Tuyển tập tổng hợp bài tập Vật Lí Đại Cương 1 ( Có giải chi tiết )

Chương 1.1. Động học chất điểm
A. Tóm tắt lý thuyết
1. Các đại lượng đặc trưng trong chuyển động của chất điểm.

r - véc-tơ bán kính của chất điểm
 
r  r  x, y, z  - x,y,z là các tọa độ của chất điểm trong hệ trục tọa độ Descartes vuông góc.

r

- vận tốc trung bình: v tb 
t

Trong đó  r là véc-tơ độ dời của chất điểm sau khoảng thời gian t .

 dr  dx dy dz 
- vận tốc tức thời: v 
 ; ; 
dt  dt dt dt 
s
- tốc độ trung bình: v tb 
t
Trong đó s là quãng đường mà chất điểm chuyển động được trong khoảng thời gian t .
2

2

ds
 dx   dy   dz 
      
dt

 dt   dt   dt 

 dv  
- véc-tơ gia tốc toàn phần: a 
 at  an
dt
dv
Gia tốc tiếp tuyến: a t 
dt
v2
Gia tốc pháp tuyến: a n 
R

2

- tốc độ tức thời: v 

Gia tốc toàn phần: a  a 2t  a n2
R – bán kính cong của quỹ đạo tại điểm đang xét.
2. Các dạng chuyển động
a. Chuyển động thẳng đều:
- Gia tốc: a = 0;
- Vận tốc: v = const;
- Phương trình quãng đường: s = vt
- Phương trình chuyển động (phương trình tọa độ):
x = x0 + vt; trong đó x0 là tọa độ của chất điểm tại thời điểm ban đầu.
b. Chuyển động thẳng biến đổi đều:
- Gia tốc: a = const;
- Vận tốc: v = v0 + at; v0 là vận tốc ban đầu.
1

- Phương trình quãng đường: s  v 0 t  at 2
2
1
- Phương trình chuyển động: x  x 0  v 0 t  at 2
2
2
2
- Công thức độc lập thời gian: v  v 0  2as
Chú ý:


Chuyển động thẳng nhanh dần đều a  v


Chuyển động thẳng chậm dần đều a  v


chứ không phải a>0 hay a<0 !
c. Sự rơi tự do
là trường hợp đặc biệt của chuyển động nhanh dần đều với:
v0 = 0; a = g = 9,81 m/s2
d. Chuyển động ném xiên


a x
- Gia tốc: a  
a y

 v x
- Vận tốc: v  

 v y

0
 g
 v 0x  v 0 cos 
 v 0 y  a y t  v 0 sin   gt

 x  v 0x t  v 0 cos .t

- Phương trình chuyển động: 
1 2
 y  v 0 sin .t  2 gt
g
- Phương trình quỹ đạo: y  x.tan   2
.x 2  Parabol
2
2v 0 cos 

v 20 sin 2 
2g
2
v sin 2
- Tầm xa: L  x max  0
g
e. Chuyển động tròn
d
- vận tốc góc:  
, trong đó  là góc quay.
dt
d d 2

- gia tốc góc:  

dt dt 2

Đối với chuyển động tròn đều:    const;   0.
t
2
- chu kỳ: T 

1 
- tần số:   
T 2
Đối với chuyển động tròn biến đổi đều:
  const
- vận tốc góc:   0  t
- Độ cao cực đại: h max 


1
- góc quay:   0 t  t 2
2
- công thức độc lập thời gian:
2  02  2
Liên hệ giữa vận tốc, gia tốc dài với vận tốc và gia tốc góc:
v2
v  R , a t  R , a n 
 2 R
R
Bài 1.4. Một vật được thả rơi từ một khí cầu đang bay ở độ cao 300 m. Hỏi sau bao lâu vật rơi tới
mặt đất, nếu:

a) Khí cầu đang bay lên (theo hướng thẳng đứng) với vận tốc 5 m/s;
b) Khí cầu hạ xuống (theo phương thẳng đứng) với vận tốc 5 m/s;
c) Khí cầu đang đứng yên.
Bài giải:
Gốc tọa độ tại điểm thả vật, chiều dương hướng thẳng đứng xuống dưới. Vận tố của khí cầu là v0.
Có thể coi đây là chuyển động rơi tự do của 1 vật có vận tốc ban đầu.
Ta có:
1
h  v 0 t  gt 2 , giải phương trình này ta được nghiệm:
2

v02  2gh  v0
t
g
thay số:
a) v0 = - 5 m/s (chuyển động ngược chiều dương)
g = 10 m/s2, h = 300 m
t

 5

2

 2.10.300  5

10
b) v0 = 5 m/s,

 5

2

 2.10.300  5

 8,3  s 

 7,3  s 
10
c) v0 = 0 m/s (khí cầu đứng yên)
2.10.300
t
 7, 7  s 
10
Bài 1.6. Thả rơi tự do từ độ cao h = 19,6 m. Tính:
a) Quãng đường mà vật rơi được trong 0,1 giây đầu tiên và 0,1 giây cuối của thời gian rơi.
b) Thời gian cần thiết để vật đi hết 1 m đầu và 1 m cuối của độ cao h.
Bài giải:
Công thức quãng đường:
1
s  gt 2
2
a) Quãng đương vật rơi được trong 0,1 giây đầu:
1
s 0,1s  .9,8.0,12  0, 049  m 
2
Thời gian để vật rơi hết cả quãng đường h =19,6 m là:
t


2h

2.19, 6

 2 s 
g
9,8
Như vậy quãng đường mà vật rơi được trong 0,1 giây cuối bằng quãng đường 19,6 m trừ đi quãng
đường vật rơi được trong 1,9 s đầu tiên.
Quãng đường vật rơi được trong 1,9 s đầu tiên:
1
1
s1,9s  gt 2  .9,8.1, 92  17, 7  m 
2
2
Quãng đường vật rơi được trong 0,1 s cuối cùng:
s0,1 giây cuối = 19,6 – 17,7 = 1,9 (m).
b) thời gian để vật rơi hết 1 m đầu tiên là:
2h1
2.1
t1m 

 0, 45  s 
g
9,8
Thời gian để vật rơi hết 1 m cuối cùng bằng thời gian để vật rơi cả quãng đường 19,6 m trừ đi thời
gian vật rơi 18,6 m:
Thời gian vật rơi 18,6 m:
2h 2
2.18, 6
t18,6m 


