45 bai tap on dong hoc ly 10 co giai

A. Cơ học
1.

Động học

Bài 1: Cho cơ hệ như hình vẽ. B chuyển động sang phải với gia tốc a , còn vật nhỏ A được nối
với điểm C bằng một sợi dây không dãn được nâng lên theo đường dốc chính của một mặt trụ của
vật B. Mặt này có bán kính R.
Giả sử tại thời điểm ban đầu vật A nằm trên sàn và đang đứng
yên, sợi dây ln căng.
Hãy tính vận tốc trung bình của vật A trong quá trình A đi từ sàn
lên đến điểm cao nhất của trụ B (điểm D).

Giải:
Khi A đi từ sàn lên đến điểm cao nhất của trụ thì độ dời của nó sẽ là





4)
(
sin



tg

tg

2

1



a
g

a2
1
g2

2

a



a2  g

2


IA

:

(6)

2


2
 
IA  IA   R   R 2  2.R .R 2 .
2
2
 2
R
IA 
 2  4  8
2
Ta có thời gian để trụ dịch chuyển từ E đến F là:
1
EF  at 2
2
Thời gian để trụ đi từ E đến F cũng chính là thời gian chuyển dời của vật nhỏ khi đi từ I đến A :
Suy ra:

2. R
2.EF
2. AD
2  R
t


a
a
a
a





Vận tốc trung bình của vật nhỏ A:

v

IA
t

1 ( 2  4  8) aR

v 2
Bài 2: Môt chiếc ca nô xuất phát từ điểm A trên đường cái, ô tô này
cần đến điểm D (trên đồng cỏ) trong thời
gian ngắn nhất. Biết AC d ; CD l .
Vận tốc ô tô chạy trên đường cái (v1)lớn hơn vận tốc ô tô trên
đồng cỏ (v2) n lần.
Hỏi ô tô phải rời đường cái tại một điểm B cách C một đoạn
x là bao nhiêu?
Giải:


Thời gian ô tô chạy trên đường cái từ A đến B:

chạy trên đồng cỏ từ B đến D:

t2 

t1 

d x
v1

Thời gian ô tô

x2  l 2
v2
.

d x
x2  l 2

v2
Tổng thời gian chạy từ A đến D của ô tô : t t1  t 2 = v1
.
x2  l 2
d x
n
.


v1
v1
.
Đặt:

d  x  n x2  l 2
f  x 

v1

nx  x 2  l 2
nx
1 

f '  x 
v1 . x 2  l 2 .
v1 v1 x 2  l 2

l
2
f’(x) = 0  x= n  1 .
Bảng biến thiên:

l
Vậy ô tô phải rời đường cái tại B cách C một đoạn x 
d  l n2  1
t min 
v1
tô sẽ là:
.

2

n  1 , lúc đó thời gian ngắn nhất cần thiết của ô

Bài 3: Trên mặt phẳng nằm ngang có một cột trụ bán kính R thẳng đứng, người ta dùng một sợi dây chỉ
mảnh không dãn, khối lượng không đáng kể để nối một vật nhỏ với một điểm trên vành trụ, điểm này sát mặt
phẳng ngang.

Ban đầu vật nhỏ nằm yên trên mặt phẳng và dây
ở tư thế căng, lúc này chiều dài dây là L. Truyền cho
vật vận tốc v0 hướng vng góc với dây và vật chuyển
động trên mặt phẳng ngang cuốn dây vào trụ.
Hỏi sau bao lâu dây cuốn hết trụ? Giả thiết
trong khi chuyển động dây luôn nằm ngang.
Bỏ qua ma sát và bề dày của dây.
Giải:


Ta nhận thấy ngay khơng có lực nào tác dụng vào vật sinh công, do vậy động năng của vật được bảo tồn
do vậy nó có vận tốc khơng đổi v0.
Tại một thời điểm nào đó dây có chiều dài l, xét một thời gian vô cùng bé dt vật đi được cung AB:
=ld=v0dt.
dl
Do dl  R  d = R thế vào phương trình trên ta được:
dl
l
R = v 0 dt
L

Lấy tích phân hai vế:

ldl

R
0

t

1 l2
 R.2

v dt
0

=

0

L
0

v 0 t

t
0

L2
L2
t
2v 0 R .
 2 R v 0 t 
L2
t
2v 0 R .
Vậy thời gian để dây cuốn hết trụ sẽ là:


Bài 4: Có hai vật m1 và m2 chuyển động thẳng đều với vận tốc lần lượt là v1 và v 2 . Vật m2 xuất phát từ B.

Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa chúng trong quá trình
chuyển động và thời gian đạt được khoảng cách đó? Biết
khoảng cách ban đầu giữa chúng là l và góc giữa hai đường
thẳng là  .

