Giải bài tập Vật lý đại cương 1 - Lịch sử Đảng | Trường Đại học Kiến trúc Hà Nội

Lưu ý rằng, đễ biết được dạng quỹ đạo chuyễn động của một chất điễm nào đó taphải đi tìm phương trình quỹ đạo của nó – tức là phương trình biễu diễn mối quan hệ giữa các toạ độ của vBt, trong đó ta đã khử mất biến thời gian. Do đó, trong bài tBp này ta cóthễ làm như sau .Tài liệu được sưu tầm giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem !

Thông tin:
81 trang 1 tháng trước
Tác giả:
Student
Phạm Thị Huyền
Đang cập nhật

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Giải bài tập Vật lý đại cương 1 - Lịch sử Đảng | Trường Đại học Kiến trúc Hà Nội

Lưu ý rằng, đễ biết được dạng quỹ đạo chuyễn động của một chất điễm nào đó taphải đi tìm phương trình quỹ đạo của nó – tức là phương trình biễu diễn mối quan hệ giữa các toạ độ của vBt, trong đó ta đã khử mất biến thời gian. Do đó, trong bài tBp này ta cóthễ làm như sau .Tài liệu được sưu tầm giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem !

26 13 lượt tải Tải xuống

Môn: Lịch sử đảng (HD)

Trường: Đại học Kiến trúc Hà Nội

Thông tin:

81 trang 1 tháng trước

Tác giả:

Profile Phạm Thị Huyền
a
A. CO HỌC
chương 1: ÐộNG HỌC CHẤT ÐIỂM
1-1. Phương trình chuyễn động của một chất điễm trong h
trục toạ độ Ðề các:
x = a
1
cos(t +
1
) (1)
y = a
2
cos(t +
2
) (2)
Xác định dạng quỹ đạo của chất điễm trong các trường hợp sau:
a)
1
-
2
= 2k, k là một số nguyên;
b)
1
-
2
= (2k + 1);
c)
1
-
2
= (2k + 1)
;
2
d)
1
-
2
có giá trị bất kì.
Bài giải:
Lưu ý rằng, đễ biết được dạng quỹ đạo chuyễn động của một chất điễm nào đó ta
phải đi tìm phương trình quỹ dạo của nó – tức là phương trình biễu dien mối quan h giữa
các toạ độ của vBt, trong đó ta đã khử mất biến thời gian. Do đó, trong bài tBp này ta có
thễ làm như sau.
a) Thay
1
=
2
+ 2k vào (1) ta có:
x = a
1
cos(t +
1
) = a
1
cos(t +
2
+ 2k) = a
1
cos(t +
2
),
y = a
2
cos(t +
2
)
Từ đó:
x
=
y
a
1
a
2
hay y =
a
2
x
a
1
Vì -1 cos(t +
1
) 1 nên - a
1
x a
1
VBy chất điễm trong phần a) này chuyễn động trên một đoạn thẳng biễu dien bởi:
y =
a
2
x
a
1
với - a
1
x a
1
b) Làm tương tự như trong phần a):
x = a
1
cos(t +
1
) = a
1
cos(t +
2
+ 2k+) = -a
1
cos(t +
2
)
Từ đó rút ra: chất điễm chuyễn động trên một đoạn thẳng biễu dien bởi:
y = −
a
2
x
a
1
với - a
1
x a
1
c) Thay
1
=
2
+ (2k + 1)
ta de dàng rút ra biễu thức:
2
x
2
y
2
2
+
2
= 1
1 2
Phương trình này biễu dien một đường êlíp vuông, có các trục lớn và trục nhỏ nằm
trên các trục toạ độ.
d) Phải khử t trong h phương trình (1) và (2). Muốn thế khai triễn các hàm số cosin
trong (1) và (2):
x
= cos
t.cos
1
a
1
−
sin
t.sin
1
(3)
y
= cos
t.cos
a
2
−
sin
t.sin
2
(4)
Nhân (3) với cos
2
và (4) với - cos
1
rồi cộng vế với vế:
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
a
2
2
2
x
cos
a
1
−
y
cos
a
2
= sin
t.sin(
2
−
1
) (5)
Lại nhân (3) với sin
2
và (4) với - sin
1
rồi cộng vế với vế:
x
sin
−
y
a
1
a
2
sin
1
= cos
t sin(
2
−
1
)
(6)
Bình phương (5) và (6) rồi cộng vế với vế:
x y
2
+
a
2
a
2
−
2xy
a a
cos(
2
−
1
) = sin
2
(
−
1
)
(7)
1 2 1 2
Phương trình (7) biễu dien một đường êlíp.
Nh¾n xét: Có thể thu dưọc các kết lu¾n của phần a), b), c) bằng cách thay
1
-
2
bằng các giá trị tương úng dã cho vào I7).
1-2. Một ô tô chạy từ tỉnh A đến tỉnh B với vBn tốc v
1
= 40km/giờ rồi lại chạy từ tỉnh
B trở về tỉnh A với vBn tốc v
2
= 30km/giờ.
Tìm vBn tốc trung bình của ôtô trên đoạn đường đi về AB, BA đó?
Bài giải:
Ðat quãng đường AB bằng s. Ta sẽ tính vBn tốc trung bình theo công thức:
v =
tổng quãng ðưòng ði
tổng thòi gian ði hết quãng ðưòng này
Ta được:
v =
s + s
=
s + s
=
2
=
2v
1
v
2
= 9,53m / s.
t
di
+ t
về
s
+
s
v
1
v
2
1
+
1
v
1
v
2
v
1
+ v
2
Thay số ta được: v = 9,53m / s.
1-3. Một người đứng tại M cách một con đường thẳng một khoảng h=50m đễ chờ
ôtô; khi thấy ôtô còn cách mình một đoạn
a=200m thì người ấy bắt đầu chạy ra
đường đễ gap ôtô (Hình 1-2). Biết ôtô
A
chạy với vBn tốc 36km/giờ.
a
Hỏi: a) Người ấy phải chạy theo
hướng nào đễ gap đúng ôtô? Biết rằng
người chạy với vBn tốc v
2
= 10,8 km/giờ;
b) Người phải chạy với vBn tốc nhỏ
nhất bằng bao nhiêu đễ có thễ gap được ôtô?
Bài giải:
H I D B
h
M
Hình 1-2
a) Muốn gap đúng ô tô tại B thì thời gian người chạy từ M tới B phải bằng thời gian
ô tô chạy từ A tới B:
MB
=
AB
v
2
v
1
Sử dụng định lý hàm số sin trong tam giác ABM ta có:
(1)
MB
=
sin
AB
,
sin
với
sin
=
h
a
(2)
Từ (1) và (2) ta rút ra:
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
2
1
2
0
v
2
+ 2gh
sin
=
h
.
v
1
= 0,833
⇒
= 56
0
30’ hoac = 123
0
30’.
a
v
2
Nh¾n xét: dể có thể dón dưọc ô tô thì ngưòi này có thể chạy theo hưóng MB mà góc
= AMB thoả mãn:
56
0
30'
123
0
30' . Khi 56
0
30'
123
0
30'
thì ngưòi này chạy
dến dưòng phải dọi xe mAt lúc.
Th¾t v¾y: giả sŭ ngưòi chạy dến diểm D thoả mãn diều này
⇒
sin
h
.
v
1
.
MD AD
1
(
h
v
1
⎞
(
a
⎞
a
v
2
v
1
Mà:
sin
= → AD = sin
. .MD
|
.
sin
sin
|
.
| |
.AD =
h v
.MD .
⎝
a
v
2 ⎠
⎝ ⎠
2
⇒
AD
MD
v
1
v
2
Itúc là thòi gian xe chạy dến D lón hơn thòi gian ngưòi chạy dến D).
b) Ðễ có thễ gap được ô tô với vBn tốc nhỏ nhất thì rõ ràng rằng lúc mà người chạy
đến đường cũng là lúc xe ô tô đi tới (người gap đúng ô tô mà không phải chờ đợi lãng phí
thời gian), vì vBy, theo phần a) giữa hướng chạy và vBn tốc của người phải có quan h :
sin
=
h
.
v
1
a
v
2
Vì với mọi thì sin() 1 nên:
h
.
v
1
1
⇒
v
h
.v
a
v
2
2
a
1
Suy ra
v
2 min
=
hv
1
= 2,5m / s = 9km / h .
a
Lúc này, người phải chạy theo hướng MI, với MI ⊥ AM.
1-4. Một vBt được thả rơi từ một khí cầu đang bay ở độ cao 300m. Hỏi sau bao lâu
vBt rơi tới mat đất, nếu:
a) Khí cầu đang bay lên (theo hướng thẳng đứng) với vBn tốc 5m/s;
b) Khí cầu đang hạ xuống (theo phương thẳng đứng) với vBn tốc 5m/s;
c) Khí cầu đang đứng yên.
Bài giải:
Khi khí cầu chuyễn động, vBt ở trên khí cầu mang theo vBn tốc của khí cầu. Nếu khí
cầu chuyễn động xuống dưới với vBn tốc v
0
thì thời gian t mà vBt rơi tới đất thoả mãn
phương trình bBc hai của thời gian:
v
0
.t +
1
g.t
2
2
= h .
− v
Chọn nghi m dương của phương trình này ta có kết quả: t =
0
.
g
Khi khí cầu chuyễn động lên trên, xuống dưới hoac đứng yên, ta áp dụng biễu thức
này với vBn tốc ban đầu v
0
= -5m/s, v
0
= 5m/s; hoac v
0
= 0 và có kết quả:
a) 8,4s ; b) 7,3s ; c) 7,8s.
1-5. Một vBt được thả rơi từ độ cao H + h theo phương thẳng đứng DD’ (D' là chân
độ cao H + h). Cùng lúc đó một vBt thứ hai được ném lên từ D' theo phương thẳng đứng
với vBn tốc v
0
.
a) Hỏi vBn tốc v
0
phải bằng bao nhiêu đễ hai vBt gap nhau ở độ cao h?
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
2H
g
2h
g
0
max
b) Tính khoảng cách x giữa hai vBt trước lúc gap nhau theo thời gian?
c) Nếu không có vBt thứ nhất thì vBt thứ hai đạt độ cao lớn nhất bằng bao nhiêu?
Bài giải:
Cần nhớ lại các công thức của chuyễn động rơi tự do:
a) Thời gian vBt 1 rơi từ D đến điễm gap nhau là:
bằng thời gian vBt 2 chuyễn động từ D’ đến G, do đó:
t = cũng
1
2
h = v
0
.t − g.t
2
→ v
0
=
h
+
gt
=
t 2
b) Khoảng cách giữa hai vBt tại thời điễm t trước khi gap nhau được
tính theo quãng đường s và s’ các vBt đi được:
x = (H + h) - (s + s’).
x = (H + h)−
⇒
1
gt
2
2
(
−
|
v
0
.t −
⎝
1
g.t
2
2
⎞
= (H + h)− v .t
⎠
0
=
H + h
( 2H −
2H
2gH .t )
c) Sử dụng công thức quan h v, a, s của chuyễn động thẳng biến đỗi đều
v
2
− v
2
= 2.a.s với vBn tốc ở độ cao cực đại bằng v = 0, a = -g, s = h suy ra, nếu không
có sự cản trở của vBt 1, vBt 2 lên đến độ cao cực đại là:
v
2
h
max
=
2g
( H + h )
2
= .
4H
rơi.
1-6. Thả rơi tự do một vBt từ độ cao h = 19,6 mét. Tính:
a) Quãng đường mà vBt rơi được trong 0,1 giây đầu và 0,1 giây cuối của thời gian
b) Thời gian cần thiết đễ vBt đi hết 1m đầu và 1m cuối của độ cao h.
Bài giải:
Sử dụng công thức về quãng đường vBt rơi được sau thời gian t kễ từ lúc bắt đầu
được thả:
s =
1
2
gt
2
ta sẽ có một công thức quen thuộc về thời gian t đễ vBt rơi được một
đoạn đường có độ cao h kễ từ vị trí thả là: t = . áp dụng công thức này ta sẽ trả lời
được các câu hỏi trong bài tBp này:
a) Quãng đường mà vBt rơi được trong 0,1s đầu:
s
1
=
1
g.t
2
2
=
1
9,8.0,1
2
2
= 0,049m .