 1, 95  s 
g
9,8
Như vậy thời gian rơi 1 m cuối:
t1m cuối cùng = 2 -1,95 = 0,05 (s).
Bài 1.20. Một vô lăng sau khi bắt đầu quay được một phút thì thu được vận tốc 700 vòng/phút.
Tính gia tốc góc của vô lăng và số vòng mà vô lăng đã quay được trong phút ấy nếu chuyển động
của vô lăng là nhanh dần đều.
Bài giải:
Ta có: t = 1 phút = 60 giây, n  700 (vòng/phút)
70
   700.2 / 60 
 rad / s 
3
  70
 1 7
Gia tốc:  

 0

rad / s 2 

t  3
 60 18
t19,6m 

2  02  2   

2  20


2

2

2  70 / 3


 700  rad   350 (vòng).
2 2.7 /18
Bài 1.22. Một bánh xe có bán kính R = 10 cm lúc đầu đứng yên, sau đó quay xung quanh trục của
nó với gia tốc góc bằng 3,14 rad/s2. 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)?
Bài giải:
a) vận tốc góc sau giây thứ nhất:
  3,14  rad / s 
Vận tốc dài: v  R  0,1.3,14  0,314  m / s 


b) gia tốc pháp tuyến:
v 2 0,3142
an 

 0,99 m / s 2
R
0,1
Gia tốc tiếp tuyến:
a t   R  3,14.0,1  0, 314  m / s 2 





Gia tốc toàn phần:
a  a 2n  a 2t  0,992  0,3142  1,1 m / s 2 
c)

tan  

a t 0,314

 17, 60  17 036 '
an
0,99

Bài 1.25. Vận tốc của electron trong nguyên tử hydro bằng v =2,2.108 cm/s. Tính vận tốc góc và
gia tốc pháp tuyến của electron nếu xem quỹ đạo của nó là một vòng tròn bánh kính 0,5.10-8 cm.
Bài giải:
v
2, 2.106
 
 4, 4.1016  rad / s 
10
R 0,5.10

an 

v2 2, 22.1012


 9, 68.1022  rad / s 2 
R 0,5.1010


Chương 1.2. Động lực học chất điểm
A. Tóm tắt lý thuyết
Phương pháp giải một bài toán động lực học:
Bước 1: Xác định đầy đủ và chính xác các lực tác dụng lên vật.
Bước 2: Viết phương trình cơ bản của động lực học (phương trình định luật 2 Newton):



F  ma , trong đó F là hợp lực tác dụng lên vật
Bước 3: Chiếu phương trình lên các phương, thu được phương trình đại số và giải.
1. Các loại lực:
a) Lực ma sát nghỉ:
Fmsn  Ftd  Fmsn max   n N , trong đó Ftd là lực tác dụng, Fmsn max là lực ma sát nghỉ cực đại,  n là
hệ số ma sát nghỉ, N là áp lực vuông góc tác dụng lên vật.
b) Lực ma sát động (gồm ma sát trượt và lăn):
Fmst   t N; Fmsl  l N , trong đó  t ;  l lần lượt là hệ số ma sát trượt và hệ số ma sát lăn.
Chú ý:  l   t   n
c) Lực đàn hồi:


Định luật Hooke: Fdh  k l; Fdh  kl
Lực đàn hồi tỷ lệ thuận và ngược chiều với độ biến dạng.
2. Động lượng và định luật bảo toàn động lượng
a) Động lượng




K  mv , trong đó m là khối lượng của chất điểm, v là véc-tơ vận tốc.
Đơn vị của K là kg.m/s
Các định lý động lượng:
Định lý 1: Đạo hàm động lượng của chất điểm theo thời gian có giá trị bằng tổng các ngoại lực
tác dụng lên chất điểm đó.

dK 
F
dt
- Định lý 2: Độ biến thiên động lượng của một chất điểm trong một khoảng thời gian nào đó có
giá trị bằng xung lượng của lực tác dụng lên chất điểm trong khoảng thời gian đó.
t2
 

 t2 
K  K 2  K1   dK   Fdt
t1

t1

+ Hệ quả: Độ biến thiên động lượng của chất điểm theo thời gian có giá trị bằng lực tác dụng lên
chất điểm trong thời gian đó.

 
K
F  FTB 
t
b) Định luật bảo toàn động lượng:
Tổng động lượng của hệ cô lập được bảo toàn.


K  const
Chú ý:
- Viết trong hệ quy chiếu quán tính (có thể hiểu là hệ quy chiếu đứng yên hoặc chuyển động thẳng
đều, hay đơn giản là hệ quy chiếu gắn với mặt đất)
- Một số bài toán áp dụng được định luật bảo toàn động lượng:


+ Hệ không có ngoại lực tác dụng;
+ Hệ có ngoại lực tác dụng nhưng tổng hợp ngoại lực bằng 0;
+ Hệ có nội lực rất lớn so với ngoại lực (bài toán viên đạn nổ);
+ Hệ có ngoại lực khác 0 nhưng hình chiếu lên 1 phương nào đó của lực bằng 0 thì định luật bảo
toàn động lượng có thể áp dụng theo phương đó, tức là:
Nếu Fx  0 thì K x  const .
3. Phép biến đổi Galile

Từ K’ sang K
x = OO’+x’= x’+vot’
y = y’
z = z’
t = t’
Từ K sang K’
x’= x-vot’
y’= y
z’= z
t’= t
Vận tốc:




v  v x , v y , v z   v  vx , vy , vz   v 0  v 0 , 0, 0 
Gia tốc:



 dv dv dv 0  
a


 a  A
dt dt
dt

A là gia tốc của hệ K’ đối với hệ K.
Phương trình định luật 2 Newton trong hệ quy chiếu không quán tính:

 
 
ma   F mA  F  Fqt ;


trong đó: Fqt  mA là lực quán tính.