Giải:
t
Giả sử sau thời gian khoảng cách giữa hai vật là ngắn nhất.
cách đó sẽ là:

Khoảng

d  A' B 2  BB ' 2  2 A' B.BB '.cos 

2
2
 d  (l  v1t )  (v 2 t )  2(l  v1t )v 2 t cos 
2

=

2

(v1  2v1v 2 cos   v 2 )t 2  2l (v1  v 2 cos  )t  l 2

2 2
2
Ta xem biểu thức trong căn là một tam thức bậc hai ẩn số t , với   4l v 2 sin  , d sẽ đạt giá trị nhỏ
nhất khi tam thức đó nhận giá trị nhỏ nhất,
l (v  v 2 cos  )

t 2 1
2
v1  2v1v 2 cos   v 2
hay d d min 
 
d min 
4a
Và khoảng cách bé nhất giữa chúng lúc đó sẽ là:

lv 2 sin 
2

 d min  v1  2v1v 2 cos   v 2
Bài 5:

2

Có hai tàu A và B cách nhau một khoảng a đồng thời tàu A và B chuyển động với vận tốc không đổi
lần lượt là v và u  v  u  . Tàu B chuyển động trên một đường thẳng (đường thẳng này vng góc với đoạn
thẳng nối các vị trí ban đầu của hai tàu, cịn tàu A ln hướng về tầu B.
Hỏi sau bao lâu tàu A đuổi kịp tàu B ?


Giải:
0
xy
Ta gắn hệ trục
trùng với mặt phẳng nước và trục 0x
phương chiều với chuyển động của tàu B , còn tàu A nằm
phần dương của trục 0y ở vị trí ban đầu có toạ độ là  0, a  .

Tàu A chuyển động với vận tốc v luôn hướng về phía tàu
vận tốc gồm hai thành phần:
dx

v x  dt v cos 

v  dy  v sin 
 y dt
Lấy vế chia vế hai phương trình trên và ta rút ra:
dx
1 dy
dy

 cot 
dt
tan  dt
dt
y
tan  
 ut  x  y cot 
ut  x
Ta lại có:
Đạo hàm 2 vế của (2) ta được:
dx
dy
y d
u
cot 

dt

dt sin 2  dt
Thay (1) vào (3) ta suy ra:
y d
u 
sin 2  dt
dy
dy
 v sin   dt 
dt
v sin 
Mặt khác:
y d
u v
dy sin 
Thay dt từ (5) vào (4):

(1)
(2)

(3)

(4)
(5)

u dy
d

v y sin 

hay

Lấy tích phân 2 vế:

y



u dy
d


v a y  sin 
2



u y


ln ln tan 
v a
2

u

Suy ra
Mặt khác ta lại có:

  yv
tan  
2 a


2
2


1
u
u
2 
sin  

  y  v  y  v

  tan   tan
1  tan 2
2
2  a    a 

2
dy
dt 
v sin 
2 tan

và

cùng
trên
B với

u
u



a  y  v  y  v   y 
dt 

 
  d 
2v   a 
a  a


nên
(*)
Lấy tích phân 2 vế phương trình (*):
u
u


t
0
a  y  v  y  v   y 
dt 
     d 

 a

2v 
a  a
0
a 




a  1
1 
 t

u
u
2v 
1 
1
v
v

hay
av
2
t  v  u2
av
2
2
Vậy sau thời gian v  u tàu A sẽ đuổi kịp tầu B.
Bài toán đuổi bắt có nhiều dạng khác nhau, phương pháp đa năng để giải các loại bài tốn này chính là
phương pháp “vi phân” . Tuy nhiên cịn có những phương pháp đặc biệt để giải chúng, các bạn có thể tham

khảo cuốn “Lãng mạn tốn học” của giáo sư Hồng Q có nêu ra một trong những phương pháp đặc biệt đó
để giải bài tốn sau:

Có hai tàu A và B cách nhau một khoảng a đồng thời tàu A và B chuyển động cùng vận tốc. Tàu B chuyển
động trên một đường thẳng (đường thẳng này vng góc với đoạn thẳng nối các vị trí ban đầu của hai tàu), cịn
tàu A ln hướng về tầu B.
Hỏi sau một thời gian đủ lâu thì hai tàu chuyển động trên cùng một đường thẳng và khoảng cách giữa
chúng khơng đổi. Tính khoảng cách này ?
a
Đáp số: 2 .
Bài 6: Vật m2 đang đứng yên trên mặt sàn nằm ngang nhẳn cách bờ tường một khoảng d. Vật m 1 chuyển
động tới va chạm hoàn toàn đàn hồi với vật m2 (m1 > m2), vật m2 lại va chạm đàn hồi
với bờ tường và gặp m1 lần 2. Va chạm
lần 2 xảy ra cách bờ tường một khoảng
là bao nhiêu?
Tìm điều kiện để điểm va chạm lần 2 cách điểm va chạm lần 1 một khoảng là d/2 ?
Giải :
Chọn trục toạ độ như hình vẽ.
Gọi v1,v1’lần lượt là vận tốc của vật 1 trước và sau khi va chạm.
Gọi v2và v2’ là vận tốc của vật 2 trước và sau khi va chạm (các vận tốc
v1,v2,v1’,v2’ mang giá trị đại số).
Sau va chạm :


