Tài liệu [vl1] hướng dẫn giải một số bài tập e l chương 1

E-LEARNING Nhờ sự giúp đỡ của một vài bạn khi mình đăng câu hỏi lên và những bạn đó đã hướng dẫn giúp mình mà tài liệu chương 1 đã hoàn thành tương đối (80%). Những bài toán khó (khó đối với mình cũng có thể dễ đối với các bạn) hoặc sai đề thì mình buộc phải bỏ qua. Xin chân thành cảm ơn những người bạn đó, tấm lòng đó rất đáng quí trọng và hi vọng khi mình hỏi bài tập chương 2 cũng nhận được sự giúp đỡ như vậy. Tài liệu này với mục đích giúp các bạn củng cố kiến thức và miễn phí. Nên hi vọng không 1 ai sử dụng để làm mục đích kinh doanh thu lợi nhuận.  1. Một hạt chuyển động trên mặt phẳng Oxy với vận tốc v có độ lớn không đổi. Hãy xác định gia tốc của hạt tại thời điểm x = 0 nếu quĩ đạo chuyển động có dạng sau x2 y 2   1 với b, c là các hằng số c2 b2 khác 0. Đạo hàm quĩ đạo 1 lần theo t sẽ được vận tốc: 2 x.vx 2 y.v y 2 x.x 2 y. y   0   2 0 c2 b2 c2 b Tại x = 0, ta có: y  b  0  2.b .v y  0  v y  0 b2 Mà v  vx2  v y2  vx  v Đạo hàm phương trình vận tốc theo t thì ta sẽ được gia tốc :   0  2 x.vx  2 x.vx 2 y.v y  2 y.vy   0 c2 b2 2 2.vx2  2 x.ax 2v y  2 y.a y    0  * c2 b2  2 x.vx  2  c   2 y.v y   2   b Bài này quĩ đạo là Elip nên vận tốc vx và v y sẽ thay đổi theo thời gian nhưng theo qui luật v  vx2  v y2  hằng số. Mà ta đang có v y  0; vx  v nên vận tốc theo trục Ox đang đạt cực đại, tức suy ra gia tốc ax  0 . Vậy thì ta có a  ax2  a 2y  a y . Đi tìm ay là xong. Từ (*), thay x  0; v y  0; vx  v; y  b; a  a y vào, ta sẽ được a  b v2 c2 2. Một người quay một sợi dây dài 2m theo phương nằm ngang cách mặt đất 2m. Ở đầu còn lại sợi dây có cột một viên đá có khối lượng không đáng kể. Dây đứt làm viên đá bay ngang ra và rơi xuống đất cách đó 10m. Hỏi khi chuyển động, gia tốc hướng tâm của viên đá là bao nhiêu ? Đặt gốc tọa độ tại mặt đất và tại vị trí hòn đá bị văng ra khỏi sợi dây x0  0; y0  2m Chuyển động ném ngang: y  y0  1 g 2 x  x0  2  2 v0 1 9,8 2 Khi vật chạm đất, xch  10m; ych  0  0  2  . 2 10  0   v02  245 2 v0 v02 Gia tốc hướng tâm (lúc vật còn quay tròn đều): a   122,5m / s 2 R 3. Chất điểm chuyển động với độ lớn của vận tốc biến đổi theo qui luật v  v0  kt  SI  , trong đó v0 và k là những hằng số dương. Xác định quãng đường chất điểm đã đi kể từ t = 0 cho đến khi dừng. Khi dừng v  0  t  v0 k 2 v 1 v  1 1 v02 Quãng đường s  v0t  kt 2  v0 . 0  k .  0   2 k 2 k  2 k 4. Từ độ cao 20m so với mặt đất, người ta ném đứng một vật A với vận tốc v0, đồng thời thả rơi tự do vật B. Bỏ qua sức cản không khí. Tính v0 để vật A rơi xuống đất chậm hơn 1s so với vật B. Lấy g = 10m/s2. Đ/s: 8,3m/s. Đặt h = OM = 20m Thời gian để B rơi từ O chạm đất tại M: tOM  2h  g 2.20  2s 10 Vậy thời gian để A bay lên tới C rồi rơi chạm đất tại M: tOCM  3s Thời gian từ O bay lên C: vA tai C  0  v0  gtOC  v0  0  g.tOC  tOC  v0 g 1 2 1 v2  0 Quãng đường OC: OC  v0tOC  gtOC 2 2 g Thời gian để A rơi từ C xuống đất tại M: tCM  1 v2  2 h  0  2 g 2CM    g g Vậy tổng thời gian A đi: tOCM  tOC  1 v02  2 h   2 g 2h v02  2   tOCM  tOC    tOCM  tOC  tOM  tO2 C g g g2 2  3  tOC  0,8333333  v0  tOC .g  8,3333333m / s Thay số vào ta được tOC  22  tOC 5. Trên hình vẽ là các bộ phận chuyển động của chiếc xe đạp. Đĩa gắn với bàn đạp có bán kính R1  15cm , Lip có bán kính R2  5cm , bánh xe sau có bán kính R3  30cm . Bàn đạp quay theo vòng tròn có bán kính R4  20cm . Hỏi vận tốc của xe đạp đối với đất lớn hơn gấp bao nhiêu lần vận tốc của bàn đạp đối với xe đạp ? Ở đây ta có bộ phận nào có cùng tâm quay thì tốc độ góc sẽ bằng nhau, bán kính khác nhau nên v sẽ khác nhau. Riêng v1  v2 do được truyền động bằng xích. v  R v3  R3 R R R v 30 15 v2  3 v1  3 . 