Tỗng thời gian rơi của
vBt:
t = =
= 2(s).
Quãng đường vBt đi được trong 0,1 s cuối cùng, được tính theo quãng đường đi được
trong 2-0,1 = 1,9 s đầu:
s
2
= h −
1
g(t − 0,1)
2
2
= 19,6 −
1
.9,8.(2 − 0,1)
2
2
= 1,9(m).
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
H + h
2gH
2H
2h
g
2.19,6
9,8
D
G
D’
0
v
2
+ 2gh
2h
g
v
0
+ 2gh − v
0
2gh
b) Tương tự như trên:
Thời gian đễ vBt đi được 1m đầu: t
3
=
=
= 0,45s .
Thời gian đễ vBt đi hết 1m cuối:
t
4
= t
tổng
− t
18,6m aầu
= 2 − = 0,05s
1-7. Từ ba điễm A, B, C trên một vòng tròn người ta đồng thời thả rơi ba vBt. VBt
thứ nhất theo phương thẳng đứng AM qua tâm vòng tròn (Hình 1-3), vBt thứ hai theo dây
BM, vBt thứ ba theo dây CM. Hỏi vBt nào tới M trước tiên, nếu bỏ qua ma sát?
Bài giải:
A
B
C
M
Hình 1-3
Quãng đường đi và gia tốc của vBt thứ nhất: s
1
= 2R, a
1
= g, của vBt thứ hai s
2
=
^ ^ ^ ^
2Rcos AMB , a
2
= gcos AMB , của vBt thứ ba: s
3
= 2Rcos AMB , a
3
= gcos AMC .
NhBn thấy, thời gian rơi đến M của các vBt đều là:
t
1
= = = = t
2
= t
3
=
VBy, ba vBt cùng tới M một lúc.
1-8. Phải ném một vBt theo phương thẳng đứng từ độ cao h = 40m với vBn tốc v
0
bằng bao nhiêu đễ nó rơi tới mat đất:
a) Trước = 1 giây so với trường hợp vBt rơi tự do?
b) Sau = 1 giây so với trường hợp vBt rơi tự do?
Lấy g = 10m/s
2
.
Bài giải:
Sử dụng công thức tính thời gian đến khi chạm đất của bài 5:
− v
t =
g
0
và công thức thời gian rơi tự do:
t = ta thấy:
Ðễ vBt chạm đất sớm, muộn phải ném vBt xuống dưới với vBn tốc v
0
thoả mãn
phương trình:
− =
→
g
= g
−
(
v
0
+
)
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
2s
3
g
2.1
9,8
2.18,6
9,8
2s
1
a
1
4R
g
2s
2
a
2
2s
3
a
3
2h
g
v + 2gh
2gh
2.10.40
2.10.40
2.10.40
Bình phương hai vế của phương trình ta được:
(g
)
2
− 2g
(
v
+
2gh
)
+
2v
= 0 → v
g
(2 2gh − g
)
=
0 0
0
2
(
2gh − g
)
a) Ðễ vBt chạm đất sớm, áp dụng với = 1s ta có:
v
0
=
10.1(2
2
(
−10.1
)
−10.1)
= 12,7(m / s)
VBy vBt được ném thẳng đứng xuống dưới.
b) Ðễ vBt chạm đất muộn, áp dụng với = -1s ta có:
v
0
=
−10.1(2
2(
+10.1
)
+ 10.1)
= −8,7(m / s)
VBy vBt được ném thẳng đứng lên trên.
1-9. Một vBt chuyễn động thẳng thay đỗi đều đi hết quãng đường AB trong 6 giây.
VBn tốc của vBt khi qua A bằng 5m/s khi đi qua B bằng 15m/s. Tìm chiều dài của quãng
đường AB.
Bài giải:
Cách 1:
Theo định nghĩa, gia tốc a của vBt: a =
v
=
v
B
− v
A
=
15 − 5
=
5
(m / s
2
).
t t 6 3
1
2
Từ đó có thễ tính quãng đường AB theo công thức: AB = v
A
t + at
2
Thay số ta được: AB = 60m.
Cách 2:
Lưu ý rằng, vBn tốc trung bình trong chuyễn động thẳng biến đỗi đều có công thức
rất đac bi t, bằng:
v =
v
A
+ v
B
, nên đoạn AB có độ dài:
2
AB = v.t =
v
A
+ v
B
.t =
5 +15
.6 = 60(m)
2 2
1-10. Một xe lửa chạy giữa hai điễm (nằm trên một đường thẳng) cách nhau 1,5km.
Trong nửa đoạn đường đầu, xe lửa chuyễn động nhanh dần đều, trong nửa đoạn đường sau
xe lửa chuyễn động chBm dần đều. VBn tốc lớn nhất của xe lửa giữa hai điễm đó bằng
50km/giờ.
Biết rằng trị số tuy t đối của các gia tốc trên hai đoạn đường bằng nhau. Tính:
a) Gia tốc của xe lửa.
b) Thời gian đễ xe lửa đi hết quãng đường giữa hai điễm.
Bài giải:
VBn tốc trung bình của xe lửa là
v = 50 / 2 = 25km / h .
Thời gian xe lửa đi hết 1,5km này là: t = s / v = 1,5 / 25 = 0,06h = 3,6 phút = 216s .
Gia tốc của xe lửa: a =
v
max
=
50km / h
=
(50 / 3,6)m / s
= 0,129(m / s
2
).
(t / 2)
1,8phút 1,8.60s
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
2.10.40
n
n − 1
Có thể tính gia tốc của xe lŭa aựa vào mối quan hN v, a, s của chuyển dAng thẳng
v
2
− v
2
(50km / h)
2
biến dổi dều: v
2
− v
2
= 2.a.s
⇒
a =
0
=
2s
1,5km
= 0,129m / s
2
.
Iỏ dây s là nŭa quãng dưòng 1,5km)
1-11. Một xe lửa bắt đầu chuyễn động nhanh dần đều trên một đường thẳng ngang
qua trước mat một người quan sát đang đứng ngang với đầu toa thứ nhất. Biết rằng toa xe
thứ nhất đi qua trước mat người quan sát hết một thời gian = 6 giây. Hỏi toa thứ n sẽ đi
qua trước mat người quan sát trong bao lâu?
Áp dụng cho trường hợp n = 7.
Bài giải:
Gọi l là chiều dài của mői toa, t
n
là thời gian đễ n toa đầu đi qua trước mat người
quan sát. Áp dụng phương trình chuyễn động thẳng thay đỗi đều, ta có:
Chiều dài của toa thứ nhất: l =
1
at
2
=
1
a
2
2
1
2
Chiều dài của (n-1): (n − 1)l =
1
at
2
2
n−1
Chiều dài của n toa đầu: nl =
1
at
2
.
2
n
Từ
đó
suy ra
thời
gian
đễ
toa
thứ
n
đi
qua
trước
mat
người
quan
sát:
t
n
= t
n
− t
n−1
= ( − ).
Với n =7 , ta có t
7
= 1,18s.
1-12. Một hòn đá được ném theo phương nằm ngang với vBn tốc v
0
=15m/s. Tính gia
tốc pháp tuyến và gia tốc tiếp tuyến của hòn đá sau lúc ném 1 giây.
Bài giải:
VBn tốc của vBt theo phương đứng sau khi ném 1s: v
y
= gt = 9,8m/s.
Góc giữa vBn tốc của vBt và phương thẳng đứng thoả mãn:
vẽ bên.
tg
=
v
x
v
y
. Xem hình
v
0
v
v
g.sin
g.cos
g
Từ đó, gia tốc pháp tuyến và gia tốc tiếp tuyến của vBt lúc này chính là những thành
phần chiếu của gia tốc g:
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
v
x
v
y
0
15
2
+ 9,8
2
v
0
a
n
= g sin
=
g.v
x
=
9,8.15
= 8,2(m / s
2
)
a
t
= g cos
=
= = 5,4(m / s
2
)
1-13. Người ta ném một quả bóng với vBn tốc v
0
=10m/s theo phương hợp với mat
phẳng nằm ngang một góc = 40
0
. Giả sử quả bóng được ném đi từ mat đất. Hỏi:
a) Ðộ cao lớn nhất mà quả bóng có thễ đạt được.
b) Tầm xa của quả bóng.
c) Thời gian từ lúc ném bóng tới lúc bóng chạm đất.
Bài giải:
Ðễ xác định được những đại lượng như trong bài toán đat ra, cần lưu ý rằng, có thễ
coi chuyễn động của vBt bao gồm hai chuyễn động khá độc lBp: chuyễn động theo phương
thẳng đứng và chuyễn động theo phương ngang.
Chuyễn động theo phương thẳng đứng là một chuyễn động thẳng biến đỗi đều với
gia tốc bằng g, vBn tốc ban đầu bằng v
0y
= v
0
.sin. Chuyễn động theo phương ngang là
chuyễn động thẳng đều với vBn tốc không đỗi bằng v
x
= v
0
.cos.
a) Ðộ cao cực đại và thời gian rơi của vBt chỉ liên quan đến vBn tốc ban đầu theo
phương thẳng đứng v
0y
:
v
0 y
y =
v
2
.sin
2
=
= 2,1(m)
max
2g 2g
c) Thời gian bay của
vBt:
t = 2.
v
0 y
g
=
2.v
0
sin
g
= 1,3(s)
b) Công thức tầm xa của vBt ném xiên:
2v
sin
v
2
.sin 2
L = v t = v
cos
.
0
=
0
= 10m
x 0
g g
1-14. Từ một đỉnh tháp cao H = 25m người ta ném một hòn đá lên phía trên với vBn
tốc v
0
= 15m/s theo phương hợp với mat phẳng nằm ngang một góc = 30
0
. Xác định:
a) Thời gian chuyễn động của hòn đá;
b) Khoảng cách từ chân tháp đến chő rơi của hòn đá;
c) VBn tốc của hòn đá lúc chạm đất.
Bài giải:
y
H
O
L x
Từ đỉnh tháp viên đá còn lên cao thêm được một đoạn:
v
0 y
h =
=
(v
0
sin
)
2
(
15.sin 30
0
)
2
=
= 2,87m
2g 2g 2.9,8
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
v + v
x y
g
2
− a
2
9,8
2
− 8,2
2
0
2
2
2g(H + h)
v
y
+ v
x
0
0
⇒
thời gian chuyễn động của hòn đá:
t =
v
0 y
+
g
Tầm xa:
=
7,5
+
9,8
= 3,15(s)
L = v
cos
.t = 15.cos 30
0
.3,15 = 41(m)
VBn tốc lúc chạm đất:
v
y
= =
⇒
v =
=
= 23,3(m / s)
= 26,7(m / s)
Ta có thể giải quyết bài toán theo cách khác bằng cách aùng phương pháp toạ dA.
Chọn hN trṇc toạ dA Oxy vói O nằm tại chân tháp như hình vẽ.
Phương trình chuyển dAng của v¾t theo các trṇc này:
x = v
x
t = v
0
cos
.t
y = H + v
y
t −
1
g.t
2
2
= H + v
0
.sin
.t −
1
g.t
2
2
Ðể tìm thòi gian rơi, giải phương trình y = 0.
Ðể tìm tầm xa – tìm khoảng cách tù vị trí rơi tói chân tháp, ta thay t tìm dưọc vào
biểu thúc của x dể tính x.
Ðể tìm v¾n tốc lúc chạm dất, nhó dến các công thúc:
v
x
= v
0
cos
= const
v
y
= v
0
sin
− g.t
Ðáp số: a) 3,16s ; b) 41,1m ; c) 26,7m/s.
1-15. Từ một đỉnh tháp cao H = 30m, người ta ném một hòn đá xuống đất với vBn
tốc v
0
= 10m/s theo phương hợp với mat phẳng nằm ngang một góc = 30
0
. Tìm:
a) Thời gian đễ hòn đá rơi tới mat đất kễ từ cú ném?
b) Khoảng cách từ chân tháp đến chő rơi của hòn đá?
c) Dạng quỹ đạo của hòn đá?