v1' 

v2' 

 m1 

m2 v1  2m2 v 2 m1  m2
v1
m1  m2
m

m
1
2
=

 m2 

m1 v2  2m1v1
2m1

v1
m1  m2
m1  m2

(do v2 = 0)

Nhận thấy v1’,v2’ đều dương, chứng tỏ sau va cham chúng chuyển động cùng chiều ox.
Gọi điểm va chạm lần 2 cách tường một đoạn x, thời gian giữa 2 lần va cham là :
t 

d x dx

v2 '
v1 '

(1)

''
'
(do sau va chạm vào tường của m2 thì nó vẫn có vận tốc như cũ nhưng đã đổi hướng v 2  v1 .

Thế v1’ và v2’ từ trên vào (1) ta suy ra :
m1  m2
d
x  3m1  m2
d
d d
x d  
2 2
Để va chạm lần 2 cách lần 1 một đoạn 2 thì:

hay

m1  m2
d
d
3m1  m2
2
 m1 3m 2 .

Bài 7: Một hạt chuyển động theo chiều dương của trục ox với vận tốc sao cho v a x (a là hằng số
dương). Biết lúc t = 0 hạt ở vị trí x=0.
Hãy xác định :
a. Vận tốc và gia tốc của hạt theo thời gian.
b. Vận tốc trung bình trong khoảng thời gian từ vị trí x = 0 đến vị trí x.

Giải:

a.

v a x 

Theo đề bài :

hay

dx
a x
dt

dx
adt
x
dx

Nguyên hàm hai vế :



Do t 0 thì x 0  c 0

x

a dt  2 x at  c

Do vậy

a2 2
2 x at  x  t
4
v

Vận tốc của vật

v

dx
 x'
dt

a2
t
2

Gia tốc của vật :
d 2x
w  2  x' '
dt
w

a2
2

x a2
v  t

t
4

b. Vận tốc trung bình

v

a x
2


Bài 8: Ném một viên đá từ điểm A trên mặt phẳng nghiêng với vận tốc v0 hợp với mặt phẳng ngang một
0
góc  =600, biết  30 . Bỏ qua sức cản của khơng khí.
a. Tính khoảng cách AB từ điểm ném đến điểm viên đá rơi.
b. Tìm góc  hợp bởi phương véc tơ vận tốc và phương ngang ngay sau viên
nghiêng và bán kính quỹ đạo của viên đá tại B.

đá chạm mặt phăng

Giải:
a. Chọn hệ trục oxy gắn o vào điểm A và trục ox song song với phương ngang Trong quá trình chuyển động

lực tác dụng duy nhất là trọng lực P .
Theo định luật II Newton:


P ma

Chiếu lên:

0x: 0 ma x  a x 0
0y:

 P ma y a y  g

Phương trình chuyển động của vật theo hai trục ox và oy:


 x v 0 cos  .t


1 2
 y v0 sin  .t  2 gt
Khi viên đá rơi xuống mặt phẳng nghiêng:
 x l cos 

 y l sin 

(1)
(2)

(3)
( 4)

T hế (3) vào (1) ta rút ra t thế vào (2) và đồng thời thế (4) vào (2) ta rút ra :
2
 2v0 cos  .(sin  . cos   sin  . cos  )
l
g . cos 2 
2

 2v0 cos  . sin(   )
l
g cos 2 
2

2v 0
 l  3g
b. Tại B vận tốc của vật theo phương ox là:
v0
v x v0 cos   2
Khi vật chạm mặt phẳng nghiêng :
2
2v
x l cos   0 cos 
3g
2

2v 0
cos 
3
g
hay
;
Suy ra thời gian chuyển động trên không của viên đá:
2v cos  2v0
t 0
3 g cos  = g 3
v0 cos  .t 

Vận tốc theo phương oy tại B:
v y v0 sin   gt
v y v0 sin  
vy
vx
 tan  =




2v0
3



v0
2 3

v0
1
2 3

v0
3
0
2
  30

V0



2 3 0 nên lúc chạm mặt phẳng nghiêng v hướng xuống.
do
Lực hướng tâm tại B:
v2
Fht mg cos  m
R
2
v
 R
g cos 
v2 v2 v2
v 2 v x2  v y2    0
4 12 3
Với:
v y 


