Giải bài tập vật lý đại cương phần cơ học đại học bách khoa hà nội

A. Cơ học
Chơng 1: Động học chất điểm
1-1. Phơng trình chuyển động của một chất điểm trong hệ trục toạ độ Đề các:
x = a1cos(t + 1) (1)
y = a2cos(t + 2) (2)
Xác định dạng quỹ đạo của chất điểm trong các trờng hợp sau:
a) 1 - 2 = 2k,
k là một số nguyên;
b) 1 - 2 = (2k + 1)π;
c) ϕ1 - ϕ2 = (2k + 1)

π

;
2
d) ϕ1 - 2 có giá trị bất kì.

Bài giải:
Lu ý rằng, để biết đợc dạng quỹ đạo chuyển động của một chất điểm nào đó ta
phải đi tìm phơng trình quỹ đạo của nó tức là phơng trình biểu diễn mối quan hệ giữa
các toạ độ của vật, trong đó ta ® khư mÊt biÕn thêi gian. Do ®ã, trong bµi tËp nµy ta cã
thĨ lµm nh− sau.
a) Thay ϕ1 = ϕ2 + 2kπ vµo (1) ta cã:
x = a1cos(ωt + ϕ1) = a1cos(ωt + ϕ2 + 2kπ) = a1cos(ωt + ϕ2),
y = a2cos(ωt + ϕ2)
a
x
y
Tõ ®ã:
=
hay y = 2 x

a1 a 2
a1
Vì -1 cos(t + 1) 1 nên - a1 x a1
Vậy chất điểm trong phần a) này chuyển động trên một đoạn thẳng biểu diễn bởi:

y=

a2
x
a1

với

- a1 x a1

b) Làm tơng tự nh trong phÇn a):
x = a1cos(ωt + ϕ1) = a1cos(ωt + ϕ2 + 2kπ+π) = -a1cos(ωt + ϕ2)
Tõ ®ã rót ra: chÊt điểm chuyển động trên một đoạn thẳng biểu diễn bởi:

y=

a2
x
a1

với

- a1 ≤ x ≤ a1

c) Thay ϕ1 = ϕ2 + (2k + 1)

π
2

ta dƠ dµng rót ra biĨu thøc:

x 2 y2
+
=1
a 12 a 22
Phơng trình này biểu diễn một đờng êlíp vuông, có các trục lớn và trục nhỏ nằm
trên các trục toạ độ.
d) Phải khử t trong hệ phơng trình (1) và (2). Muốn thế khai triển các hàm sè cosin
trong (1) vµ (2):
x
= cos ωt. cos ϕ1 − sin ωt. sin ϕ1
a1

(3)

y
= cos ωt .cos ϕ 2 − sin ωt . sin ϕ 2 (4)
a2
Nh©n (3) víi cosϕ2 vµ (4) víi - cosϕ1 råi céng vÕ víi vÕ:

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên


x
y

cos ϕ 2 − cos ϕ1 = sin ωt . sin( 2 1 ) (5)
a1
a2
Lại nhân (3) với sinϕ2 vµ (4) víi - sinϕ1 råi céng vÕ víi vÕ:
x
y
sin ϕ 2 − sin ϕ1 = cos ωt sin( 2 1 ) (6)
a1
a2
Bình phơng (5) và (6) råi céng vÕ víi vÕ:
x 2 y 2 2 xy
+ 2 −
cos( ϕ 2 − ϕ1 ) = sin 2 ( ϕ 2 − ϕ1 )
(7)
2
a 1 a 2 a 1a 2
Phơng trình (7) biểu diễn một đờng êlíp.
Nhận xét: Có thể thu đợc các kết luận của phần a), b), c) bằng cách thay 1- 2
bằng các giá trị tơng ứng đ cho vào (7).
1-2. Một ô tô chạy tõ tØnh A ®Õn tØnh B víi vËn tèc v1 = 40km/giê råi l¹i ch¹y tõ tØnh
B trë vỊ tØnh A víi vËn tèc v2 = 30km/giê.
T×m vËn tèc trung bình của ôtô trên đoạn đờng đi về AB, BA đó?
Bài giải:
Đặt qu ng đờng AB bằng s. Ta sẽ tính vận tốc trung bình theo công thức:
tổng qu ng ð−êng ði
v=
tỉng thêi gian ði hÕt qu ng ð−êng nµy
Ta ®−ỵc:
2 v1 v 2
s+s

s+s
2
v=
=
=
=
= 9 ,53m / s.
s
s
1
1
t di + t vÒ
v1 + v 2
+
+
v1 v 2 v1 v 2
Thay số ta đợc:

v = 9 ,53m / s.

1-3. Một ngời đứng tại M cách một con đờng thẳng một khoảng h=50m để chờ
ôtô; khi thấy ôtô còn cách mình một đoạn
H
I
D
B
a=200m thì ngời ấy bắt đầu chạy ra

đờng để gặp ôtô (Hình 1-2). Biết ôtô A
h

chạy với vận tốc 36km/giờ.
a

Hỏi: a) Ngời ấy phải chạy theo
hớng nào để gặp đúng «t«? BiÕt r»ng
M
ng−êi ch¹y víi vËn tèc v2 = 10,8 km/giờ;
Hình 1-2
b) Ngời phải chạy với vận tốc nhỏ
nhất bằng bao nhiêu để có thể gặp đợc ôtô?
Bài giải:
a) Muốn gặp đúng ô tô tại B thì thời gian ngời chạy từ M tới B phải bằng thời gian
ô tô chạy từ A tới B:
MB AB
=
v2
v1

Sử dụng định lý hàm sè sin trong tam gi¸c ABM ta cã:
MB
AB
h
víi sin β =
=
,
sin β sin α
a
Tõ (1) vµ (2) ta rót ra:

(1)

(2)

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên


h v1
. = 0 ,833
⇒ α = 56030’ hc α = 123030.
a v2
Nhận xét: để có thể đón đợc ô tô thì ngời này có thể chạy theo hớng MB mà góc
= AMB thoả m n: 56 0 30' ≤ α ≤ 1230 30' . Khi 56030' < α < 123030' thì ngời này chạy
đến đờng phải đợi xe một lúc.
h v
Thật vậy: giả sử ngời chạy đến điểm D thoả m n điều này sin > . 1 .
a v2
sin α =

Mµ:

h v a 
v
MD
AD
1
=
→ AD = sin α .
.MD >  . 1 . .AD = 1 .MD .
sin β sin α
sin β

v2
 a v2 h

AD MD
(tức là thời gian xe chạy đến D lớn hơn thời gian ngời chạy đến D).
>
v1
v2
b) Để có thể gặp đợc ô tô với vận tốc nhỏ nhất thì rõ ràng rằng lúc mà ngời chạy
đến đờng cũng là lúc xe ô tô đi tới (ngời gặp đúng ô tô mà không phải chờ đợi l ng phí
thời gian), vì vậy, theo phần a) giữa hớng chạy và vận tốc của ngời phải có quan hệ:
h v
sin α = . 1
a v2
h v
h
V× víi mäi α thì sin() 1 nên: . 1 1
v 2 ≥ .v1
a v2
a
hv
Suy ra
v 2 min = 1 = 2 ,5m / s = 9km / h .
a
Lóc nµy, ngời phải chạy theo hớng MI, với MI AM.


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

b) Khí cầu đang hạ xuống (theo phơng thẳng đứng) với vận tốc 5m/s;
c) Khí cầu đang đứng yên.
Bài giải:
Khi khí cầu chuyển động, vật ở trên khí cầu mang theo vận tốc của khí cầu. Nếu khí
cầu chuyển động xuống dới với vận tốc v0 thì thời gian t mà vật rơi tới đất thoả m n
phơng trình bậc hai của thời gian:
1
v 0 .t + g .t 2 = h .
2
2

Chän nghiÖm dơng của phơng trình này ta có kết quả: t =

v 0 + 2gh − v 0

.
g
Khi khÝ cÇu chun động lên trên, xuống dới hoặc đứng yên, ta áp dụng biểu thức
này với vận tốc ban đầu v0 = -5m/s, v0 = 5m/s; hoặc v0 = 0 và có kết quả:
a) 8,4s ;
b) 7,3s ;
c) 7,8s.
1-5. Một vật đợc thả rơi từ độ cao H + h theo phơng thẳng đứng DD (D' là chân
độ cao H + h). Cùng lúc đó một vật thứ hai đợc ném lên từ D' theo phơng thẳng đứng
với vận tốc v0.
a) Hỏi vận tốc v0 phải bằng bao nhiêu để hai vật gặp nhau ở độ cao h?

