỂM
Mức độ nhớ:
Câu 1. Trong các phát biểu dưới đây, phát biểu nào đúng ?
Chuyển động cơ là:
A.sự thay đổi hướng của vật này so với vật khác theo thời gian.
B. sự thay đổi chiều của vật này so với vật khác theo thời gian.
C. sự thay đổi vị trí của vật này so với vật khác theo thời gian .
D. sự thay đổi phương của vật này so với vật khác theo thời gian .
Câu 2. Hãy chọn câu đúng.
A. Hệ quy chiếu bao gồm vật làm mốc, hệ toạ độ, mốc thời gian.
B. Hệ quy chiếu bao gồm hệ toạ độ, mốc thời gian và đồng hồ.
C. Hệ quy chiếu bao gồm vật làm mốc, mốc thời gian và đồng hồ.
D. Hệ quy chiếu bao gồm vật làm mốc, hệ toạ độ, mốc thời gian và đồng hồ.
Câu 3. Một vật chuyển động thẳng đều với vận tốc v. Chọn trục toạ độ ox có phương
trùng với phương chuyển động, chiều dương là chiều chuyển động, gốc toạ độ O cách vị trí
vật xuất phát một khoảng OA = x0 . Phương trình chuyển động của vật là:
1 2
A. x = x0 + v0t − at .
2
B. x = x0 +vt.
1 2
C. x = v0t + at .
2
1 2
D. x = x0 + v0t + at
2
Câu 4. Chọn đáp án sai.
A.Trong chuyển động thẳng đều tốc độ trung bình trên mọi quãng đường là như nhau.
B. Quãng đường đi được của chuyển động thẳng đều được tính bằng công thức:s =v.t

C. Trong chuyển động thẳng đều vận tốc được xác định bằng công thức: v = v0 + at . D.
Phương trình chuy ển động của chuyển động thẳng đều là: x = x0 +vt.
Câu 5. Gia tốc của chuyển động thẳng nhanh dần đều:
A.Có phương, chiều và độ lớn không đổi.
B.Tăng đều theo thời gian.
C.Bao giờ cũng lớn hơn gia tốc của chuyển động chậm dần đều.
D.Chỉ có độ lớn không đổi.
Câu 6. Trong các câu dưới đây câu nào sai?
Trong chuyển động thẳng nhanh dần đều thì:
A. Vectơ gia tốc ngược chiều với vectơ vận tốc.
B. Vận tốc tức thời tăng theo hàm số bậc nhất của thời gian.
C. Gia tốc là đại lượng không đổi.
D. Quãng đường đi được tăng theo hàm số bậc hai của thời gian.
Câu 7. Công thức quãng đường đi được của chuyển động thẳng nhanh dần đều là:


A. s = v0t + at2/2 (a và v0 cùng dấu).
B. s = v0t + at2/2 (a và v0 trái dầu).
C. x= x0 + v0t + at2/2. ( a và v0 cùng dấu ).
D. x = x0 +v0t +at2/2. (a và v0 trái dấu ).
Câu 8. Chuyển động nào dưới đây không phải là chuyển động thẳng biến đổi đều?
A. Một viên bi lăn trên máng nghiêng.
B. Một vật rơi từ độ cao h xuống mặt đất.
C. Một ôtô chuyển động từ Hà nội tới thành phố Hồ chí minh.
D.Một hòn đá được ném lên cao theo phương thẳng đứng
Câu 9. Phương trình chuyển động của chuyển động thẳng chậm dần đều là:
A. s = v0t + at2/2. (a và v0 cùng dấu ).
B. s = v0t + at2/2. ( a và v0 trái dấu ).
C. x= x0 + v0t + at2/2. ( a và v0 cùng dấu ).
D. x = x0 +v0t +at2/2. (a và v0 trái dấu ).