2v 0

2

 R  3 3. g
Bài 9: Một người đứng ở sân ga nhìn ngang đầu toa thứ nhất của một đoàn tàu bắt đầu chuyển động nhanh
dần đều. Toa thứ nhất vượt qua người ấy sau thời gian t1 .
Hỏi toa thứ n đi qua người ấy trong thời gian bao lâu?
Biết các toa có cùng độ dài là S, bỏ qua khoảng nối các toa.
Giải:
Toa thứ nhất vượt qua người ấy sau thời gian t1:
2

2S
at
s  1  t1 
a
2
n toa đầu tiên vượt qua người ấy mất thời gian t n :
2
2nS
a.t n
tn 
a ;
2 
n  1 toa đầu tiên vượt qua người ấy mất thời gian t n 1 :

ns 

2

2(n  1) S
t n 1 
 n  1 s  atn 1
a
2 

t
Toa thứ n vượt qua người ấy trong thời gian :
2S
t t n  t n  1 
( n  n  1)
a

.
t  ( n 

n  1)t1

Bài 10: Một chất điểm chuyển động từ A đến B cách A một đoạn s. Cứ chuyển động được 3 giây thì chất
m
v 0 5
s . Trong các khoảng 3
điểm lại nghỉ 1 giây. Trong 3 giây đầu chất điểm chuyển động với vận tốc
giây tiếp theo chất điểm chuyển động với vận tốc 2vo, 3v0, … , nv0.
Tìm vận tốc trung bình của chất điểm trên quảng đường AB trong các trường hợp :
a. s = 315 m ;
b. s = 325 m .
Giải:
t

3
(
s
)
Đặt: 1
Gọi quảng đường mà chất điểm đi được sau nt1 giây là s:
s s1  s2  ...  s n
Trong đó s1 là quảng đường đi được của chất điểm trong 3 giây đầu tiên. s 2,s3,…,sn là các quảng đường mà
chất điểm đi được trong các khoảng 3 giây kế tiếp.
Suy ra:
S v0.t1  2v0 t1  ...  nv0t1 v0 t1 (1  2  ...  n)
n(n  1)
S

v0 t1 7,5n(n  1)
2
(m)
 n 6

a. Khi s 315 m  7,5n(n+1) = 315   n  7 (loại giá trị n=-7)
Thời gian chuyển động:
t nt1  n  1 23( s )


Vận tốc trung bình:

s 315
v 
t
23
v 13,7(m / s ) .

b. Khi s 325 m :
Thời gian đi 315 mét đầu là 23 giây
Thời gian đi 10 mét cuối là :
10
10
t 

0.29( s )
v n 1 7.5
Vận tốc trung bình:
325
v

23  0,29  1
v  13,38(m / s )
Bài 11: Hai vật chuyển động với vận tốc không đổi trên hai đường thẳng vng góc với nhau cho v 1 =
30m/s , v2 = 20m/s. Tại thời điểm khoảng cách giữa hai vật nhỏ nhất thì vật một giao điểm của quỹ đạo đoạn
S1 = 500m, hỏi lúc đó vật hai cách giao điểm trên một đoạn S2 là bao nhiêu?
Giải:
Gọi khoảng cách trên đầu của vật (1) và (2) tới vị trí giao nhau của hai quỹ đạo là d 1 và d2. Sau thời gian t
chuyển động khoảng cách giữa chúng là:
d  (d 1  v1t )  (d 2  v 2 t ) 2
2
2
2
2
2
= (v1  v 2 )t  2(v1 d 1  v 2 d 2 )t  d 1  d 2
v d  v2 d 2
 t  1 12
v1  v 22
d d min
Khi đạt được khoảng cách ngắn nhất giữa hai vật thì :
v d v d
v (v d  v d )
S1 d1  v1  1 12 22 2  2 2 2 1 21 2
v1  v2
v1  v2
S 2 d 2  v 2 t
Lúc đó:

v d  v 2 d 2 v1 (v1 d 2  v 2 d1 )
v 2  1 12


v1  v 22
v12  v 22
S 2 d 2 
v S
30 500
S 2  1 1 
 750(m)
v2
20
Vậy lúc hai vật có khoảng cách ngắn nhất thì vật thứ hai cách giao điểm trên một
đoạn S 2  750m .
Bài 12: Một chiếc côngtenơ đặt sao cho mặt trên nằm ngang được cần cẩu cẩu lên thẳng đứng lên cao với
gia tốc a = 0,5m/s2. Bốn giây sau khi rời mặt đất người ngồi trên mặt cơngtenơ ném một hịn đá với vận tốc v 0
0
= 5,4m/s theo phương làm với mặt phẳng ngang cơngtenơ góc  30 .
a. Tính thời gian từ lúc ném đá đến lúc nó rơi xuống mặt đất. Biết cơngtenơ
cao h = 6(m)
b. Tính khoảng cách từ nơi đá chạm đất đến vị trí ban đầu của tấm bê tông
(coi như một điểm) lấy g = 10m/s2.
Giải:
a. Sau 4s độ cao của người đứng trên mật côngtenơ là:


a t 2
5 4 2
H
6  
10(m)
2

2
Vận tốc của người lúc đó:
m
v1 a.t 0,5.4 2
s .


v0

Gọi
là vận tốc của viên đá đối với người thì vận tốc
đối với đất :




viên

đá



v v 0  v 1

Chiếu lên:
v x v 0 cos  5,4 0.86 4,7(m / s )