1 .v4  3  .  4,5 R2 R2 R2 R4 v4 5 20 6. Ô tô chuyển động thẳng, nhanh dần đều, lần lượt đi qua A, B với vận tốc vA = 1m/s2 và vB = 9m/s2. Tính vận tốc trung bình của ô tô trên quãng đường AB. vtb  x2  x1 s  , với t là thời gian ô tô đi từ A đến B. t t Không cho thêm số liệu, ta tiến hành chuẩn hóa. Vì các công thức sẽ liên quan đến 4 đại lượng v, s, a, t. Bây giờ đã có v, ta chuẩn hóa duy nhất 1 đại lượng còn lại trong s, a, t. Chuẩn hóa gia tốc a = 1m/s2. Ta được: vB  vA  at  t  vB  v A 9  1   8 (giây) a 1 2as  vB2  v A2  s  Vậy vtb  vB2  vA2 92  12   40  m  2a 2.1 40  5m / s 8 7. Một chất điểm chuyển động trong mặt phẳng xOy theo qui luật x  b sin t và y  b 1  cos t  với b;  là những hằng số dương. Gia tốc pháp tuyến của chất điểm ? ax  x  b 2 sin t Ta có   an  ax2  a y2  b 2 2 a y  y  b cos t 8. Một người đi xe đạp với vận tốc 18km/h từ vị trí A theo đoạn thẳng để tới vị trí B. Đồng thời một người lái xe máy với vận tốc 36km/h đi từ vị trí B theo một đoạn đường thẳng khác để tới vị trí C. Khoảng cách AB = L = 2,5km. Đoạn đường AB hợp với đoạn đường BC một góc 300. Hỏi người đi xe máy sẽ cách người đi xe đạp một khoảng ngắn nhất bằng bao nhiêu và sau bao lâu ? Đặt hệ trục tọa độ Oxy (km) như hình vẽ : Xét chuyển động của xe đạp: vx  18km / h  xdap  L  18t  2,5  18t   v y  0  ydap  0 Xét chuyển động của xe máy: vx  36 cos 300  18 3km / h  xmay  18 3t   0 v  36sin 30  18 km / h  ymay  18t  y Khoảng cách giữa 2 xe là : 2 2  d 2   xmay  xdap    ymay  ydap   2,5  18   3 1 t 2  18t  2 2 Đây là hàm bậc 2 (Parabol), d min   d 2   0  t  0, 04483  h   d 2  0, 738  d  0,8593km 9. Một ca nô xuôi dòng từ A đến B với tốc độ 30km/h, rồi ngược dòng từ B về A với tốc độ 20km/h. Tính tốc độ trung bình trên lộ trình đi – về của ca nô. Chuẩn hóa quãng đường AB : s = 60km (100km cũng được, nhưng lấy số 60 là BCNN của 20 và 30 cho thời gian là số nguyên). Thời gian từ A về B : t1  s 60   2 h v1 30 Thời gian từ B về A : t2  s 60   3 h v2 20  s  2s t t  t 2.60  24  km / h  23 1 2    10. Một hạt chuyển động theo qui luật r  t    3sin 5t  i   cos 5t  j . Xác định độ lớn của vector vận tốc Tốc độ trung bình : vtb   của nó khi vector vận tốc quay được một góc 300 kể từ khi hạt bắt đầu chuyển động.  x  3sin 5t vx  15cos 5t   v y  5sin 5t  y  cos 5t   vx  15cos  7, 5   5sin 5t 1  3  tan    tan 5t  3  5t    v  8, 66  m / s  Ta có  vx 6 15cos 5t 3 3 v  5sin  2,5 3  y 3 vy 11. Một viên sỏi được phóng vào bờ đá cao h, với tốc độ ban đầu 42m/s dưới góc 600 ở trên phương ngang. Sau khi phóng 5,5s thì viên sỏi rơi vào bờ đá tại điểm A. Độ cao của điểm rơi A và tốc độ viên đá ngay trước khi va vào điểm A? v0 x  42 cos 600  21 m / s  vx  v0 x  21 m / s     0 v y  v0 y  gt  21 3  10.5,5  18, 63  m / s  v0 y  42sin 60  21 3  m / s  v  v 2  v 2  28  m / s  x y   1 1 hA  y  v0 y t  gt 2  21 3.5,5  .10.5,52  48,8m  2 2 12. Hai vật được ném đi đồng thời từ cùng một điểm: vật thứ nhất được