B. Bài tập
Các bài tập thầy sẽ chữa trên lớp
2.1, 2.5, 2.9, 2.11,2.13, 2.15, 2.16, 2.22, 2.24, 2.34, 2.35

Bài tập phải làm để nộp:
2.3, 2.4, 2.6, 2.10, 2.12, 2.25, 2.31, 2.36


Bài 2.1. Một xe có khối lượng 20000 kg, chuyển động chậm dần đều dưới tác dụng của 1 lực bằng
6000 N, vận tốc ban đầu của xe bằng 15 m/s. Hỏi:
a) Gia tốc của xe;
b) Sau bao lâu xe dừng lại;
c) Đoạn đường xe đã chạy được kể từ lúc hãm cho đến khi xe dừng hẳn.
Tóm tắt:
m  2.104  kg  ; Fc  6000  N 
v0  15  m / s 
a)a  ?
b)t  ?  v  0 
c)s  ?
Bài giải:
F 6000
 0,3  m / s 2 
a) a  c 
4
m 2.10
v  v 0 0  15
b) v  v0  at  t 

 50  s 
a
0,3
v2  v02 02  152

 375  m 

c) s 
2a
2.0,3
Bài 2.5. Một vật có khối lượng m = 5 kg được đặt trên một mặt phẳng nghiêng hợp với mặt phẳng
nằm ngang một góc   300 . Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng bằng k = 0,2. Tìm gia
tốc của vật trên mặt phẳng nghiêng.
Tóm tắt:
m  5  kg  ;   300 ; k  0, 2

a ?
Bài giải:
Phương trình định luật 2 Newton:
  

P  N  Fms  ma
Chiếu lên phương chuyển động:
P sin   Fms  ma  mg sin   kN  ma 1 Chiếu lên phương vuông góc với phương chuyển
động:
P cos   N  0  N  mg cos 
Thế biểu thức trên vào (1) ta được:
mg sin   kmg cos   ma
mg sin   kmg cos 
a 

m
 g sin   kg cos 
Thay số:
a  10.sin 300  10.0, 2.cos 300  3,3  m / s 2 

Bài 2.11. Một bản gỗ A được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang. Bản A được nối với một bản gỗ
B khác bằng một sợi dây vặt qua một ròng rọc cố định. Khối lượng của ròng rọc và của dây coi
như không đáng kể.

a) Tính lực căng của dây nếu cho mA = 200 g; mB = 300 g, hệ số ma sát giữa bản A và mặt phẳng
nằm ngang là k = 0,25.
b) Nếu thay đổi vị trí của A và B thì lực căng của dây sẽ bằng bao nhiêu? Xem hệ số ma sát vẫn
như cũ.
Bài giải:
a) Các lực tác dụng vào vật A là:
   
PA , N A , T, Fms
Phương trình định luật 2 Newton:


 

PA  N A  T  Fms  m A a
Chiếu lên phương ngang, chiều dương là chiều chuyển động (giả sử vật B đi xuống):
T  Fms  m A a  T  kN A  m A a (1)
Chiếu lên phương thẳng đứng ta được:
N A  PA  0  Fms  kN A  kPA
Thay vào biểu thức (1) được: T  kPA  m A a
 
Đối với vật B, các lực tác dụng là PB , T , phương trình định luật 2 Newton:
 

PB  T  m Ba
Chiếu lên phương thẳng đứng (chiều dương là chiều chuyển động) ta được: PB  T  m Ba (2)
Cộng (1) và (2) ta được:

P  kPA
PB  kPA   m A  m B  a  a  B
mA  mB
m  km A
g B
mA  mB
Thay giá trị này của gia tốc a vào biểu thức (1) để tính lực căng T:

m  km A 
T  km A g  m A a  m A  kg  g B

mA  mB 

g

m A m B  k  1

(*)
mA  m B
Thay số ta được:
 0, 25  1 .0, 2.0,3  1,5 N
T  10 
 
0, 2  0,3
b) Từ biểu thức (*) tổng quát của lực căng T ta thấy vai trò của A và B có tính hoán vị, vì thế nếu
đổi vị trí A và B cho nhau thì lực căng T không đổi.


Bài 2.15. Một vật có khối lượng m = 200 g, được treo ở đầu một sợi dây dài l = 40 cm; vật quay
trong mặt phẳng nằm ngang với vận tốc không đổi sao cho sợi dây vạch một mặt nón. Giả sử khi

đó dây tạo với phương thẳng đứng một góc   360 .
Tìm vận tốc góc của vật và lực căng của dây.
Tóm tắt:
m  200  g   0, 2  kg  ;l  40  cm   0, 4  m 
  360
v?
T?
Bài giải:
Các lực tác dụng vào vật gồm
 
có: T, P
Phương trình định luật 2
Newton:
 

T  P  ma
Chiếu lến phương bán kính
của quỹ đạo ta được:
T sin   ma ht  m2 R  m2 l sin 
Chiếu lên phương thẳng đứng lại được:
T cos   P  0  T cos   mg
Chia vế với vế của 2 phương trình trên ta được
2lsin 
g
g
tan  
 2 

g
l cos 

l cos 
Thay số ta được:
10

 6,52  rad / s 
0, 4sin 360
Chú ý: bài này phải làm như trên, chứ đây không phải là 1 bài toán cân bằng lực nhé, cho nên
nguyên tắc là giải như 1 bài động lực học bình thường, gồm các bước xác định lực, viết phương
trình định luật 2 Newton, chiếu lên các phương và giải! 
Bài 2.16. Xác định gia tốc của vật m1 trong hình vẽ. Bỏ qua ma sát, khối lượng của ròng rọc và
dây. Áp dụng cho trường hợp m1 = m2.

Lời giải:
Chọn hệ quy chiếu hướng thẳng đứng xuống dưới.