Bài giải:
Ta dùng phương pháp toạ độ giống như của bài 1-14.
Chọn h trục toạ độ Oxy với O nằm tại chân tháp.
a) Phương trình chuyễn động của vBt theo các trục này:
x = v
x
t = v
0
cos
.t
(1)
y = H − v
y
t −
1
g.t
2
2
= H − v
0
.sin
.t −
1
g.t
2
2
( 2 )
Ðễ tìm thời gian rơi, giải phương trình y=0:
30 −10.sin 30
0
.t −
1
.10.t
2
2
= 0 30 − 5t − 5t
2
= 0
Chọn nghi m dương ta được thời gian rơi của hòn đá: t=2s.
b) Ðễ tìm tầm xa – vị trí rơi cách chân tháp bao nhiêu, thay t tìm được đễ tính x.
x = v cos
.t = 10.cos 30
0
.2 = 10 3m 17,3m
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
2(H + h)
g
2(25 + 2,78)
9,8
2.9,8.(25 + 2,78)
23,3
2
+ (15.cos 30
0
)
2
0
c) Ðễ biết dạng quỹ đạo chuyễn động của viên đá, ta cần tìm phương trình quỹ đạo
của chuyễn động này (phương trình quan h
giữa x và y đã khử biến thời gian):
Khử thời gian trong h phương trình (1) và (2) bằng cách rút t từ phương trình (1) rồi
thay vào (2):
(1) → t =
x
v
0
cos
1
x
1
(
x
⎞
2
( 2 ) → y = H − v
0
.sin
.t − g.t
2
= H − v .sin
.
−
g
|
|
2 v
0
cos
g.x
2
2
⎝
v
0
cos
⎠
= H − x.tg
−
2v
0
2
cos
2
x
x
2
(
)
= 30 − −
15
vói : 0 x 10
3m
Phương trình này chỉ ra rằng, quỹ đoạ của viên đá là một cung parabol.
1-16. Hỏi phải ném một vBt theo phương hợp với mat phẳng nằm ngang một góc
bằng bao nhiêu đễ với một vBn tốc ban đầu cho trước, tầm xa của vBt là cực đại.
Bài giải:
Sử dụng công thức tính tầm xa của vBt được ném xiên đã lBp được trong bài 1-13:
v
2
.sin 2
v
2
L =
0
0
g g
v
2
⇒ VBt sẽ đạt được tầm xa cực đại bằng L
max
=
0
khi sin2 = 1, hay = 45
0
.
g
1-17. Ký lục đẫy tạ ở Hà Nội là 12,67 mét. Hỏi nếu tỗ chức ở Xanh Pêtecbua thì
trong điều ki n tương tự (cùng vBn tốc ban đầu và góc nghiêng), ký lục trên sẽ là bao
nhiêu?
Cho biết g (Hà Nội) = 9,727m/s
2
; g (Xanh Pêtecbua) = 9,810m/s
2
.
Bài giải:
Từ công thức tầm xa:
v
2
.sin 2
L =
0
g
ta nhBn thấy, với lực đẫy không đỗi (đễ v
0
không đỗi) và góc ném không đỗi (ném xa nhất khi góc ném bằng 45
0
) thì tầm xa L sẽ tỉ
l
nghịch với gia tốc trọng trường g. Do đó có thễ xác định được kỉ lục đẫy tạ tại thành
phố Xanh Petécbua:
L
XP
=
g
HN
L
g
XP
=
9,727
.12,67 = 12,56(m)
9,810
1-18. Tìm vBn tốc góc:
a) của Trái Ðất quay quanh trục của nó (Trái Ðất quay một vòng xung quanh trục
của nó mất 24 giờ).
b) của kim giờ và kim phút đồng hồ;
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
3
HN
r
O
c) của Mat Trăng quay xung quanh Trái Ðất (Mat Trăng quay xung quanh Trái Ðất
một vòng mất 27 ngày đêm);
d) của một v tinh nhân tạo của Trái Ðất quay trên quỹ đạo tròn với chu kì bằng 88
phút.
Bài giải:
Sử dụng công thức tính vBn tốc góc:
=
2
T
và lưu ý thay chu kỳ phải đỗi đúng đối
với là giây (s) ta sẽ được:
a) VBn tốc góc tự quay quanh trục của trái đất:
=
2.
= 7,26.10
−
5
(rad / s)
24.3600
b) Chu kỳ quay của kim phút là 1h. Kim giờ quay hết một vòng là 12 tiếng nên vBn
tốc góc của kim giờ và kim phút là: 14,5 . 10
-5
rad/s; 1,74 . 10
-3
rad/s
c) Cũng áp dụng công thức trên với các chu kỳ khác nhau ta có vBn tốc góc của
mat trăng quanh trái đất là: 2,7 . 10
-6
rad/s ;
d) Của v
tinh có chu kì quay là 88phút là: 1,19 . 10
-3
rad/s
1-19. Tìm vBn tốc dài của chuyễn động quay của một điễm trên mat đất tại Hà Nội.
Biết rằng vĩ độ của Hà Nội là = 21
0
.
Bài giải:
Theo bài 1-18 ta thấy vBn tốc góc của trái đất trong chuyễn động tự quay của nó là
= 7,26.10
-5
rad/s. Bán kính quỹ đạo của Hà Nội (xem hình) là r:
Hình của bài 1-19
r = R cos
.
Từ đó ta có vBn tốc dài của Hà Nội là:
v = .r = .R.cos
Thay số vào ta được: v = 430m/s.
Ðể làm các bài tiếp theo cần chú ý: Các công thúc của chuyển dAng quay nhanh
ho¾c ch¾m aần dều cũng giống vói các công thúc của chuyển dAng thẳng biến dổi dều vói
sự tương úng: góc quay
thay cho quãng dưòng s, v¾n tốc góc
thay cho v¾n tốc aài v,
gia tốc góc
thay cho gia tốc thưòng a – chúng chỉ chênh nhau mAt hằng số bằng bán
kính quỹ dạo tròn.
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
Hình
a
a
n
1-20. Một vô lăng sau khi bắt đầu quay được một phút thì thu được vBn tốc 700
vòng/phút. Tính gia tốc góc của vô lăng và số vòng mà vô lăng đã quay được trong phút
ấy nếu chuyễn động của vô lăng là nhanh dần đều.
Bài giải:
VBn tốc góc của vô lăng đạt = 700vòng/phút = 700.2/60 (rad/s) sau thời gian =
1phút = 60s.
Mà = .
⇒
=
=
1400
/ 60
=
1400
= 1,22(rad / s
2
).
60 3600
Góc quay được sau thời gian = 1 phút là:
=
1
.
2
2
=
1
.1,22.60
2
2
= 700
(rad)
Do vBy, số vòng quay được trong 1 phút là:
700
n = =
= 350
vòng .
2
2
1-21. Một bánh xe quay chBm dần đều, sau một phút vBn tốc của nó giảm từ 300
vòng/phút xuống 180 vòng/phút. Tìm gia tốc của bánh xe và số vòng mà bánh xe đã quay
được trong phút ấy.
Bài giải:
Theo định nghĩa về gia tốc góc ta có luôn gia tốc góc trong chuyễn động này:
=
−
0
=
180.2
/ 60 − 300.2
/ 60
= −0,21 (rad / s
2
).
60
Góc quay được dựa vào mối quan h
tương tự với quan h
v-a-s của chuyễn động
thẳng biến đỗi đều ta rút ra:
2
−
2
(180.2
/ 60)
2
− (300.2
/ 60)
2
=
0
=
2
− 2.0,21
= 240
Ivòng) .
Hoac dựa vào công thức vBn tốc góc trung bình:
=
+
0
.
=
180 + 300
.1 = 240
Ivòng)
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 tốc góc bằng 3,14 rad/s
2
. Hỏi, sau giây thứ nhất:
a) VBn tốc góc và vBn tốc dài của một điễm trên vành bánh?
b) Gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến và gia tốc toàn phần của một điễm trên
vành bánh?
c) Góc giữa gia tốc toàn phần và bán kính của bánh xe (ứng với cùng một điễm trên
vành bánh?
Bài giải:
a) Sau giây thứ nhất, vBn tốc góc và vBn tốc dài của một điễm trên vành bánh là:
=
.t = 3,14.1 = 3,14 (rad / s)
v =
.R = 3,14.0,1 = 0,314
(m / s)
a
t
Gia tốc tiếp tuyến có giá trị không đỗi và gia tốc pháp tuyến
lúc này:
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
t
n
n
a =
.R = 3,14.0,1 = 0,314 (m / s
2
)
a =
2
.R = 3,14
2
.0,1 = 0,986 (m / s
2
)
Còn gia tốc toàn phần thì bằng:
a =
= 1,03 (m / s
2
).
c) Góc giữa gia tốc toàn phần a và bán kính là thoả mãn:
sin
=
a
t
a
=
0,314
1,03
⇒
= 17
0
46’.
1-23. Chu kì quay của một bánh xe bán kính 50cm là 0,1 giây. Tìm:
a) VBn tốc dài và vBn tốc góc của một điễm vành bánh;
b) Gia tốc pháp tuyến của điễm giữa một bán kính.
Bài giải:
VBn tốc dài và vBn tốc góc của một điễm trên vành bánh:
v =
chiều aài của ðưòng tròn
=
2
R
=
2
.0,5
= 31,4
(m / s)
thòi gian chuyển ðAng hết mAt vòng tròn T 0,1
=
v
R
=
31,4
= 62,8 (rad / s)
0,5
b) Gia tốc pháp tuyến – gia tốc hướng tâm của điễm giữa một bán kính:
a
=
2
r =
2
.R / 2 = 62,8
2
.0,5 / 2 = 986 (m / s
2
).
1-24. Một đoàn tàu bắt đầu chạy vào một đoạn đường tròn, bán kính 1km, dài 600m,
với vBn tốc 54 km/giờ. Ðoàn tàu chạy hết quãng đường đó trong 30 giây. Tìm vBn tốc dài,
gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến, gia tốc toàn phần và gia tốc góc của đoàn tàu ở cuối
quãng đường đó. Coi chuyễn động của đoàn tàu là nhanh dần đều.
Bài giải:
Cho: R = 1km =1000m, v
0
= 54km/h = 15m/s, s=600m, t = 30s.
Sử dụng các công thức về chuyễn động thẳng và chuyễn động tròn biến đỗi đều ta sẽ
tính được các đại lượng cần thiết.
1
2
⇒
a
=
2(s − v
0
t)
=
2(600 −15.30)
=
1
(m / s
2
).
s = v
0
t + a
t
t
t
2
2 t
30
2
3
VBn tốc của tầu tại cuối đường vòng:
1
v = v
0
+ a
t
t = 15 +
.30 = 25 (m / s) = 90 (km / h).
3
Gia tốc pháp tuyến – gia tốc hướng tâm của tầu:
a
n
=
2
R =
v
R
25
2
=
1000
= 0,625
(
m / s
2
)
Còn gia tốc toàn phần là:
a = = = 0,708 (m / s
2
)
Gia tốc góc của đoàn tầu:
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
a
t
+ a
n
2
a + a
2
t n
(
1
⎞
2
(
5
⎞
2
+
2
=
a
t
R
=
1 / 3
1000
3,3.10
−
4
(rad / s
2
)
1-25. VBn tốc của êlectron trong nguyên tử hyđrô bằng v = 2,2.10
8
cm/s. Tính vBn
tốc góc và gia tốc pháp tuyến của êlectron nếu xem quỹ đạo của nó là một vòng tròn bán
kính 0,5.10
-8
cm.
Bài giải:
Electron: v = 2,2.10
8
cm/s = 2,2.10
6
m/s; R = 0,5.10
-8
cm = 0,5.10
-10
m.