ném thẳng đứng từ dưới lên  trên với vận tốc v1 có độ lớn bằng v0. Vật thứ hai được ném nghiêng một góc  so với phương nằm  ngang với vận tốc v2 cũng có độ lớn v0. Hãy tính khoảng cách giữa 2 vật theo thời gian. Chọn hệ trục tọa độ Oxy với O tại điểm ném, Oy thẳng đứng.  x2   v0 cos   t   1 2  y2   v0 sin   t  gt  2  x1  0   1 2  y1  v0t  2 gt Vậy ta có : d 2  x1  x2    y1  y2  2   v0t  2 2 2 2 cos 2    v0t   2  v0t  sin    v0t  sin 2   v0t 2  2sin  13. Chất điểm M chuyển động trên đường tròn bán kính R = 1,592m với phương trình s  2t 2  t , s là độ dài cung OM, O là điểm mốc trên đường tròn. Tính thời gian để chất điểm đi hết một vòng đầu tiên. s  2 R  2t 2  t  2.3,14.1,592  t  1,999  s  14. Một viên đạn được bắn từ mặt đất lên cao với vận tốc v0  800  m / s  hợp với mặt phẳng nghang một góc nghiêng   300 . Bỏ qua lực cản của không khí. Lấy gia tốc rơi tự do g  9,8  m / s 2  . Xác định bán kính cong của quĩ đạo viên đạn tại điểm rơi chạm đất. vx cham   vx 0   Nếu học kĩ lý thuyết thì khi bay từ mặt đất và rơi xuống mặt đất thì  và an  g cos 0 v   v y 0  y cham  không cần tính toán dài dòng vì theo công thức an  g sin  cham nhưng  cham   cham  900 mà cham  0    nên  cham   0  900 , từ đó có công thức trên.   Muốn giải theo hướng tổng quát thì theo hướng dưới đây: 1 Ta có y  v0 .sin 300.t  gt 2  400t  4,9t 2 2 vx  800 cos 300  400 3 t  0  t  81, 6s   Khi chạm đất: 400t  4,9t  0   0 t  81, 6s v y  800sin 30  9,8.81, 6  400 2   vcham  800  cos  cham   v y  cham    vcham   Vậy   2 vcham  an  1 3  an  g sin  cham  9,8.  4,9 3  2 2 8002  75, 409  m  4, 9 3 15. Cho một mặt trụ rỗng đường kính 2m có thể quay đều xung quanh trục nằm ngang. Trên mặt trụ ta khoét một lỗ nhỏ. Thả rơi một vật qua lỗ khi lỗ ở trên. Hỏi vận tốc quay nhỏ nhất của trụ bằng bao nhiêu để vật kịp qua lỗ khi lỗ ở dưới. Lấy g = 9,8m/s2. Cái này đề không nói rõ trục quay nằm cách mặt đất bao nhiêu, vì rơi tự do phụ thuộc vào độ cao h. Vậy ta giả sử h = 2m. Để đáp ứng yêu cầu đề bài, thời gian vật rơi tự do ở độ cao h phải bằng với thời gian lỗ nhỏ quay được nửa vòng tròn (T/2). Ta có: t  2h T 2h 2 g 9,8  T 2      4, 917  rad / s  g 2 g T 2h 2.2 16. Nam thường đạp xe với tốc độ 12km/h. Một lần, bạn gặp đoàn tàu khách TN1 chạy cùng chiều vượt qua mình và đo được thời gian để tàu vượt qua mình là 20s. Lần khác, nam đang đạp xe thì lại gặp đoàn tàu đó chạy ngược chiều với vận tốc như trước và đo được thời gian để tàu qua mình là 12s. Tốc độ của tàu TN1 khi đi qua đoạn đường trên là ? Gọi d là chiều dài đoàn tàu. Đánh dấu điểm A ở đầu tàu, điểm B ở cuối tàu. Khi cùng chiều, chiều dài tàu chính bằng hiệu quãng đường mà điểm A đi được trong 20s so với Nam đi được : d  vtau .t  vNam .t   vtau  vNam  .t   vtau  12  .20 Khi ngược chiều, chiều dài của tàu là tổng quãng đường mà điểm B đi được đến khi gặp Nam cộng với quãng đường Nam đi được từ A đến khi gặp B, tức là trong 12s : d  vtau .t  vNam .t   vtau  12  .12   vtau  12  20   vtau  12 12  8vtau  12.32  vtau  48  km / h  17. Chất điểm M chuyển động trên đường tròn bán kính R = 2m với phương trình s  3t 2  t với s là độ dài cung OM. O là điểm mốc trên đường tròn. Vận tốc góc của chất điểm lúc t = 0,5s là ? Ta có v   R  cần tính v tại t = 0,5s. v  s  6t  1  4  m / s     v  2  rad / s  R 18. Năm 1993, vận động viên nhảy xa Mike Powell đoạt chức vô địch thế giới rời đất với góc 200 so với phương ngang và đạt tốc độ chạy đà 11m/s. Bỏ qua sức cản không khí, cho gia tốc trọng trường là 9,8m/s2. Tầm xa và tầm cao mà Mike đạt được là bao nhiêu ?  