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên

b) Tính khoảng cách x giữa hai vật trớc lúc gặp nhau theo thời gian?
c) Nếu không có vật thứ nhất thì vật thứ hai đạt độ cao lớn nhất bằng bao nhiêu?
Bài giải:
Cần nhớ lại các công thức của chuyển động rơi tự do:
a) Thời gian vật 1 rơi từ D đến điểm gặp nhau là: t =

2H
cũng
g

D
bằng thời gian vËt 2 chun ®éng tõ D’ ®Õn G, do ®ã:
H
1
h gt H + h
h = v 0 .t − g .t 2 → v 0 = + =
2gH
G
2
t 2
2H
b) Khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm t trớc khi gặp nhau đợc
h
tính theo qu ng đờng s và s các vật đi đợc:
D
x = (H + h) - (s + s’).
1
1



x = (H + h ) − gt 2 −  v 0 .t − g .t 2  = (H + h ) − v 0 .t
2
2


⇒
H+h
=
( 2H − 2gH .t )
2H
c) Sư dơng c«ng thøc quan hệ v, a, s của chuyển động thẳng biến đổi ®Ịu
2
2
v − v 0 = 2.a .s víi vËn tèc ở độ cao cực đại bằng v = 0, a = -g, s = hmax suy ra, nÕu kh«ng
cã sù cản trở của vật 1, vật 2 lên đến độ cao cực đại là:
v 2 ( H + h )2
h max =
=
.
2g
4H

1-6. Thả rơi tự do một vật từ độ cao h = 19,6 mét. Tính:
a) Qu ng đờng mà vật rơi đợc trong 0,1 giây đầu và 0,1 giây cuối của thời gian
rơi.
b) Thời gian cần thiết để vật đi hết 1m đầu và 1m cuối của độ cao h.
Bài giải:
Sử dụng công thức về qu ng đờng vật rơi đợc sau thời gian t kể từ lúc bắt đầu
1
đợc thả: s = gt 2 ta sẽ có một công thức quen thuộc về thời gian t để vật rơi đợc một

2
2h
đoạn đờng có độ cao h kể từ vị trí thả là: t =
. áp dụng công thức này ta sẽ trả lời
g
đợc các câu hỏi trong bài tập này:
a) Qu ng đờng mà vật rơi đợc trong 0,1s đầu:
1
1
s1 = g .t 2 = 9 ,8.0 ,12 = 0 ,049m .
2
2
2h
2.19 ,6
=
= 2(s ) .
Tæng thêi gian rơi của vật: t =
g
9 ,8
Qu ng đờng vật đi ®−ỵc trong 0,1 s ci cïng, ®−ỵc tÝnh theo qu ng đờng đi đợc
trong 2-0,1 = 1,9 s đầu:
1
1
2
2
s 2 = h − g (t − 0 ,1) = 19 ,6 − .9 ,8.(2 − 0 ,1) = 1,9(m ) .
2
2

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên

b) Tơng tự nh trên:
Thời gian để vật đi đợc 1m đầu: t 3 =

2s 3
2. 1
=
= 0 ,45s .
g
9 ,8

Thêi gian ®Ĩ vËt ®i hÕt 1m ci: t 4 = t tỉng − t 18,6m dÇu = 2 −

2.18,6
= 0 ,05s
9 ,8

1-7. Từ ba điểm A, B, C trên một vòng tròn ngời ta đồng thời thả rơi ba vật. Vật
thứ nhất theo phơng thẳng đứng AM qua tâm vòng tròn (Hình 1-3), vật thứ hai theo dây
BM, vật thứ ba theo dây CM. Hỏi vật nào tới M trớc tiên, nếu bỏ qua ma sát?
Bài giải:
A

B
C

M

Hình 1-3

Qu ng ®−êng ®i vµ gia tèc cđa vËt thø nhÊt: s1 = 2R, a1 = g, cña vËt thø hai s2 =
^

^

^

^

2Rcos AMB , a2 = gcos AMB , cña vËt thø ba: s3 = 2Rcos AMB , a3 = gcos AMC .
Nhận thấy, thời gian rơi đến M của các vật đều là:
2s1
2s 2
2s 3
4R
t1 =
=
=
= t2 = t3 =
a1
g
a2
a3
Vậy, ba vËt cïng tíi M mét lóc.
1-8. Ph¶i nÐm mét vật theo phơng thẳng đứng từ độ cao h = 40m với vận tốc v0
bằng bao nhiêu để nó rơi tới mặt đất:
a) Trớc = 1 giây so với trờng hợp vật rơi tự do?
b) Sau = 1 giây so với trờng hợp vật rơi tự do?
Lấy g = 10m/s2.

Bài giải:
Sử dụng công thức tính thời gian đến khi chạm đất của bài 5:
2

v 0 + 2gh v 0

2h
ta thấy:
g
g
Để vật chạm đất sớm, muộn phải ném vật xuống dới với vận tốc v0 thoả m n
phơng trình:
t=

2

và công thức thời gian rơi tự do: t =

v 0 + 2gh − v 0
2h
2
−
= τ → v 0 + 2gh = gτ − v 0 + 2gh
g
g

(

)

Khoa VËt Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên


Bình phơng hai vế của phơng trình ta đợc:

(
(

g 2 2gh g
2 2gh g
a) Để vật chạm đất sím, ¸p dơng víi τ = 1s ta cã:
10.1 2 2.10.40 − 10.1
v0 =
= 12 ,7(m / s )
2 2.10.40 10.1
Vậy vật đợc ném thẳng đứng xuống dới.
b) Để vật chạm đất muộn, áp dụng với = -1s ta cã:
− 10.1 2 2.10.40 + 10.1
v0 =
= −8,7(m / s )
2 2.10.40 + 10.1
Vậy vật đợc ném thẳng đứng lªn trªn.

(gτ )2 − 2gτ (v 0 +

(
(

(

)

2gh + 2v 0 2gh = 0 → v 0 =

)

)

(

)

)

)

)

1-9. Mét vËt chuyển động thẳng thay đổi đều đi hết qu ng ®−êng AB trong 6 gi©y.
VËn tèc cđa vËt khi qua A bằng 5m/s khi đi qua B bằng 15m/s. Tìm chiều dài của qu ng
đờng AB.
Bài giải:
Cách 1:

v v B − v A 15 − 5 5
=
=
= (m / s 2 ).
∆t
t

6
3
1
Tõ ®ã cã thĨ tÝnh qu ng ®−êng AB theo c«ng thøc: AB = v A t + at 2
2
Thay số ta đợc: AB = 60m.
Cách 2:
Lu ý rằng, vận tốc trung bình trong chuyển động thẳng biến đổi đều có công thức
v + vB
rất đặc biệt, bằng: v = A
, nên đoạn AB có độ dài:
2
v + vB
5 + 15
.t =
.6 = 60(m )
AB = v.t = A
2
2
Theo ®Þnh nghÜa, gia tèc a cđa vËt: a =

1-10. Mét xe lửa chạy giữa hai điểm (nằm trên một đờng thẳng) cách nhau 1,5km.
Trong nửa đoạn đờng đầu, xe lửa chuyển động nhanh dần đều, trong nửa đoạn đờng sau
xe lửa chuyển động chậm dần đều. Vận tốc lớn nhất của xe lửa giữa hai điểm đó bằng
50km/giờ.
Biết rằng trị số tuyệt đối của các gia tốc trên hai đoạn ®−êng b»ng nhau. TÝnh:
a) Gia tèc cđa xe lưa.
b) Thêi gian để xe lửa đi hết qu ng đờng giữa hai điểm.
Bài giải:
Vận tốc trung bình của xe lửa là v = 50 / 2 = 25km / h .