0x:

v y v1  v 0 sin  2 

0y:

 tg 

vy
vx

5,4
4,7(m / s)
2

1

0

vậy  45
Chọn trục oxy như hình vẽ gắn vào mặt đất. Phương trìn chuyển động của viên đá theo phương oy:
gt 2
y 10  v sin  t 
2
với
vậy:

v  v x2  v y2 6,65(m / s )
y 10  4,7 t  5t 2

2
Lúc đá rơi xuống đất: y = 0  10  4,7 t  5t 0
 t2s

b. Khoảng cách từ nơi đá rơi đến vị trí ban đầu của cơngtenơ:

L v x t 4,7.2  9,4 m .
Bài 13: Người ta đặt một súng cối dưới một căn hầm có độ sâu h. Hỏi phải đặt súng cách vách hầm một
khoảng l bao nhiêu so với phương ngang để tầm xa S của đạn trên mặt đất là lớn nhất? Tính tầm xa này
biết vận tốc đầu của đạn khi rời súng là v 0 .
Giải:
Phương trình vận tốc của vật theo phương ox :
v x v 0 cos 
Phương trình vận tốc của vật theo phương oy:
v y v 0 sin   gt
Phương trình chuyển động:
x v 0 cos  t

;
gt 2
y v 0 sin  t 
2

Phương trình vận tốc:
v x v 0 cos 

;
v y v 0 sin   gt

Để tầm xa x là lớn nhất thì tại A vận tốc của vật phải hợp với mặt ngang một góc 450 có nghĩa là tại A:


v x v y  t 

sin   cos 
v 0
g

(1)
Hơn nữa ta phải có sau thời gian này:
( 2)
v 0 cos  t l
 x l



gt 2
v
sin


t

h
(3)
 y h
 0
2

v 02
l
 t
 l  cos  .(sin   cos  )
v 0 cos  (3) kết hợp với (1)

g
Từ (2)

(4)

Thay t từ (1) vào (3) ta được:
gh 1
1 gh
sin 2   2 
cos 2    2
2 v0
v0 2 ;
Thế vào (4):
v2
l  0 (sin  cos   cos 2  )
g
v 02 1 g 2 h 2 1 gh
(

  2)
4
2 v0
v04
l g
Từ (1) :

 t
vy 

1 gh



2 v 02
g

1 gh

2 v 02

v 0  v y v 0

1 gh  1 gh




2 v 02  2 v 02


1 gh 

2 v 02 


1 gh
1 gh
1 gh
1 gh
 2  v A  v 02 (  2 )  (  2 )  (  2 ) (v 02  1)
2 v0

2 v0
2 v0
2 v0

 1 gh  2
  2 . v0  1
2 v0 
v

 S max  g
g
Vậy phải đặt súng cách vách hầm một khoảng:



2
A

v 02 1 g 2 h 2 1 gh
l (

  2)
g
4
2 v0
v 04



thì tầm xa của đạn trên mặt đất là lớn nhất và

 1 gh  2
  2 . v 0  1
2 v 
0 

g
tầm xa này bằng
.





Bài 14: Một chất điểm chuyển động chậm dần trên một đường thẳng với một gia tốc mà độ lớn w phụ thuộc
vận tốc theo định luật w a v trong đó a là một hằng số dượng. Tại thời điểm ban đầu vận tốc của hạt bằng
v0.
Hỏi quảng đường mà hạt đi được cho đến khi dừng lại và thời gian đi quảng đường ấy ?
Giải:
Về độ lớn: w a v
a. Về dấu ta có:


dv
dv
 a v 
 adt
dt
dt
 2 v  at  C

 C 2 v0  2 v  at  2 v0
Lúc t 0 , v 0
a2
 v v0  a v0 .t  t 2
4
Khi chất điểm dừng lại thì v = 0:
2
 t  v0
a
(*)
Quảng đường vật đi được cho đến lúc dừng lại:
w  a v 

a
v)
2

S

a
v0
2

vdt 
0

 (v0  a v0 .t 
0

a2 2

t )dt
4

3

 S

S

2 2
v 0
3a

2
v0
b. Từ (*) ta có thời gian đi quảng đường ấy: t  a
.
Bài 15: ở mép của một chiếc bàn chiều cao h, có một quả
cầu đồng chất bán kính R = 1(cm) ( R h) . Đẩy cho tâm 0
của quả cầu lệch khỏi đường thẳng đứng đi qua A, quả cầu
rơi xuống đất vận tốc ban đầu bằng 0. Tính thời gian rơi và
tầm xa của quả cầu(g = 10m/s2).