VBn tốc góc và gia tốc hướng tâm – gia tốc pháp tuyến lần lượt:
= v/R = 4,4 . 10
16
rad/s;
a
n
=
2
R = 9,68 .10
22
m/s
2
1-26. Một người muốn chèo thuyền qua sông có dòng nước chảy. Nếu người ấy chèo
thuyền theo hướng từ vị trí A sang vị trí B (AB ⊥ với dòng sông, hình 1-4) thì sau thời
gian t
1
= 10 phút thuyền sẽ tới vị trí C cách B một khoảng s = 120m. Nếu người ấy chèo
thuyền về phía ngược dòng thì sau thời gian t
2
= 12,5 phút thuyền sẽ tới đúng vị trí B.
Coi vBn tốc của thuyền đối với dòng nước là không đỗi. Tính:
a) Bề rộng l của con sông;
b) VBn tốc v của thuyền đối với dòng nước;
c) VBn tốc u của dòng nước đối với bờ sông;
d) Góc .
Bài giải:
Từ A đến C hết thời gian t
1
= 10 phút, A đến B hết thời gian
t
2
= 12,5 phút, đoạn BC có độ dài: s = BC = 120m.
Ðây là bài toán tỗng hợp vBn tốc. Thuyền tham gia đồng
→
B
s
C
A
Hình 1-4a
B C
thời hai chuyễn động: cùng với dòng nước với vBn tốc
u và
→
chuyễn động so với dòng nước (do người chèo) với vBn tốc v .
Chuyễn động tỗng hợp chính là chuyễn động của thuyền đối với
→ → →
A
bờ sông với vBn tốc .
V = v+ u
Trường hợp thứ nhất của bài toán ứng với hình 1-4a, trường
hợp thứ hai ứng với hình 1-4b.
Theo các hình vẽ, ta có các phương trình sau:
s = u.t
1
; l =v.t
1
; l = (v.cos ).t
2
; u = v.sin ;
Hình 1-4b
⇒
u =
s
t
1
=
120
= 0,2 (m / s).
600
l = v.t
1
= v.cos
.t
2
→ cos
=
t
1
t
2
=
10
12,5
=
4
→
= 36
0
53'
5
⇒
sin
=
3
=
u
→ v =
u
=
0,2
=
1
= 0,33 (m / s).
5 v sin
3 / 5 3
Chiều rộng của dòng sông: l = v.t
1
= 0,33.(10.60 ) = 200 m .
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
v V
v
v
l
v
1
1-27. Người ta chèo một con thuyền qua sông theo hướng vuông góc với bờ sông với
vBn tốc 7,2km/h. Nước chảy đã mang con thuyền về phía xuôi dòng một khoảng 150m.
Tìm:
a) VBn tốc của dòng nước đối với bờ sông;
b) Thời gian cần đễ thuyền qua được sông. Cho biết chiều rộng của sông bằng
0,5km.
Bài giải:
Bề rộng của dòng sông: l = 0,5km = 500m. s = 150m, V = 7,2km/h=2m/s.
Từ hình vẽ ta thấy:
u
=
s
v l
→ u =
s
.v =
l
150
500
.2 = 0,60
(m / s).
B
s
C
Thời gian của một chuyến sang sông:
t =
AC
=
AB
=
l
=
500
= 250 (s).
A
V v v 2
Ðáp số: a) u = 0,60m/s ; b) t = 250s.
Hình của bài 1-27
1-28. Một máy bay bay từ vị trí A tới vị trí B. AB nằm theo hướng Tây Ðông và cách
nhau một khoảng 300km. Xác định thời gian bay nếu:
a) Không có gió;
b) Có gió thỗi theo hướng Nam Bắc;
c) Có gió thỗi theo hướng Tây Ðông.
Cho biết vBn tốc của gió bằng: v
1
= 20m/s, vBn tốc của máy bay đối với không khí v
2
= 600km/h.
Bài giải:
AB = 300km, gió: v
1
= 20m/s =72km/h, v
2
= 600km/h.
a) Thời gian máy bay bay trực tiếp từ A đến B:
t =
l
=
300
= 0,5 (h) = 30
Iphút) .
v
2
600
b) Tương tự bài 1-26, ta thấy máy bay muốn tới vị trí B, nó phải bay chếch về phía
nam một góc so với phương AB. Ta có:
V = = = 596 (km / h).
A B
Thời gian máy bay bay từ A đến B là:
t =
s
V
=
300
= 0,503 (h) = 30,2 phút .
v
596
2
c) Gió xuôi chiều từ Tây sang Ðông. Thời gian máy bay
cần dùng là:
Hình của bài 1-28
t =
s
=
300
= 0,446 (h) = 26,8
phút .
v
2
+ v
1
600 + 72
1-29. Hình 1-5 mô tả chuyễn động của ba chất điễm.
a) Cho biết tính chất của các chuyễn động đó.
b) Ý nghĩa của các giao điễm giữa các đồ thị và các trục toạ độ.
c) So sánh vBn tốc của ba chất điễm.
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
v
2
− v
1
2
2
600
2
− 72
2
2
1
3
v
O
Bài giải:
t
Hình 1-5
O
t
Hình 1-5’
đều.
a) Nhìn vào đồ thị ta thấy cả ba chuyễn động này đều là chuyễn động nhanh dần
b) Giao điễm của các đồ thị với trục thời gian cho ta biết các thời điễm xuất phát của
các chuyễn động.
c) Ba chuyễn động, nhìn chung là về cùng một hướng. VBn tốc của mői vBt từng lúc
nhanh chBm khác nhau. Ðồ thị vBn tốc càng dốc thì gia tốc của vBt càng lớn (gia tốc a cho
biết h
số góc của đường thẳng). Từ các đồ thị, ta có thễ so sánh gia tốc của các vBt: a
3
>
a
1
> a
2
.
1-30. Hình 1-6 cho đồ thị vBn tốc của một chất điễm chuyễn động. Hãy cho biết trạng
thái chuyễn động của chất điễm trên mői đoạn OA, AB, BC, CD.
Bài giải:
v
A B
C
D
O
t
Hình 1-6
Ðoạn OA: vBt xuất phát tại thời điễm t = 0 rồi chuyễn động nhanh dần đều với gia
tốc khá lớn.
Ðồ thị đoạn AB cho biết vBt chuyễn sang chuyễn động đều.
Ðồ thị đoạn BC biễu hi n vBt chuyễn động chBm dần đều.
Ðồ thị đoạn CD: vBt tiếp tục chuyễn động chBm dần đều nhưng với gia tốc lớn hơn
khi chuyễn động trong giai đoạn BC. VBt dừng lại tại cuối giai đoạn này.
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
v
1
2
3
F
Hạ
chương 2
ÐộNG LỰC HỌC CHẤT ÐIỂM
2-1. Một xe có khối lượng 20000kg, chuyễn động chBm dần đều dưới tác dụng của
một lực bằng 6000N, vBn tốc ban đầu của xe bằng 15m/s. Hỏi:
a) Gia tốc của xe;
b) Sau bao lâu xe dừng lại;
c) Ðoạn đường xe đã chạy được kễ từ lúc hãm cho đến khi xe dừng hẳn.
Bài giải:
a) Gia tốc của xe được tính theo định luBt II Newton:
a = F/m = -6000/20000= - 0,3m/s
2
.
b) Thời gian kễ từ lúc hãm đến khi dừng lại:
t = t =
v
=
0 - 15
= 50 (s).
a - 0,3
c) Quãng đường kễ từ lúc hãm đến khi dừng lại:
s = v
0
.t + a.t
2
/2 = . . . = 375m.
2-2. Một thanh gő nang 49N bị kẹp giữa hai mat phẳng thẳng
đứng (hình 2-4). Lực ép thẳng góc trên mői mat của thanh là 147N.
Hỏi lực nhỏ nhất cần đễ nâng hoac hạ thanh gő? H số ma sát giữa
thanh gő và mat ép k = 0,2.
Bài giải:
Lực nâng = 107,8N ; lực hạ = 9,8N
Hình 2-4
F
ms1
F
ms2
Hình 2-4a
Hình 2-4b
Khi muốn hạ thanh gő xuống cần một lực nhấn F
Hạ
hướng xuống dưới, lực ma sát
trên hai mat của thanh gő hướng lên trên (Hình 2-4a), còn khi muốn nâng thanh gő lên
trên thì các lực ma sát lại hướng xuống dưới (Hình 2-4b).
Từ các hình vẽ này ta thấy, các lực dùng đễ hạ (F
Hạ
) và nâng F
N
thanh gő phải có các
giá trị nhỏ nhất:
F
Hạ
= F
ms1
+ F
ms2
− P = 2 k.N − P = 2.0,2.147 − 49 = 9,8(N)
F
N
= F
ms1
+ F
ms2
+ 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 đễ nó
chuyễn động nhanh dần đều và sau thời gian 30 giây nó đi được 11m. Cho biết lực ma sát
của toa tàu bằng 5% trọng lượng của toa tàu.
Bài giải:
Gọi F là lực tác dụng lên toa tàu. Xét theo phương ngang, lực gây ra gia tốc của toa
tàu, theo định luBt Niutơn 2, bằng: F - f
ms
= ma
Trong đó: m là khối lượng và a =
2s
t
2
là gia tốc của toa tầu.
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
F
N
F
F
ms
P
Từ đó suy ra: F = f
+ ma = 5%mg +
2.s.m
.
ms
t
2
Thay số: s = 11 m, t = 30s, m = 15,6 tấn = 15600kg ta được: F 8200N.
ITrong phần dề bài cho thiếu khối lưọng của toa tầu bằng m = 15,6 tấn).
2-4. Một người di chuyễn một chiếc xe với vBn tốc không đỗi. Lúc đầu người ấy kéo
xe về phía trước, sau đó người ấy đẫy xe về phía sau. Trong cả hai trường hợp, càng xe
hợp với mat phẳng nằm ngang một góc . Hỏi trong trường hợp nào người ấy phải đat lên
xe một lực lớn hơn? Biết rằng trọng lượng của xe là P, h số ma sát giữa bánh xe và mat
đường là k.
Bài giải:
Viết phương trình định luBt II Newton cho các lực tác dụng vào xe. Thành phần lực
tỗng hợp chiếu theo phương thẳng đứng và nằm ngang đều bằng 0 - không có chuyễn
động theo phương thẳng đứng, chuyễn động theo phương ngang thì đều-không có gia tốc
theo phương ngang nên:
Trường hợp kéo xe về phía trước (hình 2-1’a): lực nén vuông góc của xe lên mat
đường là:
N + F.sin a − P = 0
⇒
N = P - F. sin a
Và: F.cos
− F
ms
= 0
⇒
F.cos
= F
ms
Mà, lực ma sát tác dụng lên xe:
F
ms
= kN = k(P - Fsin)
⇒ F cos
= k(P − F sin
)
N
F =
kP
cos
+ k sin
Hình 2-1’a Hình 2-1’b
Trường hợp đẫy xe về phía sau (hình 2-1’b)
Bằng cách phân tích tương tự, ta tính được lực ma sát đat lên xe trong trường hợp
này là:
F
ms
= kN’ = k(P + Fsin)
Và lực F’ cần đat lên càng xe:
F' =
kP
cos
− k sin
Rõ ràng F’ > F. Như vBy trong trường hợp đẫy xe về phía sau người ta phải dùng một
lực lớn hơn.
2-5. Một vBt có khối lượng m = 5kg được đat trên một mat phẳng nghiêng hợp với
mat phẳng nằm ngang một góc = 30
0
. H
số ma sát giữa vBt và mat phẳng nghiêng bằng
k = 0,2. Tìm gia tốc của vBt trên mat phẳng nghiêng.
Bài giải:
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
N’
F’
P
F’
ms
|
|
=
Ta phân tích các lực tác dụng vào vBt gồm 3 lực: P thẳng
đứng, N vuông góc với mat nghiêng và F
ms
nằm trên mat
nghiêng.
Phương trình định luBt II Newton cho vBt:
P + N + F
ms
= m.a
Chiếu phương trình này theo phương vuông góc với mat
phẳng nghiêng (phương Oy) và phương song song với mat phẳng
nghiêng (phương Ox) ta được:
Hình của bài 2-5
⎧
− P cos
+ N = 0
⎧
N = P cos
{
⎩
P sin
− F
ms
= ma
⇒
{
P sin
− F
ms
a
⎩ m
Mà F
ms
= k.N nên:
a =
P sin
− kP cos
m
=
mg sin
− kmg cos
m
= g(sin
− k cos
).