v02 sin 2  0 112.sin 2 200 h    0, 722m  max 2g 2.9,8  Áp dụng công thức  2 2 0  R  v0 sin 2 0  11 .sin 40  7,936m  g 9,8 19. Một người ném quả bóng từ trên cao thẳng xuống đất với vận tốc ban đầu là 12m/s. Sau 1,5s thì quả bóng chạm đất. Vận tốc quả bóng ngay trước khi chạm đất và độ cao ban đầu của quả bóng là bao nhiêu ? Bỏ qua ảnh hưởng của gió. Cho g = 9,8m/s2. 1 2 1 gt  12.1,5  .9,8.1,52  29m 2 2 v  v0  gt  12  9,8.1,5  26, 7  m / s  h  v0t  20. Hai ô tô cùng khởi hành từ A đến B. Xe I đi nửa đường đầu với tốc độ không đổi v1, nửa đường sau với tốc độ v2. Xe II thì đi nửa thời gian đầu với tốc độ v2. Nửa thời gian sau với tốc độ v1. Hỏi xe nào tới B trước ? Không có số liệu, ta chuẩn hóa v1 = 20km/h, v2 = 30km/h. Quãng đường 60km. Xe I : t I  s s 30 30     2,5  h  2v1 2v2 20 30 s1 s2    s1  1,5s2 t   s2  24  m   t  1, 2  h   tII  2, 4  h  Xe II : tII  2t  30 20   2,5s2  60  s1  s2  60  tII  tI Vậy xe II đến B trước. 21. Hai vật A và B được nối nhau bởi một thanh cứng có chiều dài L. hai vật này trượt trên 2 trục vuông góc với nhau như hình vẽ. Nếu A dịch về bên trái với vận tốc không đổi v thì vận tốc của vật B bằng bao nhiêu ? Cho góc   600 Ta có x  L 3  vt 2   3  vt  Luôn luôn có y  L  x  L   L  2  2 2 2   2 L    L    vt   2    Vận tốc của B : vB  y   2 L   L2    vt  2  Tại t = 0, vB  L v 2 2 L2  L 4  2 2 L    vt  v 2  L  L    vt  2  2 2 v 3 4 3  2  x  3t  t 22. Một chất điểm chuyển động với phương trình  3 Xác định bán kính cong của quỹ đạo  y  8t lúc t  3s . Áp dụng công thức   v3 ax v y  a y vx vx  6t  4t 2 ax  6  8t  Với  a y  0 v y  8 vx  18 v Từ t  3s   v y  8  18 2 ax  18  82  19, 7;  a y  0 19, 7 3  53, 0744 (m) Vậy thay vào   18.8  0.  18  23. Chất điểm M chuyển động trên đường tròn bán kính R = 2m với phương trình s  3t 2  t . Trong đó s là độ dài cung OM, O là điểm mốc trên đường tròn. Tính gia tốc tiếp tuyến của chất điểm lúc t = 2s. v0  1 m / s  1 s  v0t  at 2  3t 2  t   2 2 a  6  m / s  v 1 1 0  0   t    t R 2 2 Tại t = 2s: v2 s  v0  at  1  6t  13  m / s   2 s  Mà 2 s  v2 s 13  R 2 1 1  13 1    .2        3 2 2 2 2 Vậy at   R  3.2  6  m / s 2  Cách 2:  s 3 2  t  t       3t  1    3  at   R  3.2  6  m / s 2  R 2 24. Chất điểm M chuyển động trên đường tròn bán kính R = 2m với phương trình s  3t 2  t . Trong đó s là độ dài cung OM, O là điểm mốc trên đường tròn. Tính gia tốc của chất điểm lúc t = 1s. v0  v0  1 m / s   0  R  0,5  rad / s   v  Ta có: vt  6t  1   1s  1s  3,5  rad / s   v1s  7  m / s    R  an 1s  v1s .1s  24,5  m / s 2        1s  0 t  3  rad / s 2   at   R  6  m / s 2   a1s  at2  an21s   25, 22  m / s 2  Cách 2:  s 3 2  t  t       3t  1    3  at   R  3.2  6  m / s 2  R 2 v12s 7 2   24,5  m / s 2  R 2  a  25, 22 an  25. Một viên đá rời khỏi nòng súng bắn đá với vận tốc 4m/s, bắn vào bia cách xa 0,8m. Nòng súng phải hướng vào điểm cao hơn bia bao nhiêu để bắn trúng bia. Đ/s: 0,21m. Gọi  là góc nghiêng so với mặt phẳng ngang từ nòng súng đến bia.  x  vx 0t  4t cos   Ta có:  1 2 2  y  v y 0t  2 gt  4t sin   5t Lúc bắn trúng bia, x = 0,8 và y = 0 0,8.5 1  4sin   t sin 2     4t cos   0,8   150   5 8 2        2 4t sin   5t  0 t  0, 207 s 4. 