Thêi gian xe lửa đi hết 1,5km này là: t = s / v = 1,5 / 25 = 0 ,06h = 3,6 phót = 216s .
v
50km / h (50 / 3,6 )m / s
Gia tèc cđa xe lưa: a = max =
=
= 0 ,129(m / s 2 ).
(t / 2 ) 1,8 phót
1,8.60s

Khoa VËt LÝ, tr−êng §H Khoa Häc, §H Thái Nguyên


Cã thĨ tÝnh gia tèc cđa xe lưa dùa vµo mối quan hệ v, a, s của chuyển động thẳng
2
2
v2 − v0
(
50km / h )
2
2
biÕn ®ỉi ®Ịu: v − v 0 = 2.a .s ⇒ a =
=
= 0 ,129m / s 2 .
2s
1,5km
(ở đây s là nửa qu ng đờng 1,5km)
1-11. Một xe lửa bắt đầu chuyển động nhanh dần đều trên một đờng thẳng ngang
qua trớc mặt một ngời quan sát đang đứng ngang với đầu toa thứ nhất. Biết rằng toa xe
thứ nhất đi qua trớc mặt ngời quan sát hết một thời gian = 6 giây. Hỏi toa thứ n sẽ đi
qua trớc mặt ngời quan sát trong bao lâu?

áp dụng cho trờng hợp n = 7.
Bài giải:
Gọi l là chiều dài của mỗi toa, tn là thời gian để n toa đầu đi qua trớc mặt ngời
quan sát. áp dụng phơng trình chuyển động thẳng thay đổi đều, ta có:
1
1
2
2
1 2
Chiều dài của (n-1): (n − 1)l = at n −1
2

ChiỊu dµi cđa toa thø nhÊt: l = at 12 = aτ 2

1 2
at n .
2
Tõ ®ã suy ra thêi gian ®Ĩ toa thø n đi qua trớc mặt ngời quan sát:
t n = t n − t n −1 = τ( n − n − 1 ).
Víi n =7 , ta cã ∆t7 = 1,18s.
Chiều dài của n toa đầu: nl =

1-12. Một hòn đá đợc ném theo phơng nằm ngang với vận tốc v0=15m/s. Tính gia
tốc pháp tuyến và gia tốc tiếp tuyến của hòn đá sau lúc ném 1 giây.
Bài giải:
Vận tốc của vật theo phơng đứng sau khi ném 1s: vy = gt = 9,8m/s.
v
Gãc α gi÷a vËn tèc cđa vËt và phơng thẳng đứng thoả m n: tg = x . Xem hình
vy
vẽ bên.

v0

vx


vy

v
v



g.cos

g.sin

g

Từ đó, gia tốc pháp tuyến và gia tèc tiÕp tun cđa vËt lóc nµy chÝnh lµ những thành
phần chiếu của gia tốc g:

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên


a n = g sin α =

g .v x
2

vx + vy

2

=

9 ,8.15
2

15 + 9 ,8

2

= 8,2(m / s 2 )

a t = g cos α = g 2 − a n = 9 ,8 2 − 8,2 2 = 5,4(m / s 2 )
2

1-13. Ng−êi ta nÐm mét qu¶ bãng với vận tốc v0=10m/s theo phơng hợp với mặt
phẳng nằm ngang mét gãc α = 400. Gi¶ sư qu¶ bãng đợc ném đi từ mặt đất. Hỏi:
a) Độ cao lớn nhất mà quả bóng có thể đạt đợc.
b) Tầm xa cđa qu¶ bãng.
c) Thêi gian tõ lóc nÐm bãng tíi lúc bóng chạm đất.
Bài giải:
Để xác định đợc những đại lợng nh trong bài toán đặt ra, cần lu ý r»ng, cã thĨ
coi chun ®éng cđa vËt bao gåm hai chuyển động khá độc lập: chuyển động theo phơng
thẳng đứng và chuyển động theo phơng ngang.
Chuyển động theo phơng thẳng đứng là một chuyển động thẳng biến đổi đều với
gia tốc bằng g, vận tốc ban đầu bằng v0y = v0.sin. Chuyển động theo phơng ngang là
chuyển động thẳng đều với vận tốc không đổi bằng vx = v0.cos.
a) Độ cao cực đại và thời gian rơi của vật chỉ liên quan đến vận tốc ban đầu theo

phơng thẳng đứng v0y:
2
v0y
v 02 . sin 2 α
y max =
=
= 2 ,1(m )
2g
2g
v 0 y 2.v 0 sin α
c) Thêi gian bay của vật:
t = 2.
=
= 1,3(s )
g
g
b) Công thức tầm xa cđa vËt nÐm xiªn:
2 v 0 sin α v 02 . sin 2α
L = v x t = v 0 cos .
=
= 10m
g
g
1-14. Từ một đỉnh tháp cao H = 25m ngời ta ném một hòn đá lên phía trên với vận
tốc v0 = 15m/s theo phơng hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc = 300. Xác định:
a) Thời gian chuyển động của hòn đá;
b) Khoảng cách từ chân tháp đến chỗ rơi của hòn đá;
c) Vận tốc của hòn đá lúc chạm đất.
Bài giải:
y

v0


H

O

L x

Từ đỉnh tháp viên đá còn lên cao thêm đợc một đoạn:
2
v0y
(v sin α )2 (15. sin 30 0 )2
h=
= 0
=
= 2 ,87 m
2g
2g
2.9 ,8

Khoa VËt LÝ, tr−êng §H Khoa Häc, §H Thái Nguyên


thời gian chuyển động của hòn đá:
v 0y
2(H + h ) 7 ,5
2(25 + 2 ,78)
t=
+

=
+
= 3,15(s )
g
g
9 ,8
9 ,8
TÇm xa:
L = v 0 cos α .t = 15.cos 30 0 .3,15 = 41(m )
Vận tốc lúc chạm đất:
v y = 2g (H + h ) = 2.9 ,8.(25 + 2 ,78) = 23,3(m / s )
⇒ v = v y + v x = 23,32 + (15.cos 30 0 ) = 26 ,7(m / s )
2

2

2

Ta cã thÓ giải quyết bài toán theo cách khác bằng cách dùng phơng pháp toạ độ.
Chọn hệ trục toạ độ Oxy với O nằm tại chân tháp nh hình vẽ.
Phơng trình chuyển động của vật theo các trục này:
x = v x t = v 0 cos α .t

1
1
y = H + v y t − g .t 2 = H + v 0 . sin α .t − g .t 2
2
2
§Ĩ tìm thời gian rơi, giải phơng trình y = 0.
Để tìm tầm xa tìm khoảng cách từ vị trí rơi tới chân tháp, ta thay t tìm đợc vào

biểu thức của x để tính x.
Để tìm vận tốc lúc chạm đất, nhớ đến các công thức:
v x = v 0 cos α = const
v y = v 0 sin g .t
Đáp số: a) 3,16s ; b) 41,1m ; c) 26,7m/s.
1-15. Từ một đỉnh tháp cao H = 30m, ngời ta ném một hòn đá xuống đất với vận
tốc v0 = 10m/s theo phơng hợp với mặt phẳng n»m ngang mét gãc α = 300. T×m:
a) Thêi gian để hòn đá rơi tới mặt đất kể từ cú ném?
b) Khoảng cách từ chân tháp đến chỗ rơi của hòn đá?
c) Dạng quỹ đạo của hòn đá?
Bài giải:
Ta dùng phơng pháp toạ độ giống nh của bài 1-14.
Chọn hệ trục toạ độ Oxy với O nằm tại chân tháp.
a) Phơng trình chuyển động của vật theo các trục này:
x = v x t = v 0 cos α .t
(1 )

1
1
y = H − v y t − g .t 2 = H − v 0 . sin α .t g .t 2
(2)
2
2
Để tìm thời gian rơi, giải phơng tr×nh y=0:
1
30 − 10. sin 300 .t − .10.t 2 = 0 ↔ 30 − 5t − 5t 2 = 0
2
Chọn nghiệm dơng ta đợc thời gian rơi của hòn đá: t=2s.
b) Để tìm tầm xa vị trí rơi cách chân tháp bao nhiêu, thay t tìm đợc để tÝnh x.
x = v 0 cos α .t = 10.cos 300 .2 = 10 3m ≈ 17 ,3m

Khoa VËt LÝ, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên


c) Để biết dạng quỹ đạo chuyển động của viên đá, ta cần tìm phơng trình quỹ đạo
của chuyển động này (phơng trình quan hệ giữa x và y đ khử biến thời gian):
Khử thời gian trong hệ phơng trình (1) và (2) bằng cách rút t từ phơng trình (1) råi
thay vµo (2):
x
(1 ) → t =
v 0 cos α


1
x
1 
x

( 2 ) → y = H − v 0 . sin α .t − g .t 2 = H − v 0 . sin α .
− g
2
v 0 cos α 2  v 0 cos α 
= H − x .tgα −

2

g .x 2
2
2 v 0 cos 2 α

x x2
= 30 −
−
víi : 0 ≤ x ≤ 10 3m
3 15
Phơng trình này chỉ ra rằng, quỹ đoạ của viên đá là một cung parabol.