Chứng minh a1 = 2a2 (đọc thêm để biết cách chứng minh cho những bài có cơ hệ phức tạp hơn),
tất nhiên có thể nói ngắn gọn là vì vật 1 chuyển động được quãng đường là s, thì vật 2 chỉ chuyển
động được quãng đường 0,5s nên nếu ban đầu hệ đứng yên, dễ dàng suy ra gia tốc của vật 1 lớn
gấp đôi gia tốc vật 2. Dưới đây là 1 cách thú vị để chứng minh cho những cơ hệ phức tạp (nghĩa
là gồm nhiều ròng rọc động hơn, nhiều vật hơn).
Gọi ycd là tọa độ của ròng rọc cố định,
yd là tọa độ ròng rọc động, y1 và y2 lần lượt là tọa độ của vật 1 và 2.
Chiều dài sợi dây trong thí nghiệm trên chính là:
y1 – ycd + (yd – ycd) + yd = const
đạo hàm biểu thức trên 2 lần và chú ý ycd = const, ta được:
a1 = - 2ad, tức là gia tốc của vật 1 gấp đôi và ngược chiều với gia tốc của ròng rọc động (tức là gia
tốc của vật 2), như vậy về độ lớn a1 = 2a2.
OK!, giờ bắt đầu vào bài toán của chúng ta:
 

Đối với vật 1, các lực tác dụng là P1 , T , ta có:
 

P1  T  m1a , chiếu lên phương chuyển động ta được: P1  T  m1a1 (1)
Tương tự đối với vật 2:



P2  2T  m 2 a (vì sợi dây không giãn, không có khối lượng nên lực căng ở chỗ nào cũng bằng
nhau).
Chiếu lên phương chuyển động:
ma
P2  2T  m 2 a 2   2 1 (2)
2
Nhân 2 lần phương trình (1) rồi trừ đi (2) theo vế ta được:
2  2P1  P2 
m 

2P1  P2   2m1  2  a1  a1 

2 
4m1  m 2

 2m1  m 2 
 2g
, với trường hợp m1  m 2  m
4m1  m 2
2g
g
;a 2 

Ta có: a1 
5
5
Bài 2.22. Tính lực đẩy trung bình của hơi thuốc súng lên đầu đạn ở trong nòng một súng bộ binh,
biết rằng đầu đạn có khối lượng m = 10 g; thời gian chuyển động của đạn trong nòng là t = 0,001
giây, vận tốc của viên đạn ở đầu nòng là v = 865 m/s.
Lời giải:


Bài này nên áp dụng định lý về động lượng như sau:
K mv  0 mv
K  Ft  F 



t
t
t
0,01.865

 8650  N 
0, 001
Bài 2.35. Xác định lực nén phi công vào ghế máy bay ở các điểm cao nhất và thấp nhất của vòng
nhào lộn nếu khối lượng của phi công bằng 75 kg, bán kính của vòng nhào lộn bằng 200 m, và vận
tốc của máy bay trong vòng nhào lộn luôn luôn không đổi và bằng 360 km/h.

Lời giải:
 
Các lực tác dụng vào vật gồm có P; N . Ta có:
 


P  N  ma
Xét tại vị trí thấp nhất của vòng nhào lộn, chiếu phương trình trên lên phương bán kính:
v2
N  P  ma ht  m
suy ra:
R
mv 2
75.1002
N P
 75.10 
 4500  N 
R
200
Xét tại vị trí cao nhất của vòng nhào lộn, chiếu phương trình trên lên phương bán kính:
mv 2
mv 2
N  P  ma ht 
N
P
R
R
Thay số:
mv 2
75.1002
N
P 
 75.10  3000  N 
R
200

Chương 2. Cơ học vật rắn
A. Phần lý thuyết

m r
- Khối tâm của hệ chất điểm: r  OG 
m
m v m v
dr
- Vận tốc của khối tâm: v 


dt
m
m


i i

i

G

i

i

i

G

i

i

i

i

i

G

i

i
n





d vG

- Gia tốc của khối tâm: a G 
dt



 mi a i
i 1
n

m
i 1

n





F

i

i 1

m



F
 F  ma G
m



i

 Phương trình chuyển động của khối tâm.
- Định luật bảo toàn động lượng của 1 hệ cô lập:

F  0  m v
i

i

i

i

 const  v G  const 

i

- Vận tốc của 1 điểm trên vật rắn trong chuyển động phức tạp: vM  vG    R
- Mô-men quán tính của một chất điểm:
I   mr 2 - r là khoảng cách từ chất điểm đến trục quay  ;
- Mô-men quán tính của hệ chất điểm:
n

I    m i ri2 - ri là khoảng cách từ chất điểm thứ i đến trục quay  ;
i 1

- Mô-men quán tính của 1 vật rắn:
I   r 2dm - r là khoảng cách từ khối lượng nguyên tố dm đến trục quay  .
vr

Đơn vị của mô-men quán tính: kgm2, thứ nguyên: ML2
- Mô men quán tính đối với trục quay đi qua khối tâm của các vật rắn đồng chất
1
I  mR 2
Khối trụ đặc, đĩa tròn
2

I  mR 2

Khối trụ rỗng, vành tròn:

1
mL2
12
2
I  mR 2
5
2
I  mR 2
3

I

Thanh mảnh có chiều dài L:
Khối cầu đặc:
Quả cầu rỗng:
I

Mặt chữ nhật
- Định lý Huygens-Steiner

I  I0  md 2 , trong đó d là khoảng cách giữa 2 trục  &  0 .

1

1
m  a 2  b2 
12


- Mô-men quán tính của một số vật rắn thường gặp





- Mômen lực: M  M  r  F  r  Ft
Độ lớn: | M || M | rFsin   rFt

- Phương trình cơ bản của chuyển động quay: I  M   =
- Mômen động lượng: L  I
2

M
I


t

t

2
2
dL
 M  L  L 2  L1   dL   Mdt (xung lượng của mômen lực trong
- Định lý về mômen động lượng:
dt
t1
t1

khoảng thời gian . t .)
- Định luật bảo toàn mô men động lượng của hệ chất điểm.
Ta có: M 

dL
dt



dLi
dt

n

Với hệ cô lập:

M
i 1

i

 M 0

dL
 0  L  const  I  const
dt

B. Phần bài tập
Bài tập cần làm:
3.2, 3.3, 3.4, 3.5, 3.6, 3.9, 3.11, 3.12, 3.13, 3.14, 3.19-3.22, 3.24
Bài tập cần trình bày ra giấy A4 & ghim vào nộp cho thầy
3.4, 3.5, 3.9, 3.12, 3.13, 3.20, 3.22, 3.24
Bài 3.2. Trên một đĩa tròn đồng chất bán kính R có khoét 1 lỗ tròn nhỏ bán kính
r; tâm của lỗ khoét nằm cách tâm của đĩa một đoạn bằng R/2. Xác định vị trí khối
tâm của đĩa trên.
Bài giải:
Bài này có 2 cách, cách thứ nhất có thể áp dụng đúng định nghĩa về khối tâm và
sử dụng phương pháp tọa độ để giải.
Cách 1: Vì đĩa đối xứng qua đường nối tâm OO1 nên khối tâm cần tìm cũng nằm
trên đường OO1. Chọn O là gốc tọa độ, từ đó có tọa độ khối tâm của cái đĩa khi
chưa bị khoét là: x O  0
m1x O1  m 2 x O2
R
 0 , trong đó: x O1  , x O 2 là khoảng cách chúng ta cần tìm, m1 là
Theo định nghĩa: x O 
m1  m 2
2
khối lượng của phần bị khoét đi (bán kính là r), m2 là khối lượng của phần đĩa còn lại (mà chúng ta đang đi
tìm khối tâm).
m R
R