4sin  cos   0,8 t  4 sin    5 5 Nòng súng cao hơn bia h  0,8.tan150  0, 214m 26. Vị trí của một quả bóng chày chuyển động trên trục Ox được cho bởi x  5, 4  6,5t  1,5t 3 . Tính vận tốc của nó tại thời điểm t = 5s. Đ/s : 80 m/s. 27. Một chất điểm chuyển động tròn với vận tốc góc   kt trong đó k = 0,022rad/s2. Sau khoảng thời gian t = 4s kể từ lúc bắt đầu chuyển động, góc hợp bởi vector gia tốc toàn phần và vector vận tốc là bao nhiêu ? Đ/s : 350     a Gọi  là góc cần tìm. Ta có:    v; a   at ; a  tan   n at   Với at   R  kR  const , an  v2 R Tại 4s: v4 s  4 s .R  4kR  an 4 s  4kR    tan  4 s  R   2  16k 2 R 16k 2 R  16k  0,352    19, 40 kR 28. Vị trí của chất điểm chuyển động trong mặt phẳng Oxy được xác định bởi vector bán kính có    phương trình r  4 sin t.i  4 sin t. j . Quỹ đạo của nó là gì ? Đ/s : thẳng.  x  4 sin t Ta có   y  x (thẳng).  y  4sin t 29. Một người đang chạy xe gặp đèn đỏ thì thắng xe lại với gia tốc -1,6m/s2 trong thời gian 13s thì xe dừng lại từ tốc độ 75km/h. Quãng đường đi được là ? Đ/s : 136km 1 1000 1 s  v0t  at 2  75 .13  .1, 6.132  135, 63m 2 60.60 2 30. Một người đang chạy xe gặp đèn đỏ thì thắng xe lại với gia tốc -1,6m/s2. Hỏi cần thời gian bao lâu để xe dừng lại. Biết xe dừng lại sau khi đi qua đoạn đường 200m. Đ/s : 16s.  s  v0t  0,8t 2  200  0,8t 2  200  t  15,8  s   v  v0  1, 6t  0 31. Chất điểm chuyển động dọc trục theo chiều dương của trục Ox với vận tốc phụ thuộc vào tọa độ x theo qui luật v  b x . Đó là loại chuyển động nào ? Đ/s : Chậm dần đều. Ta có a  v  b 2 x  0 nên chuyển động nhanh dần đều.   32. Một quả bóng được bắn từ mặt đất vào không khí. Tại độ cao 9,1m nó có vận tốc v  7, 6i  6,1 j m/s. Độ cao cực đại mà quả bóng đạt được là ? Đ/s : 11m  x  t.v0 cos  0 vx  v0 cos 0    1 2 v y  v0 sin 0  gt  y  t.v0 sin 0  .9,8t  2  7, 6 v0 cos  0  7, 6  v0  cos  0 vx  7, 6  m / s    v sin   6,1  0 Theo đề bài v y  6,1 m / s   t  0 9,8   y  9,1 m 2   v sin   6,1 v0 sin  0  6,1   0 0  .v0 sin  0  4,9.    9,1 9,8 9,8    2 7, 6  7, 6  sin  0  6,1 sin  0  6,1   cos  0 cos  0 7, 6   9,1 . sin 0  4,9.  9,8 cos  0 9,8       2 9,8  7, 6 tan  0  6,1 .7, 6 tan  0  4,9  7, 6 tan  0  6,1  9,1.9,82  * u  7, 6 tan  0  6,1 *  2u  u  6,1  u 2  9,1.9,8.2  178,36  u 2  12, 2u  178, 36  0  u  8, 58  7, 6 tan  0  6,1  8,58  tan  0  1, 93 7, 6  v0  cos  arctan1,93   16, 52  sin   sin  arctan1,93  0, 889 0  hmax v02 sin 2  0   11, 0044m 2g 33. Tốc độ phóng của một vật bị ném lớn l gấp 5 lần tốc độ mà nó có tại độ cao ccực đại. Góc phóng của vật ? Đ/s : 78,50. vx  v0 cos 0  vh max  vx  v0 cos 0 Gọi v0 là tốc độ phóng. Tại độ cao cực c đại  v y  0 Theo đề bài v0 vh max  5  cos 0  1  0  78, 460 5 34. Một máy bay bay từ vị trí A đến đ B cách nhau 300km theo hướng Tây ây – Đông. Vận tốc gió là 72km/h, vận tốc của máy bay đốối với không khí là 600km/h. Hãy xác định nh th thời gian bay trong điều kiện gió thổi theo hướng Tây – Đông và theo hướng hư Nam – Bắc. Đ/s : 26,8 phút và 30,2 phút. Vận tốc gió (G) là vận tốcc không khí so với v đất (D).    