(

)

1-16. Hỏi phải ném một vật theo phơng hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc
bằng bao nhiêu để với một vận tốc ban đầu cho trớc, tầm xa của vật là cực đại.
Bài giải:
Sử dụng công thức tính tầm xa của vật đợc ném xiên đ lập đợc trong bài 1-13:
v 2 . sin 2 v 02
L= 0

g
g
2

Vật sẽ đạt đợc tầm xa cực đại bằng L max =

v0
khi sin2 = 1, hay = 450.
g

1-17. Kỷ lục đẩy tạ ở Hà Néi lµ 12,67 mÐt. Hái nÕu tỉ chøc ë Xanh Pêtecbua thì
trong điều kiện tơng tự (cùng vận tốc ban đầu và góc nghiêng), kỷ lục trên sẽ là bao

nhiêu?
Cho biết g (Hà Nội) = 9,727m/s2; g (Xanh Pêtecbua) = 9,810m/s2.
Bài giải:

v 02 . sin 2
ta nhận thấy, với lực đẩy không đổi (để v0
g
không đổi) và góc ném không ®ỉi (nÐm xa nhÊt khi gãc nÐm b»ng 450) th× tầm xa L sẽ tỉ
lệ nghịch với gia tốc trọng trờng g. Do đó có thể xác định đợc kỉ lục đẩy tạ tại thành
phố Xanh Petécbua:
g
9 ,727
L XP = HN L HN =
.12 ,67 = 12 ,56(m )
g XP
9 ,810
Từ công thức tầm xa: L =

1-18. Tìm vận tốc góc:
a) của Trái Đất quay quanh trục của nó (Trái §Êt quay mét vßng xung quanh trơc
cđa nã mÊt 24 giờ).
b) của kim giờ và kim phút đồng hồ;

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên


c) của Mặt Trăng quay xung quanh Trái Đất (Mặt Trăng quay xung quanh Trái Đất
một vòng mất 27 ngày đêm);
d) của một vệ tinh nhân tạo của Trái Đất quay trên quỹ đạo tròn với chu kì bằng 88
phút.

Bài giải:
Sử dụng công thức tính vận tốc góc: =
với là giây (s) ta sẽ đợc:

2
và lu ý thay chu kỳ phải đổi đúng đối
T

2.
= 7 ,26.10 5 (rad / s )
24.3600
b) Chu kú quay cđa kim phót lµ 1h. Kim giờ quay hết một vòng là 12 tiếng nên vËn
tèc gãc cđa kim giê vµ kim phót lµ: 14,5 . 10-5 rad/s; 1,74 . 10-3 rad/s
c) Cịng ¸p dơng công thức trên với các chu kỳ khác nhau ta có vận tốc góc của
mặt trăng quanh trái đất là: 2,7 . 10-6 rad/s ;
d) Cđa vƯ tinh cã chu kì quay là 88phút là: 1,19 . 10-3 rad/s
1-19. Tìm vận tốc dài của chuyển động quay của một điểm trên mặt đất tại Hà Nội.
Biết rằng vĩ độ của Hµ Néi lµ α = 210.
a) VËn tèc gãc tù quay quanh trục của trái đất: =

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

r
R
O

Hình của bài 1-19

r = R cos .
Từ đó ta cã vËn tèc dµi cđa Hµ Néi lµ:
v = .r = .R.cos
Thay số vào ta đợc: v = 430m/s.

Để làm các bài tiếp theo cần chú ý: Các công thức của chuyển động quay nhanh
hoặc chậm dần đều cũng giống với các công thức của chuyển động thẳng biến ®ỉi ®Ịu víi
sù t−¬ng øng: gãc quay ϕ thay cho qu ng ®−êng s, vËn tèc gãc ω thay cho vËn tèc dµi v,
gia tèc gãc β thay cho gia tèc th−êng a – chóng chØ chªnh nhau mét h»ng số bằng bán
kính quỹ đạo tròn.

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên


1-20. Một vô lăng sau khi bắt đầu quay đợc một phút thì thu đợc vận tốc 700
vòng/phút. Tính gia tốc góc của vô lăng và số vòng mà vô lăng đ quay đợc trong phút
ấy nếu chuyển động của vô lăng là nhanh dần đều.
Bài giải:
Vận tốc góc của vô lăng đạt = 700vòng/phút = 700.2/60 (rad/s) sau thêi gian τ =
1phót = 60s.
ω 1400π / 60 1400π
=
= 1,22(rad / s 2 ) .
Mµ ω = β. τ = =

60
3600
Góc quay đợc sau thời gian = 1 phót lµ:

1
1
ϕ = β .τ 2 = .1,22.60 2 = 700 (rad )
2
2
Do vậy, số vòng quay đợc trong 1 phút là:
700
n=
=
= 350 vòng .
2
2
1-21. Một bánh xe quay chậm dần đều, sau một phút vận tốc của nó giảm từ 300
vòng/phút xuống 180 vòng/phút. Tìm gia tốc của bánh xe và số vòng mà bánh xe đ quay
đợc trong phút ấy.
Bài giải:
Theo định nghĩa về gia tèc gãc ta cã lu«n gia tèc gãc trong chun ®éng nµy:
ω − ω 0 180.2π / 60 − 300.2π / 60
β=
=
= −0 ,21 (rad / s 2 ) .
τ
60
Gãc quay đợc dựa vào mối quan hệ tơng tự với quan hệ v-a-s của chuyển động
thẳng biến đổi đều ta rót ra:
ω 2 − ω 0 2 (180.2π / 60 )2 − (300.2π / 60 )2
ϕ=
=
= 240 (vßng) .
2β

− 2.0 ,21
Hoặc dựa vào công thức vận tốc góc trung bình:
+ 0
180 + 300
=
. =
.1 = 240 (vòng)
2
2
1-22. Một bánh xe có bán kính R = 10cm lúc đầu đứng yên, sau đó quay xung quanh
trục của nó với gia tèc gãc b»ng 3,14 rad/s2. Hái, sau gi©y thø nhÊt:
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) Sau giây thứ nhất, vận tốc góc và vận tốc dài của một điểm trên vành bánh là:
= β .t = 3,14.1 = 3,14 (rad / s )
v = ω .R = 3,14.0 ,1 = 0 ,314 (m / s )
Gia tốc tiếp tuyến có giá trị không đổi và gia tốc pháp tuyến
lúc này:

at

a



Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên

Hình

an


a t = β .R = 3,14.0 ,1 = 0 ,314 (m / s 2 )
a n = ω 2 .R = 3,14 2 .0 ,1 = 0 ,986 (m / s 2 )
Còn gia tốc toàn phần thì bằng:

a = a t + a n = 1,03 (m / s 2 ) .
2

2

c) Góc giữa gia tốc toàn phần a và bán kính là thoả m n:
a
0 ,314
sin α = t =
⇒
α = 17046’.
a
1,03
1-23. Chu k× quay cđa một bánh xe bán kính 50cm là 0,1 giây. Tìm:
a) Vận tốc dài và vận tốc góc của một điểm vành bánh;
b) Gia tốc pháp tuyến của điểm giữa một bán kính.
Bài giải:
Vận tốc dài và vận tốc góc của một điểm trên vành bánh:
chiều dài của ờng tròn
2R 2 .0 ,5
v=