Thay = 30
0
, k = 0,2, g = 9,8 ta tính được a = 3,24m/s
2
.
Nh¾n xét: tù công thúc trên ta thấy, gia tốc của v¾t trưọt trên m¾t phẳng nghiêng
không phṇ thuAc vào khối lưọng của v¾t dó.
2-6. Một vBt trượt xuống trên một mat phẳng nghiêng hợp với mat phẳng nằm ngang
góc = 45
0
. Khi trượt được quãng đường s = 36,4cm, vBt thu được vBn tốc v = 2m/s. Xác
định h số ma sát giữa vBt và mat phẳng nghiêng.
Bài giải:
Áp dụng công thức gia tốc của vBt trong bài 2-5 ta có :
a = g(sin
− k cos
)
⇒
k =
g sin
− a
= tg
−
a
.
g cos
g cos
Sử dụng kiến thức của chương I về mối quan h
v-a-s ta có gia tốc của vBt trượt này
v
2
− v
2
v
2
− 0
2
v
2
là: a =
0
=
2.S
⇒
2.S
= .
2.S
v
2
k = tg
−
2. gScos
Thay các thông số đã cho: = 45
0
, v = 2m/s, s = 36,4cm = 0,364m ta được: k 0,2.
2-7. Một sợi dây thừng được đat trên mat bàn sao cho một phần của nó buông thõng
xuống đất. Sợi dây bắt đầu trượt trên mat bàn khi chiều dài của phần buông thõng bằng
25% chiều dài của dây. Xác định h
số ma sát k giữa sợi dây và mat bàn.
Bài giải:
f
ms
P
1
Hình của bài 2-7
Khoa
V
t
Lí,
trRỜng
ÐH
Khoa
Hoc,
ÐH
Thái
Nguyên
y
N
O
F
ms
P
| 1/81
| | Tải xuống

Tài liệu khác của Đại học Kiến trúc Hà Nội

Preview text:

A. CO HỌC
chương 1: ÐộNG HỌC CHẤT ÐIỂM
1-1. Phương trình chuyễn động của một chất điễm trong h trục toạ độ Ðề các: x = a1cos(t + 1) (1) y = a2cos(t + 2) (2)
Xác định dạng quỹ đạo của chất điễm trong các trường hợp sau: a) 1 - 2 = 2k, k là một số nguyên; b) 1 - 2 = (2k + 1);  c)  ; 1 - 2 = (2k + 1) 2
d) 1 - 2 có giá trị bất kì. Bài giải:
Lưu ý rằng, đễ biết được dạng quỹ đạo chuyễn động của một chất điễm nào đó ta
phải đi tìm phương trình quỹ dạo của nó – tức là phương trình biễu dien mối quan h giữa
các toạ độ của vBt, trong đó ta đã khử mất biến thời gian. Do đó, trong bài tBp này ta có thễ làm như sau.
a) Thay 1 = 2 + 2k vào (1) ta có:
x = a1cos(t + 1) = a1cos(t + 2 + 2k) = a1cos(t + 2), y = a2cos(t + 2) a Từ x y đó: = hay y = 2 x a a 1 2 a1
Vì -1 cos(t + 1)  1 nên - a1  x  a1
VBy chất điễm trong phần a) này chuyễn động trên một đoạn thẳng biễu dien bởi: a y = 2 x với - a1  x  a1 a1
b) Làm tương tự như trong phần a):
x = a1cos(t + 1) = a1cos(t + 2 + 2k+) = -a1cos(t + 2)
Từ đó rút ra: chất điễm chuyễn động trên một đoạn thẳng biễu dien bởi: a y = − 2 x với - a1  x  a1 a1  c) Thay 
ta de dàng rút ra biễu thức: 1 = 2 + (2k + 1) 2 x 2 y2 + = 1 2 a 1 a 2 2
Phương trình này biễu dien một đường êlíp vuông, có các trục lớn và trục nhỏ nằm
trên các trục toạ độ.
d) Phải khử t trong h phương trình (1) và (2). Muốn thế khai triễn các hàm số cosin trong (1) và (2):
x = cost.cos − sin t.sin  (3) 1 1 a1
y = cost.cos − sint.sin (4) 2 2 a 2
Nhân (3) với cos2 và (4) với - cos1 rồi cộng vế với vế:
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên x y cos −
cos = sint.sin(  − 2  ) (5) 2 1 1 a a 1 2
Lại nhân (3) với sin2 và (4) với - sin1 rồi cộng vế với vế: x y sin −
sin = cost sin( ) (6) 2 1 2 − 1 a a 1 2
Bình phương (5) và (6) rồi cộng vế với vế: 2 x y2 + − 2xy
a a cos(  −  ) = sin 2 (  −  ) (7) a 2 a 2 2 1 2 1 1 2 1 2
Phương trình (7) biễu dien một đường êlíp.
Nh¾n xét: Có thể thu dưọc các kết lu¾n của phần a), b), c) bằng cách thay1-2
bằng các giá trị tương úng dã cho vào I7).
1-2. Một ô tô chạy từ tỉnh A đến tỉnh B với vBn tốc v1 = 40km/giờ rồi lại chạy từ tỉnh
B trở về tỉnh A với vBn tốc v2 = 30km/giờ.
Tìm vBn tốc trung bình của ôtô trên đoạn đường đi về AB, BA đó? Bài giải:
Ðat quãng đường AB bằng s. Ta sẽ tính vBn tốc trung bình theo công thức:
tổng quãng ðưòng ði
v = tổng thòi gian ði hết quãng ðưòng này Ta được: s + s 2v v v = = s + s = 2 = 1 2
= 9,53m / s. t + t s s 1 1 di về + + + v v 1 2 v v v v 1 2 1 2 Thay số ta được:
v = 9,53m / s.
1-3. Một người đứng tại M cách một con đường thẳng một khoảng h=50m đễ chờ
ôtô; khi thấy ôtô còn cách mình một đoạn H I D B
a=200m thì người ấy bắt đầu chạy ra 
đường đễ gap ôtô (Hình 1-2). Biết ôtô A h
chạy với vBn tốc 36km/giờ. a
Hỏi: a) Người ấy phải chạy theo 
hướng nào đễ gap đúng ôtô? Biết rằng M
người chạy với vBn tốc v2 = 10,8 km/giờ; Hình 1-2
b) Người phải chạy với vBn tốc nhỏ
nhất bằng bao nhiêu đễ có thễ gap được ôtô? Bài giải:
a) Muốn gap đúng ô tô tại B thì thời gian người chạy từ M tới B phải bằng thời gian ô tô chạy từ A tới B: MB = AB (1) v v 2 1
Sử dụng định lý hàm số sin trong tam giác ABM ta có: MB h = AB , (2) sin sin với sin  = a Từ (1) và (2) ta rút ra:
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên h v
sin = . 1 = 0,833
⇒  = 56030’ hoac  = 123030’. a v2
Nh¾n xét: dể có thể dón dưọc ô tô thì ngưòi này có thể chạy theo hưóng MB mà góc
= AMB thoả mãn: 56030'    123030' . Khi 56030'    123030' thì ngưòi này chạy
dến dưòng phải dọi xe mAt lúc. h v
Th¾t v¾y: giả sŭ ngưòi chạy dến diểm D thoả mãn diều này ⇒ sin  . 1 . a v2 MD AD 1 ( h v ⎞ 1 ( a ⎞ v 1 Mà: sin  =
→ AD = sin. .MD  | . sinsin  |.| |.AD = h v .MD . ⎝ a v2 ⎠ ⎝ ⎠ 2 AD ⇒ 
Itúc là thòi gian xe chạy dến D lón hơn thòi gian ngưòi chạy dến D). MD v v 1 2
b) Ðễ có thễ gap được ô tô với vBn tốc nhỏ nhất thì rõ ràng rằng lúc mà người chạy
đến đường cũng là lúc xe ô tô đi tới (người gap đúng ô tô mà không phải chờ đợi lãng phí
thời gian), vì vBy, theo phần a) giữa hướng chạy và vBn tốc của người phải có quan h : h v sin = . 1 a v 2 h v h
Vì với mọi  thì sin()  1 nên: . 1  1 ⇒ v  .v 2 a v a 1 2 = hv1 = Suy ra v
2,5m / s = 9km / h . 2 min a
Lúc này, người phải chạy theo hướng MI, với MI ⊥ AM.
1-4. Một vBt được thả rơi từ một khí cầu đang bay ở độ cao 300m. Hỏi sau bao lâu
vBt rơi tới mat đất, nếu:
a) Khí cầu đang bay lên (theo hướng thẳng đứng) với vBn tốc 5m/s;
b) Khí cầu đang hạ xuống (theo phương thẳng đứng) với vBn tốc 5m/s;
c) Khí cầu đang đứng yên. Bài giải:
Khi khí cầu chuyễn động, vBt ở trên khí cầu mang theo vBn tốc của khí cầu. Nếu khí
cầu chuyễn động xuống dưới với vBn tốc v0 thì thời gian t mà vBt rơi tới đất thoả mãn
phương trình bBc hai của thời gian: 1
v .t + g.t 2 = h . 0 2 − v 2 + 2gh v 0
Chọn nghi m dương của phương trình này ta có kết quả: t = 0 . g
Khi khí cầu chuyễn động lên trên, xuống dưới hoac đứng yên, ta áp dụng biễu thức
này với vBn tốc ban đầu v0 = -5m/s, v0 = 5m/s; hoac v0 = 0 và có kết quả: a) 8,4s ; b) 7,3s ; c) 7,8s.
1-5. Một vBt được thả rơi từ độ cao H + h theo phương thẳng đứng DD’ (D' là chân
độ cao H + h). Cùng lúc đó một vBt thứ hai được ném lên từ D' theo phương thẳng đứng với vBn tốc v0.
a) Hỏi vBn tốc v0 phải bằng bao nhiêu đễ hai vBt gap nhau ở độ cao h?
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên
b) Tính khoảng cách x giữa hai vBt trước lúc gap nhau theo thời gian?
c) Nếu không có vBt thứ nhất thì vBt thứ hai đạt độ cao lớn nhất bằng bao nhiêu? Bài giải:
Cần nhớ lại các công thức của chuyễn động rơi tự do: 2H
a) Thời gian vBt 1 rơi từ D đến điễm gap nhau là: t = cũng g
bằng thời gian vBt 2 chuyễn động từ D’ đến G, do đó: D 1 2 gt h = v H + h
0 .t − g.t → v = h + = 2gH 0 G 2 t 2 2H
b) Khoảng cách giữa hai vBt tại thời điễm t trước khi gap nhau được
tính theo quãng đường s và s’ các vBt đi được: x = (H + h) - (s + s’). D’ 1 ( 1 2 ⎞ =
x = (H + h)− gt 2 − |v .t − g.t (H + h)− v .t 0 | 0 ⇒ 2 2 ⎝ ⎠ = H + h
( 2H − 2gH .t ) 2H
c) Sử dụng công thức quan h v, a, s của chuyễn động thẳng biến đỗi đều
v2 − v 2 = 2.a.s với vBn tốc ở độ cao cực đại bằng v = 0, a = -g, s = h suy ra, nếu không 0 max
có sự cản trở của vBt 1, vBt 2 lên đến độ cao cực đại là: v2 ( H + h )2 h = = max . 2g 4H
1-6. Thả rơi tự do một vBt từ độ cao h = 19,6 mét. Tính:
a) Quãng đường mà vBt rơi được trong 0,1 giây đầu và 0,1 giây cuối của thời gian rơi.
b) Thời gian cần thiết đễ vBt đi hết 1m đầu và 1m cuối của độ cao h. Bài giải:
Sử dụng công thức về quãng đường vBt rơi được sau thời gian t kễ từ lúc bắt đầu 1
được thả: s = gt 2 ta sẽ có một công thức quen thuộc về thời gian t đễ vBt rơi được một 2 2h
đoạn đường có độ cao h kễ từ vị trí thả là: t =
. áp dụng công thức này ta sẽ trả lời g
được các câu hỏi trong bài tBp này:
a) Quãng đường mà vBt rơi được trong 0,1s đầu: 1 = 1
s = g.t 2 9,8.0,12 = 0,049m . 1 2 2 Tỗng 2h 2.19,6
thời gian rơi của vBt: t = = = 2(s). g 9,8
Quãng đường vBt đi được trong 0,1 s cuối cùng, được tính theo quãng đường đi được trong 2-0,1 = 1,9 s đầu: 1 1
s = h − g(t − 0,1)2 = 19,6 − .9,8.(2 − 0,1)2 = 1,9(m). 2 2 2
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên b) Tương tự như trên: 2s Thời 2.1
gian đễ vBt đi được 1m đầu: t = 3 = = 3 0,45s . g 9,8 Thời 2.18,6
gian đễ vBt đi hết 1m cuối: t = t − t = 2 − = 0,05s 4 tổng 18,6m aầu 9,8
1-7. Từ ba điễm A, B, C trên một vòng tròn người ta đồng thời thả rơi ba vBt. VBt
thứ nhất theo phương thẳng đứng AM qua tâm vòng tròn (Hình 1-3), vBt thứ hai theo dây
BM, vBt thứ ba theo dây CM. Hỏi vBt nào tới M trước tiên, nếu bỏ qua ma sát? Bài giải: A B C M Hình 1-3
Quãng đường đi và gia tốc của vBt thứ nhất: s1 = 2R, a1 = g, của vBt thứ hai s2 = ^ ^ ^ ^
2Rcos AMB , a2 = gcos AMB , của vBt thứ ba: s3 = 2Rcos AMB , a3 = gcos AMC .