Vận tốc máy bay (M) so với đấtt (D) : vMD  vMG  vGD (*) Khi gió thổi theo hướng Tây – Đông :   vMG / / vGD  vMD  600  72  672  km / h  s 300  0, 4464h  26,8 phút. vMD 672  Khi gió thổi theo hướng ng Nam – Bắc vGD / / BN , mà máy bay t        muốn bay theo hướng Tây – Đông vMD / /TD , tức là vGD  vMD là    2 cạnh góc vuông, theo (*) thì vMG phải là cạnh huyền. 2 2  vMD  vMG  vGD  6002  722  595, 66  km / h   t  0,5036h  30, 2 phút. 35. Một hòn đá được thả rơi tự do từ t điểm A ở độ cao h = 15m so với mặtt đ đất. Đồng thời, một viên đạn được bắn lên cao với vận tốốc đầu v0  20 m/s theo phương thẳng đứng ng đi qua đi điểm A. Bỏ qua lực cản của không khí. Lấyy gia tốc t rơi tự do g  10 m/s2. Hãy xác định nh kho khoảng cách giữa viên đạn và hòn đá ở thời điểm t = 0,5s. Đ/s : 5m. Hòn đá rơi xuống từ 15m: s  1 2 gt  5.0,52  1, 25m , tức nó cách mặt đấtt 13,75 13,75m. 2 1 Viên đạn bay lên từ mặt đất : s  v0t  gt 2  20.0,5  5.0,52  8, 75m 2 Vậy chúng cách xa nhau 5m. 4 3  2  x  3t  t 36. Chất điểm chuyển động với phương trình  3 . Xác định gia tốc của chất điểm lúc 2s.  y  8t Đ/s : 10m/s2. vx  6t  4t 2 ax  10 ax  6  8t   a  10  m / s 2  Với  từ t  2s   a  0 a  0  y  y v y  8 37. Tầm xa của một vật bị nén không chỉ phụ thuộc vào vận tốc ban đầu và góc ném mà còn phụ thuộc vào gia tốc rơi tự do. Năm 1936, Jesse Owens lập kỉ lục thế giới với cú nhảy xa 8,09 tại Berlin ( g = 9,8128m/s2 ). Nếu cũng với giá trị vận tốc ban đầu và góc nhảy đó mà anh ta nhảy tại Melbourne ( g = 9,7999 m/s2 ) vào năm 1956 thì thành tích của anh ta sẽ như thế nào ? Đ/s: Xa hơn 1cm. Ta có tầm xa : R  v02 sin 2  R ~ g 1 g R1 g 2 R .g 8, 09.9,8128   R2  1 1   8,1006m R2 g1 g2 9, 7999 Vậy xa hơn 0,0106m. 38. Một người nhảy dù rơi tự do 50,34m rồi dù được mở. Sau đó anh ta giảm tốc với gia tốc 2m/s2. Anh ta chạm đất với tốc độ 3m/s. Thời gian rơi toàn phần và độ cao người này rơi là ? Đ/s: 17,35s và 292,75m. Gọi h là độ cao ban đầu. Sau khi rơi 50,34m: s1  1 2 gt1  50,34  t1  3, 2s  v1  gt1  9,8.3, 2  31,36  m / s  2 Người nhảy dù giảm tốc tức ta có gia tốc tổng hợp a*  g  a  2  m / s 2  v2  v1  2t2  3  t2  31,36  3  14,18s 2 Vậy thời gian rơi toàn phần = 14,18 + 3,2 = 17,38s. 1 Độ cao rơi từ lúc đó: s2  31,36t  .2t22  31,36.14,18  14,182  243, 61m 2 Vậy tổng độ cao = 243,61 + 50,34 = 293,95m 39. Một người leo bộ lên thang máy cuốn dài 15m đang dừng hết 75s. Nếu anh ta đứng trên thang máy đang hoạt động thì chỉ mất 60s. Trong trường hợp anh ấy đang đi tren thang máy đang hoạt động thì sao ? Đ/s: 33,3s. Vận tốc khi đi bộ: vnguoi  s 15   0, 2  m / s  t 75 Vận tốc khi thang hoạt động : vthang  s 15   0, 25  m / s  t 60 Khi kết hợp cả 2 vận tốc (do cùng chiều): t  s vtong  15  33,3s 0, 45 40. Một cầu thủ bóng chuyền tung quả bóng lên theo phương đứng với vận tốc ban đầu là 12m/s. Cần thời gian bao lâu để quả bóng đạt tới vị trí cách điểm mà nó được tung lên là 5m ? Cho g = 9,8 m/s2. Đ/s: 0,53s và 1,9s. Ta có s  v0t  t  1,9 s 1 2 gt  12t  4,9t 2  5   2 t  0,53s 41. Một chất điểm A chuyển động với độ lớn vận tốc không đổi v sao cho vector vận tốc v luôn hướng về B. Trong đó điểm B chuyển động thẳng đều trên một đường thẳng với vận tốc u  v . Biết rằng ở   thời điểm ban đầu v  u và hai điểm cách nhau 1 khoảng L. Thời gian mà 2 chất điểm gặp nhau là bao nhiêu ? Đ/s: t  vL v  u2 2 42. Một người đang chạy xe khi gặp đèn đỏ thì thắng xe lại nên tốc độ giảm từ 75 (km/h) xuống 45 (km/h) trên đoạn đường 8,8m. Nếu gia