=
=
= 31,4 (m / s )
thêi gian chuyÓn ðéng hÕt mét vßng trßn
T
0 ,1
v 31,4
ω= =
= 62 ,8 (rad / s )
R 0 ,5
b) Gia tèc ph¸p tuyÕn – gia tốc hớng tâm của điểm giữa một bán kính:
a n = ω 2 r = ω 2 .R / 2 = 62 ,8 2 .0 ,5 / 2 = 986 (m / s 2 ) .
1-24. Một đoàn tàu bắt đầu chạy vào một đoạn đờng tròn, bán kính 1km, dài 600m,
với vận tốc 54 km/giờ. Đoàn tàu chạy hết qu ng đờng đó trong 30 giây. Tìm vận tốc dài,
gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến, gia tốc toàn phần và gia tốc góc của đoàn tàu ở cuối
qu ng đờng đó. Coi chuyển động của đoàn tàu là nhanh dần đều.
Bài giải:
Cho: R = 1km =1000m, v0 = 54km/h = 15m/s, s=600m, t = 30s.
Sư dơng các công thức về chuyển động thẳng và chuyển động tròn biến đổi đều ta sẽ
tính đợc các đại lợng cÇn thiÕt.
2(s − v 0 t ) 2(600 − 15.30 ) 1
1
s = v0t + a t t 2 ⇒ a t =
=
= (m / s 2 ) .
2
2
2
3
t

30
VËn tèc của tầu tại cuối đờng vòng:
1
v = v 0 + a t t = 15 + .30 = 25 (m / s ) = 90 (km / h ) .
3
Gia tốc pháp tuyến gia tốc hớng tâm của tầu:
v2
25 2
a n = ω 2R =
=
= 0 ,625 (m / s 2 )
R 1000
Còn gia tốc toàn phần là:
2

2

1 5
a = a t + a n =   +   = 0 ,708 (m / s 2 )
3 8
Gia tốc góc của đoàn tầu:
2

2

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên


β=

at 1/ 3
=
≈ 3,3.10 − 4 (rad / s 2 )
R 1000

1-25. Vận tốc của êlectron trong nguyên tử hyđrô b»ng v = 2,2.108cm/s. TÝnh vËn
tèc gãc vµ gia tèc pháp tuyến của êlectron nếu xem quỹ đạo của nó là một vòng tròn bán
kính 0,5.10-8cm.
Bài giải:
Electron: v = 2,2.108 cm/s = 2,2.106 m/s; R = 0,5.10-8 cm = 0,5.10-10 m.
Vận tốc góc và gia tốc hớng tâm gia tốc pháp tuyến lần lợt:
= v/R = 4,4 . 1016 rad/s;
an = ω2R = 9,68 .1022 m/s2
1-26. Mét ng−êi muốn chèo thuyền qua sông có dòng nớc chảy. Nếu ng−êi Êy chÌo
thun theo h−íng tõ vÞ trÝ A sang vị trí B (AB với dòng sông, hình 1-4) th× sau thêi
gian t1 = 10 phót thun sÏ tíi vị trí C cách B một khoảng s = 120m. Nếu ngời ấy chèo
thuyền về phía ngợc dòng thì sau thêi gian t2 = 12,5 phót thun sÏ tíi ®óng vị trí B.
Coi vận tốc của thuyền đối với dòng nớc là không đổi. Tính:
a) Bề rộng l của con sông;
b) Vận tốc v của thuyền đối với dòng nớc;
B s C
c) Vận tốc u của dòng nớc đối với bờ sông;
u
M
d) Góc .
v V


Bài giải:
Từ A đến C hết thêi gian t1 = 10 phót, A ®Õn B hÕt thời gian

t2 = 12,5 phút, đoạn BC có độ dài: s = BC = 120m.
Đây là bài toán tổng hợp vận tốc. Thuyền tham gia đồng

A

Hình 1-4a
B



thời hai chuyển động: cùng với dòng nớc với vận tốc u và
u



chuyển động so víi dßng n−íc (do ng−êi chÌo) víi vËn tèc v .
Chuyển động tổng hợp chính là chuyển động của thuyền đối với




v



bờ sông với vận tốc V = v + u .
Trờng hợp thứ nhất của bài toán ứng với hình 1-4a, trờng
hợp thứ hai ứng với hình 1-4b.
Theo các hình vẽ, ta có các phơng trình sau:
s = u.t1 ; l =v.t1 ; l = (v.cos γ).t2; u = v.sin γ ;

s 120
⇒ u= =
= 0 ,2 (m / s ) .
t 1 600
t
10
4
l = v.t 1 = v.cos γ .t 2 → cos γ = 1 =
= → γ = 36 0 53'
t 2 12 ,5 5
3 u
u
0 ,2 1
⇒ sin γ = = → v =
=
= = 0 ,33 (m / s ) .
5 v
sin γ 3 / 5 3
Chiều rộng của dòng sông: l = v.t 1 = 0 ,33.( 10.60 ) = 200 m .

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên



C
l
V

A

Hình 1-4b


1-27. Ng−êi ta chÌo mét con thun qua s«ng theo h−íng vu«ng gãc víi bê s«ng víi
vËn tèc 7,2km/h. N−íc chảy đ mang con thuyền về phía xuôi dòng một khoảng 150m.
Tìm:
a) Vận tốc của dòng nớc đối với bờ sông;
b) Thời gian cần để thuyền qua đợc sông. Cho biết chiều rộng của sông bằng
0,5km.
Bài giải:
Bề rộng của dòng s«ng: l = 0,5km = 500m. s = 150m, V = 7,2km/h=2m/s.
Tõ h×nh vÏ ta thÊy:
B s C
u s
s
150
= → u = .v =
.2 = 0 ,60 (m / s ) .
u
v l
l
500
v
l
V
Thêi gian cđa mét chun sang s«ng:
AC AB l 500
t=
=
= =

= 250 (s ) .
A
V
v
v
2
Hình của bài 1-27
Đáp sè: a) u = 0,60m/s ; b) t = 250s.
1-28. Một máy bay bay từ vị trí A tới vị trí B. AB nằm theo hớng Tây Đông và cách
nhau một khoảng 300km. Xác định thời gian bay nếu:
a) Không cã giã;
b) Cã giã thỉi theo h−íng Nam B¾c;
c) Cã gió thổi theo hớng Tây Đông.
Cho biết vận tốc của giã b»ng: v1 = 20m/s, vËn tèc cđa m¸y bay đối với không khí v2
= 600km/h.
Bài giải:
AB = 300km, gió: v1 = 20m/s =72km/h, v2 = 600km/h.
l
300
a) Thêi gian m¸y bay bay trùc tiÕp tõ A ®Õn B: t =
=
= 0 ,5 (h ) = 30 (phót) .
v 2 600
b) Tơng tự bài 1-26, ta thấy máy bay muốn tới vị trí B, nó phải bay chếch về phía
nam một gãc α so víi ph−¬ng AB. Ta cã:
V = v 2 − v1 = 600 2 − 72 2 = 596 (km / h ) .
A
B
α
Thêi gian m¸y bay bay từ A đến B là:

v1
s 300
t= =
= 0 ,503 (h ) = 30 ,2 phút .
v2
V 596
Hình của bài 1-28
c) Gió xuôi chiều từ Tây sang Đông. Thời gian máy bay
cần dùng là:
s
300
t=
=
= 0 ,446 (h ) = 26 ,8 phót .
v 2 + v1 600 + 72
1-29. H×nh 1-5 mô tả chuyển động của ba chất điểm.
a) Cho biết tính chất của các chuyển động đó.
b) ý nghĩa của các giao điểm giữa các đồ thị và các trục toạ độ.
c) So sánh vận tốc của ba chất điểm.
2

2

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên


v

2
1

3

O

t

Hình 1-5

Bài giải:
v
1
2
3
O

đều.

Hình 1-5

t

a) Nhìn vào đồ thị ta thấy cả ba chuyển động này đều là chuyển động nhanh dần

b) Giao điểm của các đồ thị với trục thời gian cho ta biết các thời điểm xuất phát của
các chuyển động.
c) Ba chuyển động, nhìn chung là về cùng một hớng. Vận tốc của mỗi vật từng lúc
nhanh chậm khác nhau. Đồ thị vận tốc càng dốc thì gia tèc cđa vËt cµng lín (gia tèc a cho
biÕt hƯ số góc của đờng thẳng). Từ các đồ thị, ta cã thĨ so s¸nh gia tèc cđa c¸c vËt: a3 >
a1 > a2.