NhBn thấy, thời gian rơi đến M của các vBt đều là: 2s 4R 2s 2s t = 1 = = 2 = t = 3 1 2 = t3 a a a 1 g 2 3
VBy, ba vBt cùng tới M một lúc.
1-8. Phải ném một vBt theo phương thẳng đứng từ độ cao h = 40m với vBn tốc v0
bằng bao nhiêu đễ nó rơi tới mat đất:
a) Trước  = 1 giây so với trường hợp vBt rơi tự do?
b) Sau  = 1 giây so với trường hợp vBt rơi tự do? Lấy g = 10m/s2. Bài giải:
Sử dụng công thức tính thời gian đến khi chạm đất của bài 5: − v 2 + 2gh v 2h 0 t =
0 và công thức thời gian rơi tự do: t = ta thấy: g g
Ðễ vBt chạm đất sớm, muộn phải ném vBt xuống dưới với vBn tốc v0 thoả mãn phương trình: 2 2h v + 2gh − v 0 0 − =  → 2 v + 2gh = 0 ) g − (v + 2gh 0 g g
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên
Bình phương hai vế của phương trình ta được: ( )
g )2 − 2g (v + 2gh + 2v = 0 → v g (2 2gh − g ) = 2gh 0 0 0 ( 2 2gh − g )
a) Ðễ vBt chạm đất sớm, áp dụng với  = 1s ta có: ( )
10.1 2 2 .10.40 −10.1 v = 0 ( 2.10.40 ) = 12,7(m / s) 2 −10.1
VBy vBt được ném thẳng đứng xuống dưới.
b) Ðễ vBt chạm đất muộn, áp dụng với  = -1s ta có: ( ) 2 2
.10.40 +10.1 v = −10.1 0 ( 2 2.10.40 +
) = −8,7(m / s) 10.1
VBy vBt được ném thẳng đứng lên trên.
1-9. Một vBt chuyễn động thẳng thay đỗi đều đi hết quãng đường AB trong 6 giây.
VBn tốc của vBt khi qua A bằng 5m/s khi đi qua B bằng 15m/s. Tìm chiều dài của quãng đường AB. Bài giải: Cách 1: v v − v 15 − 5 5
Theo định nghĩa, gia tốc a của vBt: a = = B A ( = = m / s2 ). t t 6 3 1 2
Từ đó có thễ tính quãng đường AB theo công thức: AB = v t + at A 2
Thay số ta được: AB = 60m. Cách 2:
Lưu ý rằng, vBn tốc trung bình trong chuyễn động thẳng biến đỗi đều có công thức v + v rất đac A B bi t, bằng: v =
, nên đoạn AB có độ dài: 2 v + v 5 +15 AB = v.t = A B .t = .6 = 60(m) 2 2
1-10. Một xe lửa chạy giữa hai điễm (nằm trên một đường thẳng) cách nhau 1,5km.
Trong nửa đoạn đường đầu, xe lửa chuyễn động nhanh dần đều, trong nửa đoạn đường sau
xe lửa chuyễn động chBm dần đều. VBn tốc lớn nhất của xe lửa giữa hai điễm đó bằng 50km/giờ.
Biết rằng trị số tuy t đối của các gia tốc trên hai đoạn đường bằng nhau. Tính: a) Gia tốc của xe lửa.
b) Thời gian đễ xe lửa đi hết quãng đường giữa hai điễm. Bài giải:
VBn tốc trung bình của xe lửa là v = 50 / 2 = 25km / h .
Thời gian xe lửa đi hết 1,5km này là: t = s / v = 1,5 / 25 = 0,06h = 3,6 phút = 216s . Gia tốc (
của xe lửa: a = vmax = 50km / h 50 / 3,6)m / s =
= 0,129(m / s2 ).
(t / 2) 1,8phút 1,8.60s
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên
Có thể tính gia tốc của xe lŭa aựa vào mối quan hN v, a, s của chuyển dAng thẳng v2 − v 2 (50km / h)2 biến 2
dổi dều: v2 − v = 2.a.s ⇒ a = 0 = = 0,129m / s2 . 0 2s 1,5km
Iỏ dây s là nŭa quãng dưòng 1,5km)
1-11. Một xe lửa bắt đầu chuyễn động nhanh dần đều trên một đường thẳng ngang
qua trước mat một người quan sát đang đứng ngang với đầu toa thứ nhất. Biết rằng toa xe
thứ nhất đi qua trước mat người quan sát hết một thời gian  = 6 giây. Hỏi toa thứ n sẽ đi
qua trước mat người quan sát trong bao lâu?
Áp dụng cho trường hợp n = 7. Bài giải:
Gọi l là chiều dài của mői toa, tn là thời gian đễ n toa đầu đi qua trước mat người
quan sát. Áp dụng phương trình chuyễn động thẳng thay đỗi đều, ta có: Chiều 1 1
dài của toa thứ nhất: l = at 2 = a2 2 1 2 Chiều 1
dài của (n-1): (n − 1)l = at 2 2 n−1 Chiều 1
dài của n toa đầu: nl = at 2 . 2 n Từ đó suy
ra thời gian đễ toa thứ n đi qua trước mat người quan sát:
t = t − t = ( n − n − 1 ). n n n−1
Với n =7 , ta có t7 = 1,18s.
1-12. Một hòn đá được ném theo phương nằm ngang với vBn tốc v0=15m/s. Tính gia
tốc pháp tuyến và gia tốc tiếp tuyến của hòn đá sau lúc ném 1 giây. Bài giải:
VBn tốc của vBt theo phương đứng sau khi ném 1s: vy = gt = 9,8m/s. vx
Góc  giữa vBn tốc của vBt và phương thẳng đứng thoả mãn: tg = . Xem hình vy vẽ bên. v0 v x  v vy  v g.sin g.cos g
Từ đó, gia tốc pháp tuyến và gia tốc tiếp tuyến của vBt lúc này chính là những thành
phần chiếu của gia tốc g:
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên 9,8.15 a = g sin = g.vx = = 8,2(m / s2 ) n 2 2 v + v 152 + 9,82 x y
a = g cos = g 2 − a 2 = 9,82 − 8,22 = 5,4 n (m / s2 ) t
1-13. Người ta ném một quả bóng với vBn tốc v0=10m/s theo phương hợp với mat
phẳng nằm ngang một góc  = 400. Giả sử quả bóng được ném đi từ mat đất. Hỏi:
a) Ðộ cao lớn nhất mà quả bóng có thễ đạt được.
b) Tầm xa của quả bóng.
c) Thời gian từ lúc ném bóng tới lúc bóng chạm đất. Bài giải:
Ðễ xác định được những đại lượng như trong bài toán đat ra, cần lưu ý rằng, có thễ
coi chuyễn động của vBt bao gồm hai chuyễn động khá độc lBp: chuyễn động theo phương
thẳng đứng và chuyễn động theo phương ngang.
Chuyễn động theo phương thẳng đứng là một chuyễn động thẳng biến đỗi đều với
gia tốc bằng g, vBn tốc ban đầu bằng v0y = v0.sin. Chuyễn động theo phương ngang là
chuyễn động thẳng đều với vBn tốc không đỗi bằng vx = v0.cos.
a) Ðộ cao cực đại và thời gian rơi của vBt chỉ liên quan đến vBn tốc ban đầu theo phương thẳng đứng v0y: v 2 0 y y = v2 .sin2  = 0 = 2,1(m)  max 2g 2g v0 y 2.v sin c) Thời gian bay của vBt: t = 2. = 0 = 1,3(s) g g
b) Công thức tầm xa của vBt ném xiên: 2v sin v2 .sin 2
L = v t = v cos. 0 = 0 = 10m x 0 g g
1-14. Từ một đỉnh tháp cao H = 25m người ta ném một hòn đá lên phía trên với vBn
tốc v0 = 15m/s theo phương hợp với mat phẳng nằm ngang một góc  = 300. Xác định:
a) Thời gian chuyễn động của hòn đá;
b) Khoảng cách từ chân tháp đến chő rơi của hòn đá;
c) VBn tốc của hòn đá lúc chạm đất. Bài giải: y v0 H O L x
Từ đỉnh tháp viên đá còn lên cao thêm được một đoạn: v 2 ( 0 y (v 15.sin 300 )2 h = = 0 sin )2 = = 2,87m 2g 2g 2.9,8
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên
⇒ thời gian chuyễn động của hòn đá: v
t = 0 y + 2(H + h) = 7,5 2(25 + 2,78) + = 3,15(s) g g 9,8 9,8 Tầm xa:
L = v cos.t = 15.cos 300.3,15 = 41(m) 0 VBn tốc lúc chạm đất: v =
= 2.9,8.(25 + 2,78) = 23,3(m / s) y 2g(H + h) 2 2 ⇒ v = v + v
= 23,32 + (15.cos 300 )2 = 26,7(m / s) y x
Ta có thể giải quyết bài toán theo cách khác bằng cách aùng phương pháp toạ dA.
Chọn hN trṇc toạ dA Oxy vói O nằm tại chân tháp như hình vẽ.
Phương trình chuyển dAng của v¾t theo các trṇc này: x = v t = v x 0 cos.t 1 1
y = H + v t − g.t 2 = H + v g.t 2 y
0 .sin.t − 2 2
Ðể tìm thòi gian rơi, giải phương trình y = 0.
Ðể tìm tầm xa – tìm khoảng cách tù vị trí rơi tói chân tháp, ta thay t tìm dưọc vào
biểu thúc của x dể tính x.
Ðể tìm v¾n tốc lúc chạm dất, nhó dến các công thúc: v = v x 0 cos = const v = v y
0 sin − g.t
Ðáp số: a) 3,16s ; b) 41,1m ; c) 26,7m/s.
1-15. Từ một đỉnh tháp cao H = 30m, người ta ném một hòn đá xuống đất với vBn
tốc v0 = 10m/s theo phương hợp với mat phẳng nằm ngang một góc  = 300. Tìm:
a) Thời gian đễ hòn đá rơi tới mat đất kễ từ cú ném?
b) Khoảng cách từ chân tháp đến chő rơi của hòn đá?
c) Dạng quỹ đạo của hòn đá? Bài giải:
Ta dùng phương pháp toạ độ giống như của bài 1-14.