Câu 10. Một vật rơi tự do từ độ cao h xuống mặt đất. Công thức tính vận tốc v của vật rơi tự
do là:
A. v = 2 gh .
B. v =

2h
.
g

C. v = 2 gh .
D. v = gh .
Câu 11. Chọn đáp án sai.
A. Tại một vị trí xác định trên Trái Đất và ở gần mặt đất, các vật đều rơi tự do với cùng một
gia tốc g.
B. Trong chuyển động nhanh dần đều gia tốc cùng dấu với vận tốc v0.
C. Gia tốc của chuyển động thẳng biến đổi đều là đại lượng không đổi.
D. Chuyển động rơi tự do là chuyển động thẳng chậm dần đều.
Câu 12. Hãy chỉ ra câu sai?
Chuyển động tròn đều là chuyển động có các đặc điểm:
A. Quỹ đạo là đường tròn.
B. Tốc độ dài không đổi.
C. Tốc độ góc không đổi.
D. Vectơ gia tốc không đổi.
Câu 13. Trong các câu dưới đây câu nào sai?
Véctơ gia tốc hướng tâm trong chuyển động tròn đều có đặc điểm:
A. Đặt vào vật chuyển động.
B. Phương tiếp tuyến quỹ đạo.
C. Chiều luôn hướng vào tâm của quỹ đạo.
D. Độ lớn a =

v2
.
r

Câu 14. Các công thức liên hệ giữa vận tốc dài với vận tốc góc, và gia tốc hướng tâm với tốc
độ dài của chất điểm chuyển động tròn đều là:
2
A. v = ω.r ; a ht = v r .


ω
v2
; aht = .
r
r
v2
C. v = ω.r ; a ht =
.
r
v
D. v = ω.r ; a ht =
r
B. v =

Câu 15. Các công thức liên hệ giữa tốc độ góc ω với chu kỳ T và giữa tốc độ góc ω với tần số
f trong chuyển động tròn đều là:
2π
; ω = 2π . f .
A. ω =
T

B. ω = 2π .T ; ω = 2π . f .
2π
C. ω = 2π .T ; ω =
.
f
2π
2π
;ω =
D. ω =
.
T
f

Câu 16. Công thức cộng vận tốc:



A. v1,3 = v1, 2 + v 2,3



B. v1, 2 = v1,3 − v3, 2



C. v 2,3 = −(v 2,1 + v3, 2 ) .



D. v 2,3 = v 2,3 + v1,3

Câu 17. Trong chuyển động tròn đều vectơ vận tốc có:
A.Phương không đổi và luôn vuông góc với bán kính quỹ đạo.
B.Có độ lớn thay đổi và có phương tiếp tuyến với quỹ đạo.
C.Có độ lớn không đổi và có phương luôn trùng với tiếp tuyến của quỹ đạo tại mỗi điểm.
D. Có độ lớn không đổi và có phương luôn trùng với bán kính của quỹ đạo tại mỗi điểm.
Câu 18. Một vật chuyển động thẳng biến đổi đều với vận tốc ban đầu v 0. Chọn trục toạ độ ox
có phương trùng với phương chuyển động, chiều dương là chiều chuyển động, gốc toạ độ O
cách vị trí vật xuất phát một kho ảng OA = x0 . Phương trình chuy ển động của vật là:
A. x = x0 + v0t
B. x = x0 + v0t + at2/2
C. x = vt + at2/2
D. x = at2/2.
Mức độ hiểu:
Câu 19. Trường hợp nào sau đây không thể coi vật như là chất điểm?
A. Viên đạn đang chuyển động trong không khí.
B. Trái Đất trong chuyển động quay quanh Mặt Trời.
C. Viên bi trong sự rơi từ tầng thứ năm của một toà nhà xuống mặt đất.
D. Trái Đất trong chuyển động tự quay quanh trục của nó.
Câu 20. Từ thực tế hãy xem trường hợp nào dưới đây, quỹ đạo chuyển động của vật là đường
thẳng?
A. Một hòn đá được ném theo phương nằm ngang.
B. Một ô tô đang chạy theo hướng Hà Nội – Thành phố Hồ Chí Minh.