1-30. Hình 1-6 cho đồ thị vận tốc cđa mét chÊt ®iĨm chun ®éng. H y cho biÕt trạng
thái chuyển động của chất điểm trên mỗi đoạn OA, AB, BC, CD.
Bài giải:
v
A

B
C
D

O

t

Hình 1-6

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

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên


Chơng 2
động lực học chất điểm
2-1. Một xe có khối lợng 20000kg, chuyển động chậm dần đều dới tác dụng của
một lực bằng 6000N, vận tốc ban đầu của xe b»ng 15m/s. Hái:

a) Gia tèc cđa xe;
b) Sau bao l©u xe dừng lại;
c) Đoạn đờng xe đ chạy đợc kể từ lúc h m cho đến khi xe dừng hẳn.
Bài giải:
a) Gia tốc của xe đợc tính theo định luật II Newton:
a = F/m = -6000/20000= - 0,3m/s2.
b) Thêi gian kể từ lúc h m đến khi dừng lại:
v 0 - 15
t = ∆t =
=
= 50 (s ).
a
- 0,3
c) Qu ng ®−êng kĨ tõ lóc h m ®Õn khi dõng l¹i:
s = v0.t + a.t2/2 = . . . = 375m.
2-2. Một thanh gỗ nặng 49N bị kẹp giữa hai mặt phẳng thẳng
Hình 2-4
đứng (hình 2-4). Lực ép thẳng góc trên mỗi mặt của thanh là 147N.
Hỏi lực nhỏ nhất cần để nâng hoặc hạ thanh gỗ? Hệ số ma sát giữa
thanh gỗ và mặt ép k = 0,2.
Bài giải:
Lực nâng = 107,8N ; lực hạ = 9,8N
FN

FHạ
Fms1

Fms2

Hình 2-4a

Hình 2-4b

Khi muốn hạ thanh gỗ xuống cần một lực nhấn FHạ hớng xuống dới, lực ma sát
trên hai mặt của thanh gỗ hớng lên trên (Hình 2-4a), còn khi muốn nâng thanh gỗ lên
trên thì các lực ma sát lại hớng xuống dới (Hình 2-4b).
Từ các hình vẽ này ta thấy, các lực dùng để hạ (FHạ) và nâng FN thanh gỗ phải có các
giá trị nhỏ nhất:
FHạ = Fms1 + Fms 2 − P = 2 × k .N − P = 2.0 ,2.147 − 49 = 9 ,8(N )
FN = Fms1 + Fms 2 + P = 2 × k .N + P = 2.0 ,2.147 + 49 = 107 ,8(N )
2-3. Hỏi phải tác dụng một lực bằng bao nhiêu lên một toa tàu đang đứng yên để nó
chuyển động nhanh dần đều và sau thời gian 30 giây nó đi đợc 11m. Cho biết lực ma sát
của toa tàu bằng 5% trọng lợng của toa tàu.
Bài giải:
Gọi F là lực tác dụng lên toa tàu. Xét theo phơng ngang, lực gây ra gia tốc của toa
tàu, theo định luật Niutơn 2, bằng:
F - fms = ma
Trong đó: m là khối lợng và a =

2s
là gia tốc của toa tầu.
t2

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyªn


2.s.m
.
t2
Thay sè: s = 11 m, t = 30s, m = 15,6 tấn = 15600kg ta đợc: F 8200N.

(Trong phần đề bài cho thiếu khối lợng của toa tầu b»ng m = 15,6 tÊn).

Tõ ®ã suy ra: F = f ms + ma = 5% mg +

2-4. Mét ng−êi di chuyển một chiếc xe với vận tốc không đổi. Lúc đầu ngời ấy kéo
xe về phía trớc, sau đó ngời ấy đẩy xe về phía sau. Trong cả hai trờng hợp, càng xe
hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc . Hỏi trong trờng hợp nào ngời ấy phải đặt lên
xe một lực lớn hơn? Biết rằng trọng lợng của xe là P, hệ số ma sát giữa bánh xe và mặt
đờng là k.
Bài giải:
Viết phơng trình định luật II Newton cho các lực tác dụng vào xe. Thành phần lực
tổng hợp chiếu theo phơng thẳng đứng và nằm ngang đều bằng 0 - không có chuyển
động theo phơng thẳng đứng, chuyển động theo phơng ngang thì đều-không có gia tốc
theo phơng ngang nên:
Trờng hợp kéo xe về phía trớc (hình 2-1a): lực nén vuông góc của xe lên mặt
đờng là:
N + F. sin P = 0 ⇒ N = P - F. sin α
Vµ: F.cos α − Fms = 0 ⇒ F.cos α = Fms
Mµ, lùc ma sát tác dụng lên xe:
Fms = kN = k(P - Fsinα)
kP
⇒
F=
F cos α = k (P − F sin )
cos + k sin
N

N

Fms

P

F
F
P

Hình 2-1a

Fms

Hình 2-1b

Trờng hợp đẩy xe về phía sau (hình 2-1b)
Bằng cách phân tích tơng tự, ta tính đợc lực ma sát đặt lên xe trong trờng hợp
này là:
Fms = kN = k(P + Fsin)
Và lực F cần đặt lên càng xe:
kP
F' =
cos − k sin α
Râ rµng F’ > F. Nh− vËy trong trờng hợp đẩy xe về phía sau ngời ta phải dùng một
lực lớn hơn.
2-5. Một vật có khối lợng m = 5kg đợc đặt trên một mặt phẳng nghiêng hợp với
mặt phẳng 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.
Bài giải:

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên


Ta phân tích các lực tác dụng vào vật gồm 3 lực: P thẳng
N
y
đứng, N vuông góc với mặt nghiêng và Fms nằm trên mặt
Fms
nghiêng.
O
Phơng trình định luật II Newton cho vËt:
x
P
α
P + N + F ms = m.a
ChiÕu ph−¬ng trình này theo phơng vuông góc với mặt
Hình của bài 2-5
phẳng nghiêng (phơng Oy) và phơng song song với mặt phẳng
nghiêng (phơng Ox) ta đợc:
N = P cos
P cos α + N = 0

⇒
P sin α − Fms


P sin α − Fms = ma
a =
m
Mµ Fms = k.N nªn:

P sin α − kP cos α mg sin α − kmg cos α
a=
=
= g (sin α − k cos α ) .
m
m
Thay α = 300, k = 0,2, g = 9,8 ta tính đợc a = 3,24m/s2.
Nhận xét: từ công thức trên ta thấy, gia tốc của vật trợt trên mặt phẳng nghiêng
không phụ thuộc vào khối lợng của vật đó.
2-6. Một vật trợt xuống trên một mặt phẳng nghiêng hợp với mặt phẳng nằm ngang
góc = 450. Khi trợt đợc qu ng đờng s = 36,4cm, vật thu đợc vận tốc v = 2m/s. Xác
định hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng.
Bài giải:
áp dụng công thức gia tốc của vật trong bài 2-5 ta cã :
g sin α − a
a
⇒
.
a = g (sin α − k cos α )
k=
= tgα −
g cos α
g cos α
Sư dơng kiÕn thøc cđa ch−¬ng I vỊ mèi quan hƯ v-a-s ta cã gia tèc cđa vËt tr−ỵt nµy
2
v2 − v0
v2 − 02 v 2
=
=
lµ: a =

.
2.S
2.S
2.S
v2
k = tg

2.gS cos
Thay các thông số đ cho: = 450, v = 2m/s, s = 36,4cm = 0,364m ta đợc: k 0,2.
2-7. Một sợi dây thừng đợc đặt trên mặt bàn sao cho một phần của nó buông thõng
xuống đất. Sợi dây bắt đầu trợt trên mặt bàn khi chiều dài của phần buông thõng bằng
25% chiều dài của dây. Xác định hệ số ma sát k giữa sợi dây và mặt bàn.
Bài giải:
fms

P1
Hình của bài 2-7

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên


Gọi P là trọng lợng của cả dây, P1 là trọng lợng của phần buông thõng. Theo đầu
bài, chiều dài phần buông thõng bằng 25% chiều dài dây P1 = 25%P.
Xét theo phơng chuyển động của sợi dây, dây chịu tác dụng của hai lực: P1 và fms.
Muốn dây bắt đầu trợt phải có P1 = fms fms = 25%P.
Mµ, fms= k .N = k.(75%P).
25 1
= ≈ 0 ,33 .
Tõ ®ã: 25%P = k.(75%P) ⇒ k =
75 3