Chọn h trục toạ độ Oxy với O nằm tại chân tháp.
a) Phương trình chuyễn động của vBt theo các trục này: x = v t = v (1) x 0 cos.t 1 1
y = H − v t − g.t 2 = H − v g.t 2 ( 2 ) y
0 .sin.t − 2 2
Ðễ tìm thời gian rơi, giải phương trình y=0: 1
30 −10.sin 300.t − .10.t2 = 0  30 − 5t − 5t2 = 0 2
Chọn nghi m dương ta được thời gian rơi của hòn đá: t=2s.
b) Ðễ tìm tầm xa – vị trí rơi cách chân tháp bao nhiêu, thay t tìm được đễ tính x.
x = v cos.t = 10.cos 300.2 = 10 3m  17,3m 0
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên
c) Ðễ biết dạng quỹ đạo chuyễn động của viên đá, ta cần tìm phương trình quỹ đạo
của chuyễn động này (phương trình quan h giữa x và y đã khử biến thời gian):
Khử thời gian trong h phương trình (1) và (2) bằng cách rút t từ phương trình (1) rồi thay vào (2): (1) → t = x v cos 0 2 1 x 1 ( x ⎞
( 2 ) → y = H − v0 .sin.t − g.t 2 = H − v .sin. − g| | 0 2 v0 cos 2 ⎝ v cos 0 ⎠ g.x 2 = H − x.tg − 2 2v cos2  0 x x 2 ( ) = 30 − −
vói : 0  x  10 3m 3 15
Phương trình này chỉ ra rằng, quỹ đoạ của viên đá là một cung parabol.
1-16. Hỏi phải ném một vBt theo phương hợp với mat phẳng nằm ngang một góc 
bằng bao nhiêu đễ với một vBn tốc ban đầu cho trước, tầm xa của vBt là cực đại. Bài giải:
Sử dụng công thức tính tầm xa của vBt được ném xiên đã lBp được trong bài 1-13: v2 .sin 2 v2 L = 0  0 g g v 2
⇒ VBt sẽ đạt được tầm xa cực đại bằng L
= 0 khi sin2 = 1, hay  = 450. max g
1-17. Ký lục đẫy tạ ở Hà Nội là 12,67 mét. Hỏi nếu tỗ chức ở Xanh Pêtecbua thì
trong điều ki n tương tự (cùng vBn tốc ban đầu và góc nghiêng), ký lục trên sẽ là bao nhiêu?
Cho biết g (Hà Nội) = 9,727m/s2; g (Xanh Pêtecbua) = 9,810m/s2. Bài giải: v2 .sin 2
Từ công thức tầm xa: L = 0
ta nhBn thấy, với lực đẫy không đỗi (đễ v0 g
không đỗi) và góc ném không đỗi (ném xa nhất khi góc ném bằng 450) thì tầm xa L sẽ tỉ
l nghịch với gia tốc trọng trường g. Do đó có thễ xác định được kỉ lục đẫy tạ tại thành phố Xanh Petécbua: g 9,727 L = HN L =
.12,67 = 12,56(m) XP g HN 9,810 XP 1-18. Tìm vBn tốc góc:
a) của Trái Ðất quay quanh trục của nó (Trái Ðất quay một vòng xung quanh trục của nó mất 24 giờ).
b) của kim giờ và kim phút đồng hồ;
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên
c) của Mat Trăng quay xung quanh Trái Ðất (Mat Trăng quay xung quanh Trái Ðất
một vòng mất 27 ngày đêm);
d) của một v tinh nhân tạo của Trái Ðất quay trên quỹ đạo tròn với chu kì bằng 88 phút. Bài giải: Sử 2
dụng công thức tính vBn tốc góc:  =
và lưu ý thay chu kỳ phải đỗi đúng đối T
với là giây (s) ta sẽ được: 2.
a) VBn tốc góc tự quay quanh trục của trái đất:  =
= 7,26.10−5 (rad / s) 24.3600
b) Chu kỳ quay của kim phút là 1h. Kim giờ quay hết một vòng là 12 tiếng nên vBn
tốc góc của kim giờ và kim phút là: 14,5 . 10-5 rad/s; 1,74 . 10-3 rad/s
c) Cũng áp dụng công thức trên với các chu kỳ khác nhau ta có vBn tốc góc của
mat trăng quanh trái đất là: 2,7 . 10-6 rad/s ;
d) Của v tinh có chu kì quay là 88phút là: 1,19 . 10-3 rad/s
1-19. Tìm vBn tốc dài của chuyễn động quay của một điễm trên mat đất tại Hà Nội.
Biết rằng vĩ độ của Hà Nội là  = 210. Bài giải:
Theo bài 1-18 ta thấy vBn tốc góc của trái đất trong chuyễn động tự quay của nó là
 = 7,26.10-5 rad/s. Bán kính quỹ đạo của Hà Nội (xem hình) là r:  r  O Hình của bài 1-19 r = R cos  .
Từ đó ta có vBn tốc dài của Hà Nội là: v = .r = .R.cos
Thay số vào ta được: v = 430m/s.
Ðể làm các bài tiếp theo cần chú ý: Các công thúc của chuyển dAng quay nhanh
ho¾c ch¾m aần dều cũng giống vói các công thúc của chuyển dAng thẳng biến dổi dều vói
sự tương úng: góc quaythay cho quãng dưòng s, v¾n tốc gócthay cho v¾n tốc aài v,
gia tốc gócthay cho gia tốc thưòng a – chúng chỉ chênh nhau mAt hằng số bằng bán
kính quỹ dạo tròn.
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên
1-20. Một vô lăng sau khi bắt đầu quay được một phút thì thu được vBn tốc 700
vòng/phút. Tính gia tốc góc của vô lăng và số vòng mà vô lăng đã quay được trong phút
ấy nếu chuyễn động của vô lăng là nhanh dần đều. Bài giải:
VBn tốc góc của vô lăng đạt  = 700vòng/phút = 700.2/60 (rad/s) sau thời gian  = 1phút = 60s.  Mà  = .  ⇒  1400 / 60 1400 = = =
= 1,22(rad / s2 ).  60 3600
Góc quay được sau thời gian  = 1 phút là:  1 1
=  . 2 = .1,22.602 = 700 (rad) 2 2
Do vBy, số vòng quay được trong 1 phút là:  700 n = = = 350 vòng . 2 2
1-21. Một bánh xe quay chBm dần đều, sau một phút vBn tốc của nó giảm từ 300
vòng/phút xuống 180 vòng/phút. Tìm gia tốc của bánh xe và số vòng mà bánh xe đã quay được trong phút ấy. Bài giải:
Theo định nghĩa về gia tốc góc ta có luôn gia tốc góc trong chuyễn động này:   −  = 0
180.2 / 60 − 300.2 / 60  =
= −0,21 (rad / s2 ). 60
Góc quay được dựa vào mối quan h tương tự với quan h v-a-s của chuyễn động
thẳng biến đỗi đều ta rút ra:
 2 −  2 (180.2 / 60)2 − (300.2 / 60)2  = 0 = = 240 Ivòng) . 2 − 2.0,21
Hoac dựa vào công thức vBn tốc góc trung bình:   +  180 + 300 = 0 . =
.1 = 240 Ivòng) 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 tốc góc bằng 3,14 rad/s2. Hỏi, sau giây thứ nhất:
a) VBn tốc góc và vBn tốc dài của một điễm trên vành bánh?
b) Gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến và gia tốc toàn phần của một điễm trên vành bánh?
c) Góc giữa gia tốc toàn phần và bán kính của bánh xe (ứng với cùng một điễm trên vành bánh? Bài giải:
a) Sau giây thứ nhất, vBn tốc góc và vBn tốc dài của một điễm trên vành bánh là:
 =  .t = 3,14.1 = 3,14 (rad / s) at
v = .R = 3,14.0,1 = 0,314 (m / s)
Gia tốc tiếp tuyến có giá trị không đỗi và gia tốc pháp tuyến  a lúc này: an
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên Hình
a =  .R = 3,14.0,1 = 0,314 (m / s2 ) t
a =  2 .R = 3,142.0,1 = 0,986 (m / s2 ) n
Còn gia tốc toàn phần thì bằng: a = 2 2 a + a
= 1,03 (m / s2 ). t n
c) Góc giữa gia tốc toàn phần a và bán kính là  thoả mãn: a sin = t 0,314 = ⇒  = 17046’. a 1,03
1-23. Chu kì quay của một bánh xe bán kính 50cm là 0,1 giây. Tìm:
a) VBn tốc dài và vBn tốc góc của một điễm vành bánh;
b) Gia tốc pháp tuyến của điễm giữa một bán kính. Bài giải:
VBn tốc dài và vBn tốc góc của một điễm trên vành bánh:
chiều aài của ðưòng tròn
2R 2 .0,5 ( v = = = = 31,4 m / s)
thòi gian chuyển ðAng hết mAt vòng tròn T 0,1  v 31,4 = =
= 62,8 (rad / s) R 0,5
b) Gia tốc pháp tuyến – gia tốc hướng tâm của điễm giữa một bán kính:
a =  2 r =  2 .R / 2 = 62,82.0,5 / 2 = 986 (m / s2 ). n
1-24. Một đoàn tàu bắt đầu chạy vào một đoạn đường tròn, bán kính 1km, dài 600m,
với vBn tốc 54 km/giờ. Ðoàn tàu chạy hết quãng đường đó trong 30 giây. Tìm vBn tốc dài,
gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến, gia tốc toàn phần và gia tốc góc của đoàn tàu ở cuối
quãng đường đó. Coi chuyễn động của đoàn tàu là nhanh dần đều. Bài giải:
Cho: R = 1km =1000m, v0 = 54km/h = 15m/s, s=600m, t = 30s.
Sử dụng các công thức về chuyễn động thẳng và chuyễn động tròn biến đỗi đều ta sẽ
tính được các đại lượng cần thiết. 1 2 ⇒
2(s − v t) 2(600 −15.30) 1 0 ( a = = = m / s2 ). s = v t + a t 0 t t 2 2 t 302 3
VBn tốc của tầu tại cuối đường vòng: 1
v = v0 + a t = 15 + .30 = 25 (m / s) = 90 (km / h). t 3
Gia tốc pháp tuyến – gia tốc hướng tâm của tầu: v 2 252 a =  2 R = =
= 0,625 (m / s2 ) n R 1000
Còn gia tốc toàn phần là: ( 1 ( 5 a = 2 2 a + a = 2 + 2 = 0,708 t n (m / s2 ) ⎞ ⎞
Gia tốc góc của đoàn tầu:
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên  a = t 1 / 3 =
 3,3.10−4 (rad / s2 ) R 1000
1-25. VBn tốc của êlectron trong nguyên tử hyđrô bằng v = 2,2.108cm/s. Tính vBn
tốc góc và gia tốc 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.
VBn tốc góc và gia tốc hướng tâm – gia tốc pháp tuyến lần lượt:  = v/R = 4,4 . 1016 rad/s; an = 2R = 9,68 .1022 m/s2
1-26. Một người muốn chèo thuyền qua sông có dòng nước chảy. Nếu người ấy chèo
thuyền theo hướng từ vị trí A sang vị trí B (AB ⊥ với dòng sông, hình 1-4) thì sau thời
gian t1 = 10 phút thuyền sẽ tới vị trí C cách B một khoảng s = 120m. Nếu người ấy chèo
thuyền về phía ngược dòng thì sau thời gian t2 = 12,5 phút thuyền sẽ tới đúng vị trí B.
Coi vBn tốc của thuyền đối với dòng nước là không đỗi. Tính:
a) Bề rộng l của con sông;
b) VBn tốc v của thuyền đối với dòng nước; B s C
c) VBn tốc u của dòng nước đối với bờ sông; d) Góc . v V Bài giải:
Từ A đến C hết thời gian t A
1 = 10 phút, A đến B hết thời gian Hình 1-4a
t2 = 12,5 phút, đoạn BC có độ dài: s = BC = 120m.
Ðây là bài toán tỗng hợp vBn tốc. Thuyền tham gia đồng B C →
thời hai chuyễn động: cùng với dòng nước với vBn tốc u và → chuyễn
động so với dòng nước (do người chèo) với vBn tốc v . Chuyễn v
động tỗng hợp chính là chuyễn động của thuyền đối với → → → A bờ sông với vBn tốc . V = v+ u
Trường hợp thứ nhất của bài toán ứng với hình 1 Hình 1-4b -4a, trường
hợp thứ hai ứng với hình 1-4b.