Thay vào biểu thức trên ta được: m1  m 2 x O2  0  x O2   1
2
m2 2
Lại có:

m1
r 2
r2


,  có thể coi là khối lượng phân bố theo diện tích (kg/m2).
m 2   R 2  r 2   R 2  r 2 

Từ đó suy ra: x O2  

r 2R
, dấu “-” có nghĩa là O2 nằm ngược phía với O1.
2 R 2  r2 

Cách 2. Làm theo kiểu thời phổ thông đã được học, chúng ta dùng quy tắc hợp lực song song chẳng hạn, khi
đó trọng lượng của cả cái đĩa chưa bị khoét bằng trọng lượng của cái đĩa (đang cần tìm khối tâm – m2) cộng
với trọng lượng phần đĩa bị khoét đi (m1), và đương nhiên khối tâm của cái đĩa đầy đủ nằm tại O. Theo quy
tắc chia trong ta có:
P1 OO 2
P .OO1 m1
mR
r2R

 OO 2  1


OO1  1 
P2 OO1
P2
m2
2m 2 2  R 2  r 2 
Bài 3.4. Một xe chở đầy cát chuyển động không ma sát với vận tốc v1
= 1 m/s trên mặt đường nằm ngang. Toàn bộ xe cát có khối lượng M
= 10 kg. Một quả cầu khối lượng m = 2 kg bay theo chiều ngược lại
với vận tốc nằm ngang v2 = 7 m/s. Sau khi gặp xe, quả cầu nằm ngập
trong cát. Hỏi sau đó xe chuyển động theo chiều nào, với vận tốc bằng
bao nhiêu?
Tóm tắt:
3


v1  1 m / s  , M = 10 kg
m = 2 kg, v2  7  m / s 

v = ?
Bài giải:
Đây là 1 bài toán va chạm mềm, áp dụng định luật bảo toàn động lượng.
Mv1  mv 2 10.1  2.  7 
Mv1  mv 2   M  m  v  v 

 0,33  m / s 
Mm
10  2
Dấu “  ” nghĩa là chuyển động ngược với chiều ban đầu.
Bài 3.6. Một hỏa tiễn lúc đầu đứng yên, sau đó phụt khí đều đặn ra phía sau với vận tốc ko đổi u = 300 m/s
đối với hỏa tiễn. Trong mỗi giây, lượng khí phụt ra bằng μ = 90 g. Khối lượng tổng cộng ban đầu của hỏa tiễn

bằng M0 = 270 g. Hỏi:
a) Sau bao lâu hỏa tiễn đạt tới vận tốc v = 40 m/s?
b) Khi khối lượng tổng cộng của hoả tiễn là 90 g thì vận tốc của hỏa tiễn là bao nhiêu? Bỏ qua sức cản của ko
khí và lực hút của Trái đất.
Tóm tắt:
u  300  m / s 

  90  g   0,09  kg 
M0  270  g   0, 27  kg 
a)v  40  m / s   t  ?
b)M  90  g   0,09  kg   v  ?
Bài giải:
Tại thời điểm t bất kỳ, khối lượng của hỏa tiễn là M, vận tốc là v , chiếu lên phương chuyển động là v
Tại thời điểm t + dt, khối lượng của hỏa tiễn là M + dM (vì khối lượng hỏa tiễn giảm dần nên dM<0), vận tốc
là v  dv , chiếu lên phương chuyển động là v + dv,
Vận tốc khí phụt ra là u  v , chiếu lên phương chuyển động được v – u,
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương chuyển động:
 M  dM  v  dv    dM  v  u   Mv , “ dM ” là khối lượng của lượng khí phụt ra.
Bỏ qua tích của dMdv ta được:
v
M
 M0 
M
dv
dM
dv
dM
v
M
M 

Mdv  udM  0 



   ln
 ln 0  v  u ln  0   u ln 

u
M
u
M
u
M0
M
 M 
 M 0  t 
0
M0

a) với v = 40 m/s
40
 uv 
 300

M
e

1
270
e


1




0
v
 M0 
M0



  0,374 s
u
v  u ln 
e t



v
40
 M 0  t  M 0  t
e u
90e 300

 M0 
 270 
b) v  u ln 
  300 ln 

  300 ln 3  329, 6  m / s 
M


t
90


 0

Bài 3.9. Một trụ đặc khối lượng m = 100 kg, bánh kính R = 0,5 m đang quay xung quanh trục của nó. Tác
dụng lên trụ một lực hãm F = 243,4 N, tiếp tuyến với mặt trụ và vuông góc với trục quay. Sau thời gian Δt =
31,4 giây, trụ dừng lại. Tính vận tốc góc của trụ lúc bắt đầu tác dụng lực hãm.
Tóm tắt:
m  100  kg  , R  0,5  m  , F  243, 4  N  , t  31, 4 s     0
0  ?