2-8. 1) Một ôtô khối lợng một tấn chuyển động trên một đờng bằng, hệ số ma sát
giữa bánh ôtô và mặt đờng là 0,1. Tính lực kéo của động cơ ôtô trong trờng hợp:
a) Ôtô chuyển động đều;
b) Ôtô chuyển ®éng nhanh dÇn ®Ịu víi gia tèc b»ng 2m/s2;
2) Cịng câu hỏi trên nhng cho trờng hợp ôtô chuyển động đều và:
a) Lên dốc có độ dốc 4%;
b) Xuống dốc ®ã.
HƯ sè ma s¸t b»ng 0,1 trong st thêi gian chuyển động.
Bài giải:


Tổng hợp lực tác dụng lên ôtô gồm: lực kéo F của động cơ ôtô, trọng lực P , phản
lực pháp tuyến N của mặt đờng và lực ma sát của mặt đờng f ms .
N

N

F

F
f'ms
fms

P



Hình của bài 2-8

Phơng trình định luật II Newton cho « t« lµ: F + P + N + f ms = m a
Chọn chiều dơng là chiều chuyển động của xe. Chiếu phơng trình này lên phơng
chuyển động ta đợc:
1) Khi xe chuyển động trên đờng nằm ngang:
F f ms = ma ⇒ F = ma + f ms = ma + kmg
Thay sè: m = 1tÊn = 1000kg; k = 0,1; g = 9,8m/s2; vµ:
a) Khi chun ®éng ®Ịu, a = 0
⇒ F = 980N.
b) Khi chun ®éng nhanh dÇn ®Ịu víi gia tèc a = 2m/s2 F = 2980N.
2) Khi xe chuyển động trên đờng dốc:
a) Ôtô lên dốc
F f ms P sin α = ma
⇒ F = ma + f ms + P sin α = ma + kmg cos α + mg sin
Trong đó, sin = 0,04 là độ dốc cña dèc ⇒ cosα = 1 − 0 ,04 2 ≈ 1,0
⇒ F = 1000 × 0 + 0 ,1.1000.9 ,8.1 + 1000.9 ,8.0 ,04 = 1372(N )
b) Ôtô xuống dèc: F = P(kcosα - sinα).
F − f ms + P sin α = ma
⇒ F = ma + f ms − P sin α = ma + kmg cos α − mg sin α
Thay sè:
F = 1000 × 0 + 0,1.1000.9,8.1 − 1000.9,8.0,04 = 588(N )

Khoa VËt LÝ, tr−êng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên


2-9. Một sợi dây đợc vắt qua một ròng rọc có khối lợng không đáng kể, hai đầu
buộc hai vật có khối lợng m1 và m2 (m1 > m2). Xác định gia tốc của hai vật và sức căng
của dây. Coi ma sát không đáng kể.

áp dụng bằng số: m1 = 2m2 = 1kg.
Bài giải:
Do sợi dây không co gi n, ròng rọc không khối lợng, không ma sát nên sợi dây
luôn căng với lực căng dây T; hai vật sẽ chuyển động với cùng một gia tốc a. Vì m1 > m2
nªn m1 sinh ra mét lùc kÐo lín hơn của m2 làm cho m1 chuyển động xuống dới còn m2 bị
kéo lên trên.

T

+
m2

P2

T
m1
P1

+

Hình của bài 2-9

Chọn chiều dơng của các trục toạ độ cho từng vật hợp với chiều chuyển động của
mỗi vật (hình vẽ). Phơng trình định luật II Newton cho từng vật xét trên phơng chuyển
động:
m1 : P1 − T = m1a

m 2 : T − P2 = m 2 a
Céng vÕ theo vÕ cña hai phơng trình trên ta thu đợc:
P P2

m m2
P1 − P2 = (m1 + m 2 )a ⇒
a= 1
= 1
g = 3,27 m / s 2
m1 + m 2 m 1 + m 2
Xem phơng trình định luật II Newton cho vËt P1 ta cã: P1 - T = m1a.
m − m2
2m1m 2
⇒ T = P1 − m1a = m1g − m1 . 1
g=
g
m1 + m 2
m1 + m 2
Từ đó tính đợc: T = 6,55N
2-10. Một tàu điện, sau khi xuất phát, chuyển động với gia tốc không đổi =
0,5m/s2. 12 giây sau khi bắt đầu chuyển động, ngời ta tắt động cơ của tàu điện và tàu
chuyển động chậm dần đều cho tới khi dừng hẳn. Trên toàn bộ qu ng đờng hệ số ma sát
bằng k = 0,01. Tìm:
a) Vận tốc lớn nhất của tàu;
b) Thời gian toàn bộ kể từ lúc tàu xuất phát cho tới khi tàu dừng hẳn;
c) Gia tốc của tàu trong chuyển động chậm dần đều;
d) Qu ng đờng toàn bộ mà tàu đ đi đợc.
Bài giải:

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên


Tầu chuyển động theo hai giai đoạn:
Giai đoạn 1: chuyển ®éng víi gia tèc a1 = 0,5m/s2 trong thêi gian t1 = 12s.

Giai đoạn 2: chuyển động chậm dần đều víi gia tèc a2 = k.g = 0,01.9,8 = 0,098 m/s2
dới tác dụng cản của lực ma sát trong thời gian t.
v

vmax

t2

t1

t

Có thể vẽ đồ thị vận tốc của tầu theo thời gian nh trên hình.
a) Vận tốc lớn nhất cđa tÇu:
v max = a 1 t 1 = 0 ,5.12 = 6(m / s ) = 21,6(km / h )
b) Tầu chuyển động chậm dần trong thời gian:
v
6
t = max =
= 61,2(s )
a2
0 ,098
Tỉng thêi gian chun ®éng cđa tầu (kể từ lúc xuất phát đến lúc dừng lại):
t 2 = t 1 + ∆t = 12 + 61,2 = 73,2(s ) .
c) Gia tèc cđa tÇu khi chun động chậm dần đều là a2 = 0,098 m/s2.
d) Qu ng đờng tầu đ đi đợc bằng diện tích của hình tam giác đợc gạch chéo:
1
1
s = v max .t 2 = .6.73,2 = 219 ,6(m )
2

2
2-11. Một bản gỗ A đợc đặt trên một mặt phẳng nằm ngang. Bản A đợc nối với
một bản gỗ B khác bằng một sợi dây vắt qua một ròng rọc cố định (nh hình vẽ 2-5).
Khối lợng của ròng rọc và của dây coi nh không đáng kể.
a) Tính lực căng của dây nÕu cho mA = 200g; mB = 300g, hÖ sè ma sát giữa bản A và
mặt phẳng nằm ngang 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 nh cũ.
Bài giải:
N2

+

T
fms

P2

T

+
P1
Hình 2-5

Xét hệ hai vật có khối lợng m1, m2 đợc nối với nhau nh trên hình 2-5. Các lực tác
dụng vào các vật đ đợc chỉ rõ trên hình vẽ.

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên

Có thể viết phơng trình định luật II Newton cho các vật này xét trên phơng
chuyển động của chúng (đợc chỉ ra bằng các mũi tên có dấu + bên c¹nh):
(1 )
m1 : P1 − T = m1a

(2)
m 2 : T − f ms = m 2 a
Trong ®ã, f ms = k .N 2 = k .P2 .
Céng vÕ theo vế của hai phơng trình (1) và (2) trên ta thu đợc:
P f
m g k .m 2 g m1 − k .m 2
P1 − f ms = (m1 + m 2 )a ⇒
a = 1 ms = 1
=
g
m1 + m 2
m1 + m 2
m1 + m 2
Tõ ph−¬ng tr×nh (1) suy ra:
m − km 2
(1 + k )m1m 2 g
⇒ T = P1 − m1a = m1g − m1 . 1
g=
m1 + m 2
m1 + m 2
NhËn xÐt: biểu thức kết quả về lực căng dây trên cho thấy, nếu đổi vai trò của m1 và
m2 cho nhau thì lực căng dây không đổi. Vậy, lực căng dây không phụ thuộc vào việc đặt
m1 trên mặt bàn và m2 đợc treo bên dới hay là ngợc lại. Do đó, trong cả câu a) và câu
b) thì kết quả về lực căng dây đều nh nhau bằng:
(1 + k )m A m B g = (1 + 0,25)0,2.0,3 × 9 ,8 = 1,47(N )