Giải:
Ban đầu quả cầu xoay quanh trục quay tức thời A. Lúc bắt đầu rơi khỏi bàn vận tốc của nó là v, phản lực N
bằng 0, lực làm cho quả cầu quay tròn quanh A là trọng lực p cos  :
v2
p cos  m
 v 2 9 R cos 
R

(1)
Theo định luật bảo toàn năng lượng:
1
mgR mgR cos   mv 2
2
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
2
5
cos    sin  
3
3
2
cos  
3 vào phương trình (1) ta được vận tốc của vật lúc đó:
Thay
2
gR
3
Giai đoạn tiếp theo vật như một vật bị ném xiên với góc  và với vận tốc ban đầu:
2
v
gR
3
Theo đề bài R  h do vậy ban đầu ta xem 0  A .
Chọn trục 0' xy như hình vẽ 0'  A .
v


 x v cos  .t



1 2
 y v sin  .t  2 gt
Khi chạm đất y h , nên:
v sin  .t 

1 2
gt h
2


2
gR
v 

3

5

sin



3 vào phương trình trên ta tìm được:
Thay 

 10 gR  10 gR  54 gh
t1 
3 3.g



 10 gR  10 gR  54 gh

0
(loai )
t 2 
3
3
.
g


 10 gR  10 gR  54 gh
Vậy sau t 
Tầm bay xa của vật:

3 3.g

thì vật sẽ rơi xuống đất.

S x v cos  .t 
S=¿

2
2 − √10 gR + √ 10 gR +54 gh
gR . .
3
3
3 √ 3. g

2 2R(
− √ 10gR + √ 10gR +54 gh ) .
27 g

√

Bài 16: Một chất điểm chuyển động chạm dần trên bán kính R. sao cho tại mỗi điểm gia tốc tiép
tuyến và gia tốc pháp tuyến ln có độ lớn bằng nhau. Tại thời điểm ban đầu t=o, vận tốc của chất
điểm đó là v 0 .
Hãy xác định:
a. Vận tốc của chất điểm theo thời gian và theo quãng đường đi được.
b. Gia tốc toàn phần theo vận tốc và quãng đường đi được.
Giải:
a. Theo đề bài ta có:
dv v 2
at =a n ⇒ − =
dt
R
dv dt
⇔− 2 =
(1)
R
v
Lấy tích phân 2 vế ta có:
v
t
dt 1 1 t
=
⇒ − =

 − dv

2
v v0 R
v
v
0 R
v0
⇒ v =¿
v
1+ 0 t
R
dv ds
từ (1) ⇒ − =
(2)
(ds = vdt )
v R
Lấy tích phân 2 vế phương trình (2):
0


v

S

dv
ds
v s
− = ⇔ − ln =
v 0 R

v0 R
v
0

⇒

b.

v =¿

v0 . e

−S
R

.

Gia tốc toàn phần:
a=√ at + an =a t √ 2=an √ 2
Gia tốc toàn phần theo vận tốc:
2

2

2

v
√2
R
Gia tốc toàn phần theo quãng đường đi được:

a=¿

a=¿

v0 . e
R

−

2

2s
R

√2 .

Bài 17: Hai vịng trịn bán kính R, một vòng đứng yên, vòng còn lại chuyển động tịnh tiến sát
vịng kia với vận tốc v 0 . Tính vận tốc của điểm cắt C giữa hai vòng tròn khi khoảng cách giữa hai
tâm 01 02=d .
Giải:
Chọn gốc thời gian t = 0 lúc 2 vòng tròn bắt đầu tiếp xúc ngồi.
Tại một thời điểm nào đó sau gốc thời gian thì ta có
phương
trình chuyển động của điểm C :
¿
x=01 D − AD=R −

v0 t d
=
2 2

d 2
y=AC=R sin α =R √ 1− cos α =R 1−
2R
¿
¿{
Ta có:
¿
d '=− v 0
Ta suy ra:
¿
d
x=
2
4 R2 −d 2
y=
4
¿{
¿
⇒
v
1
v Cx = d '=− 0
2
2
d . v0
− 2dd '
v Cy =
=
2 .2 √ 4 R2 −d 2 2 √ 4 R2 − d 2