4


Bài giải:
  0

 0    t
t
M
RF
2F



Lại có:  
2
I mR / 2 mR
2Ft 2Ft 2.243, 4.31, 4
Thay vào ta được: 0   


 305, 7  rad / s 
mR
mR
100.0,5
Bài 3.11. Một thanh chiều dài l = 0,5 m có thể quay tự do xung quanh một trục nằm ngang đi qua một đầu của
thanh. Một viên đạn khối lượng m = 0,01 kg bay theo phương nằm ngang với vận tốc v = 400 m/s tới xuyên
vào đầu kia của thanh và mắc vào thanh. Tìm vận tốc góc của thanh ngay sau khi viên đạn đập vào thanh. Biết
răng mômen quán tính của thanh đối với trục quay bằng 5 kg.m2.
Bài giải:
Tại vị trí va chạm, các lực tác dụng vào hệ “thanh + đạn” là trọng lực và lực đàn
hồi của thanh đều đi qua trục quay nên không gây ra mômen vì thế M  0 nên
mômen động lượng được bảo toàn.
Mômen trước: lmv (của viên đạn)
Mômen sau: I trong đó I là mômen quán tính của hệ “thanh + đạn”:
I  Ibar  Ibullet  I  ml2
lmv
0,5.0, 01.400
Ta có: lmv   I  ml2     

 0, 4  rad / s 
2
I  ml
5  0, 01.0,52

Bài 3.14. Một đĩa bằng đồng (khối lượng riêng ρ = 8,9. 103 kg/m3 có bề dày b =
4.10-3 m, bán kính R  5.102 m. Đĩa bị khoét thủng hai lỗ tròn bán kính R/2 như
trên hình. Tìm mômen quán tính của đĩa đã khoét đối với trục quay vuông góc với
đĩa và đi qua tâm O của đĩa.
Bài giải:
MR 2
Mômen quán tính đĩa tròn chưa bị khoét đối với trục quay đi qua tâm là I0 
2
2
2
4
R bR
bR
Trong đó: M  R 2 b  I0 

2
2
Mômen quán tính của 2 đĩa tròn nhỏ có kích thước đúng bằng 2 lỗ tròn bán kính R/2 đối với trục quay đi qua
tâm của chính chúng là:

I1  I 2 

M1  R / 2 

2

2

qua O là: I1O  I 2O 

, theo định lý Huygen-Steiner, mômen quán tính của 2 đĩa tròn nhỏ đối với trục quay đi

M1  R / 2 
2

2

3
3
3
2
2
 M1  R / 2   M1R 2  b  R / 2  R 2  bR 4
8
8
32

Suy ra mômen của đĩa bị khoét đi 2 lỗ có bán kính R/2 là:
I  I0  I1  I2 

4
bR 4
3
5
5
 2. bR 4  bR 4  .8,9.103.3,14.4.103.  5.102   2, 2.104  kg.m2 
2
32
16
16

5


Bài 3.20. Hai vật có khối lượng lần lượt bằng m1 và m2 (m1 > m2), được nối với nhau
bằng một sợi dây vắt qua một ròng rọc (khối lượng của ròng rọc bằng m) (hình vẽ).
Tìm:
a) Gia tốc của các vật;
b) Sức căng T1 và T2 của các dây treo. Coi ròng rọc là một đĩa tròn, ma sát không đáng
kể. Áp dụng bằng số m1 = 2 kg, m2 = 1 kg, m = 1 kg.
Tóm tắt:
m1  m 2  m1  2kg, m 2  1kg, m  1kg 
a)a  ?
b)T1  ?, T2  ?
Bài giải:
Dễ dàng viết được 2 phương trình theo định luật 2 Newton đối với mỗi vật: m1g  T1  m1a (1),
T2  m2g  m2a (2)

Phương trình đối với chuyển động quay của ròng rọc:
mR 2 a maR
ma
(3)
M  I  T1R  T2 R  I 

 T1  T2 
2 R
2
2
(Ở đây chú ý, phương trình cơ bản của chuyển động quay được chiếu lên phương của véc-tơ  , trong trường
hợp này véc-tơ này hướng từ bên trong mặt phẳng hình vẽ đi ra)

Từ các phương trình trên ta dễ dàng suy ra hệ phương trình:
m1g  T1  m1a  T1  m1g  m1a
T2  m2g  m2a  T2  m 2g  m 2a

T1  T2 

ma
2

m1  m 2
ma
2 1
a g
 10
 2,86  m / s 2 
m
2
2  1  0,5
m1  m 2 
2

 m gm  m  m  m  m 
1 
1
2
1
2

m1  m 2 
2


  m1g  4m 2  m   2.10.  4.1  1  14,3 N
T1  m1  g  g

 

m
m
2m1  2m 2  m
2.2  2.1  1

m1  m 2  
m1  m 2 
2 
2


 m gm  m  m  m  m 
2 
1
2
1
2

m1  m 2 
2

  m 2 g  4m1  m   1.10.  4.2  1  12,9 N
T2  m 2  g  g


 

m
m
2m1  2m 2  m
2.2  2.1  1

m1  m 2  
m1  m 2 
2 
2

Bài 3.22. Một vật A khối lượng m trược trên mặt phẳng
nghiêng và làm quay một bánh xe có bán kính R (hình vẽ).
Mômen quán tính của bánh xe đối với trục quay bằng I. Khối
lượng của dây không đáng kể.Tìm gia tốc góc của bánh xe.
Bài giải:
Đối với vật nặng ta có phương trình định luật 2 Newton như
sau:
T  P  Fms  ma

 m1  m2  g   m1  m 2  a 

Chiếu phương trình trên lên phương chuyển động và phương vuông góc với phương chuyển động ta được:
P sin   T  Fms  ma và N  P cos   0  N  P cos   Fms  kmg cos 
Suy ra mg sin   T  kmg cos   ma  mR
6


Đối với đĩa tròn ta có: M  I  TR  I  T 

I
R

mgR  sin   k cos  
I
 kmg cos   mR   
R
I  mR 2
Bài này chẳng rõ ràng gì sất, thứ nhất là chẳng nhắc gì đến lục ma sát cả, thứ 2 là từ công thức cuối cùng có
thể thấy, hệ này chỉ chuyển động khi mà sin   k cos   k  tan  , còn ngược lại thì hệ này cân bằng. Nên
về nguyên tắc, phải nói rõ mấy thứ này nữa. Và chú ý là trong sách giải của Trần Văn Quảng sai bét nhé.