tốc là không đổi thì có giá trị bao nhiêu ? Đ/s: -16m/s2. v12  v22  2as  a  75  45 1000  16  m / s 2  8,8 60.60 43. Một xe đua bắt đầu chuyển động thẳng nhanh dần đều từ O, lần lượt đi qua hai điểm A và B trong thời gian 2s. Biết AB = 20m, tốc độ của xe khi qua B là vB = 12m/s. Tính gia tốc của xe. Đ/s: 2m/s2. vB2  vA2  2a. AB  122  v 2  40a  12  v 2 2  v 8a  2   12  v  40 2 vB  v A  at  v  2a  12  44. Một thang máy không có trần đang đi lên với tốc độ không đổi là 10m/s. Từ độ cao 2m cách sàn thang máy, một cậu bé đứng trong thang máy tung một quả cầu lên theo phương thẳng đứng, đúng lúc sàn thang máy cách mặt đất 28m (?!) . Tốc độ ban đầu của quả cầu so với thang máy là 20m/s. Hỏi độ cao cực đại mà quả cầu đạt đến và sau bao lâu thì nó trở lại sàn thang máy. Đ/s: 75,92m và 4,18s. 45. Một chiến đấu cơ hạ cánh trên một tàu sân bay với vận tốc bắt đầu hạ cánh là 63m/s. Gia tốc của chiến đấu cơ và khoảng cách khi bắt đầu hạ cánh là bao nhiêu nếu thời gian hạ cánh là 2s. Đ/s: -31,5m/s2 và 63m. Ta có: v22  v12  2a.s  632  2a.s  632 2  63  m    a  31,5  m / s   s  2.  31,5  v2  v1  at  63  2a  0  46. Một người ném quả bóng từ độ cao 30m thẳng xuống đất với vận tốc ban đầu là 12m/s. Sau thời gian bao lâu thì quả bóng chạm đất. Bỏ qua ảnh hưởng của gió, cho g = 9,8m/s2. Đ/s: 1,5s. Ta có: s  12t  4,9t 2  30  t  1,54s  47. Một hạt chuyển động trong mặt phẳng Oxy với vector gia tốc a không đổi, hướng ngược lại với chiều dương của trục Oy. Phương trình quỹ đạo của hạt có dạng y  cx  bx 2 với c, b là hằng số dương.Hãy xác định vận tốc của hạt tại góc tọa độ. Đ/s: v0  a  c 2  1 2b Đạo hàm 2 vế theo t: y  2bx.x  c.x  0  v y  2bx.vx  c.vx  0 Khi x = 0, y = 0  v y  c.vx Đạo hàm 1 lần nữa : vy  2bvx .x  2bx.vx  c.vx  0  a y  2bvx2  2bx.ax  c.ax  0 Khi x = 0, a y  2b.vx2  2bx.ax  c.ax  0  a y  2b.vx2  c.ax  0  vx2  Mà ax  0; a y   a (do gia tốc vuông góc với trục Ox)  vx2  Vậy v0  vx2  v y2  c.ax  a y 2b a 2b a  c 2  1 2b 48. Một tàu hỏa chạy về phía chính nam với vận tốc 30m/s so với mặt đất dưới trời mưa. Gió thổi về phía nam. Quan sát viên thấy ở dưới đất mưa rơi lệch một góc 220 so với phương thẳng đứng. Quan sát viên trên tàu thì thấy giọt mưa rơi thẳng đứng. Xác định tốc độ hạt mưa so với đất. Đ/s: 80,1m. Dạng toán vận tốc giữa 3 vật thì ta chỉ cần đặt tên cho đúng rồi chèn điểm là được.  Cần tìm vận tốc mưa (M) so với đất (D) vMD thì ta chèn chữ “X” (xe) vào    giữa chữ MD, ta có ngay : vMD  vMX  v XD Theo đề bài, ta có hình vẽ, mà thật ra khi vẽ được hình, ta không cần công thức trên: vMD  v XD  80,8m . sin 220 49. Một vật được thả tự do từ điểm A ở độ cao 20m theo hướng thẳng đứng AB (điểm B nằm tại mặt đất). Cùng lúc đó, một vật thứ hai được ném lên trên từ điểm B theo hướng BA với vận tốc v0. Xác định thời gian chuyển động để hai vật gặp nhau ở độ cao 17,5m. Đ/s: 0,71s. Thời gian vật thả tự do rơi 2,5m: s  1 2 gt  t  2 2s  g 2.2,5  0, 71 s  9,8 50. Ba chất điểm ở trên ba đỉnh A, B, C của một tam giác đều cạnh 1m. Chúng bắt đầu chuyển động đồng thời với vận tốc 2m/s. Chất điểm A luôn hướng về chất điểm B, chất điểm B thì luôn hướng về C, chất điểm C luôn hướng về A. Hỏi sau bao lâu chúng gặp nhau ? Đ/s: 1/3s Ba chất điểm sẽ chuyển động theo 3 đường cong giống nhau tiến về trọng tâm. 51. Chất điểm chuyển động thẳng