Theo các hình vẽ, ta có các phương trình sau:
s = u.t1 ; l =v.t1 ; l = (v.cos ).t2; u = v.sin  ; 120 ⇒ u = = = 0,2 (m / s). s 600 t1 t 4 1 10
l = v.t = v.cos .t = = →  = 36053' 1 2 → cos  = t 12,5 5 2 3 u u 0,2 1 ⇒ sin = = → v = =
= = 0,33 (m / s). 5 v sin 3 / 5 3
Chiều rộng của dòng sông: l = v.t1 = 0,33.(10.60 ) = 200 m .
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên
1-27. Người ta chèo một con thuyền qua sông theo hướng vuông góc với bờ sông với
vBn tốc 7,2km/h. Nước chảy đã mang con thuyền về phía xuôi dòng một khoảng 150m. Tìm:
a) VBn tốc của dòng nước đối với bờ sông;
b) Thời gian cần đễ thuyền qua được sông. Cho biết chiều rộng của sông bằng 0,5km. Bài giải:
Bề rộng của dòng sông: l = 0,5km = 500m. s = 150m, V = 7,2km/h=2m/s. Từ hình vẽ ta thấy: B u s s C = s 150 → u = .v =
.2 = 0,60 (m / s). v l l 500 v l
Thời gian của một chuyến sang sông: AC AB l 500 t = = = = = 250 (s). A V v v 2 Ðáp số: Hình của bài 1-27
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 hướng Tây Ðông và cách
nhau một khoảng 300km. Xác định thời gian bay nếu: a) Không có gió;
b) Có gió thỗi theo hướng Nam Bắc;
c) Có gió thỗi theo hướng Tây Ðông.
Cho biết vBn tốc của gió bằng: v1 = 20m/s, vBn tốc của máy bay đối với không khí v2 = 600km/h. Bài giải:
AB = 300km, gió: v1 = 20m/s =72km/h, v2 = 600km/h. l 300
a) Thời gian máy bay bay trực tiếp từ A đến B: t = =
= 0,5 (h) = 30 Iphút) . v 600 2
b) Tương tự bài 1-26, ta thấy máy bay muốn tới vị trí B, nó phải bay chếch về phía
nam một góc  so với phương AB. Ta có: V = 2 2 v
− v = 6002 − 722 = 596 (km / h). 2 1 A B
Thời gian máy bay bay từ A đến B là:  v1 s = 300 = t =
0,503 (h) = 30,2 phút . v V 596 2
c) Gió xuôi chiều từ Tây sang Ðông. Thời gian máy bay Hình của bài 1-28 cần dùng là: s 300 t = =
= 0,446 (h) = 26,8 phút . v2 + v1 600 + 72
1-29. Hình 1-5 mô tả chuyễn động của ba chất điễm.
a) Cho biết tính chất của các chuyễn động đó.
b) Ý nghĩa của các giao điễm giữa các đồ thị và các trục toạ độ.
c) So sánh vBn tốc của ba chất điễm.
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên v 2 1 3 O t Hình 1-5 Bài giải: v 1 2 3 O t Hình 1-5’
a) Nhìn vào đồ thị ta thấy cả ba chuyễn động này đều là chuyễn động nhanh dần đều.
b) Giao điễm của các đồ thị với trục thời gian cho ta biết các thời điễm xuất phát của các chuyễn động.
c) Ba chuyễn động, nhìn chung là về cùng một hướng. VBn tốc của mői vBt từng lúc
nhanh chBm khác nhau. Ðồ thị vBn tốc càng dốc thì gia tốc của vBt càng lớn (gia tốc a cho
biết h số góc của đường thẳng). Từ các đồ thị, ta có thễ so sánh gia tốc của các vBt: a3 > a1 > a2.
1-30. Hình 1-6 cho đồ thị vBn tốc của một chất điễm chuyễn động. Hãy cho biết trạng
thái chuyễn động của chất điễm trên mői đoạn OA, AB, BC, CD. Bài giải: v A B C D O t Hình 1-6
Ðoạn OA: vBt xuất phát tại thời điễm t = 0 rồi chuyễn động nhanh dần đều với gia tốc khá lớn.
Ðồ thị đoạn AB cho biết vBt chuyễn sang chuyễn động đều.
Ðồ thị đoạn BC biễu hi n vBt chuyễn động chBm dần đều.
Ðồ thị đoạn CD: vBt tiếp tục chuyễn động chBm dần đều nhưng với gia tốc lớn hơn
khi chuyễn động trong giai đoạn BC. VBt dừng lại tại cuối giai đoạn này.
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên chương 2
ÐộNG LỰC HỌC CHẤT ÐIỂM
2-1. Một xe có khối lượng 20000kg, chuyễn động chBm dần đều dưới tác dụng của
một lực bằng 6000N, vBn tốc ban đầu của xe bằng 15m/s. Hỏi: a) Gia tốc của xe;
b) Sau bao lâu xe dừng lại;
c) Ðoạn đường xe đã chạy được kễ từ lúc hãm cho đến khi xe dừng hẳn. Bài giải:
a) Gia tốc của xe được tính theo định luBt II Newton:
a = F/m = -6000/20000= - 0,3m/s2.
b) Thời gian kễ từ lúc hãm đến khi dừng lại:
v 0 - 15 t = t = =
= 50 (s). a - 0,3
c) Quãng đường kễ từ lúc hãm đến khi dừng lại:
s = v0.t + a.t2/2 = . . . = 375m.
2-2. Một thanh gő nang 49N bị kẹp giữa hai mat phẳng thẳng Hình 2-4
đứng (hình 2-4). Lực ép thẳng góc trên mői mat của thanh là 147N.
Hỏi lực nhỏ nhất cần đễ nâng hoac hạ thanh gő? H số ma sát giữa
thanh gő và mat ép k = 0,2. Bài giải:
Lực nâng = 107,8N ; lực hạ = 9,8N FN FHạ F F ms1 ms2 Hình 2-4a Hình 2-4b
Khi muốn hạ thanh gő xuống cần một lực nhấn FHạ hướng xuống dưới, lực ma sát
trên hai mat của thanh gő hướng lên trên (Hình 2-4a), còn khi muốn nâng thanh gő lên
trên thì các lực ma sát lại hướng xuống dưới (Hình 2-4b).
Từ các hình vẽ này ta thấy, các lực dùng đễ hạ (FHạ) và nâng FN thanh gő phải có các giá trị nhỏ nhất: FHạ = F + F
− P = 2  k.N − P = 2.0,2.147 − 49 = 9,8(N) ms1 ms2 F + + N = F F
P = 2  k.N + P = 2.0,2.147 + 49 = 107,8(N) ms1 ms2
2-3. Hỏi phải tác dụng một lực bằng bao nhiêu lên một toa tàu đang đứng yên đễ nó
chuyễn động nhanh dần đều và sau thời gian 30 giây nó đi được 11m. Cho biết lực ma sát
của toa tàu bằng 5% trọng lượng của toa tàu. Bài giải:
Gọi F là lực tác dụng lên toa tàu. Xét theo phương ngang, lực gây ra gia tốc của toa
tàu, theo định luBt Niutơn 2, bằng: F - fms = ma 2s
Trong đó: m là khối lượng và a = là gia tốc của toa tầu. t 2
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên 2.s.m Từ + đó suy ra: F = f ma = 5%mg + . ms t 2
Thay số: s = 11 m, t = 30s, m = 15,6 tấn = 15600kg ta được: F  8200N.
ITrong phần dề bài cho thiếu khối lưọng của toa tầu bằng m = 15,6 tấn).
2-4. Một người di chuyễn một chiếc xe với vBn tốc không đỗi. Lúc đầu người ấy kéo
xe về phía trước, sau đó người ấy đẫy xe về phía sau. Trong cả hai trường hợp, càng xe
hợp với mat phẳng nằm ngang một góc . Hỏi trong trường hợp nào người ấy phải đat lên
xe một lực lớn hơn? Biết rằng trọng lượng của xe là P, h số ma sát giữa bánh xe và mat đường là k. Bài giải:
Viết phương trình định luBt II Newton cho các lực tác dụng vào xe. Thành phần lực
tỗng hợp chiếu theo phương thẳng đứng và nằm ngang đều bằng 0 - không có chuyễn
động theo phương thẳng đứng, chuyễn động theo phương ngang thì đều-không có gia tốc theo phương ngang nên:
Trường hợp kéo xe về phía trước (hình 2-1’a): lực nén vuông góc của xe lên mat đường là:
N + F.sin a − P = 0 ⇒ N = P - F. sin a Và: F.cos − F = 0 ⇒ F.cos = F ms ms
Mà, lực ma sát tác dụng lên xe: Fms = kN = k(P - Fsin) kP ⇒
F cos = k(P − F sin )
F = cos + k sin N N’ F  F’ F ms F’ P ms P Hình 2-1’a Hình 2-1’b
Trường hợp đẫy xe về phía sau (hình 2-1’b)
Bằng cách phân tích tương tự, ta tính được lực ma sát đat lên xe trong trường hợp này là: Fms = kN’ = k(P + Fsin)
Và lực F’ cần đat lên càng xe: kP
F' = cos − k sin
Rõ ràng F’ > F. Như vBy trong trường hợp đẫy xe về phía sau người ta phải dùng một lực lớn hơn.
2-5. Một vBt có khối lượng m = 5kg được đat trên một mat phẳng nghiêng hợp với
mat phẳng nằm ngang một góc  = 300. H số ma sát giữa vBt và mat phẳng nghiêng bằng
k = 0,2. Tìm gia tốc của vBt trên mat phẳng nghiêng. Bài giải:
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên
Ta phân tích các lực tác dụng vào vBt gồm 3 lực: P thẳng N
đứng, N vuông góc với mat nghiêng và F y ms nằm trên mat Fms nghiêng. O
Phương trình định luBt II Newton cho vBt: P P + N + F =  ms m.a
Chiếu phương trình này theo phương vuông góc với mat
phẳng nghiêng (phương Oy) và phương song song với mat phẳng Hình của bài 2-5
nghiêng (phương Ox) ta được:
⎧− P cos + N = 0 ⎧N = P cos | { ⇒ { P sin − Fms ⎩P sin − F = ma a ms | = ⎩ m Mà Fms = k.N nên:
P sin − kP cos
mg sin − kmg cos a = =
= g(sin − k cos ). m m
Thay  = 300, k = 0,2, g = 9,8 ta tính được a = 3,24m/s2.
Nh¾n xét: tù công thúc trên ta thấy, gia tốc của v¾t trưọt trên m¾t phẳng nghiêng
không phṇ thuAc vào khối lưọng của v¾t dó.
2-6. Một vBt trượt xuống trên một mat phẳng nghiêng hợp với mat phẳng nằm ngang
góc  = 450. Khi trượt được quãng đường s = 36,4cm, vBt thu được vBn tốc v = 2m/s. Xác
định h số ma sát giữa vBt và mat phẳng nghiêng. Bài giải:
Áp dụng công thức gia tốc của vBt trong bài 2-5 ta có :
a = g(sin − k cos ) g sin − a a ⇒ k = = tg − . g cos g cos
Sử dụng kiến thức của chương I về mối quan h v-a-s ta có gia tốc của vBt trượt này v2 − v 2 v2 − 02 v2 là: a = 0 = = . 2.S 2.S 2.S ⇒ v2 k = tg − 2. gScos
Thay các thông số đã cho:  = 450, v = 2m/s, s = 36,4cm = 0,364m ta được: k  0,2.
2-7. Một sợi dây thừng được đat trên mat bàn sao cho một phần của nó buông thõng
xuống đất. Sợi dây bắt đầu trượt trên mat bàn khi chiều dài của phần buông thõng bằng
25% chiều dài của dây. Xác định h số ma sát k giữa sợi dây và mat bàn. Bài giải: fms P1 Hình của bài 2-7
Khoa V t Lí, trRỜng ÐH Khoa Hoc, ÐH Thái Nguyên