¿{
dv0
.
. ¿2
2
2
2 √ 4 R −d
2
v0
−
+¿
2
⇒ v=√ v 2 +v 2 = √ ¿
2

√

( )
Cx

Cy

√

( )


⇒

v0 R

v =¿

√ 4 R2 − d 2

Bài 18: Hai vật cách nhau 100m chuyển động trên một đường thẳng đến gập nhau với vận tốc
lần lượt là v 1=5 m/ s ; v 2=5 m/ s , trong khoảng 2 vật trên đoạn thẳng mà chúng chuyển động
có một vật nhỏ luôn chuyển động thẳng đều với vận tốc v = 30 m/s cùng chuyển động trên
đường thẳng mà 2 vật (1) và (2) chuyển động. Mỗi khi vật trên đến gặp vật (1) hoặc vật (2) thì
vận tốc của nó sẽ đổi hướng ngược trở lại và coi như vẫn giũ nguyên độ lớn vận tốc của nó. Hỏi
khi vật (1) và vât (2) gặp nhau thì quãng đường vật nhỏ đi được có tổng chiều dài là bao nhiêu?
Giải:
Vận tốc của vật (1) đối với mốc vật (2) là:
a
v 12=v 1 − v 2
tg
g
a
sin  


(6)
⇒ v12=v 1+ v 2=10
(m/s).
tg   1
a
a g
1
g
Thời gian từ ban đầu đến lúc vật (1) và vật (2)

gặp
AB 100
t=
=
=10
là:
(s)
v 12 10
Quãng đường vật nhỏ đi được tổng cộng cho đến lúc vật (1) và vật (2) gặp nhau là:
2

2

2

s=v . t=30 .10=300
2.

2

2

nhau

(m).

Động lực học chất điểm:
Bài 19: ở mép đĩa nằm ngang bán kinh R có đặt một đồng tiền. Đĩa quay với vận tốc   t (  là gia tốc
góc khơng đổi). Tại thời điểm nào đồng tiền sẽ văng ra khỏi đĩa. Nếu hệ số ma sát trượt giữa đồng tiền và
đĩa là  .

Giải:
Tại thời điểm t gia tốc pháp tuyến của vật:
a n  2 R =  2 t 2 R .
Gia tốc tiếp tuyến:
at 

dv Rdt

R
dt
dt

Gia tốc toàn phần:
2

a  a n  at

2

 4 R 2t 4   2 R 2
=
Lực làm đồng tiền chuyển động trịn chính là lực ma sát nghỉ.
Ta có:
Fmsn ma m  4 R 2 t 4   2 R 2 = m R  2 t 4  1
Vật có thể nằm trên đĩa nếu lực ma sát nghỉ tối đa bằng lực ma sát trượt:
Fmsn  Fmst
hay

m R
t4 



 2 t 4  1  mg
1 2g2
.(
 1)
 2 R2 2

Lúc vật bắt đầu văng ra thì : Fmsn Fmst
hay:
1 2g2
t 4  2 .( 2 2  1)
 R 

(1)


1 2g2
.
1
 R2 2

 t
2g2
 1 0 
2 2
R

t


0
Vì
nên
1 2g2
.
1
 R2 2



R
g

R
g ) vật sẽ văng ra khỏi đĩa.
Vậy sau
( với
Bài 20: Một người đi xe đạp lượn tròn trên một sân nằm ngang có bán kính R. Hệ số ma sát chỉ phụ thuộc
r

  0  1  
R  Với  0 là một hằng số (hệ số ma sát ở tâm

vào khoảng cách r từ tâm của sân theo quy luật


của sân)
Xác định bán kính của đường trịn tâm 0 mà người đi xe đạp có thể lượn với vận tốc cực đại? Tính vận tốc
đó ?
Giải:

Giả sử người đó đang đi trên quỹ đạo trịn với bán kính r với vận tốc v . Ta phải xác định v max và giá trị
này đạt được khi r bằng bao nhiêu.
Đối với hệ quy chiếu cố định gắn ở tâm 0 lực tác dụng lên vật là lực ma sát đóng vai trị lực hướng tâm và
từ đó ta có:
N ma ht
r
v2

 0  1  .mg m
R
r

 g
v 2   0 gr  0 r 2
R

hay
Suy ra

Đây là một tam thức bậc hai ẩn r với hệ số
nhất khi:
0 g
r 
  g
2.  0   R
R 

2

a 

0 g
0
2
R
. Giá trị của v

đạt

lớn

2

v
Lúc đó:
Vậy:

2
max

 gR
R  g  R
v  0 g  0    0
2
R  2
4
2

v max

 0 gR
 2

Vậy người đi xe đạp có thể đi với vận tốc lớn nhất bằng

 0 gR
R
2
trên quỹ đạo có bán kính lớn nhất bằng 2 .