với phương trình x  1  3t 2  2t 3 với t  0 . Chất điểm dừng lại để đổi chiều chuyển động tại vị trí có tọa độ ? Đ/s: x = 0m. Vật đổi chiều chuyển động khi v đổi dấu. t  0 Ta có: v  x  6t  6t 2  0   . Tại t = 0 là lúc mới khảo sát, nên ta bỏ qua, vậy lấy t = 1, x = 0m. t  1 52. Bạn cần đem một kiện hàng qua sông có bề rộng 80m (hai bờ song song nhau). Bạn có thể bơi với vận tốc 1,5m/s. Vận tốc nước là 2,5m/s. Nếu thời gian bơi trong nước là nhỏ nhất thì bạn nên bơi theo hướng nào và thời gian bơi là bao lâu. Đ/s : Bơi vuông góc với bờ, t = 53,3s. Bơi vuông góc với bờ, t  80  53,3  s  1,5 53. Bạn cần đem một kiện hàng qua sông có bề rộng 80m (hai bờ song song nhau). Bạn có thể bơi với vận tốc 1,5m/s. Vận tốc nước là 2,5m/s. Nếu quãng đường bơi trong nước là nhỏ nhất thì bạn nên bơi theo hướng nào và thời gian bơi là bao lâu. CÔNG THỨC  Cơ bản: v  v0  at 1 x  x0  v0t  at 2 2 2 2 v  v0  2a  x  x0   2as  v 2  v02 Rơi tự do: thay x  h; a  g trong công thức trên: Thời gian rơi chạm đất: t   2h g Chuyển động trong hệ trục Oxy: v 2  vx2  v y2 vx  v x 0  a x t vy  vy 0  a yt 1 x  x0  vx 0t  ax t 2 2 1 y  y0  v y 0 t  a y t 2 2 2 2 2 a  ax  a y  Chuyển động ném xiên với góc ném là 0 : Chọn góc tọa độ tại mặt đất, thường thì ta chọn sao cho x0  0 . Ta có: cos  t  vx  t  vt  cos  0  vx 0 v0      ax  0 a  g  an  at  g &  a y   g vx  v0 cos  0  v y  v0 sin  0  gt (1)  x  v0 x t 1 g 2   y  y0  x tan 0  x  1 2 2 vx2  y  y0  v0 y t  2 gt (2)  Thời gian đạt tới độ cao cực đại : vy  0  t   (*) v0 sin  0 v 2 sin 2  0  hmax  y0  0 g 2g vx1 at 1  g cos  v y 1  cos    Ở thời điểm bất kì khi cho t  t1   v v y 1 an1  g sin   Khi cho độ cao h và vx , vy của chất điểm tại 1 thời điểm bất kì: chọn góc tọa độ sao cho x0  y0  0 để dễ xét:  x  t.v0 cos  0 vx  v0 cos  0    1 2 v y  v0 sin  0  gt  y  t.v0 sin  0  .gt  2  v v0  x cos  0  vx  ...    v0 sin  0  v y Theo đề bài v y  ...  t  g   y  h 2  v sin   v 1  v0 sin  0  v y  0 y  0 .v0 sin  0  g   h  g 2  g  vx  vx sin  0  v y sin  0  v y cos  0 vx 1  cos  0 . sin  0  g  g cos  0 2  g   2 1 g  vx tan  0  v y  .vx tan  0  g  vx tan  0  v y   g 2 h 2 u  vx tan  0  v y 2    h     * *  2u  u  vy   u 2  2 gh  u 2  2v y u  2 gh  0  u  u  0    0  Bán kính cong của quĩ đạo tại 1 điểm bất kì: an  v2  với  là bán kính cong. v3 v3  Tổng quát      a x v y  a y vx v.a     t2  v y  2   v2 là vận tốc chạm đất. Khi chạm mặt đất : y2   y0  2 Tầm bay R của vật khi chạm đất (x = R) : Từ (*) sẽ suy ra được R. Nếu có thể chọn góc tọa độ sao cho x0 = 0, y0 = 0 thay vào (*) ta được: R   o RMax  sin 2  1    450 o 1  450   thì ta cũng có R1  R2  0  2  45   Chuyển động ném ngang 0  0 : vx  v0  const  v y  0  gt (1)  x  x0  v0t 1 g 2   y  y0  x  x0   1 2 2  2 v0  y  y0  2 gt (2)  Chuyển động tròn đều: Vận tốc : v   R Gia tốc hướng tâm : an   v2 R Chuyển động tròn biến đổi đều: v02 sin 2 g   const at   R   0   t    0  0 t   t 2 an  t  1 2 vt2   vt .t  const R vt  t R 1 s  s0  v0t  at 2 2 v  v0  at s  R Các mối liên hệ cần nắm để tìm đại lượng gia tốc tiếp tuyến hoặc pháp tuyến:  0  t  0  at     t s  v t  t    a..... a   n t    Chuyển động tương đối với nhau : o Biểu diễn v  vx i  v y j  v  v   v i  vAB y  j AB AB  x  o Vận dụng 2 công thức :  BA vAC  v AB  vBC  o Gia tốc cũng tương tự như vận tốc. ……………………………………..