Thay vào phương trình phía trên ta được: mg sin  

7


Bài tập chương 4. Công và năng lượng
A. Phần tóm tắt lý thuyết
1. Công
Công nguyên tố (vi phân công) của lực F trên một đoạn đường vi phân ds








dA  Fds cos   Fd s  Fd r
Trường hợp đặc biệt: Nếu lực F không đổi và luôn tạo với đường đi 1 góc
 , ta có công thức:
A  Fscos 
Trong hệ SI, đơn vị đo công là joule (jun), ký hiệu là (J), thứ nguyên là: [A]
= ML2T-2
2. Công suất
A Fs

 Fv tb
t t
dA Fds
- Công suất tức thời: P 

 Fv
dt
dt
Đơn vị đo: Watt (oát), ký hiệu W = J/s
Một số đơn vị đo khác: 1 kW = 103 W, 1 MW = 106 W, 1 HP = 736 W
- Công và công suất trong chuyển động quay:
dA  Ft ds  Ft rd  Md

- Công suất trung bình: Ptb 

P  M
3. Động năng của chất điểm
1
Wd  mv 2
2
Định lý động năng: Độ biến thiên động năng của chất điểm trong một chuyển dời có giá trị bằng công của

ngoại lực tác dụng lên chất điểm trong chuyển dời đó.
A  Wd2  Wd1
I2
2
2
2
I I
I2
Suy ra: A  2  1 , trong đó Wd 
gọi là động năng quay của vật rắn.
2
2
2
Trong trường hợp tổng quát, vật rắn lăn không trượt động năng toàn phần sẽ bằng tổng động năng tịnh tiến
cộng động năng quay:
1
1
Wd  mv 2  I2
2
2
4.Bài toán va chạm
- Va chạm đàn hồi xuyên tâm: động lượng và động năng được bảo toàn
m1v1  m2 v2  m1v1  m 2 v 2

- Động năng của vật rắn quay: Wd 

m1v12 m 2 v22 m1v12 m 2 v 22




2
2
2
2
Giải ra:
2m 2 v 2  (m1  m 2 )v1
v1 
m1  m 2
2m1v1  (m 2  m1 )v 2
v '2 
m1  m 2
- Va chạm mềm: chỉ có động lượng được bảo toàn

1


 m1  m 2  v  m1v1  m 2 v 2  v 

m1v1  m 2 v 2
m1  m 2

- Độ giảm động năng của hệ:
1
1
1
1 m1m 2
2
Wd  m1v12  m 2 v 22   m1  m 2  v 2 
 v1  v 2 
2

2
2
2 m1  m 2
5. Thế năng
- Thế năng trọng trường:
Wt(h) = mgh + C; trong đó h là độ cao từ m tới mặt đất, C = 0 khi gốc thế năng ở mặt đất.
- Thế năng đàn hồi:
1
Wt  kx 2  C , trong đó x là độ biến dạng của lò xo, C = 0 khi gốc thế năng ở vị trí lò xo không biến dạng
2
- Định lý về độ giảm thế năng: Công của trường lực (tức là công của trọng trường hoặc công của lực đàn hồi)
tác dụng lên chất điểm bằng độ giảm thế năng.
A MN  Wt  M   Wt  N 
6. Cơ năng & định luật bảo toàn cơ năng:
Tổng động năng và thế năng của chất điểm được gọi là cơ năng của chất điểm. Khi chất điểm chuyển động
trong một rường lực thế (mà không chịu tác dụng của 1 lực nào khác) thì cơ năng của chất điểm là một đại
lượng bảo toàn.
W  Wd  Wt  const
mv 2
 mgh  const
2
- Từ định lý động năng và định lý thế năng dễ dàng thấy:
A  Wd2  Wd1 và A t  Wt1  Wt 2 , suy ra: W  A # t
W

Bài tập cần làm: 4.2, 4.4, 4.8, 4.12, 4.13, 4.14, 4.16, 4.18, 4.20, 4.22, 4.26, 4.27, 4.30, 4.32.
Phải nộp: 4.2, 4.4, 4.14, 4.16, 4.20, 4.27, 4.32
Bài 4.2. Tính công cần thiết để kéo một lò xo giãn ra 20 cm, biết rằng lực kéo tỷ lệ với độ giãn của lò xo và
muốn lò xo giãn 1 cm phải cần một lực 30 N.
Bài giải:

30
N
 3000  
Độ cứng của lò xo: k 
0, 01
m
Công cần thiết để kéo lò xo giãn ra 20 cm = 0,2 m là:
x
x
kx 2 3000.0, 22
A   Fdx   kxdx 

 60  J 
2
2
0
0
Bài 4.4. Một ôtô khối lượng 2 tấn, leo lên dốc có độ nghiêng 4%. Hệ số ma sát là 0,08. Tìm:
a) công thực hiện bởi động cơ ôtô trên quãng đường dài 3km;
b) Công suất của động cơ ôtô, biết rằng thời gian đi hết quãng đường trên mất 4 phút.
Tóm tắt:
m  2000  kg  ;
sin   4%;   0, 08
a)s  3000  m  ; A  ?
b)t  240  s  ; P  ?

Bài giải:

2

Ô tô chuyển động đều lên dốc, các lực tác dụng vào ô
tô thỏa mãn điều kiện:
Fk  P  Fms  N  0 , dễ dàng suy ra:
Fk  P sin   Fms  0 
Fk  mg sin   kmg cos 

A  Fk s  mg  sin   k cos   s  2000.10.  0, 04  0, 08.1 .3000  7, 2.106  J 
A 7, 2.106

 30000  W 
t
240
Bài 4.13. Một vật khối lượng m trượt không ma sát từ đỉnh một mặt cầu xuống dưới (hình vẽ). Hỏi từ khoảng
cách h nào (tính từ đỉnh mặt cầu) vật bắt đầu rơi khỏi mặt cầu. Cho bán kính mặt cầu R = 90 cm.
Chú ý: Điều kiện của bài toán này là tìm khoảng cách để vật rơi
khỏi mặt cầu. Vật chỉ chịu tác dụng của trọng lực và áp lực, khi nào
áp lực bằng 0 thì…vật sẽ rời khỏi mặt cầu thôi 
Xét tại thời điểm t vật ở vị trí như hình vẽ, khi đó theo định luật II
Newton ta có:

Công suất của động cơ: P 

P  N  ma
Chiếu lên phương hướng tâm ta được phương trình:
P sin   N  ma ht 

R  h
mv 2
mv 2

trong đó sin  
 N  mg sin  
R
R
R

Mặt khác, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng (cho vị trí cao nhất và vị trí thời điểm t):
mv 2
mv 2 2mgh
mv 2
, thay giá trị này vào biểu thức trên ta được:
 mg  R  h  

 mgh 
2
R
R
2
R
mv2
R  h 2mgh
 3h 
N  mg sin  
 mg

 mg 1 
 , điều kiện N = 0, ta có: h  3  30  cm 
R
R
R

R 

Bài 4.20. Để đo vận tốc của viên đạn người ta dùng con lắc thử đạn. Đó là một bì cát treo ở đầu một sợi dây
(hình vẽ). Khi viên đạn xuyên vào bì cát, nó bị mắc tại đó và bì cát được nâng lên một độ cao h nào đó. Tìm
vận tốc của đạn lúc nó sắp xuyên vào bì cát. Biết khối lượng của viên đạn là m, khối lượng của bì cát là M.
Bài giải:
Định luật bảo toàn động lượng: mv   M  m  V , trong đó V là vận
mgR 

tốc của hệ bì cát và viên đạn sau va chạm
mv
V
Mm
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:
 m  M  V 2  m  M gh

  V  2gh
2
mv
mM
 2gh  v 
2gh
So sánh ta được:
Mm
m
Bài 4.22. Một hòn bi khối lượng m chuyển động không ma sát trên một đường rãnh có dạng như hình vẽ. Hòn
bi được thả không có vận tốc ban đầu từ độ cao h = 2R, kích thước của bi nhỏ không đáng kể. Hỏi:
a) Ở độ cao nào bi rời khỏi đường rãnh?
b) Độ cao lớn nhất mà hòn bi sẽ đạt được sau khi rời khỏi rãnh?

3


Cơ năng ban đầu tại A (chỉ gồm thế
năng)
WA  2mgR
Tại điểm B (là điểm mà tại đó vật rời
khỏi rãnh)
mv 2
WB  mgH1 
2

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: mgH1 

H
mv 2
mv 2
 2mgR 
 4mg  2mg 1 (1)
2
R
R

Tại B, phương trình định luật 2 Newton: P  N  ma , chiếu lên phương bán kính:
mv 2
mv 2
P sin   N 
N
 mg sin 
R

R
H  R H1
H
H
mv2
H

H

sin   1

1  N 
 mg  1  1  4mg  2mg 1  mg  1  1  5mg  3mg 1
R
R
R
R
R
R

R

5
Tại đây vật rời khỏi rãnh nên áp lực N = 0, suy ra: N  0  H1  R
3
Thay vào 1 trong các phương trình trên để tìm vận tốc tại B:
mv 2
5
mv 2
mv 2 1

2
 2mgR  mgR 
 2mgR 
 mgR  v B 
gR
2
3
2
2
3
3
Tại điểm B ta có một chuyển động ném xiên với góc 
Vận tốc theo phương ngang
2
8
H

5 
v B cos   v B sin   v B  1  1 
gR   1 
gR
3
27
3 
R

Cơ năng tại điểm cao nhất sau khi rời khỏi rãnh (khi đó chỉ còn vận tốc theo
phương ngang):
1
1 8

4
WC  mgH 2  mv 2  mgH 2  m gR  mgH 2  mgR
2
2 27
27
mgH1 

So sánh với cơ năng tại A:
4
4 
50

mgR  H 2   2   R 
R
27
27 
27

Bài 4.27. Tính công cần thiết để làm cho một vô lăng hình vành tròn đường mình 1 m, khối lượng 500 kg,
đang đứng yên quay tới vận tốc 120 vòng/phút.
Bài giải:
120.2
 4  rad / s 
Phải đổi đơn vị:   120  vßng / phót  
60
Áp dụng định lý về độ biến thiên động năng ta có:
1
1
1
11

1
2
A  Wd  I2  0  I2  mR 2 2 
md 22  .500.12.  4   10000  J 
2
2
2
24
8
Bài 4.32. Một người ngồi trên ghế Giucôpxki và cầm trong tay hai quả tạ, mỗi quả có khối lượng 10 kg.
Khoảng cách từ mỗi quả tới trục quay là 0,75m. Ghế quay với vận tốc ω1 = 1 vòng/s. Hỏi công do người thực
hiện và vận tốc của ghế nếu người đó co tay lại để khoảng cách từ mỗi quả tạ đến trục quay chỉ còn là 0,20 m,
cho biết mômen quán tính của người và ghế đối với trục quay là I0 = 2,5kg.m2 .
2mgR  mgH 2 





4


Bài giải:
Đổi đơn vị: 1  1 vßng / s   2  rad / s 
Mômen quán tính của hệ trước:
I1  I0  2md12  2,5  2.10.0,752  13,75 kg.m2



Của hệ sau:

I2  I0  2md 22  2,5  2.10.0, 202  3,30 kg.m2







Áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng ta được:
I  I  2md12
2,5  2.10.0, 752
I11  I2 2  2  1 1  0


.2
1
I2
I0  2md 22
2,5  2.10.0, 202
 26, 2  rad / s 

Động năng trước và sau: Wd1 

1 2 1
2
I11  .13, 75.  2   271, 4  J 
2
2

1

1
I 2 22  .3,3.26, 22  1132, 6  J 
2
2
Công của người đó phải thực hiện là: A  Wd1  Wd2  1132, 6  271, 4  861, 2  J 
Wd 2 

5


Bài tập chương 4. Trường hấp dẫn
A. Tóm tắt lý thuyết:
1. Lực hấp dẫn:
- của 2 chất điểm:
mm
Fhd = G 1 2 2
r
G: Hằng số hấp dẫn (G = 6,67.10-11 SI)
m 1 , m2 : Khối lượng của hai chất điểm
r: khoảng cách giữa chúng
- của một vật lên một chất điểm:


Fhd = −G

mdM 
∫ r 3 .r
(M)

Chú ý:

Lực hấp dẫn giữa 2 quả cầu đồng chất được tính
giống như 2 chất điểm đặt tại tâm của chúng.

2. Gia tốc rơi tự do

Là gia tốc rơi của các vật trong chân không, chỉ dưới tác dụng của
trọng lực.
Ở sát bề mặt trái đất:
M
=
g 0 G 2 ≈ 9,8 ( m / s 2 )
R
Ở độ cao h:
M
R2
=
g G=
g0
(R + h) 2
(R + h) 2

3. Ứng dụng tính khối lượng của các thiên thể:
gR 2
- Khối lượng của Trái Đất: M =
G
1