m
Bài 21: Một vật có khối lượng m = 1 kg có vận tốc đầu v 0 = 10 s và chịu lực cản F  kv (với k =1
kg/s ).
a. Chứng minh rằng vận tốc của vật giảm dần theo hàm số bậc nhất của đường đi.
b. Tính quảng đường mà vật đi được cho tới lúc dừng.
Giải:
F


kv
a. Vật chịu tác dụng của lực cản
. Theo định luật II Newton ta có:


 kv ma
dv
 kv m

dt
dv

k
 dt
v
m
hay
dv
k
k
 dt  c
ln v  dt  C


v
m
m
Nguyên hàm hai vế:
Lúc t 0 thì v v0  C ln v 0
v
k
k
 t
ln
t
m
v

v
.
e
v0 = - m 

0
Từ đó suy ra:
Quảng đường vật đi được trong khoảng thời gian từ 0  t :
t

S ds vdt
0

t

e



k
t
m

S = v0. 0
S

k

mv0 mv0  m t
.e
= k - k

mv0 mv

k

k

 v
b.

dt

v0 

k
.S
m

(*)

Quảng đường vật đi được cho tới lúc dừng:
S ds
Từ (*) vi phân hai vế ta có:
0

m
m
S   dv
dS  dv
k v0
k
nên



mv0
s k .

Bài 22:  Cho cơ hệ như hình vẽ. Lúc đầu hệ cân bằng, bàn nhận được
gia tốc a theo phương ngang như hình vẽ. Tính gia tốc
của M đối với mặt đất, biết hệ số ma sát trượt giữa M và sàn là  .

Lược Giải:
Chọn hệ quy chiếu oxy gắn vào bàn như hình vẽ. Trong hệ quy


chiếu oxy:
• Phương trình chuyển động của vật M
T  Fqt  Fms Ma 0
Hay:
T  Ma  N 1 Ma 0

(1) ,

trong đó:
a 0 là gia tốc của M đối với bàn
a là gia tốc của bàn đối với đất.
• Phương trình chuyển động của vật m:
Fqt 2 ma a



(2)
tg 
P2

mg g

 F sin   mg cos   T ma (3)
0
 qt 2
Từ (3) suy ra:
ma sin   mg cos   T ma 0
(4)
Từ (1) và (4) suy ra:
Ma  N 1  ma sin   mg cos 
a0 
(5)
mM
Từ (2) suy ra:
a
tg
a
g
sin  


(6)
tg 2  1
a2
a2  g 2
1
g2
1
1
g

cos  


(7 )
2
2
2
tg   1
a
a  g2
1
g2
(8)
Và N 1 Mg
Thế (6), (7), (8) vào (5) ta rút ra:
Ma  Mg  m a 2  g 2
a0 
mM
Gia tốc của M đối với đất:


 
a M a 0  a

 a M a 0  a 
aM

Ma  Mg  m a 2  g 2

mM

2
2
m a  g  Mg  mg

mM

Bài 23: Cho cơ hệ như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa M và m là 1 ,

giữa M và sàn là  2 . Tìm độ lớn của lực F nằm ngang:
a. Đặt lên m để m trượt trên M.
b. Đặt lên M để M trượt khỏi m.


a. Khi tác dụng lực F lên m.

Giải:

 a


Phương trình chuyển động của m trượt trên M:
 F  Fms1 ma1
F  Fms1
 a1 

m
 N1  N1  N 2
Phương trình chuyển động của M:

 F ' ms1  Fms 2 Ma 2

F'  F
 a 2  ms1 ms 2

M
 N  N 1  N 2  P1  P2 (m  M ) g
Để m trượt trên M thì:
a1  a2 ; F ' ms1 = F = 1 mg ; F ms 2 =  2 (m+M)g.
ms1
hay:
F  1 mg 1 mg   2 (m  M ) g

m
M
m
 F  ( 1   2 )(m  M ) g
M
Với điều kiện: a1  0  F  1 mg.
Vậy đáp số của bài toán này:
m

g
 F   1   2  m  M 
M

 F  1 mg

b. Khi tác dụng lực F lên M :
Phương trình chuyển động của m:
 Fms1 ma1
Fms1 1 N 1



a


 1 g
1
 N 1  P1 mg
m
m
Phương trình chuyển động của vật M:
 F  Fms1  Fms 2 Ma 2

 N N 1  N 2 P1  P2 (m  M ) g
F  Fms1  Fms 2
M
 Fms1 Fms1' 1 mg

F  2  M  m  g
a

a
2
1
Để M trượt khỏi m thì:
(chú ý:  ms 2
)
F  F ' ms1  Fms 2
 1 g
M

hay
F  1 mg   2 (m  M ) g

 1 g
M
(1)
Cuối cùng: F  ( 1   2 )(m  M ) g
 a2 

Điều kiện a 2  0