T=
mA + mB
0 ,2 + 0 ,3
(Thay sè: k = 0,25; mA = 200g = 0,2 kg; mB = 300g = 0,3 kg)
2-12. Hai vËt cã khối lợng m1 = 1kg, m2 = 2kg đợc nối với nhau bằng một sợi dây
và đợc đặt trên mặt bàn nằm ngang. Dùng một sợi dây khác vắt qua một ròng rọc, một
đầu dây buộc vào m2 và đầu kia buộc vào một vật thứ ba có khối lợng m3 = 3kg (hình 26). Coi ma sát không đáng kể. Tính lực căng của hai sợi dây.
Bài giải:
N1
m1
P1

T1

N2

+

T2
P2

T2
m3
+

Hình 2-6

P3

Trọng lực P3 là thành phần lực duy nhất theo phơng chuyển động của hệ và làm các

vật chuyển động với cïng mét gia tèc a. Ta cã:
m 3g
a=
m1 + m 2 + m 3
XÐt riªng vËt m1 ta cã:
m1m 3 g
1.3.9 ,8
T1 = m1a =
=
= 4 ,9(N )
m1 + m 2 + m 3 1 + 2 + 3
XÐt riªng vËt m3 ta cã: m 3 g − T2 = m 3 a ⇒ T2 = m 3 (g − a )

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyªn


⇒ T2 = m 3 g −

m3g
( m1 + m 2 )m 3
( 1 + 2 ).3
=
g=
.9 ,8 = 14 ,7(N ) .
m1 + m 2 + m 3 m1 + m 2 + m 3
1+ 2 + 3

2-13. ë đỉnh của hai mặt phẳng nghiêng hợp với mặt phẳng nằm ngang các góc =
30 và = 450 (hình 2-7), có gắn một ròng rọc khối lợng không đáng kể. Dùng một sợi
dây vắt qua ròng rọc, hai đầu dây nối với hai vật A và B đặt trên các mặt phẳng nghiêng.

Khối lợng của các vật A và B đều bằng 1kg. Bỏ qua tất cả các lực ma sát. Tìm gia tốc
của hệ và lực căng của dây.
0

Bài giải:
N1

T

N2

T
+

+




P2

P1
Hình 2-7

Trong bài toán này, ta lại xét chuyển động của hệ vật theo phơng của các mặt
nghiêng. Do sợi dây nối hai vật không bị co gi n nên hai vật sẽ chuyển động với cùng một
gia tốc a. Chọn chiều dơng cho các chuyển động nh hình vẽ (hình 2-). Các lực tác dụng
vào các vật đ đợc chỉ ra trên hình.
Phơng trình định luật II Newton đợc chiếu lên phơng chuyển động của các vật:
(1)

m1 : P1 sin α − T = m1a

(2)
m 2 : T − P2 sin β = m 2 a
Céng vÕ theo vế của hai phơng trình trên ta thu đợc:
P1 sin α − P2 sin β = (m1 + m 2 )a
P sin α − P2 sin β m1 sin α − m 2 sin β
⇒ a= 1
=
g
m1 + m 2
m1 + m 2
Từ phơng trình (1) suy ra:
m sin α − m 2 sin β
T = P1 sin α − m1a = m1g sin α − m1 . 1
g
m1 + m 2

m1 .m 2 .g(sin β + sin α )
m1 + m 2
Thay các giá trị đầu bài đ cho (m1 thay b»ng mA, m2 thay b»ng mB) vµo các biểu
thức của gia tốc và lực căng dây ta thu đợc: a = 1,02m / s 2 ; T = 5,9 N .
Kết quả này chứng tỏ rằng, hệ chuyển động ngợc với chiều dơng đ chọn với gia
tốc có độ lớn bằng 1,02 m/s2.
Lu ý: trong bài toán trên, ta có thể đoán nhận ra ngay rằng vật B sẽ trợt xuống
còn vật A bị kéo lên. Do đó, trong bài toán này ta có thể chọn chiều dơng cho các
chuyển động theo chiều ngợc lại so với chiều đ chọn trong lời giải trên. Tuy nhiên, tôi
muốn thiết lập một công thức tổng quát cho hệ vật nh vậy, qua đó cũng để các bạn thấy
cách xử lý khi gặp kết quả gia tốc không phù hợp chiều dơng đ chọn.
Câu kết luận cuối cùng trong lời giải trên chỉ đợc áp dụng trong trờng hợp hệ

không có ma sát. Khi hệ không có ma sát, các lực tác dụng vào mỗi vật không phụ thuộc
=

Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên


vào chiều chuyển động của các vật cũng nh việc chọn chiều dơng của trục toạ độ. Khi
hệ có ma sát, rõ ràng chiều của lực ma sát phụ thuộc vào chiều chuyển động của các vật,
do đó không thể giả sử tuỳ ý các chiều chuyển động của các vật đợc. Trong trờng hợp
ta đ giả thiết nhầm chiều chuyển động dẫn đến kết quả gia tốc của các vật bị âm thì
buộc phải giả thiết lại chiều chuyển động và giải lại bài toán. Tất nhiên không ai dại gì
mà giả thiết đúng vào trờng hợp nhầm này để phải ghi lời giải hai lần. Ta có thể tránh
đợc điều này bằng cách đoán nhận (sau khi đ làm nhiều bài toán và đúc rút đợc nhiều
kinh nghiệm - thực ra sự đoán nhận này vẫn phải dựa trên sự nhẩm nhanh để so sánh một
cách định tính các thành phần lực đóng vai trò lực kéo và lực cản) hoặc bằng cách kiểm
tra trớc (tính nháp và so sánh các thành phần lực đóng vai trò lực kéo, lực giữ và lực
cản) hoặc giả thiết và giải bài toán trớc ở ngoài nháp.
2-14. Một đoàn tàu gồm một đầu máy, một toa 10 tấn, và một toa 5 tấn, nối với nhau
theo thứ tự trên bằng những lò xo giống nhau. Biết rằng khi chịu tác dụng một lực bằng
500N thì lò xo gi n 1cm. Bỏ qua ma sát. Tính độ gi n của lò xo trong hai trờng hợp:
a) Đoàn tàu bắt đầu chuyển bánh, lực kéo của đầu máy không đổi và sau 10 giây vận
tốc của đoàn tàu đạt tới 1m/s;
b) Đoàn tàu lên dốc có độ nghiêng 5% với vận tốc không đổi.
Bài giải:
Độ gi n x của lò xo tuân theo định luật Húc: F = kx.
Từ đó xác định đợc hệ số đàn hồi:
F 500 N
k= =
= 5.10 4 N / m.
T2 T 2

x 1cm
F
T
T
1

a) Lực căng của lò xo thứ nhất
đóng vai trò lực kéo cả hai toa tầu
chuyển ®éng. Tõ ®Þnh luËt II Newton ta
v
cã: T1 = (m1+m2)a, với a = . Suy ra độ
t
gi n của lò xo thứ nhất:

1

Hình của bài 2-14

T1 ( m1 + m 2 )v (10 + 5).10 .1
=
=
= 3.10 −2 m = 3cm
4
k
k .t
5.10 .10
3

x1 =

Lực căng của lò xo thứ hai: T2 = m2a độ gi n của lò xo thø hai:
T
m v 5.10 3 .1
x1 = 2 = 2 =
= 1.10 −2 m = 1cm
k
k .t
5.10 4 .10
b) Khi đoàn tầu chuyển động đều lên dốc. Các lực lò xo phải cân bằng với các thành
phần của trọng lực kÐo xng. Cơ thĨ:
T1 = (m1 + m 2 )g . sin α

T2 = m 2 g . sin α
Trong đó, dốc có độ nghiêng là 5%, tức là sin = 0,05. độ gi n của các lò xo:
T1 (m1 + m 2 )g sin α (10 + 5).10 3 .9 ,8.0 ,05
x1 = =
=
= 0 ,147 m = 14 ,7cm
k
k
5.10 4
T
m g sin α 5.103.9 ,8.0 ,05
x2 = 2 = 2
=
= 0 ,049m = 4 ,9cm
k
k
5.10 4

Khoa VËt Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên