Phân loại và phương pháp giải vật lý 10 - Nguyễn Xuân Trị - Có lời giải chi tiết by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

TÀI LIỆU, CHUYÊN ĐỀ MÔN VẬT LÝ 10-11-12

vectorstock.com/21292754

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

DẠY KÈM QUY NHƠN PHYSICS PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Phân loại và phương pháp giải vật lý 10 Nguyễn Xuân Trị - Có lời giải chi tiết PDF VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Chương I. ĐỘNG HỌC CHẤT ĐIỂM CHUYỂN ĐỘNG CƠ, CHUYỂN ĐỘNG THẲNG ĐỀU I: LÝ THUYẾT CẦN LƯU Ý. 1. Chuyển động cơ – Chất điểm a. Chuyển động cơ: Chuyển động của một vật là sự thay đổi vị trí của vật đó so với các vật khác theo thời gian. b. Chất điểm: Những vật có kích thước rất nhỏ so với độ dài đường đi (hoặc với những khoảng cách mà ta đề cập đến), được coi là chất điểm. Khi một vật được coi là chất điểm thì khối lượng của vật coi như tập trung tại chất điểm đó. c. Quỹ đạo: Quỹ đạo của chuyển động là đường mà chất điểm chuyển động vạch ra trong không gian. 2. Cách xác định vị trí của vật trong không gian. a. Vật làm mốc và thước đo: Để xác định chính xác vị trí của vật ta chọn một vật làm mốc và một chiều dương trên quỹ đạo rồi dùng thước đo chiều dài đoạn đường từ vật làm mốc đến vật. b. Hệ toạ độ: Hệ toạ độ 1 trục (sử dụng khi vật chuyển động trên một đường thẳng): Toạ độ của vật ở vị trí M : x = OM Hệ toạ độ 2 trục (sử dụng khi vật chuyển động trên một đường cong trong một mặt phẳng): Toạ độ của vật ở vị trí M : x = OM x y = OM y 3. Cách xác định thời gian trong chuyển động . a. Mốc thời gian và đồng hồ: Để xác định từng thời điểm ứng với từng vị trí của vật chuyển động ta phải chọn mốc thời gian và đo thời gian trôi đi kể từ mốc thời gian bằng một chiếc đồng hồ. b. Thời điểm và thời gian: Vật chuyển động đến từng vị trí trên quỹ đạo vào những thời điểm nhất định còn vật đi từ vị trí này đến vị trí khác trong những khoảng thời gian nhất định. 4. Hệ qui chiếu. Một hệ qui chiếu gồm : + Một vật làm mốc, một hệ toạ độ gắn với vật làm mốc. + Một mốc thời gian và một đồng hồ 5. Chuyển động thẳng đều 1

a. Tốc độ trung bình. vtb 

s t

Với : s = x2 – x1 ; t = t2 – t1 b. Chuyển động thẳng đều : Là chuyển động có quỹ đạo là đường thẳng và có tốc độ trung bình như nhau trên mọi quãng đường. c. Quãng đường đi trong chuyển động thẳng đều. s = vtbt = vt Trong chuyển động thẳng đều, quãng đường đi được s tỉ lệ thuận với thời gian chuyển động t. 6. Phương trình chuyển động : x = xo + s = xo + vt s là quãng đường đi Trong đó: v là vận tốc của vật hay tốc độ t là thời gian chuyển động x0 là tọa độ ban đầu lúc t  0

x là tọa độ ở thời điểm t II: DẠNG BÀI TẬP CẦN LƯU Ý. Dạng1: Xác định vận tốc trung bình. Xác định các giá trị trong chuyển động thẳng đều. Phương pháp giải:

S S1  S 2  ...  S n  t t1  t2  ...  tn v - Mà trong chuyển động thẳng đều: s  vt  t  s - Ta có công thức tính vận tốc trung bình. vtb 

-Thay lần lượt từng giá trị và xác định giá trị cần tính Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Cho một xe ô tô chạy trên một quãng đường trong 5h. Biết 2h đầu xe chạy với tốc độ trung bình 60km/h và 3h sau xe chạy với tốc độ trung bình 40km/h.Tính tốc trung bình của xe trong suốt thời gian chuyển động. Giải:Ta có tốc trung bình của xe trong suốt thời gian chuyển động là

vtb 

S1  S 2 t1  t2

Mà quãng đường đi trong 2h đầu: S1 = v1.t1 = 120 km quãng đường đi trong 3h sau: S2 = v2.t2 = 120 km

 vtb 

S1  S 2 120  120   48  km / h  t1  t2 23

Câu 2: Trung Tâm Bồi Dưỡng Kiến Thức A đi ô tô từ Hà Nam đến Bắc Giang làm từ thiện . Đầu chặng ô tô đi một phần tư tổng thời gian với v = 50km/h. Giữa chặng ô tô đi một phần hai thời gian với v = 40km/h. Cuối 2

chặng ô tô đi một phần tư tổng thời gian với v = 20km/h. Tính vận tốc trung bình của ô tô? Giải: Theo bài ra ta có

t  12, 5t 4 t Quãng đường chặng giữa: S 2  v2 .  20t 2 t Quãng đường đi chặng cuối: S1  v1 .  5t 4 S  S2  S3 12,5t  20t  5t Vận tốc trung bình: vtb  1   37,5  km / h  t t Quãng đường đi đầu chặng: S1  v1.

Câu 3: Một nguời đi xe máy từ Hà Nam về Phủ Lý với quãng đường 45km. Trong nửa thời gian đầu đi với vận tốc v1, nửa thời gian sau đi với v2 

2 v1 . 3

Xác định v1, v2 biết sau 1h30 phút nguời đó đến B. Giải: Theo bài ra ta có s1  s2  50  v1t1  v2t2  50

t 1,5  2 2 1,5 2 1,5  v1.  v1.  45  v1  36km / h  v2  24km / h 2 3 2

Mà t1  t2 

Câu 4: Một ôtô đi trên con đường bằng phẳng trong thời gian 10 phút với v = 60 km/h, sau đó lên dốc 3 phút với v = 40km/h. Coi ôtô chuyển động thẳng đều. Tính quãng đường ôtô đã đi trong cả giai đoạn. Giải: Theo bài ra ta có. t1  Mà S1  v1.t1  60.

1 1  h  ; t2   h  6 20

1  10  km  ; S 2  v2 .t2  2km 6

S = S1 + S2 = 10 + 2 = 12 ( km ) Câu 5 : Hai ô tô cùng chuyển động đều trên đường thẳng. Nếu hai ô tô đi ngược chiều thì cứ 20 phút khoảng cách của chúng giảm 30km. Nếu chúng đi cùng chiều thì cứ sau 10 phút khoảng cách giữa chúng giảm 10 km. Tính vận tốc mỗi xe. Giải: Ta có t1  30 ph 

1 1 h; t2  10 ph  h 3 6

Chọn chiều dương là chiều chuyển động của mỗi xe. Nếu đi ngược chiều thì S1 + S2 = 30

1   v1  v2  t1   v1  v2   30  v1  v2  90 (1) 3 3

Nếu đi cùng chiêu thì s1  s2  10

  v1  v2  t2 

v1  v2  10  v1  v2  60 (2) 6

Giải (1) (2)  v1 = 75km/h ; v2 = 15km/h Câu 6: Một ôtô chuyển động trên đoạn đường MN. Trong một phần hai quãng đường đầu đi với v = 40km/h. Trong một phần hai quãng đường còn lại đi trong một phần hai thời gian đầu với v = 75km/h và trong một phần hai thời gian cuối đi với v = 45km/h. Tính vận tốc trung bình trên đoạn MN.

S S Mà s1  v1.t1  40t1  t1  2 80 t  t1 t t 60 S )  45( 1 )  60t  Theo bài ra ta có S2 = S3 + S4 = 75( 2 2 80 S 60 S Mặt khác S  s1  s2   60t   1,25S = 60t  S = 48.t 2 80 S  Vtb   48km t Giải: Ta có s1 

Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Một người đi xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 4,8km. Nửa quãng đường đầu, xe mấy đi với v1, nửa quãng đường sau đi với v2 bằng một phần hai v1. Xác định v1, v2 sao cho sau 15 phút xe máy tới địa điểm B. Câu 2: Một ôtô chạy trên đoạn đường thẳng từ A đến B phải mất khoảng thời gian t. Trong nửa đầu của khoảng thời gian này ô tô có tốc độ là 60km/h. Trong nửa khoảng thời gian cuối ô tô có tốc độ là 40km/h. Tính tốc độ trung bình trên cả đoạn AB. Câu 3: Một người đua xe đạp đi trên 1/3 quãng đường đầu với 25km/h. Tính vận tốc của người đó đi trên đoạn đường còn lại. Biết rằng vtb = 20km/h. Câu 4: Một người đi xe máy trên một đoạn đường thẳng AB. Trên một phần ba đoạn đường đầu đi với v1  30  km / h  , một phần ba đoạn đường tiếp theo với v2  36  km / h  và một phần ba đoạn đường cuối cùng đi với

v3  48  km / h  . Tính vtb trên cả đoạn AB. Câu 5: Một người đi xe máy chuyển động theo 3 giai đoạn: Giai đoạn 1 chuyển động thẳng đều với v1  30  km / h  trong 10km đầu tiên; giai đoạn 2 chuyển động với v2 = 40km/h trong 30 phút; giai đoạn 3 chuyển động trên 4km trong 10 phút. Tính vận tốc trung bình trên cả đoạn đường. 4

Câu 6: Một xe máy điện đi nửa đoạn đường đầu tiên với tốc độ trung bình v1  24  km / h  và nửa đoạn đường sau với tốc độ trung bình

v2  40  km / h  . Tính tốc độ trung bình trên cả đoạn đường. Câu 7: Một ôtô đi trên quãng đường AB với v  54  km / h  . Nếu tăng vận tốc thêm 6  km / h  thì ôtô đến B sớm hơn dự định 30 phút. Tính quãng đường AB và thòi gian dự định để đi quãng đường đó. Câu 8: Một ôtô đi trên quãng đường AB với v  72  km / h  . Nếu giảm vận tốc đi 18km/h thì ôtô đến B trễ hơn dự định 45 phút. Tính quãng đường AB và thời gian dự tính để đi quãng đường đó. Câu 9 : Một ô tô chuyển động trên đoạn đường AB. Nửa quãng đường đầu ô tô đi với vận tốc 60 km/h, nửa quãng đường còn lại ô tô đi với nửa thời gian đầu với vận tốc 40 km/h, nửa thời gian sau đi với vận tốc 20 km/h. Xác định vận tốc trung bình cả cả quãng đường AB Hướng dẫn giải:

S1 S 4800 2400    v1 2.v1 2.v1 v1 S S S 4800 S2  v2 .t2  t2  2    v2 2. v1 v1 v1 2 2400 4800   900  v1  8  m / s  ; v2  4  m / s  Mặt khác: t1  t2  900  v1 v1 t Câu 2: Trong nửa thời gian đầu: S1  v1.t1  60.  30t 2 t Trong nửa thời gian cuối: S 2  v2 .t2  40.  20t 2 S S  S 2 30t  20t Mà ta có: vtb   1   50  km / h  t t1  t2 t S S Câu 3: Theo bài ra ta có S1  v1.t1  t1  1  v1 75 S 2S S2  v2 .t2  t2  2  v2 3v2 S S S Theo bài ra ta có vtb    20km / h   20  km / h  S 2S t t1  t2  75 3v2 Câu 1: Ta có S1  v1.t1  t1 

 225v2  60v2  3000  v2  18,182  km / h 

Câu 4: Trong một phần ba đoạn đường đầu: S1  v1.t1  t1 

S1 S  v1 3.v1

S2 S S S  ; t3  3  v2 3.v2 v3 3.v3 S S 1    36, 62km / h Mà vtb  S S S 1 1 1 t1  t2  t3     3.v1 3.v2 3.v3 3.v1 3.v2 3.v3 S 10 1   h ; Câu 5: Thời gian xe máy chuyển động giai đoạn đầu t1  1  v1 30 3 1 Quãng đường giai đoạn hai chuyển động S 2  v2t2  40.  20  km  2 Tương tự: t2 

Tổng quãng đường và thời gian vật chuyển động

S  S1  S2  S3  10  20  4  34  km  1 1 1    1h 3 2 6 S 34  vtb    34  km / h  t 1

t  t1  t2  t3 

S1 S S   v1 2.24 48 S S S  Thời gian đi nửa đoạn đường cuối: t2  2  v2 2.40 80 S S Tốc độ trung bình: vtb    30  km / h  S S t1  t2  48 80 Câu 7: Ta có S  v1t  54t  60  t  0,5   t  5h Câu 6: Thời gian đi nửa đoạn đường đầu: t1 

 S  v1t  54.5  270  km  . Câu 8: Ta có v1  72  km / h   v2  72  18  54  km / h 

t1  t2  t1 

3 4  

Mà S  v1.t1  v2 .t2  72t1  54  t1 

S  v1.t1  72.2, 25  162  km 

Câu 9: Ta có vận tốc trung bình v 

3   t1  2, 25h 4 s1  s 2  s 3 t1  t 2  t 3

Giai đoạn một: S1 

S S S 2  (h) mà t1  1  2 v1 2v1 120

Giai đoạn 2: S 2  v 2 .t 2  40.t 2 Giai đoạn 3: S 3  v 3 .t 3  20.t 3 mà t 2  t 3  s3  20t 2 S S S  40t 2  20t 2   t 2  t 3  (h) 2 2 120 S v  40  km / h  S S S   120 120 120 Dạng 2: Phương trình chuyển động của vật -Ta có phương trình chuyển động của một vật x  x0  vt

Theo bài ra S 2  S 3 

-Nếu thiết lập phương trình chuyển động của một vật +Chọn hệ quy chiếu ( chiều dương, gốc tọa độ, gốc thời gian ) + Xác định các giá trị trong phương trình chuyển động Nếu t 0  0  x  x0  vt Nếu t 0  0  x  x0  v  t  t 0 

Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Lúc 8h sáng, một người đi xe máy khởi hành từ A chuyển động thẳng đều với vận tốc 40km/h. a. Viết phương trình chuyển động. b. Sau khi chuyển động 30ph, người đó ở đâu ? c. Người đó cách A 60km lúc mấy giờ Giải: a. Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe, gốc tọa độ tại vị trí A, gốc thời gian là lúc 8h sáng. Ta có phương trình chuyển động của xe x  x0  vt với x0  0; v  40  km / h   x  40t

b. Sau khi chuyển động 30ph tức là t = 0,5h  x  40.0, 5  20(km) Vậy sau 0,5h xe cách vị trí A 20 km c. Người đó cách A 60km tức là x = 60km  60  40t  t  60  1, 5(h) 40 Vậy sau 1,5h xe cách vị trí A 60km Câu 2: Hãy viết phương trình chuyển động của một ô tô chuyển động thẳng đều biết rằng. a. Ô tô chuyển động theo chiều âm với vận tốc 36 km/h và ở thời điểm 1,5h thì vật có tọa độ 6km b. Tại t1  2h thì x1  40km và tại t 2  3h thì x 2  90km 7

Giải: Ta có phương trình chuyển động của vật x  x0  vt a. Ô tô chuyển động theo chiều âm với vận tốc 36 km/h nên v  36(km / h) Với t  1,6; x  6km Nên 6  x0  36.1, 5  x0  60km Vậy phương trình chuyển động của vật x  60  36t b. Tại t1  2h thì x1  40km  40  x0  2v (1) Tại t 2  3h thì x 2  60km  90  x0  3v

(2)

Từ ( 1 ) và (2 ) ta có x0  60km; v  50km / h Vậy phương trình dao động là x  60  50t Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Một chất điểm chuyển động trên trục Ox có phương trình tọa độ thời gian là: x  35  5t (m) . Xác định tọa độ của vật tại thời điểm t = 2s và quãng đường vật đi được trong 2s đó? Câu 2: Trên đường thẳng AB, cùng một lúc xe ô tô một khởi hành từ A đến B với v = 72 km/h. Xe ô tô thứ 2 từ B đi về A với v = 45km/h. Biết AB cách nhau 80km. Lập phương trình chuyển động của mỗi xe trên một cùng hệ quy chiếu. Câu 3: Hãy thiết lập phương trình chuyển động của một ô tô chuyển động thẳng đều biết. Ô tô chuyển động theo chiều dương với vận tốc 10m/s và ở thời điểm 3s thì vật có tọa độ 60m. Câu 4: Cho một vật chuyển động thẳng đều trên một đoạn thẳng AB biết. Tại t1  2s thì x1  8m và tại t 2  3s thì x 2  12m . Hãy viết phương trình chuyển động của vật. Câu 5: Một người đi xe đạp từ A đến B có chiều dài 24km. Nếu đi liên tục không nghỉ thì sau 3h người đó sẽ đến B. Nhưng khi đi được 30 phút, người đó dừng lại 15 phút rồi mới đi tiếp. Hỏi ở quãng đường sau, người đó phải đi với vận tốc bao nhiêu để kịp đến B. Hướng dẫn giải: Câu 1: Tạo độ của vật sau t = 2s là x  35  5.2  25  m  Vật cách gốc 25m và quãng đường vật đi được trong 2s là s  v.t  5.2  10m Câu 2: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe khởi hành từ A, gốc toạ độ tại A, gốc thời gian lúc 2 xe xuất phát. Phương trình chuyển động: x  x0  vt Với xe từ A xuất phát : x0  0km; v A  72km / h  x  72t Với xe từ B xuất phát : x B  80km; v B  45km / h  x B  80  45t Câu 3: Ta có phương trình chuyển động x  x0  vt Ô tô chuyển động theo chiều dương với vận tốc 8m/s và ở thời điểm 3s thì vật có tọa độ 60m. Ta có 60  x0  10.3  x0  30m 8

Vậy phương trình chuyển động x  30  10t Câu 4: Ta có phương trình chuyển động của vật x  x0  vt Tại t1  2h thì x1  8m  8  x0  2v

(1)

Tại t 2  3h thì x 2  12m  12  x0  3v

(2)

Từ ( 1 ) và (2 ) ta có x0  4m; v  2m / s Vậy phương trình dao động là x  4  2t Câu 5: Một người đi xe đạp từ A đến B có chiều dài 24km đi liên tục không nghỉ thì sau 3h người đó sẽ đến B, hì người đó đi với vận tốc v  24  8(km / h) 3 Sau 30 phút người đó đi được quãng đường s  v.t  8.0, 5  4km Vậy còn lại 24-4=20km mà thời gian còn lại là t1  3  43  94 h Vậy vận tốc lúc sau người đó đi để đến kịp B là v1 

s1 t1



20 9 4



80 (km / 9

Dạng 3: Cho hai vật chuyển động xác định thời điểm, vị trí hai vật gặp nhau. Phương pháp giải: - Chọn hệ quy chiếu ( chiều dương, gốc tọa độ, gốc thời gian ) - Thiết lập phương trình chuyển động của hai vật Nếu t 0  0  x  x0  vt Nếu t 0  0  x  x0  v  t  t 0 

Chú ý: Dấu v của hai vật và tọa độ trên hệ quy chiếu - Nếu hai vật gặp nhau ta có x1  x 2 , giải phương trình bậc nhất tìn ra t - Thay vào một trong hai phương trình tìm ra tọa đôh hặc vị trí gặp nhau - Nếu xác định thời điểm để khoảng cách hai vật bằng b thì ta có x  x2  b x1  x 2  b  1 x 2  x1  b Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Ta có A cách B 72km. Lúc 7h30 sáng, Xe ô tô một khởi hành từ A chuyển động thẳng đều về B với 36km / h . Nửa giờ sau, xe ô tô hai chuyển động thẳng đều từ B đến A và gặp nhau lúc 8 giờ 30 phút. a. Tìm vận tốc của xe ô tô thứ hai. b. Lúc hai ô tô cách nhau 18km là mấy giờ. Giải: a. Chọn chiều dương là từ A đến B ,gốc toạ độ tại A, gốc thời gian lúc xe ô tô một khởi hành. 9

Phương trình chuyển động x  x0  v  t  t 0  Xe ô tô một: x01  0km, v1  36km / h  x1  36t Xe ô tô hai : x02  72km, v 2  ?  x 2  72  v 2 (t  0, 5) Khi hai xe gặp nhau t = 1h nên x1 = x2  36t = 72 – v2 ( t – 0,5 )  v2 = 72km/h b. Khi hai xe cách nhau 13,5km TH1 : x2 – x1 = 54  72  72(t  0,5)  36t  54  t  0,5h tức là lúc 8h TH2 : x1 – x2 = 54  36t  72  72(t  0,5)  54  t  1,5h tức là lúc 9h Câu 2: Cho hai địa điểm A và B cách nhau 144km, Cho hai ô tô chuyển động cùng chiều, cùng lúc từ A đến B, xe một xuất phát từ A, xe hai xuất phát từ B. Vật từ A có v1, vật từ B có v 2 

v1 2

. Biết rằng sau 90 phút thì 2 vật

gặp nhau. Tính vận tốc mỗi vật. Giải: Chọn chiều dương từ A đến B, gốc tọa độ tại A, gốc thời gian là lúc hai xe xuất phát. Phương trình chuyển động x  x0  vt Với xe xuất phát từ A: x01  0; v1  ?  x1  v1t Với xe xuất phát từ B: x01  72km; v 2 

v1 2

 ?  x 2  144  v 2 t  144 

v1 2

Khi hai vật gặp nhau: x1 = x2  v1t  72  21 t v

Sau 90 phút thì hai xe gặp nhau tức là t=1,5h v1 .1, 5  144 

v1 .1, 5  v1 2

 64km / h  v 2  32km / h

Câu 3: Lúc 7h15 phút giờ sáng, một người đi xe máy khởi hành từ A chuyển động với vận tốc không đổi 36km/h để đuổi theo một người đi xe đạp chuyển động với v = 5m/s đã đi được 36km kể từ A. Hai người gặp nhau lúc mấy giờ. Giải: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của ha ixe, gốc toạ độ tại vị trí A, gốc thời gian lúc xe máy chuyển động. Phương trình chuyển động : x  x0  vt Xe máy có: x0  0; v m  36km / h  x m  36t Xe đạp có : x0d  36km; vd  5m / s  18km / h  xd  36  18t Khi hai xe đuổi kịp nhau: xm = xĐ  36t  36  18t  t  2h  Hai xe gặp nhau lúc 9h15phút Câu 4: Lúc 7h15 phút sáng, một người đi xe máy khởi hành từ A chuyển động với v = 10m/s đi về B. Cùng lúc một người đi xe đạp chuyển động với vkđ xuất phát từ B đến A. Khoảng cách AB = 108km. Hai xe gặp nhau lúc 9h45 phút. Tìm vận tốc của xe đạp. 10

Giải: Chọn chiều dương là chiều từ A đến B, gốc tọa độ tại A, gốc thời gian là lúc hai xe xuất phát Hai xe xuất phát từ lúc 7h15 phút và gặp nhau lúc 9h15 phút  t = 2h Phương trình chuyển động của xe máy : x m  36t  72 Phương trình chuyển động của xe đạp: x0  108km; vd  xd  108  2vd Khi hai xe gặp nhau: xm = xĐ  72  108  2vd  vd  18km / h  5m / s Câu 5: Một người đi xe đạp và một người đi xe máy chuyển động thẳng đều từ Hà Nội lên Hà Nam cách nhau 60km. xe đạp có vận tốc 15km/h và đi liên tục không nghỉ. Xe máy khởi hành sớm hơn một giờ nhưng dọc đường nghỉ 3 giờ. Tìm vận tốc xe máy để hai xe đến cùng một lúc. Giải: Chọn chiều dương là chiều từ Hà Nội lên Hà Nam, gốc tọa độ tại Hà Nội, gốc thời gian là lúc hai xe xuất phát Đối với xe đạp: x01  0; vd  15km / h  xd  15t  60  15t  t  4h Đối với xe máy: x02  0; v m  ? Khởi hành sớm hơn 1h nhưng trong quá trình nghỉ 3h x m  v m (t  1  3) Cùng đến B một lúc  xd  x m  15t  v m (t  2)  15.4  v m (4  2)  v m  30km / h Vậy xe máy chuyển động với vận tóc 30km/h thì xe máy và xe đạp chuyển động đến B cùng một lúc. Câu 6: Cho hai địa điểm AB cách nhau 60 km. Có hai xe chuyển động cùng chiều và xuất phát cùng một lúc, Xe đi từ A với vận tốc 30 km/h, Xe đi từ B với vận tốc 40 km/h. Sau k hi xuất được 1 giờ 30 phút, xe xuát phát từ A đột ngột tăng tốc chạy với vận tốc 50 km/h. Xác định thời gian hai xe gặp nhau kể từ lúc xuất phát? Giải: Sau 1 giờ 30 phút = 1,5h Quãng đường xe đi từ A trong 1,5h là: S1  v1 .t  30.1, 5  45km Quãng đường xe đi từ B trong 1,5h là: S 2  v 2 .t  40.1, 5  60km Sau 1,5h hai xe cách nhau 60 + 60 – 45 = 75 km Gọi t là thời gian hai xe gặp nhau kể từ thời điểm xe đi từ A tăng tốc. v1/ .t  75  v 2 .t  50t  75  40t  t  7, 5h

Kể từ lúc xuất phát hai xe gặp nhau sau 7,5h + 1,5h = 9h Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Lúc 8h, một ôtô khởi hành từ Trung Tâm A cầu giấy Hà Nội đến Bắc Giang với v1 = 46km/h để là từ thiện. Cùng lúc đó, xe khách đi từ Bắc Kạn đến Hà nội với v2 = 44km/h, biết khoảng cách từ Hà Nội đến Bắc Giang là 180km. Hai xe gặp nhau lúc mấy giờ? 11

Câu 2: Cho hai ôtô cùng lúc khởi hành ngược chiều nhau từ 2 điểm A, B cách nhau 120km. Xe chạy từ A với v = 60km/h, xe chạy từ B với v = 40km/h. a ; Lập phương trình chuyển động của 2 xe. b ; Xác định thời điểm và vị trí 2 xe gặp nhau. c; Tìm khoảng cách giữa 2 xe sau khi khởi hành được 1 giờ. d; Nếu xe đi từ A khởi hành trễ hơn xe đi từ B nửa giờ, thì sau bao lâu chúng gặp nhau. Câu 3: Xe máy đi từ A đến B mất 4 giờ, xe thứ 2 đi từ B đến A mất 3 giờ. Nếu 2 xe khởi hành cùng một lúc từ A và B để đến gần nhau thì sau 1,5 giờ 2 xe cách nhau 15km. Hỏi quãng đường AB dài bao nhiêu. Câu 4: Lúc 6h20ph hai bạn chở nhau đi học bằng xe đạp với vận tốc v1 = 12km/h. Sau khi đi được 10 phút, một bạn chợt nhớ mình bỏ quên viết ở nhà nên quay lại và đuổi theo với vận tốc như cũ.Trong lúc đó bạn thứ hai tiếp tục đi bộ đến trường với vận tốc v2 = 6km/h và hai bạn đến trường cùng một lúc. a. Hai bạn đến trường lúc mấy giờ ? chậm học hay đúng giờ ? Biết 7h vào học. b. Tính quãng đường từ nhà đến trường. c. Để đến nơi đúng giờ học, bạn quay về bằng xe đạp phải đi với vận tốc bao nhiêu ? Câu 5: Một xe khách chạy với v = 90km/h phía sau một xe tải đang chạy với v = 72km/h. Nếu xe khách cách xe tải 18km thì sau bao lâu nó sẽ bắt kịp xe tải ?. Khi đó xe tải phải chạy một quãng đường bao xa. Câu 6: Một người đứng ở điểm A cách đường A  quốc lộ h = 100m nhìn thấy một xe ô tô v2 d  vừa đến B cách A d = 500m đang chạy h  C trên đường với vận tốc v1  50km / h   B v

1 Như hình vẽ. Đúng lúc nhìn thấy xe thì ˆ  ) với vậ tốc v . người đó chạy theo hướng ACbieets (BAC 2

a; Biết v 2 

20 3

(km / h) . Tính 

b ;  bằng bao nhiêu thì v 2 cực tiểu ? Tính vận tốc cực tiểu ấy. Hướng dẫn giải: Câu 1: Chọn chiều dương là chiều từ Hà Nội đến Bắc Giang, gốc tọa độ tại Hà Nội, gốc thời gian lúc 8h. Phương trình chuyển động x  x0  vt Phương trình chuyển động xe một : x01  0; v1  46km / h  x1  46t Phương trình chuyển động xe hai : 12

x02  180km; v 2  44km / h  x 2  180  44t

Khi hai xe gặp nhau: x1  x 2  46t  180  44t  t  2h Vậy hai xe gặp nhau lúc 10 giờ Câu 2: Chọn chiều dương là chiều chuyển động từ A đến B, gốc tọa độ tại A, gốc thời gian là lúc xe từ A xuất phát a; Phương trình chuyển động có dạng x  x0  vt Với xe một : x01  0; v1  60km / h  x1  60t Với xe hai : x02  120km; v 2  40km / h  x 2  120  40t

b; Vi hai xe gặp nhau: x1 = x2  60t  120  40t  t  1, 2h Toạ độ khi hai xe gặp nhau: x1 = 60. 1,2 = 72km cách B là 48km c ; Sau khi hai xe khởi hành được 1 giờ thì t = 1h ta có Đối với xe môt : x1  60.1  60km Đói với xe hai : x 2  120  40.1  80km

 x  x1  x2  20km Sau 1h khoảng cách hai xe là 20km d; Nếu xe A xuất phát trễ hơn nửa giờ: x1  60(t  0, 5)

Khi hai xe gặp nhau: x1 = x2  60(t  0,5)  120  40t  t  1,5h t = 1,5h Câu 3: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe máy đi từ A đến B, gốc tọa độ tại A, gốc thời gian là lúc hai xe xuất phát. Vận tốc của hai xe v A  S4 ; VB  S3  v A  43 v B Phương trình chuyển động của hai xe: Xe một: x1  v A t  43 v B .t Xe hai: x 2  S  v B t  3v B  v B t Sau 1,5 giờ hai xe cách nhau 15km

x  x1  x2  15  34 vB .1,5  3vB  vB .1,5  15  vB  40km / h

 S = 3.vB = 120km.

Vậy quãng đường dài 120km Câu 4: Sauk hi đi được 10 phút tức là t1  61 h  S1  v1 .t1  12. 61  2km Chọn chiều dương là chiều chuyển động từ nhà tới trường, gốc tọa độ tại vị trí quay lại gốc thời gian là lúc 6h30 phút. Phương trình chuyển động của bạn đi bộ x1  6t Phương trình chuyển động của bạn quay lại và đuổi theo, khi đến vị trí quay lại nhà lấy vở thì bạn kia muộn so với gốc thời gian là 20 phút x 2  12(t  13 ) Vì hai người cùng đến trường một lúc nên ta có 13

x1  x 2  6t  12(t  13 )  t  23 h  40phut

Vậy hai bạn đến trường lúc 7 giờ 10 phút Vì vào học lúc 7h nên hai bạn đến trường muộn mất 10 phút. b; Quãng đường từ vị trí quay về lấy vở đến trường là x1  6. 23  4km Quãng đường từ nhà đến trường là 2+4=6km c; Để đến trường đúng giờ thì t  21 h Vậy mà quãng đường bạn quay lại phải đi là 4+2+2=8km  v 2  81  16(km / h) 2

Câu 5: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của hai xe, gốc toạ độ tại vị trí xe khách chạy, gốc thời gian là lúc xét xe khách cách xe tải 18km. Phương trình chuyển động x  x0  vt Phương trình chuyển động xư khách : x0xk  0; v xk  90km  x1  90t Phương trình chuyển động xe tải : x0xt  18km; v xt  72km / h  x 2  18  72t Khi hai xe gặp nhau: x 1 = x2  90t  18  54t  t  0, 5h S2 = v2.t = 72.0,5=36km Vậy sau 0,5h=30 phút ha ixe gặp nhau và xe tải đã chuyển động được 36km. Câu 6: a; Gọi thời gian để ngườ và xe cùng đến C là t A ta có : AC  v 2 .t; BC  v1t  d

Xét tam giác ABC 

AC sin 



BC sin 

 sin  

v1 v2



v 2t sin 





v1t sin 

sin 

 v1

(1)

Xét tam giác ABH: sin   Từ (1) và (2) ta có sin  

AH AB

 dh

v1 h . v2 d



(2) 50 . 100 20 500 3



3 2

   600 (3)   0   120

b; Từ ( 3 ) ta có v 2  sin1 . dh vì v1 ; h; d không đổi nên dể v 2mim thì ta có sin   1    900 v 2mim  v1 . dh  50. 100  10km / h 500

Dạng 4: Bài toán mô tả đồ thị Phương pháp giải:



h C

x  x0 t + nếu v > 0 vật chuyển động theo chiều dương + nếu v < 0 vật chuyển động theo chiều âm - phương trình chuyển động x  x0  vt

- Áp dụng công thức: v 

Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Hai ôtô xuất phát cùng một lúc từ 2 địa điểm A và B cách nhau 20km trên một đường thẳng đi qua B, chuyển động cùng chiều theo hướng A đến B. Vận tốc của ôtô xuất phát từ A với v = 60km/h, vận tốc của xe xuất phát từ B với v = 40km/h. a/ Viết phương trình chuyển động. b/ Vẽ đồ thị toạ độ - thời gian của 2 xe trên cùng hệ trục. c/ Dựa vào đồ thị để xác định vị trí và thời điểm mà 2 xe đuổi kịp nhau. Giải: a ; Chọn chiều dương là chiều chuyển động từ A đến B, gốc tọa độ tại A, gốc thời gian là lúc hai xe xuất phát phương trình chuyển động của hai xe x  x0  vt Đối với xe chuyển động từ A : x0A  0; v A  60km / h  x A  60t Đối với xe chuyển động từ B : x0B  20km; v B  40km / h  x B  20  40t b; Ta có bảng ( x, t ) t (h) 0 x1 (km) 0 x2 (km) 20 Đồ thị:

1 60 60

2 120 100 x1

120

60 x(km) 25 M

c; Dựa vào đồ thị ta thấy 2 xe gặp nhau ở vị trí cách A 60km và thời điểm mà hai xe gặp nhau 1h.

20 1

15 C 10 AO

0.5

H×nh 1

t(h) 15

E 1.5

2.5

Câu 2: Cho đồ thị chuyển động của hai xe được mô tả như hình vẽ. (Hình 1). Hãy nêu đặc điểm chuyển động của mỗi xe và viết phương trình chuyển động

Giải: Đối với xe 1 chuyển động từ A đến N rồi về E Xét giai đoạn 1 từ A đến N: v1 

xN xA t N t A



250 0,50

 50km / h

Xe một chuyển động từ gốc tọa độ đến N theo chiều dương với vận tốc 50km/h Phương trình chuyển động x1gd1  50t (DK : 0  t  0, 5) Xét giai đoạn hai từ N về E: v 2 

xE  x N tE t N



025 2,50,5

 12, 5km / h

Giai đoạn hai chuyển động từ N về E theo chiều âm có vận tốc -12,5km/h và xuất phát cách gốc tọa độ 25km và sau 0,5h xo với gốc tọa độ Phương trình chuyển động x 2  25  12, 5(t  0, 5) (DK : 0, 5  t  2, 5) Đối với xe 2 chuyển động từ M về C với v 

xC  xM tC tM

025   50 km / h  1,5 0 3

Chuyển động theo chiều âm, cách gốc tọa độ 25km: x 2  25  50 t (DK : 0  t  1, 5) 3 x(km)

Bài Tập Tự Luyện: 90 Câu 1: Cho đồ thị chuyển động của hai xe được mô tả trên hình vẽ. a. Hãy nêu đặc điểm chuyển 40 động của hai xe. b. Tình thời điểm hai xe gặp nhau, lúc đó mỗi xe đi được AO 0.5 1 2 20 quãng đường là bao nhiêu 4 H×nh 2 ?(Hình 2) Câu 2:Cho đồ thị chuyển động của hai xe được mô tả trên hình vẽ. 10 a. Hãy nêu đặc điểm chuyển động của hai xe. b. Xác định thời điểm x(km) và vị trí hai xe gặp 120 B nhau.(Hình 3) 2 C

40 D AO

t(h) 1

H×nh 3

t(h) 3

Câu 3: Cho đồ thị chuyển động của ba xe được mô tả trên hình vẽ 4. a. Hãy nêu đặc điểm chuyển động của ba xe. b. Xác định thời điểm và vị trí các xe gặp nhau.

250

x(km) B

200 1

150 D AO

G 6

t(h)

H×nh 4

100

Hướng dẫn giải: Câu 1: a; Xe 1 chia làm ba50giai đoạn Giai đoạn 1: Ta có v1 

x2 x1 t 2 t1



x3 x4 t 3 t 4



400 0,50

 80km / h

Xe chuyển động theo chiều dương với 80km/h xuất phát từ gốc tọa độ Phương trình chuyển động xgd1  80t (0  t  0, 5) Giai đoạn 2: Ta có v 2 

4040 10,5

 0km / h

Xe đứng yên tại vị trí cách gốc tọa độ là 40km trong khoảng thời gian 0,5h Phương trình chuyển động gđ 2: xgd2  40  0(t  0, 5) (0, 5  t  t) Giai đoạn 3: Ta có vgd3 

x5 x4 t 5 t 4



9040 21

 50km / h

Xe vẫn chuyển động theo chiều dương với 50km/h xuất phát cách gốc tọa độ 40km và xuất phát sau gốc thời gian là 1h Phương trình chuyển động x 3  40  50(t  1) (1  t  2) 17

Đối với xe 2: ta có v 

x2 x1 t 2 t1



090 3 0

 30km / h

Vậy xe 2 chuyển động theo chiều âm với vận tốc -30km/h xuất phát cách gốc tọa độ là 90km, cùng gốc thời gian x x2  90  30t (0  t  3) b; Từ hình vẽ ta nhận thấy hai xe gặp nhau ở giai đoạn 3 của xe một Ta có x x2  x 3  90  30t  40  50(t  1)  t  45 h  1, 25h Vậy sau 1h15 phút hai xe gặp nhau và xe hai đi được quãng đường s 2  vt  30.1, 25  37, 5km xe một đi được quãng đường s1  90  37, 5  52, 5km Câu 2: a;Xe một chia làm ba giai đoạn Giai đoạn 1: chuyển động trên đoạn DC với v 

xC  x D tC t D



6040 10

 20km / h

Vậy xe chuyển động theo chiều dương, xuât phát cách gốc tọa độ 40km với vận tốc 20km/h Phương trình chuyển động xCD  40  20t (0  t  1) Giai đoạn 2: trên đoạn CE với v CD 

xE  xC tE tC



6060 21

 0km / h

Vậy giai đoạn hai xe đứng yên, cách gốc tọa độ 60 km và cách gốc thời gian là 1h Phương trình chuyển động xCE  60  0(t  1) (1  t  2) Giai đoạn 3: trên đoạn EF với v 

xF  xE tF tE



060 3 2

 60km / h

Vậy giai đoạn 3 xe chuyển động ngược chiều dương, cách gốc tọa độn 60 km và cách gốc thời gian 2h Phương trình chuyển động xEF  60  60(t  2) (2  t  3) Xe 2 chuyển động v 

x2 x1 t 2 t1



0120 2 0

 60km / h

Vậy xe 2 chuyển động theo chiều âm với v  50km / h cách gốc tọa độ 100km Vậy phương trình chuyển động x 2  100  60t (0  t  2) b; Theo đồ thị hai xe gặp nhau tại C cách gốc tọa độ là 60km và cách gốc thời gian là sau 1h Câu 3: a. Đối với xe 1: ta có v1 

x2 x1 t 2 t1



250150 4 0

 25km / h

Vậy xe một chạy theo chiều dương và xuất phát cách gốc tọa độ 150 km Phương trình chuyển động của xe 1: x1  150  25t Đối với xe 2: ta có v 2  18

x2 x1 t 2 t1



2500 41



250 km / h 3

Vậy xe hai chạy theo chiều dương và xuất phát từ gốc tọa độ và sau gốc thời gian 1h 250 (t  1) Phương trình chuyển động của xe 2: x 2  3 Đối với xe 3: Chia làm ba giai đoạn

Giai đoạn này vật chạy ngược chiều dương với v  25km / h và xuất phát cách gốc tọa độ 250km Phương trình chuyển động x BE  250  25t (km) Giai đoạn EF: Ta có v EF 

x 2  x1 200  200   0(km / h) t 2  t1 42

Giai đoạn này vật không chuyển động đứng yên trong 2h và cách gốc tọa độ 200km và cách gốc thời gian là 2h Phương trình chuyển động xEF  200  0(t  2) (km) Giai đọa FG: Ta có v EF 

x 2  x1 0  200   100(km / h) t 2  t1 64

Giai đoạn này vật chuyển động theo chiều âm với 100km/h và cách gốc tọa độ 200km và cách gốc thời gian là 4h Phương trình chuyển động xFF  200  100(t  4) (km) b. Các xe gặp nhau  Xét xe một và xe hai Thời điểm xe một và hai gặp nhau ta có 250 x1  x 2  150  25t  (t  1)  t  4h 3 Cách gốc tọa độ x  150  25.4  250km Vậy xe một và hai sau 4h gặp nhau và cách gốc tọa độ 250km  Xét xe một và xe ba Thời điểm xe một và hai gặp nhau ta có x1  x 3  150  25t  250  25t  t  2h Cách gốc tọa độ x  150  25.2  200km Vậy xe một và ba sau 2h gặp nhau và cách gốc tọa độ 200km  Xét xe hai và xe ba Thời điểm xe một và hai gặp nhau ta có 250 x2  x3  (t  1)  200  0(t  2)  t  3, 4h 3 250 (3, 4  1)  200 km Cách gốc tọa độ x  3 19

Vậy xe hai và ba sau 3,4h gặp nhau và cách gốc tọa độ 200km Trắc Nghiệm Câu 1.Trường hợp nào sau đây quỹ đạo của vật là đường thẳng? A. Một học sinh đi xe từ nhà đến trường B. Một viên đá được ném theo phương ngang C. Một ôtô chuyển động trên đường D. Một viên bi sắt được thả rơi tự do Câu 2. Các chuyển động nào sau đây không phải là chuyển động cơ học? A. Sự di chuyển của máy bay trên bầu trời B. Sự rơi của viên bi C. Sự chuyền của ánh sáng D.Sự chuyền đi chuyền lại của quả bóng bàn Câu 3. Cho một học sinh chuyển động từ nhà đến trường A. Vị trí giữa hoc sinh và nhà làm mốc thay đổi B. Học sinh đi được quãng đường sau một khoảng thời gian C. Khoảng cách giữ học sinh và nhà làm mốc thay đổi D.Cả A,B và C đều đúng. Câu 4.Trường hợp nào sau đây vật không thể coi là chất điểm? A. Ô tô chuyển động từ Hà Nội đi Hà Nam B. Một học sinh di chuyển từ nhà đến trường C. Hà nội trên bản đồ Việt Nam D. Học sinh chạy trong lớp Câu 5. Phát biểu nào sau đây là chính xác nhất? A.Chuyển động cơ học là sự thay đổi khoảng cách của vật chuyển động so với vật mốc B. Qũy đạo là đường thẳng mà vật chuyển động vạch ra trong không gian C. Chuyển động cơ học là sự thay đổi vị trí của vật so với vật mốc D. Khi khoảng cách từ vật đến vật làm mốc là không đổi thì vật đứng yên Câu 6. Hãy chỉ rõ những chuyển động sau đây, chuyển động nào là chuyển động đều: A. Chuyển động của một xe ô tô khi bắt đầu chuyển động B. Chuyển động của một viên bi lăn trên đất C. Chuyển động của xe máy khi đường đông D. Chuyển động của đầu kim đồng hồ Câu 7. Trong các phương trình dưới đây phương trình nào là phương trình tọa độ của chuyển động thẳng đều với vận tốc 4m/s A. 20

s  4t  t 2

B. v= 6 – 4t

C. x= 5 - 4(t-1) D. x  4  4t  2t * Một xe máy đi từ Hà Nam đến Hà Nội với vận tốc đều là 36 km/h. Cùng lúc đó ô tô đi từ Hà Nội về Hà Nam với vận tốc đều là 15m/s. Biết quãng đường Hà Nội và Hà Nam dài 90km. Dùng các dữ liệu này để trả lời các câu hỏi 8, 9, 10. Câu 8. Nếu chọn gốc tọa độ tại hà nam, chiều dương từ hà nam đến hà nội ; gốc thời gian là lúc bắt đầu khảo sát chuyển động thì phương trình chuyển động của 2 xe là (với x có đơn vị km, t có đơn vị giờ): A. x1  36t ; x2  90  54t B. x1  36t ; x2  90  54t 2

C. x1  36t ; x2  90  54t

D. x1  36t ; x2  90  15t

Câu 9.Hai xe gặp nhau bao lâu sau khi chuyển động? A.1,765h B.1h C.5h D. 1,5h Câu 10.Đến lúc gặp nhau, mỗi xe đi được 1 quãng đường tương ứng là: A. s1  6km; s2  54km B. s1  36km; s2  15km C. s1  36km; s2  48km

D. s1  54km; s2  36km

Câu 11. Lúc 1 giờ 30 trưa một thầy giáo đi xe máy từ nhà đến Trung Tâm BDKT A cách nhau 30km. Lúc 1 giờ 50 phút, xe máy còn cách Trung Tâm BDKT A là 10km. Vận tốc của chuyển động đều của xe máy là ? A.30km/h B.60km/h C.90km/h D.Tất cả đều sai Câu 12. Vật chuyển động trên đoạn đường AB chia làm 2 giai đoạn nửa quãng đường đầu chuyển động với vận tốc 36  km / h  và nửa quãng đường sau chuyển động với vận tốc 54  km / h  . Vận tốc trung bình trên đoạn đường AB là :

A. v  43, 2  km / h 

C. v  21,6  km / h 

B. v  45  km / h 

D. v  90  km / h 

Câu 13.Một vận động viên maratong đang chạy đều với vận tốc km / h 15km/h.Khi còn cách đích 7,5km thì có 1 con chim bay vượt qua người30ấy đến đích với vận tốc 30km/h.Khi con chim chạm vạch tới đích thì quay lại km / h và gặp vận động viên thì quay lại bay về vạch đích và cứ tiếp tục cho15 đến lúc cả 2 đều cùng đến vạch đích. Vậy con chim dã bay được bao nhiêu km trong quá trình trên? 7,5km A.10km B.20km C.15km D.Không tính được vì thiếu dữ liệu Câu 14. Một xe ô tô chạy trong 5 giờ thì 2 giờ đầu xe chạy với vận tốc 60km/h, 3 giờ sau xe chạy với vận tốc trung bình 54km/h. Tính vận tốc trung bình của xe trong suốt thời gian chuyển động. 21

A. v  56,84  km / h 

C. v  57  km / h 

B. v  45  km / h 

D. v  56, 4  km / h 

Câu 15.Phát biểu nào sau đây chưa chính xác: A.Chuyển động thẳng đều là chuyển động của vật trên 1 đưởng thẳng trong đó vật đi được những quãng đường bằng nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau. B. Trong chuyển động quay của trái đất quanh mặt trời, trái đất được xem là điểm chất C. Trong chuyển động thẳng đều vận tốc của chất điểm có hướng và độ lớn không đổi D. Trong chuyển động thẳng đều phương trình chuyển động có dạng: x  v(t  t0 )  x0 Câu 16. Trường hợp nào sau đây có thể coi vật là điểm chất? A.Trái đất trong chuyển đọng tự quay quanh mình nó B.Người nhảy cầu lúc đang rơi xuống nước C.Giọt nước mưa lúc đang rơi D.Hai hòn bi lúc va chạm với nhau Câu 17.Phát biểu nào sau đây là chính xác nhất?Trong đội hình đi đều bước của các anh bộ đội. Một người ngoài cùng sẽ: A. Chuyển động chậm hơn người đi phía trước B. Chuyển động nhanh hơn người đi phía trước C.Đứng yên so với người thứ 2 cùng hàng D.Có thể nhanh hơn hoặc chậm hơn người đi trước mặt tùy việc chọn vật làm mốc Câu 18.Tìm phát biểu sai? A. Mốc thời gian (t=0) luôn được chọn lúc vật bắt đầu chuyển động. B.Một thời điểm có thể có giá trị dương (t>0) hay âm(t<0) C. Khoảng thời gian trôi qua luôn là số dương  t  0 

D. Đơn vị thời gian của hệ IS là giây(s) Câu 19.Lúc 7 giờ sáng 1 ô tô bắt đầu khởi hành đến địa điểm cách đó 30km .Lúc 7 giờ 20 phút, ô tô còn cách nơi định đến 10km . Vận tốc của chuyển động đều của ô tô là? A.30km/h B.60km/h C.90km/h D.Tất cả đều sai x  km  *Cho đồ thị tọa độ của hai ô tô chuyển động thẳng đều. Dùng thông tin này để trả lời câu 20, 21.  2 60 Câu 20. Vận tốc của 2 ô tô là: 30

1 0,5 1 1,5

t h

A.40,60 B.60, 40 C.-40, 60 D.40,-60 Câu 21.Phương trình tọa độ của 2 ô tô là:( x:km; t:h) A. x1  40t ; x2  60t

x1  40t ; x2  0, 25  60t C. x1  60  40t : x2  60  t  0, 25 

B. D.

x1  40t ; x2  60  t  0, 25 

Đáp án trắc nghiệm Câu 1: Đáp án D. Câu 2: Đáp án C. Câu 3: Đáp án D Câu 4: Đáp án D Câu 5: Đáp án C Câu 6: Đáp án D Câu 7: Đáp án C Câu 8: Đáp án B Xe máy : x01  0; v01  36km / h  x1  36t

Ôtô : x02  90km / h; v02  15m / s  54km / h  x2  90  54t Câu 9: Đáp án B x1  x2  36t  90  54t  t  1h Câu 10: Đáp án A

s1  x1  x01  36km; s2  x2  x02  90  54  90  54km

Câu 11: Đáp án B. Ta có s  20km; t  20 ph 

1 s h; v   60  km / h  3 t

Câu 12. Đáp án A s s 2v1 .v 2 2.36.54 s v 1 2     43, 2  km / h  s s t1  t 2 v1  v 2 36  54  2v1 2v 2 Câu 13. Đáp án C. Con chim và vận động viên chuyển động cùng thời gian khi đến đích:

t

s 7,5   0,5h v 15

Quãng đường di chuyển của con chim: s  30.0, 5  15  km  Câu 14. Đáp án D

v

s1  s2 v1.t1  v2 .t2 60.2  54.3    56, 4  km / h  t1  t2 t 5 23

Câu 15: Đáp án A Câu 16: Đáp án C Câu 17: Đáp án C Câu 18: Đáp án A Câu 19: Đáp án B. s=20km; t  20 ph 

1 s h; v   60km / h 3 t

Câu 20: Đáp án C

x1 60   40km / h t1 1,5 x 30 v2  2   60km / h t2 0,5 v1 

Câu 21: Đáp án C

x01  60  x1  60  40t

x02  0, t02  0, 25  x2  60  t  0, 25  CHUYỂN ĐỘNG THẲNG BIẾN ĐỔI ĐỀU I: LÝ THUYẾT CẦN LƯU Ý. 1. Vận tôc tức thời. Chuyển động thẳng biến đổi đều. a. Độ lớn của vận tốc tức thời: Trong khoảng thời gian rất ngắn t, kể từ lúc ở M vật dời được một đoạn đường s rất ngắn thì đại lượng: v  lớn vận tốc tức thời của vật tại M. Đơn vị vận tốc là m/s

s là độ t



b. Véc tơ vận tốc tức thời: Vectơ vận tốc tức thời v tại một điểm trong chuyển động thẳng có: + Gốc nằm trên vật chuyển động khi qua điểm đó + Hướng trùng với hướng chuyển động + Độ dài biểu diễn độ lớn vận tốc theo một tỉ xích nào đó và được tính bằng: v 

s t

Với s là quãng đường đi rất nhỏ tính từ điểm cần tính vận tốc tức thời t là khoảng thời gian rất ngắn để đi đoạn s c. Chuyển động thẳng biến đổi đều - Chuyển động thẳng nhanh dần đều là chuyển động có quỹ đạo là một đường thẳng và có vận tốc tức thời tăng đều theo thời gian. - Chuyển động thẳng chậm dần đều là chuyển động có quỹ đạo là một đường thẳng và có vận tốc tức thời giảm đều theo thời gian. 2. Chuyển động thẳng biến đổi đều. 24

a. Gia tốc trong chuyển động thẳng biến đổi đều. a) Khái niệm gia tốc: a =

v = hằng số t

Với : v = v – vo ; t = t – to Đơn vị gia tốc là m/s2. 



v  vo  v b) Véc tơ gia tốc. a   t  to t 

  - Trong chuyển động thẳng nhanh dần đều luôn có a.v  0   - Trong chuyển động thẳng chậm dần đều luôn có a.v  0 b. Vận tốc, quãng đường đi, phương trình chuyển động của chuyển động thẳng nhanh dần đề và thẳng chậm dần đều: - Công thức vận tốc: v  v0  at

1 2 at 2 1 - Phương trình chuyển động: x  x0  v0t  at 2 2 - Công thức tính quãng đường đi: s  v0t 

- Công thức liên hệ giữa a, v và s của chuyển động thẳng biến đổi đều: v2 – vo2 = 2as Trong đó: v0 là vận tốc ban đầu ( m/s )

v là vận tốc ở thời điểm t ( m/s ) a là gia tốc của chuyển động (m / s2 ) t là thời gian chuyển động ( s ) x0 là tọa độ ban đầu ( độ dài )

x là tọa độ ở thời điểm t ( độ dài ) Nếu chọn chiều dương là chiều chuyển động thì : * v0  0 và a > 0 với chuyển động thẳng nhanh dần đều * v0  0 và a < 0 với chuyển động thẳng chậm dần đều. II: DẠNG BÀI TẬP CẦN LƯU Ý. Dạng1: Xác định vận tốc, gia tốc, quãng đường đi của một vật trong chuyển động thẳng biến đổi đều. Phương pháp giải: Sử dụng các công thức sau - Công thức cộng vận tốc: a 

v  v0 t

- Công thức vận tốc: v = v0 + at 1 - Quãng đường S  v 0 t  at 2 2 25

- Công thức độc lập thời gian: v2 – v02 = 2.a.S Trong đó: a > 0 nếu chuyển động nhanh dần đều a < 0 nếu chuyển động chậm dần đều Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Một đoàn tàu đang chuyển động với vận tốc 72km/h thì vào ga Huế và hãm phanh chuyển động chậm dần đều, sau 10 giây đạt còn lại 54km/h. a. Xác định thời gian để tàu tàu còn vận tốc 36km/h kể từ lúc hãm phanh và sau bao lâu thì dừng hẳn. b. Xác định quãng đường đoàn tàu đi được cho đến lúc dừng lại. Giải: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của tàu, gốc tọa độ tại vị trí hãm phanh, gốc thời gian lúc bắt đầu hãm phanh. 72 54 36 a. v 0   20m / s; v1   15m / s; v 2   10m / s 3,6 3,6 3,6

v1  v0 15  20   0,5m / s 2 t 10 v2  v0 10  20   20 s Mà v2  v0  a.t2  t2  a 0,5 gia tốc chuyển động của tàu a 

Khi dừng lại hẳn thì v 3  0 Áp dụng công thức v 3  v 0  at 3  t3 

v3  v0 0  20   40 s a 0,5

v32  v02  400m b;Áp dụng công thức v  v  2.a.S  S  2.a 2 3

2 0

Câu 2: Một người đi xe máy đang chuyển động với vận tốc 54km/h thì nhìn thấy chướng ngại vật thì hãm phanh chuyển động chậm dần đều và dừng lại sau 10s . Vận tốc của xe máy sau khi hãm phanh được 6s là bao nhiêu? Giải: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe máy, gốc tọa độ tại vị trí hãm phanh, gốc thời gian là lúc hãm hanh 54 Ta có v 0   15m / s xe dừng lại sau 10s nên v1  0m / s 3,6 v  v 0 0  15 v1  v 0  at  a  1   1, 5 m / s 2 t 10 Vận tốc của oto sau khi hãm phanh được 6s v 6  v 0  at 6  v 6  15  1, 5.6  6m / s





Câu 3: Một ôtô đang chạy trên đường cao tốc với vận tốc không đổi 72km/h thì người lái xe thấy chướng ngại vật và bắt đầu hãm phanh cho ôtô chạy chậm dần đều .Sau khi chạy được 50m thì vận tốc ôtô còn là 26

36km/h.Hãy tính gia tốc của ôtôvà khoảng thời gian để ôtô chạy thêm được 60m kể từ khi bắt đầu hãm phanh. Giải: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của ô tô, gốc tọa độ tại vị trí hãm phanh, gốc thời gian là lúc hãm hanh 72 Ta có v 0   20m / s; v1  36km / h 3,6 Mà v12  v 02  2as  a  Áp dụng công thức

v12  v 02 10 2  20 2   3(m / s 2 ) 2s 2.50

v 22  v 02  2as  v 2  2as  v 02  2.( 3).60  20 2  2 10(m / s)

v 2  v0

2 10  20   4, 56s a 3 Câu 4: Một chiếc ô tô đang chạy với vận tốc 16m/s và gia tốc 2m/s2 thì tăng tốc cho đến khi đạt được vận tốc 24m/s thì bắt đầu giảm tốc độ cho đến khi dừng hẳn. Biết ô tô bắt đầu tăng vận tốc cho đến khi dừng hẳn là 10s. Hỏi quãng đường của ô tô đã chạy. Giải: Áp dụng công thức v = v0 + at1  24 = 16 + 2.t1  t1 = 4s là thời gian tăng tốc độ. Vậy thời gian giảm tốc độ: t2 = t – t1 = 6s Quãng đường đi được khi ô tô tăng tốc độ:

Mặt khác ta có v 2  v 0  at 2  t 2 

S1  v 0 t1  21 at12  S1  16.4  21 .2.4 2  80m

Quãng đường đi được từ khi bắt đầu giảm tốc độ đến khi dừng hẳn: S 2  v1t 2  21 at 22  S 2  24.6  21 .2.6 2  108m

 S = S1 + S2 = 80+108=188m

Câu 5 : Đo quãng đường một vật chuyển động biến đổi đều đi được trong những khoảng thời gian 1,5 liên tiếp, người ta thấy quãng đường sau dài hơn quãng đường trước 90cm, vật có khối lượng 150g. Xác định lực tác dụng lên vật. Giải : Chọn chiều dương là chiều chuyển động, gốc thời gian là lúc xuất phát, gốc tọa độ tại vị trí xuất phát với v 0  0  m / s  Theo bài ra ta có s2  s1  0,09  m 

 1

1 1 Mà s1  v 0 t  at 2  0,1, 5  .a.1, 52  1,125a 2 2 1 2 s 2  vt  at 2 Với v  v 0  at  0  a.1, 5  1, 5a  m / s 

2

 s 2  1, 5a.1, 5  1,125a  3, 375a

 3

Thay ( 2 ) và ( 3 ) vào ( 1 ) ta có



3, 375a  1,125a  0,09  2, 25a  0,09  a  0,04 m / s 2

Vậy lực tác dụng lên vật F  ma  0,15.0,04  0,06  N 



Bài tập tự luyện Câu 1 : Một ô tô đang đi với v = 54km/h bỗng người lái xe thấy có ổ gà trước mắt cách xe 54m. Người ấy phanh gấp và xe đến ổ gà thì dừng lại. Tính gia tốc và thời gian hãm phanh. Câu 2: Cho một máng nghiêng, lấy một viên bi lăn nhanh dần đều từ đỉnh một máng với không vận tốc ban đầu, bỏ qua ma sát giữa vật và máng, biết viên bi lăn với gia tốc 1m/s2. a. Sau bao lâu viên bi đạt vận tốc 2m/s. b. Biết vận tốc khi chạm đất 4m/s. Tính chiều dài máng và thời gian viên bi chạm đất. Câu 3: Một người đi xe đạp chuyển động nhanh dần đều đi được S = 24m, S2 = 64m trong 2 khoảng thời gian liên tiếp bằng nhau là 4s. Xác định vận tốc ban đầu và gia tốc của xe đạp. Câu 4: Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều từ Trung Tâm Bồi Dưỡng Kiến Thức A khi đi hết 1km thứ nhất thì v1 = 15m/s. Tính vận tốc v của ô tô sau khi đi hết 2km. Câu 5: Một ô tô đang chạy với vận tốc 15m/s trên đoạn đường thẳng thì người lái xe tăng ga và ô tô chuyển động nhanh dần đều .Sau 10s xe đạt đến vận tốc 20m/s .Tính gia tốc và vận tốc của xe ôtô sau 20s kể từ lúc tăng ga Câu 6: Một xe chuyển động thẳng nhanh dần đều đi trên hai đoạn đường liên tiếp bằng nhau 100m, lần lượt trong 5s và 3s. Tính gia tốc của xe. Hướng dẫn giải 54 Câu 1: Ta có v 0   18m / s 3,6 Áp dụng công thức v2 – v02 = 2.a.S

v 2  v02 02  182 a   3(m / s 2 ) 2S 2.54 Mà a 

v  v0 v  v0 0  18 t    6( s ) t a 3

Câu 2: a. Để viên bị đạt được vận tốc v1 = 3m/s.

v1  v0 2  0   2( s ) a 1 v 2 2 – v0 2 42  0 2 2   16m b. Ta có v2 = 4m/s mà v – v0 = 2.a.S  S  2.a 2.1 v  v0 4  0   4s Áp dụng công thức v2 = v0 + at2  t2  2 a 1 Áp dụng công thức v1  v0  at  t 

Câu 3 : Ta có S  v 0 t  21 at 2 Với quãng đường thứ nhất: S1  v01t1  12 a.t12  24  v01 4  8a Với quãng đường thứ hai: S 2  v02t2  12 a.t22  64  v02 4  8a Mà v 02  v 01  at 2  v 01  4a

 3

1  2

Giải hệ phương trình (1), (2), (3) ta được : v 01  1m / s; a  2, 5m / s2 Câu 4: Áp dụng công thức : v 2  v 02  2aS  a 

v 2 v02 2S



202 02 2.1000

 0, 2(m / s 2 )

Vận tốc sau khi đi được 2km là: v12  v 02  2.a.S /  v1  2.0, 2.2000  20 2(m / s)

Câu 5: Áp dụng công thức v1  v 0  at  a 

v1  v 0

Vận tốc của ô tô sau khi đi được 20s v 2  v 0  at 2  v 2  15  0, 5.20  25m / s 1 Câu 6 : Áp dụng công thức s  v 0 t  at 2 2 Trong 100m đầu tiện : 100  v 01 .5  12, 5a



20  15  0, 5(m / s 2 ) 10

 1

Trong một 100m tiếp theo chuyển động hết 3s tức là 200m xe chuyển động hết 8s : 200  v 01 .8  32a  2  10 12, 5a  5v 01  100  a  (m / s 2 ) Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có  3 32a  8v 01  200 Dạng 2: Tính quãng đường vật đi được trong giây thứ n và trong n giây cuối. Phương pháp giải: * Quãng đường vật đi trong giây thứ n.

- Tính quãng đường vật đi trong n giây: S n  v 0 n  21 an 2 - Tính quãng đường vật đi trong (n – 1) giây: S n 1  v 0 (n  1)  21 a.(n  1)2 - Vậy quãng đường vật đi trong giây thứ n: S  S n  S n1 * Quãng đường vật đi trong n giây cuối. 29

- Tính quãng đường vật đi trong t giây: S t  v 0 t  21 a.t 2 - Tính quãng đường vật đi trong (t – n) giây: S t n  v 0 (t  n)  21 a.(t  n)2 - Vậy quãng đường vật đi trong n giây cuối : S  St  St n Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Một ôtô chuyển động thẳng nhanh dần đều với vận tốc đầu là 18km/h. Trong giây thứ 6 xe đi được quãng đường 21,5m. a. Tính gia tốc của xe. b. Tính quãng đường xe đi trong 20s đầu tiên. Giải: 18 a. Ta có v 0  km / h  5m / s 3,6 Ta có quãng đường đi trong 5s đầu: S 5  v 0 t 5  21 a.t 25  S 5  5.5  12, 5a Quãng đường đi trong 6s: S6  v 0 t 6  21 a.t 62  S6  5.6  18a Quãng đường đi trong giây thứ 6: S = S6 - S5 = 21,5  a = 3m/s2 b.Ta có S 20  v 0 t 20  21 a.t 220  S 20  5.20  21 .3.20 2  700(m) Câu 2: Một vật chuyển động thẳng nhanh dần đều từ trạng thái đứng yên và đi được đoạn đường s trong thời gian 4s. xác định thời gian vật đi được 3 đoạn đường cuối. 4 Giải: Ta có v 0  0(m / s) Gọi t là thời gian vật đi hết quãng đường S nên t  4s , thời gian để vật đi 3 hết quãng đường cuối là n 4 3 S 1 1 1 Vậy S  S  S t  n  S   S t  n  . at 2  a(t  n)2 4 4 4 2 2 t2 42  (t  n)2   (4  n)2  n  2s 4 4 Câu 3: Một xe ô tô chuyển động thẳng nhanh dần đều với vận tốc đầu 18km/h.Trong giây thứ tư kể từ lúc bắt đầu chuyển động nhanh dần, xe đi được 12m. Hãy tính gia tốc của vật và quãng đường đi được sau 10s. Giải: Ta có v 0  18km / h  5(m / s) 

1 Quãng đường chuyển động S  v 0 t  at 2 2 1 Trong 4s đầu S 4  5.4  .a.4 2  20  8a 2

1 Trong 3s đầu S 3  5.3  .a.32  15  4, 5a 2 Trong giây thứ tư kể từ lúc bắt đầu chuyển động nhanh dần, xe đi được 12m nên

12  S 4  S 3  20  8a  15  4, 5a  12  5  3, 5a  12  a  2(m / s 2 ) 1 Quãng đường đi được sau 10s : S10  5.10  .2.10 2  150m 2 Bài tập tự luyện: Câu 1: Một ôtô bắt đầu chuyển động thẳng nhanh dần đều. Trong giây thứ 6 xe đi được quãng đường 11m. a. Tính gia tốc của xe. b. Tính quãng đường xe đi trong 20s đầu tiên. Câu 2: Một xe chuyển động nhanh dần đều với vận tốc đầu 18km/h. Trong giây thứ 5 xe đi được 14m. a. Tính gia tốc của xe. b. Tính quãng đường đi được trong giây thứ 10. Câu 3: Một bắt đầu vật chuyển động nhanh dần đều trong 10s với gia tốc của vật 2m/s2. Quãng đường vật đi được trong 2s cuối cùng là bao nhiêu? Câu 4: Một vật chuyển động thẳng biến đổi đều không vận tốc đầu và đi được quãng đường S mất 3s. Tìm thời gian vật đi được 8/9 đoạn đường cuối. Hướng dẫn giải: Câu 1:

a; Áp dụng công thức S  v 0 t  21 a.t 2 bắt đầu chuyển động v 0  0(m / s) Quãng đường đi trong 5s đầu: S 5  21 a.t 25  12, 5a Quãng đường đi trong 6s: S6  21 a.t 62  18a Quãng đường đi trong giây thứ 6: S = S6 - S5 = 11  a = 2m/s2 b; quãng đường ô tô chuyển động trong 20s đầu tiên S 20  21 a.t 220  21 .2.20 2  400(m)

Câu 2: a; Áp dụng công thức S  v 0 t  21 a.t 2 với v 0  18km / h  5 m/ s Quãng đường đi trong 5s: S 5  v 0 t 5  21 a.t 52  25  12, 5a Quãng đường đi trong 4s: S 4  v 0 t 4  21 a.t 24  20  8a Quãng đường đi trong giây thứ 5: 31

S = S5 - S4 = 14(m)  a = 2 m/s2

2  50  100  150  m  b; Quãng đường đi trong 10s: S10  v 0 t10  21 a.t10 2  45  81  126  m  Quãng đường đi trong 9s: S10  v 0 t10  21 a.t10

Quãng đường đi trong giây thứ 10: S = S10 - S9 = 24 (m ) Câu 3: Quãng đường vật đi được trong 10s: 2 S10  v 0 t10  21 a.t10  0.10  21 .2.10 2  100(m)

Quãng đường vật đi được trong 8s : S8  v 0 t 8  21 a.t 82  0.8  21 .2.8 2  64(m) Quãng đường vật đi trong 2s cuối: S = S10 – S8 = 36 ( m ) Câu 4: Vì vật chuyển động biến đổi đều không vận tốc ban đầu nên v 0  0(m / s) Áp dụ ng công thức : S  21 at 2  21 a.32  4, 5a Gọi t1 là thời gian vật đi trong 1/9 quãng đường đầu. Ta có S /  21 at12  S9  21 at12  t1  1s Thời gian vật đi trong 8/9 quãng đường cuối: t 2  t  t1  3  1  2s Dạng 3:Viết phương trình chuyển động thẳng biến đổi đều Phương pháp giải: Luôn coi chiều dương là chiều chuyển động của vật Sử dụng phương trình chuyển động và công thức chuyển động thẳng biến đổi đều x  x0  v 0 t  21 at 2

Ví dụ minh họa: Câu 1: Phương trình của một vật chuyển động thẳng biến đổi đều là: x = 20t2 + 40t + 6 (cm; s) a.Tính gia tốc và tính chất của chuyển động. b.Tính vận tốc lúc t = 4s. c.Xác định vị trí vật lúc vật có vận tốc là 400cm/s. Giải: a. Ta có phương trình chuyển động tổng quát: x  x0  v 0 t  21 at 2 Theo bài ra: x = 20t2 + 40t + 6 (cm; s)



1 a  20  a  40  cm / s 2  , v0  40(c m / s)  a.v  0 2

Vậy vật chuyển động nhanh dần đều. b; Ta có v  v 0  at  40  40.4  200(m / s) 32

c; Áp dụng công thức t 

v  v0 a



400  40  9(s) 40

 x  20.92  40.9  6  1986cm Câu 2: Một vật chuyển động thẳng biến đổi đều với phương trình chuyển động là: x = 20 + 4t + t2 ( m;s ) a. Hãy viết phương trình đường đi và phương trình vận tốc của vật ?. b. Lúc t = 4s, vật có tọa độ và vận tốc là bao nhiêu ? Giải: a. Ta có phương trình quãng đường: s  v 0 t  21 at 2 Theo bài ra: x = 20 + 4t + t2 ( m;s )



1 a  1  a  2  m / s 2  , v0  4(m / s) 2

Vậy S  4t  t 2 Phương trình vận tốc v  v 0  at  4  2t

(m / s) 2

b. Lúc t = 4s, vật có tọa độ x  20  4.4  4  52m Vận tốc là v  4  2.4  10 (m / s) Câu 3: Một ô tô chuyển động theo phương trình: x = 0,2t2 + 20t + 10(m; s). Tính a.Quãng đường ô tô đi được từ thời điểm t1 = 2s đến thời điểm t2 = 5s. Vận tốc trung bình trong đoạn đường này là bao nhiêu? b.Vận tốc của ô tô lúc t = 3s. Giải: Ta có phương trình quãng đường: s  20t  0, 2t 2 Quãng đường vật đi được t1 = 2s: S1  20.2  0, 2.2 2  40,8m Quãng đường vật đi được t2 = 5s: S 2  20.5  0, 2.52  105m Quãng đường vật đi được từ thời điểm t1 = 2s đến thời điểm t2 = 5s: S  S 2  S1  105  40,8  64, 2m Vận tốc trung bình v 

x x 2  x1  t t 2  t1

Tọa độ vật đi được t1 = 2s: x1  10  20.2  0, 2.2 2  50,8m Tọa độ vật đi được t2 = 5s: x 2  10  20.5  0, 2.52  115m Vận tốc trung bình v 

x 2  x1 115  50,8   21, 4(m / s) t 2  t1 52

b.Vận tốc của vật lúc t = 3s. v  v 0  at  5  0, 4.3  6, 2  m / s  33

Bài tập tự luyện: Câu1: Một vật chuyển động thẳng biến đổi đều có: Khi t1 = 2s thì x1 = 5cm và v1 = 4cm/s còn Khi t2 = 5s thì v2 = 16cm/s a. Viết phương trình chuyển động của vật. b. Xác định thời điểm mà vật đổi chiều chuyển động và vị trí của vật lúc này. Câu 2: Cho một vật chuyển động thẳng biến đổi đều có phương trình : x = 0,2t2 – 20t + 10 ( m ;s ) Hãy xác định. a. Cho biết tính chất của chuyển động. b. Vận tốc của vật ở thời điểm t = 10s. c. Toạ độ của vật khi nó có v = 4m/s. Câu 3: Cho một vật chuyển động thẳng biến đổi đều có phương trình chuyển động là x = 20 + 4t -0,5t2 ( m;s). Xác định vận tốc và quãng đường của chuyển động sau 2s là bao nhiêu?. Câu 4:Một vật chuyển động thẳng biến đổi đều với phương trình chuyển động thẳng là: x =4+ 20t + 0,4t2 (m;s) a. Tính quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian từ t1 = 1s đến t2 = 4s và vận tốc trung bình trong khoảng thời gian này. b. Tính vận tốc của vật lúc t = 6s. Câu 5: Một vật chuyển động thẳng biên đổi đều với phương trình chuyển động là: x = 30 - 10t + 0,25t2 ( m;s ) Hỏi lúc t = 30s vật có vận tốc là bao nhiêu ? Biết rằng trong quá trình chuyển động vật không đổi chiều chuyển động. Hướng dẫn giải: Câu 1: a. Phương trình chuyển động và phương trình vận tốc 1 x  x0  v 0 t  at 2 ; v  v 0  at 2 Khi t1 = 2s thì x1 = 5cm và v1 = 4cm/s ta có 5  x0  v 0 .2  2.a; 4  v 0  a.2  1 Khi t2 = 5s thì v2 = 16cm/s thì: 16  v 0  a.5

2





2  5  x0  v 0 .2  2a a  4 cm / s   Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có hệ 4  v 0  2a  v 0  4  cm / s  16  v  5a  0  x0  5cm 

Vậy phương trình chuyển động x  5  4t  2t 2 34

 cm; t 

b. Ta có v 0 .a  0 vậy vật chuyển động chậm dần đều, để vật đổi chiều thì khi vật dừng lại nên v  v 0  at  0  4  4.t  t  1s

 cm 

Vị trí vật x  5  4.1  2.12  3 Câu 2:

a. Ta có phương trình chuyển động tổng quát: x  x0  v 0 t  21 at 2 Theo bài ra: x = 0,2t2 – 20t + 10  a = 0,2m/s2, v0  20(m / s)  a.v  0 Vậy vật chuyển động chậm dần đều. b; Ta có v  v 0  at  20  0, 2.10  18(m / s) c; Áp dụng công thức t 

v  v0 a



4  ( 20)  120(s) 0, 2

 x  0, 2.120  18.120  10  730m 2

Câu 3: Ta có phương trình chuyển động biến đổi đều của vật x  x0  v 0 t  21 at 2

Mà theo đầu bài ra ta có x = 10 + 4t - 0,5t2  v0 = 4m/s ; a= -1m/s2 pt vận tốc: v = v0 + at = 4 – t với t = 2s  v = 2m/s Công thức tính quãng đường S  v 0 t  21 at 2  4.2  21 ( 1).2 2  6(m) Câu 4: a. Ta có phương trình quãng đường: s  20t  0, 4t 2 Quãng đường vật đi được t1 = 1s: S1  20.1  0, 4.12  20, 4m Quãng đường vật đi được t2 = 4s: S 2  20.4  0, 4.4 2  86, 4m Quãng đường vật đi được từ thời điểm t1 = 1s đến thời điểm t2 = 4s: S  S 2  S1  86, 4  20, 4  66m Vận tốc trung bình v 

x x 2  x1  t t 2  t1

Tọa độ vật đi được t1 = 1s: x1  4  20.1  0, 4.12  24, 4m Tọa độ vật đi được t2 = 4s: x 2  10  20.4  0, 4.4 2  96, 4m Vận tốc trung bình v 

x 2  x1 96, 4  24, 4   24(m / s) t 2  t1 4 1

b.Vận tốc của vật lúc t = 6s. v  v 0  at  20  0,8.6  24,8  m / s  Câu 5: Ta có phương trình chuyển động x  x0  v 0 t  21 at 2 35





1 Nên v 0  10  m / s  ; a  0, 25  a  0, 5 m / s2 2 Phương trình vận tốc v  v 0  at  v  10  0, 5t

Dạng 4: Xác định vị trí và thời điểm hai xe gặp nhau: Phương pháp giải: Chọn hệ quy chiếu: chiều dương, gốc tọa độ, gốc thời gian   Thiết lập phương trình chuyển động chú ý đấy của a, v , vận tốc luôn cùng phương cùng chiều chuyển động   + Chuyển động nhat dần đếu: a  v   + Chuyển động chậm dần đều : a  v Nếu xác định vị trí và thời điểm hai xe gặp nhau ta có x1  x 2 Giải phương trình bậc hai để xác định t Loại ẩn t nếu phương trình cho hai t đều dương Ví dụ minh họa: Câu 1: Trong một thí nghiệm cho hai địa điểm A và B cách nhau 300m, lấy hai vật cho chuyển động. Khi vật 1 đi qua A với vận tốc 20m/s, chuyển động chậm dần đều về phía B với gia tốc 1 m/s2 thì vật 2 bắt đầu chuyển động đều từ B về A với vận tốc 8 m/s. Chọn gốc tọa độ tại A, chiều dương từ A đến B, gốc thời gian là lúc vật 1 qua A a. Viết phương trình tọa độ của hai vật b. Khi hai vật gặp nhau thì vật 1 còn chuyển động không? Xác định thời điểm và vị trí gặp nhau c. Khi vật thứ hai đến A thì vật 1 ở đâu, vận tốc là bao nhiêu? Giải : a. Theo bài ra gốc tọa độ tại A, chiều dương từ A đến B, gốc thời gian là lúc vật 1 qua A









Đối vật qua A : x0A  0  m  ; v 0A  20  m / s  ; a A  1 m / s2 1 x A  20t  .t 2 ; v A  20  t 2

Đối vật qua B : x0B  300  m  ; v 0B  8  m / s  ; a B  0 m / s2 x B  300  8t

b. Khi hai vật gặp nhau nên  x A  x B  20t  0, 5t 2  300  8t  0, 5t 2  28t  300  0 t1  41, 565s; t 2  14, 435s

Với t1  41, 565s  x  20.41, 565  0, 5.41, 5652  3, 2, 5246  m  L  Với t 2  14, 435s  x  20.14, 435  0, 5.14, 4352  184, 5154  m  T / M  36

Vậy sau 14,435s thì hai vật gặp nhau v A  20  14, 435  5, 565  m / s  khi hai vật gặp nhau vật A vẫn đang chuyển động c. Khi vật 2 đến A ta có x B  0  300  8t  0  t  37, 5s Vật 1 dừng lại khi v A  0  20  t  0  t  20s 1  x A  20.20  .20 2  200  m  2 Vậy khi vật 2 đến A thì vật một cách A là 200 m cách B là 100m Câu 2: Một xe ô tô khởi hành lúc 6h sáng từ địa điểm A Bộ Công An đi về địa điểm B ngã tư Cổ Nhuế cách nhau 300m, chuyển động nhanh dần đều

với gia tốc 0, 4m / s2 . 10 giây sau một xe đạp khởi hành từ ngã tư Cổ Nhuế chuyển động cùng chiều với ô tô. Lúc 6h50s thì ô tô đuổi kịp xe đạp. Tính vận tốc của xe đạp và khoảng cách hai xe lúc 6h2phút Giải : Chọn chiều dương là chiều chuyển động từ A đến B, gốc tọa độ tại A, gốc thời gian là lúc 6h sáng









Đối vật qua A : x0A  0  m  ; v 0A  0  m / s  ; a A  0, 4 m / s2 xA 

1 .0, 4.t 2  0, 2t 2 2

Đối vật qua B : x0B  300  m  ; v B  ?  m / s  ; a B  0 m / s2 sau 10 s nên x B  300  v  t  10 

và chuyển động

Lúc 6h50s thì ô tô đuổi kịp xe đạp thì t = 50s

x A  x B  0, 2t 2  v  t  10   0, 2.50 2  300  v  50  10   v  5  m / s 

Lúc 6h2 phút tức là t = 120s 1 Vị trí xe A : x A  .0, 4.t 2  0, 2.120 2  2880m 2 Vị trí xe B : x B  300  5  t  10   300  5  120  10   850m Khoảng cách giữa hai xe : S  2880  850  2030m Câu 3: Ở trên một đoạn dốc thẳng dài 130m, Phúc và Nghĩa đều đi xe đạp và khởi hành cùng một lúc ở hai đầu đoạn dốc. Phúc đi lên dốc với vận tốc 18km/h chuyển động chậm dần đều với gia tốc có độ lớn 0,2m/s2. Nghĩa đi xuống dốc với vận tốc 5,4 km/h và chuyển động với gia tốc có độ lớn 20cm/s2 a. Viết phương trình chuyển động của Phúc và Nghĩa. b. Tính thời gian và vị trí Phúc và Nghĩa gặp nhau Giải: Chọn chiều dương là chiều từ đỉnh đến chân dốc, gốc toạ độ tại đỉnh dốc, gốc thời gian là lúc Nghĩa chuyển động. 37

a; Ta có phương trình chuyển động x  x0  v 0 t  21 at 2 Phương trình chuyển động của Nghĩa với x01  0; v 01  5, 4km / h  1, 5m / s; a1  0,1m / s 2  x1  1, 5t  0,1t 2

Phương trình chuyển động của Phúc với x02  130; v 02  18km / h  5m / s; a 2  0,1m / s 2  x 2  130  5t  0,1t 2

b; Khi hai xe gặp nhau ta có : x1 = x2  1, 5t  0,1t 2  130  5t  0,1t 2  t = 20s

Thay t=20s vào phương trình 1: x1  1, 5.20  0,1.20 2  70m Vậy hai bạn gặp nhau tại vị trí cách vị trí đỉnh dốc là 70m sau 20 dây kể từ khi bắt đầu chuyển động Bài tập tự luyện: Câu 1: Một đường dốc AB có độ dài là 400m. Một người đang đi xe đạp với vận tốc 2m/s thì bắt đầu xuống dốc tại đỉnh A với gia tốc 0,2m/s2, cùng lúc đó một ô tô lên dốc từ chân dốc B chậm dần đều với vận tốc 20m/s và gia tốc là 0,4 m/s2. a. Viết phương trình tọa độ và phương trình vận tốc của hai xe b. Sau bao lâu hai xe gặp nhau, vị trí gặp nhau và tìm vận tốc của mỗi xe lúc gặp nhau ? c. Xác định thời điểm để hai xe cách nhau 40m ? Câu 2 : Hai người đi xe đạp khởi hành cùng lúc và đi ngược chiều. Người thứ nhất có vận tốc đầu là 4,5km/h và nhanh dần đều với gia tốc 20 cm/s2. Người thứ hai có vận tốc đầu 5,4 km/h và đi nhanh dần đều với với gia tốc 0,2 m/s2. Khoảng cách ban đầu là 130m. a. Hỏi sau bao lâu hai người gặp nhau và khi đó mỗi người đã đi được đoạn đường bao nhiêu? b. Xác định thời điểm để hai xe cách nhau 40m ? Câu 3 : Trong một chuyến từ thiện của trung tâm A thì mọi người dừng lại bên đường uống nước. Sau đó ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với gia tốc 0,5 m/s2 thì có một xe khách vượt qua xe với vận tốc 18 km/h và gia tốc 0,3 m/s2 . Hỏi khi ô tô đuổi kịp xe khách thì vận tốc của ô tô và sau quãng đường bao nhiêu ? Câu 4: Một xe ô tô bắt đầu chuyển động thẳng nhanh dần đều với gia tốc 0,5m/s2 đúng lúc một xe máy chuyển động thẳng đều với vận tốc 36km/h vượt qua nó. a. Xác định thời điểm và vị trí hai xe gặp nhau và vận tốc xe ô tô khi đó ? b.Xác định thời điểm để hai xe cách nhau một quãng đường là 100m Hướng đẫn giải: 38

Câu 1: Chọn chiều dương là chiều từ đỉnh đến chân dốc, gốc toạ độ tại đỉnh A, gốc thời gian là lúc xe A xuống dốc.



Đối với xe A: x0A  0  m  ; v 0A  2  m / s  ; a A  0, 2 m / s2 1 x A  2t  .0, 2.t 2  2t  0,1t 2 2 v A  2  0, 2t





Đối với xe B: x0B  400  m  ; v 0B  20  m / s  ; a B  0, 4 m / s2



1 x B  400  20t  .0, 4.t 2  400  20t  0, 2.t 2 2 v B  20  0, 4t

b. Vì hai xe gặp nhau x A  x B nên t  200s  2t  0,1t 2  400  20t  0, 2t 2  0,1t 2  22t  400  0   1 t 2  20s 1 Với t1  200s ta có: x  2.200  .0, 2.200 2  4400m  400m  L  2 1 Với t 2  20s ta có: x  2.20  .0, 2.20 2  80m  400m  T / M  2 Vận tốc xe A: v A  2  0, 2.20  6  m / s 

Vận tốc xe B: v B  20  0, 4.20  12  m / s 

x  x B  40 c. Để hai xe cách nhau 40m thì x A  x B  40   A x B  x A  40 2t  0,1t 2  400  20t  0, 2t 2  40 0,1t 2  22t  440  0  t  22, 25  s    2 2 2 400  20t  0, 2t  2t  0,1t  40 0,1t  22t  360  0  t  17,8  s  Thay thời gian loại nghiệm ta có hai thời điểm vật cách nhau 40m là Câu 2: a. Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe đạp nhứ nhất gốc tọa độ tại vị trí xe đạp thứ nhất có vận tốc đầu là 4,5km/h, gốc thời gian là lúc hai xe khởi hành. Đối với xe đạp thứ nhất: x01  0m / s; v 01  4, 5km / h  1, 25m / s

a1  20cm / s 2  0, 2m / s 2

Phương trình chuyển động x1  1, 25t  0,1t 2 Đối với xe đạp thứ hai: x02  130m / s; v 02  5, 4km / h  1, 5m / s a 2  0, 2m / s 2

Phương trình chuyển động x 2  130  1, 5t  0,1t 2 39

Vì hai xe gặp nhau  x1  x 2  1, 25t  0,1t 2  130  1, 5t  0,1t 2  0, 2t 2  2,75t  130  0  t  19, 53  s 

Vậy sau 19,53 s hai người gặp nhau 2

Quãng đường xe một đi là s1  1, 25.19, 53  0,1.  19, 53   62, 55  m  Quãng đường xe hai đi là s2  130  62, 55  67, 45  m 

x  x  40 b. Để hai xe cách nhau 40m thì x1  x 2  40   1 2 x 2  x1  40 0,1t 2  1,25t  130  1,5t 2  0,1t 2  40 0,2t 2  2,75t  170  0  t  23,1  s    2 2 2 0,2t  2,75t  90  0  t  15,424  s  130  1,5t  0,1t  1,25t  0,1t  40 Câu 3 : Chọn chiều dương là chiều chuyển động của ô tô, gốc tọa độ tại vị trí uống nước, gốc thời gian là lúc xe ô tô khởi hành.

Đối với xe ô tô: x01  0m / s; v 01  0m / s; a1  0, 5m / s2 Phương trình chuyển động: x1  0, 25t 2 Đối với xe khách : x02  0m; v 02  18km / h  5m / s; a 2  0, 3m / s2 Phương trình chuyển động : x 2  5t  0,15t 2 Vì hai xe gặp nhau  x1  x 2  0, 25t 2  5t  0,15t 2 t  0  s  L   0,1t 2  5t  0   t  50  s  T / M  Vận tốc ô tô v  v 01  a1t1  0  0, 5.50  25  m / s 

Quãng đường đi S  0, 25t 2  0, 25.50 2  625m Câu 4: a. Chọn chiều dương là chiều chuyển động của ô tô, gốc tọa độ tại vị trí xuất phát, gốc thời gian là lúc xe ô tô khởi hành. Đối với xe ô tô: x01  0m / s; v 01  0m / s; a1  0, 5m / s2 Phương trình chuyển động: x1  0, 25t 2 Đối với máy : x02  0m; v 2  36km / h  10m / s; a 2  0m / s2 Phương trình chuyển động : x 2  10t

t  0  s  L  Vì hai xe gặp nhau  x1  x 2  0, 25t 2  10t   t  40  s  T / M  Vị trí hai xe gặp nhau x  10.40  400m Vậy hai xe gặp nhau sau 40s và cách gốc là 400m

Vận tốc ô tô v  v 0  at  0  0, 5.40  20  m / s  x  x  100 b. Để hai xe cách nhau 40m thì x1  x 2  100   1 2 x 2  x1  100 0, 25t 2  10t  100  t  48, 28  s    2 10t  0, 25t  100  t  20  s  Trắc Nghiệm Câu 1. Ôtô đua hiện đại chạy bằng động cơ phản lực đạt được vận tốc rất 2

cao . Một trong những loại xe có gia tố là 50m / s , sau thời gian khởi hành 4,0s, vận tốc của xe là bao nhiêu? A.12,5m/s B.100m/s C.200m/s D.400m/s Câu 2. Điều khẳng định nào dưới đây chỉ đúng cho chuyển động thẳng nhanh dần đều? A. Chuyển động có véc tơ gia tốc không đổi B.Gia tốc của chuyển động không đổi C. Vận tốc của chuyển động tăng dần đều theo thời gian D. Vận tốc của chuyển động là hàm bậc nhất của thời gian Câu 3. Một người đi xe đạp bắt đầu khởi hành, sau 10s đạt được tốc độ

2,0m / s 2 .Hỏi gia tốc của người đó là bao nhiêu? 2 2 A. 0,04m / s B.0,2m/ s 2 2 C.2m/ s D.5m/ s Câu 4. Khi ô tô chạy với vận tốc 12m/s trên đoạn đường thẳng thì người lái xe tăng ga cho ô tô chạy nhanh dần đều. Sau 15s , ô tô đạt vận tốc 15m/s. Hãy tính vận tốc trung bình của ô tô sau 30s kể từ khi tăng ga. A.v=15m/s B.v=18m/s C.v=30m/s D.Một kết quả khác Câu 5.Công thức nào sau đây là công thức liên hệ giữa vận tốc , gia tốc và đường đi của chuyển động thẳng nhanh dần đều. A. v  v0 

2as C. v  v  2as 2

2 0

B. v  v0 

2as D. v  v  2as 2

2 0

Câu 6.Một ô tô đang chuyển động với vận tốc 16m/s thì tăng tốc với vận tốc 20m/s sau khi vượt qua quãng đường 36m. Gia tốc của ô tô có độ lớn bao nhiêu? A. 1m / s

B. 0, 2m / s

C. 2m / s

D. 0,1m / s

Câu 7.Phương trình chuyển động của 1 chất diểm có dạng:

x  t 2  20t  10 (x có đơn vị là m , t có đơn vị là giây) A, Nhanh dần đều rồi chậm dần theo chiều dương của trục Ox B. Nhanh dần đều rồi chậm dần theo chiều âm của trục Ox C. Nhanh dần đều theo chiều dương rồi chậm dần đều theo chiều âm của trục Ox D. Chậm dần đều theo chiều dương rồi nhanh dần đều theo chiều âm của trục Ox Câu 8. Một người đi xe đạp lên dốc dài 50m theo chuyển động thẳng chậm dần đều. Vận tốc lúc đầu bắt đầu lên dốc là 18km/h và vận tốc cuối là 3m/s. Tính gia tốc và thời gian lên dốc? A. 12,5  s 

B. 1,6  s 

C. 6, 25  s 

D. 10,5  s 

Câu 9.Một chuyển động thẳng nhanh dần đều đi được những đoạn đường s1  24cm và s2  64m trong khoảng thời gian liên tiếp bằng nhau là 4s. Xác định vận tốc ban đầu và gia tốc của vật.



A. 1 m / s  ;2,5 m / s





C. 1,5  m / s  ;2,5 m / s



B. 1 m / s  ;0, 25 m / s







D. 1,5  m / s  ;0, 25 m / s



Câu 10.Cho phương trình của 1 chuyển động thẳng như sau:

x  t 2  4t  10  m; s  . Có thể suy ra các phương trình này kết quả nào

dưới đây? 2

A.Gia tốc của 1 chuyển động là 1 m / s B. Tọa độ đầu của vật là 10m C. Khi bắt đầu xét thì chuyển động là nhanh dần đều D.Cả 3 kết quả A, B, C. Câu 11.Một người bắt đầu chuyển động thẳng biến đổi đều từ trung tâm A ra Cầu Giấy. Đến Cầu Giấy học sinh có vận tốc 2m/s. Hỏi khi về đến nhà học sinh có vận tốc bao nhiêu? Biết rằng Cầu Giấy về đến nhà bằng ba lần từ trung tâm A ra Cầu Giấy A.3m/s B.4m/s C.1m/s D.0,5m/s Câu 12. Cùng 1 lúc 1 ô tô và 1 xe đạp khởi hành từ 2 điểm A,B cách nhau 12o m và chuyển động cùng chiều, ô tô đuổi theo xe đạp ô tô bắt đầu rời bến chuyển động thẳng nhanh dần đều với a  0,4m / s , xe đạp chuyển 2

động thẳng đều .Sau 40s ô tô đuổi kịp xe đạp . Xác định vận tốc của xe đạp và khoảng cách giữa 2 xe sau thời gian 60s. A. 5  m / s  ;300  m 

B. 2  m / s  ;300  m 

C. 5  m / s  ;30  m 

D. 2  m / s  ;30  m 

Câu 13. Một chất điểm chuyển động thẳng biến đổi đều đi qua 4 điểm A,B,C,D biết AB=BC=CD=50cm. Vận tốc tại C là

v0 

vB  vD



A. 2 m / s

 20cm / s 2





.Tìm gia tốc của chất điểm

B. 2 m / s





C. 4 m / s





D. 4 m / s



Câu 14.Phát biểu nào sau đây chưa đúng: A.Trong các chuyển động nhanh thẳng dần đều, vận tốc có giá trị dương B. Trong các chuyển động nhanh thẳng dần đều, vận tốc a cùng dấu với vận tốc v C.Trong chuyển động thẳng chậm dần đều, các véc tơ vận tốcvà gia tốc ngược chiều nhau D.Trong chuyển động thẳng có vận tốc tăng 1 lượng bằng nhau sau 1 đơn vị thời gian là chuyển động thẳng nhanh dần đều Câu 15. Trong công tốc tính vận tốc của chuyển động thẳng nhanh dần đều: v  v0  at thì: A. a luôn luôn dương B.a luôn luôn cùng dấu với v C. a luôn ngược dấu với v D.v luôn luôn dương Câu 16.Một ô tô du lịch dừng trước đèn đỏ. Khi đèn xanh bật sáng, ô tô du 2

lịch chuyển động với gia tốc 2m / s , sau đó 10/3s , 1 mô tô đi qua cột đèn tín hiệu giao thông với vận tốc 15m/s và cùng hướng với ô tô du lịch. Khi nào thi mô tô đuổi kịp ô tô? A.t = 5s B.t = 10s C.Cả A và B D.Không gặp nhau Câu 17. Hai người đi xe đạp khởi hành cùng 1 lúc và đi ngược chiều nhau. Người thứ nhất có vận tốc đầu là 18km/h và lêb dốc chậm dần đều với gia 2

tốc là 20cm/ s . Người thứ 2 có vận tốc đầu là 5,4km/h và xuống dốc 2

nhanh dần đều với gia tốc là 0,2m/ s . Khoảng cách giữa 2 người là 130m. Hỏi sau bao lâu 2 người gặp nhau và đến lúc gặp nhau mỗi người đã đi được 1 đoạn đường dài bao nhiêu? A. 20  s  ;s1  60  m  ; s2  70  m 

B. 20  s  ;s1  70  m  ; s2  60  m  43

C. 10  s  ;s1  60  m  ; s2  70  m 

D. 10  s  ;s1  70  m  ; s2  60  m  Câu 18. Chiếc xe có lốp tốt chạy trên đường khô có thể phanh với độ giảm 2

tốc là 4,90( m / s ) .Nếu xe có vận tốc 24,5m/s thì cần bao nhiêu lâu để dừng? A.0,2s B.2,8s C.5s D.61,25s Câu 19.Trong chuyển động thẳng biến đổi đều , tính chất nào sau đây sai? A. Tích số a.v không đổi B. Gia tốc a không đổi C. Vận tốc v là hàm số bậc nhất theo thời gian D.Phương trình chuyển động là hàm số bậc 2 theo thời gian Câu 20.Một xe du lịch (1) đang chuyển động với vận tốc 50km/h (gần bằng 14m/s) đến gần xe ca (2) đang dừng trước đèn đỏ. Khi xe du lịch còn cách xe ca 100m thì đèn xanh bật sáng và xe ca lập tức chuyển động với gia tốc 2

m / s 2 và đạt đến vận tốc cuối cùng là 100km/h. Đồ thị nào sau đây mô tả gần đúng trường hợp trên?

 2

1 A)

 2

1

Đáp

Câu 2: Đáp án C 44

Câu 1: Đáp án C

1

án trắc nghiệm v  a.t  50.4  200  m / s 

Câu 3: Đáp án B . a 

v 2   0, 2m / s 2 t 10

Câu 4: Đáp án B

a

v2  v0 v2  v0 v2  12 15  12     v2  18m / s t2 t1 30 15

Câu 5: Đáp án C

v 2  v02  2m / s 2 2s 2 Câu 7: Đáp án D. Phương trình có: a  2m / s  0; v0  20m / s  0 Câu 6: Đáp án C

a

.Vậy lúc đầu vật chuyển động chậm dần đều theo chiều dương. Sau đó v=0 thì chuyển động nhanh dần đều theo chiều âm. Câu 8: Ta có:  B 2 2 2 2

v  v0 3  5   a  0,16  m / s  2s 2.50 v  v0 35 t    12,5  s  a 0,16 a

 v0

 a A

Câu 9: Ta có công thức tính đường đi: s  12 at  v0t 2

8a  4v0  24 t1  4 s : s1  24m ;  . t  t  8 s : s  s  88 m 32 a  8 v  88 1 2 0 1 2  2 Giải hệ phương trình này ta được: v0  1m / s; a  2,5m / s Theo đề: 

Câu 10: Đáp án B. So sánh với phương trình tổng quát: x  12 at  v0t  x0 2

a  2m / s 2 ; v0  4m / s; x0  10m Câu 11. Đáp án: B Ta có: vB  2a. AB; vC  2a. AC :  vc  vB 2

Câu 12. Đáp án A Chọn trục Ox cùng phương cùng chiều với AB. Chọn gốc tọa độ trùng với A. Phương trình chuyển động của ô tô:

1 xt  at 2  0, 2t 2 . 2

AC  2vB  4m / s AB vo OA

Phương trình chuyển động của xe đạp: x2  v0t  120 khi 2 xe gặp nhau

x1  x2  0,2t 2  v0 .40  120 45

t  40 s  0,2(40) 2  v0 .40  120  v0  5m / s . Khoảng cách 2 xe vào thời điểm t=60s:

s  x1  x2  0,2t 2  5t  120  s  0,2  60   5.60  120  300m 2

Vậy vận tốc của xe đạp là 5m/s và khoảng cách giữa 2 xe sau thời gian 60s là 300m Câu 13. Đáp án D x O Chọn trục Ox như hình vẽ: B C D  A    Ta có:

vc2  vB2  2a.BC  400  vB2  100a 1 ;

vD2  vC2  2a.CD  vD2  400  100a  2 

Từ (1) và (2)  vD  vB  800  3 .Mặt khác : vD  vB  20 2  4  . 2

Từ (3) và (4)  vD .vB  0

Do vB  0  vD  0  vB  20 2  cm / s   a  4cm / s

Câu 14. Đáp án A Câu 15. Đáp án A Câu 16. Đáp án A. Chọn gốc tọa độ tại cột đèn ,gốc thời gian lúc ô tô bắt đầu chuyển động .

 

Phương trình tọa độ của 2 xe: x1  t ; x2  15  t  2

Khi gặp nhau x1  x2  t1=5s, t2  10 s

10  . 3

t1  5s :thời điểm mô tô đuổi kịp ô tô t2  10 s : thời điểm ô tô lại đuổi kịp mô tô.

Câu 17: + Gốc tọa độ là vị trí B



+Chiều dương là chiều BA + Gốc thời gian là lúc khởi hành chung của 2 xe. Các phương trình chuyển động là:

x1  0,1t 2  5t  130  m  ;

x2  0,1t  1,5t  m  Khi gặp nhau ta có: x2  x1 2

0,1t  1,5t  0,1t  5t  130  6,5t  130  t  20 s 2

  a1

s2  x2  0,1.202  1,5.20  70m; s1  130  70  60  m  46

  V  02 a2 v01 B

Câu 18. Đáp án C. t 

v  v0 0  24,5   5s a 4,9

Câu 19. Đáp án A Câu 20. Đáp án B . Lập phương trình tọa độ của 2 xe: x1  100  14t ; x2  t . Hai phương 2

trình này không cho nghiệm khi x1  x2 .Vậy 2 xe không gặp nhau . Vậy B đúng. RƠI TỰ I: Lý Thuyết Cần Lưu Ý: 1. Sự rơi của các vật trong không khí. - Các vật rơi trong không khí xảy ra nhanh chậm khác nhau là do lực cản của không khí tác dụng vào chúng khác nhau. - Nếu loại bỏ được ảnh hưởng của không khí thì mọi vật sẽ rơi nhanh như nhau. Sự rơi của các vật trong trường hợp này gọi là sự rơi tự do. - Sự rơi tự do là sự rơi chỉ dưới tác dụng của trọng lực. 2. Những đặc điểm của chuyển động rơi tự do. - Phương của chuyển động rơi tự do là phương thẳng đứng - Chiều của chuyển động rơi tự do là chiều từ trên xuống dưới. - Chuyển động rơi tự do là chuyển động thẳng nhanh dần đều. 3. Các công thức của chuyển động rơi tự do không có vận tốc đầu: v = g.t ; h=

1 2 2 gt ; v = 2gh 2

Ta có thể lấy g = 9,8m/s2 hoặc g = 10m/s2.Tại một nơi nhất định trên Trái Đất và ở gần mặt đất, các vật đều rơi tự do với cùng một gia tốc g. II: Các Dạng Bài tập Cần Lưu Ý: Dạng 1: Vận dụng công thức tính quãng đường, vận tốc trong rơi tự do: Phương pháp giải: Sử dụng các công thức -

Công thức tính quãng đường: S  21 gt 2 - Công thức vận tốc: v = g.t ; v2 = 2gS lấy g = 9,8m/s2 hoặc g = 10m/s2. Ví dụ minh họa: Câu 1: Một vật rơi tự do từ độ cao 80m xuống đất, g = 10m/s2. a; Tính thời gian để vật rơi đến đất. b; Tính vận tốc lúc vừa chạm đất. Giải: 47

a; Áp dụng công thức S 

1 2 2.S 2.80 g .t  t    4s 2 g 10

b; vì vật thả dơi tự do nên v0 = 0 (m/s)  v  gt  10.4  40(m / s) Câu 2: Một vật được thả rơi không vận tốc đầu khi vừa chạm đất có v = 60m/s, g = 10m/s2. Xác định quãng đường rơi của vật, tính thời gian rơi của vật. Giải: Thả rơi không vận tốc ban đầu nên v 0  0(m / s) 2

0  180m Áp dụng công thức: v 2  v 02  2gs  S  602.10 60  6s Áp dụng công thức v  gt  t  gv  10

Câu 3: Một người đứng trên tòa nhà có độ cao 120m , ném một vật thẳng đứng xuống dưới với vận tốc 10m/s cho g = 10m/s2. a; Kể từ lúc nến sau bao lâu vật chạm đất. b; Tính vận tốc của vật lúc vừa chạm đất. Giải: a; Áp dụng công thức S  v 0 t  21 gt 2  120  10t  5t 2

 t = 4s ( nhận ) hoặc t = -6s ( loại ) b; Ta có v  10  10.4  50(m / s) Bài tập tự luyện: Câu 1: Một vật rơi tự do khi chạm đất thì vật đạt vận tốc 40m/s. Hỏi vật được thả rơi từ độ cao nào ? biết g = 10m/s2. Câu 2: Người ta thả một vật rơi tự do từ một tòa tháp thì sau 20s vật chạm đất cho g = 10m/s2. Xác định. a;Tính độ cao của tòa tháp. b; Vận tốc khi chạm đất. c; Độ cao của vật sau khi vật thả được 4s. Câu 3: Một vật được thả rơi từ độ cao 1280 m so với mặt đất. Lấy g  10m / s 2 . a; Tìm thời gian để vật rơi đến đất? b; Tìm vận tốc của vật khi chạm đất? c; Sau khi rơi được 2s thì vật còn cách mặt đất bao nhiêu? d; Khi vận tốc của vật là 40m/s thì vật còn cách mặt đất bao nhiêu? Còn bao lâu nữa thì vật rơi đến đất? Câu 4: Một người thả một hòn đá từ tầng 2 độ cao h xuống đấy, hòn đá rơi trong 2s. Nếu thả hòn đá đó từ tầng 32 có độ cao h’ = 16h thì thời gian rơi là bao nhiêu? Hướng Dẫn Giải : 48

Câu 1: Áp dụng công thức v  v 0  gt  40  0  10t  t  4s Quãng đường vật rơi: h  21 gt 2  21 .10.4 2  80m Câu 2: a;Áp dụng công thức h  21 gt 2  21 .10.20 2  2000(m) b; Áp dụng công thức v  gt  10.20  200  m / s  c; Quãng đường vật rơi 4s đầu tiên: h1  21 g.t12  21 .10.4 2  80(m)

Độ cao của vật sau khi thả 4s: h2 = h – h1 = 2000 - 80m = 1920 m Câu 3: a; Áp dụng công thức h  21 gt 2  t 

2h g

2.1280 10



 16  s 

b; Áp dụng công thức v  gt  10.16  160(m / s) c; Quãng đường vật rơi của 2s đầu tiên h1  21 g.t12  21 .10.2 2  20m Vậy sau 2s đầu tiên vật còn cách mặt đất h 2  h  h1  1280  20  1260m d; Thời gian để vật đạt được vận tốc 40m/s là v  gt  40  10t  t  4s Quãng đường vật rơi trong 4s đầu là: h 3  21 gt 43  21 .10.4 4  80m

Vật cách mặt đấy là h  h  h 3  1280  80  1200m Vậy còn 16 – 4 = 12s vật chạm đất Câu 4: Áp dụng công thức h  21 gt 2  t  Mà h /  21 gt12  t1 

2h / g



2.16h g

2h g

 2s

 8s

Vậy hòn đá rơi từ tầng 32 hết 8s Dạng 2: Tính quãng đường vật đi được trong n giây cuối, và trong giây thứ n. Phương pháp giải: * Quãng đường vật đi được trong n giây cuối. - Quãng đường vật đi trong t giây: S t  21 gt 2 - Quãng đường vật đi trong ( t – n ) giây: S t n  21 (t  n)2 - Quãng đường vật đi trong n giây cuối: S  St  St n * Quãng đường vật đi được trong giây thứ n. - Quãng đường vật đi trong n giây: S n  21 gn 2 49

- Quãng đường vật đi trong (n – 1) giây: S n 1  21 (n  1)2 - Quãng đường vật đi được trong giây thứ n: S  S n  S n1 Ví dụ minh họa: Câu 1: Một vật rơi không vận tốc đầu từ đỉnh tòa nhà chung cư có độ cao 320m xuống đất. Cho g = 10m/s2 a; Tìm vận tốc lúc vừa chạm đất và thời gian của vật rơi. b; Tính quãng đường vật rơi được trong 2s đầu tiên và 2s cuối cùng. Giải: a; Áp dụng công thức h 

1 2 2.h g .t  t   8s 2 g

Ta có v = gt = 10.8 = 80m/s b; Trong 2s đầu tiên vật đi được quãng đường h1  21 .10.2 2  20m Quãng đường vật đi trong 6s đầu: h 2  21 .10.6 2  180m Quãng đường đi trong 2s cuối cùng: S’ = S – S1 = 320 – 180 = 160m Câu 2: Một vật rơi tự do tại một địa điểm có độ cao 500m biết g = 10m/s2. Tính a; Thời gian vật rơi hết quãng đường. b; Quãng đường vật rơi được trong 5s đầu tiên. c; Quãng đường vật rơi trong giây thứ 5. Giải: a; Áp dụng công thức h  21 gt 2  t 

2h g



2.500 10

 10(s)

b; Quãng đường vật rơi trong 5s đầu: h 5  21 gt 52  21 .10.52  125m c; Quãng đường vật rơi trong 4s đầu: h 4  21 gt 24  21 .10.4 2  80m Quãng đường vật rơi trong giây thứ 5: h  h 5  h 4  125  80  45(m) Câu 3: Cho một vật rơi tự do từ độ cao h. Trong 2s cuối cùng trước khi chạm đất, vật rơi được quãng đường 60m. Tính thời gian rơi và độ cao h của vật lúc thả biết g = 10 m/s2. Giải: Gọi t là thời gian vật rơi cả quãng đường. Quãng đường vật rơi trong t giây: h  21 gt 2 Quãng đường vật rơi trong ( t – 2 ) giây đầu tiên: h t 2  21 g(t  2)2 Quãng đường vật rơi trong 2 giây cuối: h  h  h t 2  60  21 gt 2  21 g(t  2)2  t  4s

Độ cao lúc thả vật: h  21 gt 2  21 .10.4 2  80m 50

Câu 4: Cho một vật rơi tự do từ độ cao h. Biết rằng trong 2s cuối cùng vật rơi được quãng đường bằng quãng đường đi trong 5s đầu tiên, g = 10m/s2. a; Tìm độ cao lúc thả vật và thời gian vật rơi. b; Tìm vận tốc cuả vật lúc vừa chạm đất. Giải: a; Gọi t là thời gian vật rơi. Quãng đường vật rơi trong t giây: h  21 gt 2 Quãng đường vật rơi trong ( t – 2) giây: h t 2  21 g  t  2 

Quãng đường vật rơi trong 2 giây cuối: h  h  h t 2  21 gt 2  21 g(t  2)2 Quãng đường vật rơi trong 5s đầu tiên: h 5  21 gt 25  125m Theo bài ra ta có: h  h 5  21 gt 2  21 h(t  2)2  125  t = 7,25s Độ cao lúc thả vật: h  21 gt 2  21 .10.7, 252  252,81m b; Vận tốc lúc vừa chạm đất: v = gt = 72,5m/s Câu 5: Cho một vật rơi tự do từ độ cao 800m biết g = 10m/s2. Tính a; Thời gian vật rơi 80m đầu tiên. b; Thời gian vật rơi được 100m cuối cùng. Giải: a; Thời gian vật rơi 80m đầu tiên: h1  21 gt12  t1 

2h1 g



b; Thời gian vật rơi đến mặt đất: h  21 gt 2  t 



2.800 10

Thời gian vật rơi 700m đầu tiên: h 2  21 gt 22  t 2 

2h g

2h 2 g



2.80 10

 4s

 12,65(s)

2.700 10

 11,832(s)

Thời gian vật rơi 100m cuối cùng: t’ = t – t2 = 0,818s Bài tập tự luyện: Câu 1: Một vật rơi tự do từ độ cao h xuống mặt đất. Biết rằng trong 2s cuối 2 cùng vật rơi được đoạn bằng 1/4 độ cao ban đầu. Lấy g = 10m/s . Hỏi thời gian rơi của vật từ độ cao h xuống mặt đất là bao nhiêu? Câu 2: Một vật được thả rơi tự do không vận tốc đầu từ độ cao h biết trong 7s cuối cùng vật rơi được 385m cho g = 10m/s2. a. Xác định thời gian và quãng đường rơi b. Tính đoạn đường vật đi được trong giây thứ 6. c. Tính thời gian cần thiết để vật rơi 85m cuối cùng Câu 3: Một vật rơi tự do từ độ cao h trong 10s thì tiếp đất. Quãng đường vật rơi trong 2s cuối cùng là bao nhiêu? cho g = 10m/s2. Câu 4: Một vật rơi tự do không vận tốc đầu từ độ cao 80m xuống đất biết 51

g = 10m/s2. a. Tính thời gian rơi và tốc độ của vật khi vừa khi vừa chạm đất. b.Tính thời gian vật rơi 20m đầu tiên và thời gian vật rơi 10m cuối cùng trước khi chạm đất. Câu 5: Một vật được thả rơi tự do không vận tốc đầu từ độ cao h so với mặt đất. Cho g =10m/s2. Tốc độ của vật khi chạm đất là 60m/s. a. Tính độ cao h, thời gian từ lúc vật bắt đầu rơi đến khi vật chạm đất. b. Tính quãng đường vật rơi trong bốn giây đầu và trong giây thứ tư. Câu 6: Một vật được thả rơi tự do không vận tốc đầu từ độ cao h so với mặt đất. Cho g =10m/s2. Thời gian vật rơi hết độ cao h là 8 giây. a. Tính độ cao h, tốc độ của vật khi vật chạm đất. b. Tính quãng đường vật rơi trong giây cuối cùng trước khi chạm đất. Câu 7: Một vật được thả rơi tự do không vận tốc đầu từ độ cao h so với mặt đất. Thời gian vật rơi 10 m cuối cùng trước khi chạm đất là 0,2s. Tính độ cao h, tốc độ của vật khi chạm đất. Cho g =10m/s2. Câu 8: Một vật rơi tự do không vận tốc đầu tại nơi có gia tốc trọng trường g. Trong giây thứ 3, quãng đường rơi được là 25m và tốc độ của vật khi vừa chạm đất là 40m/s. Tính g và độ cao nơi thả vật. Câu 9: Một vật được thả rơi tự do không vận tốc đầu từ độ cao h so với mặt đất tại nơi có gia tốc trọng trường g=10m/s2. Quãng đường vật rơi trong nửa thời gian sau dài hơn quãng đường vật rơi trong nửa thời gian đầu 40m. Tính độ cao h và tốc độ của vật khi chạm đất. Hướng dẫn giải: Câu 1 :Gọi t là thời gian rơi. Quãng đường vật rơi trong thời gian t: h  21 gt 2 Quãng đường vật rơi trong ( t – 2 ) giây đầu: h t  2  21 g(t  2)2 Quãng đường vật rơi trong 2 giây cuối: h  h  h t  2  h  21 gt 2  21 g(t  2)2  2g  2gt

Theo bài ra h 

h t 2 4

 2g  2gt 

Câu 2 : a. Gọi t là thời gian rơi.

g t  2 8

 t  21  s 

Quãng đường vật rơi trong thời gian t: h  21 gt 2 Quãng đường vật rơi trong ( t – 7 ) giây đầu: h t 7  21 g(t  7)2 Quãng đường vật rơi trong 7 giây cuối: h  h  h t 7  385  21 gt 2  21 g(t  7)2  t  9s

Độ cao vật rơi : h  21 .10.9 2  405m b. Quãng đường đi trong 5s đầu: h 5  21 gt 25  21 .10.52  125m Quãng đường vật đi trong 6s đầu: h 6  21 gt 62  21 .10.6 2  180m Quãng đường đi trong giây thứ 6: h  h 6  h 5  180  125  55m c. Thời gian để vật rơi quãng đường 320m đầu tiên: h /  21 gt12  t1 

2h / g



2.320 10

 8s

Thời gian vật rơi trong 85m cuối: t  t  t1  9  8  1s Câu 3: Quãng đường vật rơi trong 10s: h1  21 gt 2  21 .10.10 2  500m Quãng đường vật rơi trong 8s đầu: h 2  21 gt /2  21 .10.8 2  320m Quãng đường vật rơi trong 2s cuối cùng: h  h1  h 2  500  320  180m Câu 4: a. Áp dụng công thức: h  12 gt 2  t 

2h g



2.80 10

 4s

Mà v  gt  10.4  40m / s b. Ta có : h1  20m  t1 

2h1 g



2.20 10

Thời gian vật rơi 70m đầu tiên: t2 

 2s

2.h2  14( s ) g

Thời gian vật rơi 10m cuối cùng: t3 = t – t2 = 0,26 (s) Câu 5: 60  6s a. Áp dụng công thức: v  gt  t  gv  10 Độ cao lúc thả vật: h  21 gt 2  21 .10.6 2  180m b. Quãng đường vật rơi trong 4s đầu: h 4  21 gt 24  21 .10.4 2  80m Quãng đường vật rơi trong 3s đầu tiên: h 3  21 gt 23  21 .10.32  45m Quãng đường vật rơi trong giâu thứ tư: h  h 4  h 3  80  45  35m Câu 6: a. Độ cao lúc thả vật: h  21 gt 2  21 .10.8 2  320m Tốc độ của vật khi chạm đất: v  gt  10.8  80m / s b. Quãng đường vật rơi trong 7s đầu: h7  21 gt72  21 .10.7 2  245m Quãng đường vật rơi trong 1s cuối cùng: h  h  h7  75m Câu 7: Gọi t là thời gian vật rơi, quãng dường vật rơi là h  21 gt 2 53

Quãng đường đầu vật rơi trong thời gian t – 0,2 đầu là: h t 0,2  21 g(t  0, 2)2

Theo bài rat a có: h  h  h t 0,2  10  21 gt 2  21 g(t  0, 2)2  t = 5,1s Độ cao lúc thả vật: h  21 gt 2  21 .10.5,12  130,05m Vận tốc khi vừa chạm đất: v  gt  10.5,1  51m/ s Câu 8: Quãng đường vật rơi trong 3 giây đầu: h1  21 gt 23  21 .g .32  4, 5g Quãng đường vật rơi trong 2 giây đầu: h 2  21 gt 22  21 .g .2 2  2g Quãng đường vật rơi trong giây thứ 3: h  h1  h 2  25  4, 5g  2g  g  10m / s 2

Mà v  gt  t 

v  4s g

Độ cao lúc thả vật: h  21 gt 2  21 .10.4 2  80m t2 Câu 9: Quãng đường vật rơi nửa thời gian đầu: h1  21 g( 2t )2  10 8 t2 Quãng đường vật rơi nửa thời gian cuối h  40  h1  10 8

Quãng đường vật rơi: h = h1 + h2  12 gt 2  108 t 2  40  108 t 2  t = 4s Độ cao lúc thả vật: h  21 gt 2  21 .10.4 2  80m Vận tốc khi chạm đất: v  gt  10.4  40m / s Dạng 3: Xác định vị trí 2 vật gặp nhau được thả rơi với cùng thời điểm khác nhau. Phương pháp giải: Chọn chiều dương hướng xuống, gốc toạ độ tại vị trí vật bắt đầu rơi, gốc thời gian lúc bắt đầu rơi PT chuyển động có dạng: x  x0  21 g(t  t 0 )2 Vật 1: x  x01  21 gt 2 Vật 2: x 2  x02  21 g(t  t 0 )2 Hai vật gặp nhau khi : x1 = x2  t Thay t vào x1 hoặc x2 để tìm vị trí gặp nhau. Ví dụ minh họa : Câu 1: Hai bạn Giang và Vân đi chơi ở một tòa nhà cao tầng. Từ tầng 19 của tòa nhà, Giang thả rơi viên bi A thì 1s sau thì Vân thả rơi viên bi B ở tầng thấp hơn 10m. Hai viên bi sẽ gặp nhau lúc nào, ở đâu cho g = 9,8 m/s2. 54

Giải : Chọn trục toạ độ thẳng đứng, chiều dương hướng xuống gốc toạ độ tại vị trí bạn Giang thả ở tầng 19, gốc thời gian lúc bi A rơi. Phương trình chuyển động của viên bi A: với x01  0m; v 01  0m / s  x1  21 gt 2

Phương trình chuyển động của viên bi B: với x02  10m; v 02  0m / s thả rơi sau 1s so vói gốc thời gian x 2  10  21 g(t  1)2 Khi 2 viên bi gặp nhau: x1 = x2  12 gt 2  10  12 g (t  1) 2  t = 1,5s và cách vị trí thả của giang là x1  21 g.t 2  21 .10.1, 52  112, 5m Câu 2: Từ một đỉnh tháp cao 20m, người ta buông một vật. Sau 2s thì người ta lại buông vật thứ 2 ở tầng thấp hơn đỉnh tháp 5m. cho g = 10 m/s2. a. Hai vật có chạm đất cùng lúc không. b.Vận tốc lúc chạm đất của mỗi vật là bao nhiêu? Giải : Chọn trục Ox thẳng đứng, gốc O ở đỉnh tháp, chiều ( + ) hướng xuống, thời gian lúc vật 1 bắt đầu rơi, g = 10m/s2 a. Phương trình chuyển động của vật một có dạng: với x01  0m; v 01  0m / s  x1  21 gt 2  5.t 2

Phương trình chuyển động của vật hai có dạng: với x02  5m; v 01  0m / s và thả sau 2s  x 2  5  21 g(t  2)2  5  5.(t  2)2 Thời điểm vật 1 chạm đất: x1 = 20m  t1 = 2s

 t  3, 73s (n) t  0, 27  2( L)

Thời điểm vật 2 chạm đất: x2 = 20m  

 t1  t2: 2 vật không chạm đất cùng lúc.

c. Áp dụng công thức v  gt

Đối với vật 1 : v1 = 10t1 = 20m/s Đối với vật 2 : v2 = 10 ( t2 – 2 ) = 17,3 m/s Bài tập tự luyện : Câu 1: Ở một tầng tháp cách mặt đất 45m, một người thả rơi một vật. Một giây sau, người đó ném vật thứ hai xuống theo hướng thẳng đứng. Hai vật chạm đất cùng lúc.Tính vận tốc ném vật thứ hai. ( g = 10m/s2) Câu 2: Một viên bi A được thả rơi từ độ cao 30m. Cùng lúc đó, một viên bi B được bắn theo phương thẳng đứng từ dưới đất lên với vận tốc 25m/s tới va chạm vào bi A. Cho g = 10m/s2. Bỏ qua sức cản không khí. a. Tính thời điểm và tọa độ 2 viên bi gặp nhau. b. Vận tốc mỗi viên bi khi gặp nhau. 55

Câu 3: Người ta thả rơi tự do hai vật A và B ở cùng một độ cao. Vật B được thả rơi sau vật A một thời gian là 0,1s. Hỏi sau bao lâu kể từ lúc thả vật A thì khoảng cách giữa chúng là 1m. Lấy g = 10m/s. Hướng dẫn giải : Câu 1: Chọn chiều dương là chiều hướng từ trên xuống dưới, gốc tọa độ tại vị trí vật một, gốc thời gian là lúc vật một rơi Phương trình chuyển động : y  y0  v 0 (t  t 0 )  21 g(t  t 0 )2 Phương trình chuyển động vật một : y1  21 gt 2  5t 2 Phương trình chuyển động vật hai: y 2  v 0 t  21 g(t  1)2  v 0 t  5(t  1)2

(2)

Vì chạm đất cùng một lúc : y1  y 2  45  45  5t 2  t  3s Thay vào 2 ta có : 45  v 0 t  5(t  1)2  45  v 0 .3  5(3  1)2  v 0 

25 (m / s) 3

Câu 2: a. Chọn chiều dương là chiều hướng từ trên xuống dưới, gốc tọa độ tại vị trí viên bi A, gốc thời gian là lúc viên bi A rơi Phương trình chuyển động : y  y0  v 0 t  21 gt 2 Phương trình chuyển động vật A : y1  21 gt 2  5t 2 Phương trình chuyển động vật B: y 2  30  25t  21 gt 2  30  25t  5t 2 Khi gặp nhau: y1  y 2  5t 2  30  25t  5t 2  t = 1,2s b. Vận tốc: v1  gt  10.1, 2  12(m / s) v 2  v 0  gt  25  10.1, 2  13(m / s)

Câu 3: Chọn chiều dương là chiều hướng từ trên xuống dưới, gốc tọa độ tại vị trí viên bi A, gốc thời gian là lúc viên bi A rơi Phương trình chuyển động : y  y0  v 0 (t  t 0 )  21 g(t  t 0 )2 Phương trình chuyển động vật A : y1  21 gt 2  5t 2 Phương trình chuyển động vật B: y 2  21 g(t  0,1)2  5(t  0,1)2 Khoảng cách giữa hai viên bi là 1m nên y1  y 2  1m  5t 2  5(t 2  0, 2t  0,12 )  1  t  1,05s

Trắc Nghiệm Câu 1. Một quả cầu ném thẳng đứng lên trên. Tại điểm cao nhất của quỹ đạo phát biểu nào sau đây là đúng: A.Vận tốc bằng 0, gia tốc bằng 0 56

B. Vận tốc bằng 0, gia tốc khác 0 C.Vận tốc khác 0, gia tốc khác 0 D. Vận tốc khác 0, gia tốc bằng 0 Câu 2. Cho một quả cầu được ném thẳng đúng lên trên với vận tốc ban đầu v0 . Bỏ qua mọi sức cản của không khí. Nếu vận tốc ban đầu của quả cầu tăng lên 2 lần thì thời gian đến điểm cao nhất của quĩ đạo sẽ : A.Tăng gấp 2 lần B. Tăng lên 4 lần C.Không thay đổi D. Không đủ thông tin để xác định Câu 3. Kết quả nào sau đây là đúng. Tỉ số giữa quãng đường rơi tự do của một vật trong giây thứ n và trong n giây là: A. C.

2n  1 n2 2n 2  1 D. . n

2n 2  1 n2 2n 2  n n2

Câu 4.Một vật rơi tự do không vận tốc đầu ở nơi g  9,8m / s .Khi rơi được 19,6m thì vận tốc của vật là: 2

A.1m/s

B. 9,8 2m / s

C.19,6m/s

D.384,16m/s

Câu 5. Một vật rơi tự do không vận tốc đầu ở nơi g  10m / s . Khi rơi được 45m thì thời gian rơi là: A.t=1,5s B.t=2s C.t=3s D.t=9s Câu 6.Trường hợp nào sau đây có thể coi là sự rơi tự do? A.Ném một hòn sỏi thẳng đứng lên cao B.Ném một hòn sỏi theo phương nằm ngang C.Thả một hòn sỏi rơi xuống D.Ném một hòn sỏi theo phương xiên một góc Câu 7. Hai hòn bi nhỏ buộc với nhau bằng 1 dây chỉ dài 2,05m. Cầm bi trên cho dây treo căng thẳng và buông để 2 bi rơi tự do. Hai bi chạm đất cách 2

nhau 0,1s. Tính độ cao của bi dưới khi được buông rơi. Lấy g=10 m / s A. 16m B. 20m C. 45m D.Khác A, B, C. Câu 8. Hai hòn đá được thả rơi vào trong cái hố, hòn đá thứ 2 thả vào sau hòn đá đầu 2 giây.Bỏ qua sức cản không khí. Khi 2 hòn đá còn đang rơi , sự chênh lệch về vận tốc của chúng là: A.Tăng lên B.Gỉam xuống C. Vẫn không đổi D.Không đủ thông tin xác định Câu 9. Các giọt nước mưa rơi từ mái nhà cao 9 m , cách nhau những khoảng thời gian bằng nhau. Giọt thứ nhất rơi đến đất thì giọt thứ tư bắt đầu rơi . Khi đó giọt thứ 2 và giọt thứ 3 cách mái nhà những đoạn bằng 57

Lấy g  10m / s A. 4m và 1m B.4m và 2m C.6m và 2m D.6m và 3m Câu 10. Từ 1 đỉnh tháp người ta buông rơi 1 vật . Một giây sau ở tầng tháp thấp hơn 10 m người ta buông rơi vật thứ 2. Sau bao lâu hai vật sẽ đụng 2

nhau tính từ lúc vật thứ nhất được buông rơi? Lấy g  10m / s A.1,5s B.2s C.3s D.9s Câu 11. Một vật được buông rơi tự do tại nơi có có gia tốc trọng trường g . Lập biểu thức quãng đường vật rơi trong n giây và trong giây thứ n. 2

A. C.

2n  1 g 2 2n  1 2

2n  1 g 2n 2n  1 D. . 2n B.

Câu 12.Một hòn đá thả rơi tự do từ 1 độ cao nào đó .Khi độ cao tăng lên 2 lần thì thời gian rơi sẽ: A. Tăng 2 lần B. Tăng 4 lần C. Tăng 2 lần D. Tăng 2 2 lần Câu 13.Một hòn đá thả rơi tự do từ một độ cao nào đó trong môi truowgf trọng trường. Vận tốc khi chạm đất sẽ: A. Tăng 2 lần B. Tăng 4 lần C. Tăng 2 lần D. Tăng 2 2 lần Câu 14. Thí nghiệm của nhà bác học Galilê ở tháp nghiêng thành Pida và thí nghiệm với ống của nhà bác học Niutơn chứng tỏ. Kết quả nào sau đây là đúng A. Mọi vật đều rơi theo phương thẳng đứng B.Rơi tự do là chuyển động nhanh dần đều C.Các vật nặng nhẹ rơi tự do nhanh như nhau D.Cả 3 kết luận A, B,C Câu 15.Từ công thức về rơi tự do không vận tốc đầu, ta suy ra vận tốc của vật rơi thi: A. Tỷ lệ với căn số bậc 2 của đoạn đường rơi B.Tỷ lệ nghịch với đoạn đường rơi C. Tỷ lệ thuận với đoạn đường rơi D.Tỷ lệ bình phương của đoạn đường rơi Câu 16. Một học sinh đứng lan can tầng bốn ném quả cầu thẳng đứng lên trên , tiếp theo đó ném tiếp quả cầu thẳng đứng xuống dưới với cùng tốc 58

độ. Bỏ qua sức cản của không khí , quả cầu nào chạm mặt đất có tốc độ lớn hơn? A.Qủa cầu ném lên B.Qủa cầu ném xuống C.Cả hai quả cầu chạm đất có cùng tốc độ C. Không xác định được vân tốc quả cầu vì thiếu độ cao Đáp án trắc nghiệm Câu 1. Đáp án B. Gia tốc bao giờ cũng khác không. Tại điểm cao nhất vật dừng lại nên v=0 Câu 2. Đáp án A Chọn chiều dương hướng lên ta có phương trình vận tốc v  v0  gt . Khi đến điểm cao nhất v=0 nên t 

v0 . g

Vậy khi v0 tăng 2 lần thì t tăng 2 lần. Câu 3. Đáp án B. Quãng đường rơi trong n giây (kể từ đầu):

sn 

1 2 gn 2

Quãng đường rơi trong (n-1) giây (kể từ đầu): sn 1



1 2 g  n  1 2

Quãng đường rơi trong giây thứ n ( từ cuối giây n-1 đến hết giây thứ n):

s  sn  sn1  Tỉ số:





1 2n  1 2 g n 2   n  1  g 2 2

sn 2n  1  2 sn n

Câu 4. Đáp án C v 

2.9,8.19,6  19,6m / s

Câu 5. Đáp án C . Ta có t 

2h  g

2.45  3 s  10

Câu 6. Đáp án C Câu 7. Đáp án B Gọi t1 là thời gian rơi của hòn bi (1).

Thời gian rơi của hòn bi (2) là  t1  0,1 . Các quãng đường rơi:

 2 

2, 05m

1  s1  ?

 s1  12 gt12  5t12  2 2 1  s2  2 g  t1  0,1  5  t1  0,1 Theo bài ra ta có 2 s2  s1  2,05m  5  t1  0,1  t12   2,05m  t1  2 s  s1  20m  

Câu 8. Đáp án C.

Chọn mốc thời gian lúc thả vật một ta có: v1  gt ; v2  g  t  2  .

 v1  v2  2 g  const. Vậy sự chênh lệch vận tốc là không đổi suốt quá trình rơi của 2 vật. Câu 9. Đáp án A. Ta có t 

h1 

t 2.9  1,8  s  ; t  3 10 10 1,8 1 10 4.1,8 2  .  1m; h2  g  2t   .  4m 2 9 2 2 9

2h  g

1 2 g  t  2

Câu 10. Đáp án A Chọn trục qui chiếu và gốc thời gian như hình vẽ.

 t 0 o

1 2   y1  2 gt  m  Các phương trình tọa độ:   y  1 g  t  12  10  m   2 2 Khi đụng nhau: y2  y1



10m

 t  1s  g

g 2 1 g .t  gt  g  10  t 2  t  1,5  s  2 2 2 Câu 11. Đáp án A Phương trình của quãng đường rơi: s 

1 2

gt 2

Quãng đường rơi trong ns và trong giây thứ n: Tương tự như trên ta có: Suy ra : sn

sn  12 gn 2 

n2 2

g ; sn1  12 g  n  1

2  sn  sn1  g2  n 2   n  1    

 2 n 1 2

Câu 12. Đáp án C. Thời gian rơi: t  Câu 13. Đáp án C. 60

2h . Vậy khi h tăng 2 lần thì t tăng g

2 lần

Vận tốc khi chạm đất: v 

2 gh  h . Vậy khi h tăng 2 lần thì v tăng

2 lần Câu 14. Đáp án C Câu 15. Đáp án A.Tỷ lệ căn số bậc 2 của đoạn đường rơi .

v  gt  2 gh Câu 16. Đáp án C. Qủa cầu ném lên , khi đi xuống qua vị trí ném sẽ có vận tốc như lúc ném nhưng chiều hướng xuống. Vậy 2 quả cầu có cùng vận tốc đầu, chuyển động cùng gia tốc và đi cùng khoảng đường nên gia tốc chạm đất là như nhau. CHUYỂN ĐỘNG TRÒN ĐỀU I: Lý Thuyết Cần Lưu Ý: 1. Chuyển động tròn. - Chuyển động tròn là chuyển động có quỹ đạo là một đường tròn. - Tốc độ trung bình của chuyển động tròn là đại lượng đo bằng thương số giữa độ dài cung tròn mà vật đi được và thời gian đi hết cung tròn đó. vtb =

s t

- Chuyển động tròn đều là chuyển động có quỹ đạo tròn và có tốc độ trung bình trên mọi cung tròn là như nhau. 2. Tốc độ dài và tốc độ góc. a. Tốc độ dài: Trong chuyển động tròn đều tốc độ dài của vật có độ lớn không đổi. v =

s t

b. Tốc độ góc: Tốc độ góc của chuyển động tròn đều là đại lượng đo bằng góc mà bán kính quay quét được trong một đơn vị thời gian.



 t

Tốc độ góc của chuyển động tròn đều là một đại lượng không đổi. Đơn vị tốc độ góc là rad/s. c. Chu kì: Chu kì T của chuyển động tròn đều là thời gian để vật đi được một vòng. Liên hệ giữa tốc độ góc và chu kì : T = Đơn vị chu kì là giây (s).

2



d. Tần số : Tần số f của chuyển động tròn đều là số vòng mà vật đi được trong 1 giây. Liên hệ giữa chu kì và tần số : f =

1 T

Đơn vị tần số là vòng trên giây (vòng/s) hoặc héc (Hz). f. Liên hệ giữa tốc độ dài và tốc độ góc.v = r 3. Gia tốc hướng tâm. 1. Hướng của véctơ gia tốc trong chuyển động tròn đều. Trong chuyển động tròn đều, tuy vận tốc có độ lớn không đổi, nhưng có hướng luôn thay đổi, nên chuyển động này có gia tốc. Gia tốc trong chuyển động tròn đều luôn hướng vào tâm của quỹ đạo nên gọi là gia tốc hướng tâm. 2. Độ lớn của gia tốc hướng tâm: aht = II: Phương Pháp giải bài Tập: Dạng 1: Chuyển động tròn đều: Công thức chu kì T  2  -

Công thức tần số: f 

t n

v2 = 2r r



1   T 2.

2 r v

Công thức liên hệ giữa tốc độ dài, tốc độ góc: v  r. Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Hai điểm A,B nằm trên cùng bán kính của một vô lăng đang quay đều cách nhau 20cm. Điểm A ở phía ngoài có vận tốc va=0.6m/s,còn điểm B có vận tốc vb=0.2m/s.Tính vận tốc góc của vô lăng và khoảng cách từ điểm B đến trục quay. Giải: Theo bài rat a có rA  rB  0, 2 Theo bài ra ta có: v A  rA   (rB  0, 2)  0,6 v B  rB  0, 2

Lập tỉ số

(1) (2)

rB 0,2 rB



0,6 0,2

(1) (2)

 3  rB  0, 2  3rB  rB  0,1m

Thay vào (2)  0,1.  0, 2    2(rad / s) Câu 2: Cho một đồng hồ treo tường có kim phút dài 15 cm và kim giờ dài 10 cm. a; Tính tốc độ dài của hai đầu kim phút và kim giờ ? b; Hai kim trùng nhau tai điểm 0h. Sau bao lâu nữa hai kim trùng nhau ? Giải: a. Vận tốc dài của mỗi điểm nằm trên đầu mút kim phút v1  rph .ph 2    (rad / s) Mà rph  0,15(m); ph  T2   60.60 1800 ph

  0, 262.10 3 (m / s)  v ph  0,15. 180

Vận tốc dài của mỗi điểm nằm trên đầu mút kim giờ v 2  rh .h 2  Mà rh  0,1(m); h  T2   12.60.60 h

 (rad / s) 21600

  0,1454.10 4 (m / s)  v h  0,1. 21600

b. Gọi t là thời gian hai kim gặp nhau Kim phút quay được một góc 1  1t1 Kim giờ quay được một góc 2  2 t 2 Vì kim phút hơn kim giờ một góc là 2 nên ta có   1h5 phút 27 giây 1t  2 t  2  t   2 1

Câu 3: Một vật điểm chuyển động trên đường tròn bán kính 10cm với tần số không đổi 10 vòng/s. Tính chu kì, tần số góc, tốc độ dài. Giải: Theo bài ra ta có f = 10 vòng/s ( Hz) Áp dụng công thức :  = 2  f = 20  rad/s Chu kỳ T =

1 = 0,1s f

Vận tốc dài: v = r.  = 6,283 m/s Câu 4: Một xe tải đang chuyển động thẳng đều có v  72km / h có bánh xe có đường kính 80cm. Tính chu kì, tần số, tốc độ góc của đầu van xe. Giải: Vận tốc xe tải bằng tốc độ dài của đầu van: v  72km / h  20 m/ s

v 20   25(rad / s ) r 0,8 2 1 T  0, 2513s  f   3,98 ( vòng/s = Hz )  T

Tốc độ góc:  

Bài tập tự luyện : Câu 1: Một đồng hồ đeo tay có kim giờ dài 2,5cm, kim phút dài 3cm. So sánh tốc độ góc, tốc độ dài của 2 đầu kim nói trên. Câu 2: Một xe máy đang chạy, có một điểm nằm trên vành ngoài của lốp xe máy cách trục bánh xe 31,4cm. Bánh xe quay đều với tốc độ 10 vòng/s. Số vòng bánh xe quay để số chỉ trên đồng hồ tốc độ của xe sẽ nhảy 1 số ứng với 1km và thời gian quay hết số vòng ấy là bao nhiêu ?. biết 3,14 2  10 Câu 3: Một bánh đà của công nông là đĩa đồng chất có dạng hình tròn có R = 50cm đang quay tròn đều quanh trục của nó. Biết thời gian quay hết 1 vòng là 0,2s. Tính tốc độ dài, tốc độ góc của 2 điểm A, B nằm trên cùng 1 đường kính của bánh đà. Biết điểm A nằm trên vành đĩa, điểm B nằm trên trung điểm giữa tâm O của vòng tròn và vành đĩa. 63

Hướng dẫn giải: Câu 1: - Đối với kim giờ:

Th  12.60.60  43200 s  h 

2.  1, 45.104 rad / s Th

 vh  r.  2,5.102.1, 45.104  3, 4.106 m / s - Đối với kim phút:

Tph  60.60  3600 s   ph 

2.  1, 74.103 rad / s Tph

 v ph  r.  3.102.1, 45.104  5, 2.105 m / s 

h 1, 45.104    ph  12h  ph 1, 74.103



vh 3, 4.106   v ph  14, 4vh v ph 5, 2.105

Câu 2: Áp dụng công thức

1000  500 vòng 2.3,14.0,314 N 500   50 s Vậy thời gian quay hết một vòng T  f 10 Câu 3: Theo bài rat a có RA = 50cm  RB = 25cm 2 2    10 rad / s  B   A T 0, 2 S  N .2 r  1000  N 

Ta có vận tốc dài Điểm A: v A  rA A  0, 5.10.  15,71(m / s) Điểm B: v B  rBB  0, 25.10  7,854(m / s) Dạng 2: Các bài toán liên quan đến gia tốc hướng tâm Công thức gia tốc hướng tâm: aht 

v2  r. 2 r

Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Cho bán kính trái đất là 6400km. Tại một điểm nằm ở 300 . Trên mặt đất trong chuyển động quay của trái đất. Xác định vận tốc dài và gia tốc hướng tâm tại điểm đó Giải: Chu kỳ quay của trái đất là T  24h  24.60.60  86400 s Vận tốc góc của điểm   64

2 T



2. 86400

 7, 26.10 5 (rad / s)

Bán kính khi quay của điểm là r  R cos 300  6400.

3 2

 3200. 3m

Vậy tốc độ dài cần xét là v  r  402(m / s) Gia tốc hướng tâm a ht 

v2 r

 r2  0,029(m / s 2 )

Câu 2: Cho một chiếc đu quay có bán kính R = 1m quay quanh một trục cố định. Thời gian e quay hết 4 vòng là 2s. Hãy tính tốc độ góc, tốc độ dài, gia tốc hướng tâm của điểm ngoài cùng đu quay.

t 2 2 2   0,5s      4 rad / s N 4 T 0,5 Vận tốc dài: v  r.  1.4  4 m / s v2  3,948.1015 m / s 2 Gia tốc hướng tâm: aht  r Giải: Áp dụng công thức T 

Câu 3: Một đĩa quay đều quanh trục qua tâm O, với vận tốc qua tâm là 300vòng/ phút. Tính tốc độ góc, chu kì, tốc độ dài, gia tốc hướng tâm của 1 điểm trên đĩa cách tâm 10cm, g = 10m/s2. 300 Giải: Theo bài ra ta có f = 300 vòng/ phút  = 5 vòng/s 60 Vậy tốc đọ góc  = 2  f = 10  rad/s Chu kỳ quay: T =

1 = 0,2s f

Vận tốc dài v = r.  = 3,14 m/s Gia tốc hướng tâm: aht 

v2  98, 7 m / s 2 r

Câu 4: Một vệ tinh nhân tạo có quỹ đạo là một đường tròn cách mặt đất 400km, quay quanh Trái đất 1 vòng hết 90 phút. Gia tốc hướng tâm của vệ tinh là bao nhiêu, RTĐ = 6389km. Giải: Ta có chu kỳ quay T = 90 phút = 5400s

2  1,16.103 rad / s T 2 v 2  ( R  r )  Gia tốc hướng tâm: aht    9,13m / s r rR Tấc độ góc:  

Bài tập tự luyện : Câu 1: Việt Nam phóng một vệ tinh nhân tạo lên quỹ đạo có độ cao là 600km, thì vệ tinh có vận tốc là 7,9km/s. Biết bán kính trái đất 6400km. Xác định thời giam để vệ tinh quay hết một vòng và gia tốc hướng tâm của vệ tinh

Câu 2: Xe đạp của 1 vận động viên chuyển động thẳng đều với v = 36km/h. Biết bán kính của lốp bánh xe đạp là 32,5cm. Tính tốc độ góc và gia tốc hướng tâm tại một điểm trên lốp bánh xe. Câu 3: Nước Việt Nam phóng vệ tinh lên quỹ đạo. Sau khi ổn định, vệ tinh chuyển động tròn đều với v = 9km/h ở độ cao 24000km so với mặt đất. Bán kính TĐ là 6400km. Tính tốc độ góc, chu kì, tần số của vệ tinh. Câu 4: Gia tốc hướng tâm của chuyển động tròn đều tăng hay giảm bao nhiêu nếu vận tốc góc giảm còn một nửa nhưng bán kính quỹ đạo tăng 2 lần. Hướng dẫn giải: Câu 1: Ta có bán kính quỹ đạo: R  R 0  h  6400  600  7000km  7.106 m Chu kỳ quay là : T 

2 2.3,14.7.106   5565s = 92 phút 45 giây v 7,9.10 3

Gia tốc hướng tâm của vệ tinh: a 

v2 R



(7 ,9.103 )2 7.106

 8,9(m / s 2 )

Câu 2: Vận tốc xe đạp cũng là tốc độ dài của một điểm trên lốp xe: v  36km / h  10m / s Tốc độ góc:  

v 10   30, 77rad / s R 0,325

v2 102   307, 7m / s 2 Gia tốc hướng tâm: a  R 0,325 Câu 3: Ta có vận tốc dài v  9km / h  2, 5m / s Ta có r = R + h = 30400km = 304.105m Tấc độ góc   vr  2, 5.304.10 5  76.106 rad / s

2  8, 267.108 ( s )  76.106 1 1  1, 21.107 vòng/s Tần số: f   8 T 8, 267.10 Chu kì: T 

2.



Câu 4: Theo bài rat a có /  2 ; r /  2r Mà aht 

v2 r. 2 aht  r. 2  aht/2  r ' . '2   r 2 2

Trắc Nghiệm Câu 1. Phát biểu nào sau đây không chính xác về chuyển động tròn ? A. Quạt điện khi đang quay ổn định thì chuyển động của một điểm trên cánh quạt là chuyển động tròn đều B. Chuyển động tròn đều là chuyển động có quỹ đạo là đường tròn 66

C. Số chỉ trên tốc kí của đồng hồ đo vận tốc xe cho ta biết vận tốc trung bình D. Vệ tinh địa tĩnh quay quanh trái đất Câu 2. Chuyển động của vật nào dưới đây không phải là chuyển động tròn đều? A.Chuyển động quay của chiếc đu quay khi đang hoạt động ổn định là chuyển động tròn đều B. Quạt điện khi đang quay ổn định thì chuyển động của một điểm trên cánh quạt là chuyển động tròn đều C. Chuyển động quay của bánh xe máy khi đang hãm phanh là chuyển động tròn đều D.Chuyển động của cánh quạt máy bay khi đang bay ổn định trong không trung là chuyển động tròn đều Câu 3. Hai xe ô tô cùng đi qua đường cong có dạng cung tròn bán kính là R với vận tốc v1  3v2 . Ta có gia tốc của chúng là: A. a1  3a2

B. a2 

3a1 D. a2  4a1

C. a1  9a2

Câu 4. Một bánh xe quay đều 100 vòng trong 4 giây. Chu kì quay của bánh xe là? A.0.04s B.0,02s C.25s D.50s Câu 5. Một máy bay quân sự đang lượn theo cung tròn nằm ngang với vận tốc 720km/h .Bán kính nhỏ nhất phải là bao nhiêu để gia tốc không quá 10 2

lần gia tốc rơi tự do.(g=10 m / s ) A.5184m B.7200m C.40m D.400m Câu 6. Một đồng hồ có kim giờ dài 3cm, kim phút dài 4cm. So sánh vận tốc góc và vận tốc dài của 2 đầu kim. Coi chuyển động của các đầu kim là tròn đều A. 12;16 B. 16;12 C. 3;4

D. 4;3

Câu 7. Đồ thị nào sau đây là đúng khi diễn tả sự phị thuộc của gia tốc hướng tâm vào vận tốc khi xe đi qua quãng đường cong có dạng cung tròn là đúng nhất? a

Câu 8. Một máy bay bổ nhào xuống mục tiêu rồi bay vọt lên theo 1 cung tròn bán kính R=500m với vận tốc 800km/h. Tính gia tốc hướng tâm của máy bay.

g 10 D. 10g

A. 9g

C. 5g

Câu 9.Tìm vận tốc góc  của Trái đất quanh trục của nó. Trái đất quay 1 vòng quanh trục của nó mất 24 giờ 5

A. 7, 27.10 rad / s 6

5

B. 5, 42.10 rad / s 4

C. 6, 20.10 rad / s D. 7, 27.10 rad / s Câu 10. Một ô tô có bánh xe bán kính 30cm, chuyển động đều. Bánh xe quay đều 10 vòng /s và không trượt. Tính vận tốc của ô tô. A. 14,7  m / s  B. 16,7  m / s  C. 66,7  km / h 

D. 60, 2  km / h 

Câu 11. Kim giây của 1 đồng hồ lớn dài 30cm .Tấc độ góc trung bình của nó sẽ là. 3

A. 1,7.10 rad / s B. 0,1rad / s C.0,314rad/s D.6,28rad/s Câu 12. Chọn câu phát biểu đúng ? A. Gia tốc hướng tâm phụ thuộc vào bán kính quỹ đạo B. Vận tốc dài của chuyển động tròn đều phụ thuộc vào bán kính quỹ đạo C. Vận tốc góc của chuyển động tròn đều phụ thuộc vào bán kính quỹ đạo D. Cả 3 đại lượng trên không phụ thuộc vào bán kính quỹ đạo Câu 13. Chỉ ra câu sai.Chuyển động tròn đều có các đặc điểm sau: A. Qũy đạo là đường tròn B.Tốc độ góc không đổi 68

C. Vecto gia tốc luôn hướng vào tâm D.Vecto vận tốc tiếp tuyến không đổi Câu 14. Một xe du lịch chuyển động dọc theo đường tròn với vận tốc không đổi là 60km/h. Xe du lịch sẽ chuyển động: A.Có gia tốc hướng tâ m B.Không có gia tốc C.Không đủ thông tin để xác định D. Có gia tốc dài Câu 15. Trên một cánh quạt người ta lấy hai điểm có R1  2 R2 thì . Vận tốc dài của 2 điểm đó là: A. v1  2v2 C. v1  v2

B. v2  2v1 D. v2 

2v1

Câu 16. Trên một cánh quạt người ta lấy hai điểm có R1  4 R2 thì. Chu kì quay của 2 điểm đó là: A. T1  2T2 C. T1  T2

B. T2  2T1

D. T1  4T2 Đáp án trắc nghiệm

Câu 1. Đáp án C Câu 2. Đáp án C 2

v2 a v  Câu 3. Đáp án C. a  nên 1   1   9 .Từ đó a1  9a2 . R a2  v2  Câu 4. Đáp án A. Chu kì quay là thời gian quay được 1 vòng : T 

4  0,04 s 100

v2 v2  R  ; v  200m / s; a  100m / s 2 Câu 5. Đáp án D. a  R a Câu 6. Đáp án A.

1 vòng. 12 v p Rp  p 4  T Vậy : p  h  12 .   .  .12  16 vh Rh h 3 h T p Kim phút quay 1 vòng thì kim giờ quay

Câu 7. Đáp án A.

v2 a nên đồ thị là 1 nhánh parabol theo v vì R

R  const

Câu 8. Đáp án D

v2 Ta có: a  R  2.103 v  800  km / h   m / s Mà  9  R  500m  22.105 4 Vậy a  2  .104  98,8  10 g 2 9 .5.10 405

R  a

 V

Câu 9. Đáp án A



2 2.3,14   7, 27.105 rad / s T 24.3600

Câu 10 . Đáp án C Khi bánh xe lăn không trượt, độ dài cung quay của 1 điểm trên vành bằng quãng đường xe đi. Vậy

s  R  A 'B' , Do đó : v 

Mà:   2 n  20  rad / s  .

AB   R  R . t T /



Vậy v=0,3 . 3,14 . 20  18,6m / s  66,7 km / h Câu 11. Đáp án B.  

2 2.3,14   0,1rad / s T 60

Câu 12. Đáp án D Câu 13. Đáp án D Câu 14. Đáp án A. Xe chuyển động tròn nên xuất hiện gia tốc gướng tâm. Câu 16. Đáp án C. Do T 

2



 const .Không phụ thuộc R

Câu 15. Đáp án B Do v   R nên rút ra v1 

R1 v2  2v2 R2

TÍNH TƯƠNG ĐỐI CỦA CHUYỂN ĐỘNG. CÔNG THỨC CỘNG VẬN TỐC 70

I: Lý Thuyết Cần Lưu Ý: 1. Tính tương đối của quỹ đạo. Hình dạng quỹ đạo của chuyển động trong các hệ qui chiếu khác nhau thì khác nhau. Quỹ đạo có tính tương đối 2. Tính tương đối của vận tốc. Vận tốc của vật chuyển động đối với các hệ qui chiếu khác nhau thì khác nhau. Vận tốc có tính tương đối 3. Hệ qui chiếu đứng yên và hệ qui chiếu chuyển động. Hệ qui chiếu gắn với vật đứng yên gọi là hệ qui chiếu đứng yên. Hệ qui chiếu gắn với vật vật chuyển động gọi là hệ qui chiếu chuyển động. 4. Công thức cộng vận tốc.



 

- Công thức cộng vận tốc: v13  v12  v23 Trong đó:



* v13 vận tốc tuyệt đối ( vận tốc của vật đối với hệ quy chiếu đứng yên)



* v12 vận tốc tương đối ( vận tốc của vật đối với hệ quy chiếu chuyển động)



* v23 vận tốc kéo theo ( vận tốc của hệ quy chiếu chuyển động đối với hệ quy chiếu đứng yên)



- Trường hợp v12 cùng phương, cùng chiều v23 + Về độ lớn: v13  v12  v23



+ Về hướng: v13 cùng hướng với v12 và v23



- Trường hợp v12 cùng phương, ngược chiều v23 + Về độ lớn: v13  v12  v23



+ Về hướng: v13 cùng hướng với v12 khi v12  v23

  v13 cùng hướng với v23 khi v23  v12

II: Phương Pháp giải bài Tập: Gọi tên các đại lượng: số 1: vật chuyển động số 2: hệ quy chiếu chuyển động số 3: hệ quy chiếu đứng yên Xác định các đại lượng: v13 ; v12 ; v23



 

Vận dụng công thức cộng vận tốc: v13  v12  v23 Khi cùng chiều: v13 = v12 + v23 Khi ngược chiều: v13 = v12 – v23

Quãng đường: v13 

S t

Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Một chiếc xuồng đi xuôi dòng nước từ A đến B mất 4 giờ, còn nếu đi ngược dòng nước từ B đến A mất 5 giờ. Biết vận tốc của dòng nước so với bờ sông là 4 km/h. Tính vận tốc của xuồng so với dòng nước và tính quãng đường AB. Giải: Gọi v13 là vận tốc của xuồng với bờ v23 là vận tốc của nước với bờ bằng 4 km/h v12 là vận tốc của xuồng so với dòng nước Ta có: Khi đi xuôi dòng: v13 = v12 + v23 Mà SAB = v13.t1 = ( v12 + v23 ).4 Khi đi ngược dòng: v13 = v12 – v23 Mà SAB = v13.t2 = ( v12 – v23 ).5 Quãng đường không đổi: ( v12 + v23 ).4 = ( v12 – v23 ).5  v12 = 36km/h  SAB = 160km Câu 2: Một chiếc thuyền chuyển động thẳng đều với v = 10m/s so với mặt biển, con mặt biển tĩnh lặng. Một người đi đều trên sàn thuyền có v = 1m/s so với thuyền. Xác định vận tốc của người đó so với mặt nước biển trong các trường hợp. a. Người và thuyền chuyển động cùng chiều. b. Người và thuyền chuyển động ngược chiều. c. Người và thuyền tàu chuyển động vuông góc với nhau. Giải: Gọi v13 là vận tốc của người so với mặt nước biển. v12 là vận tốc của người so với thuyền v23 là vận tốc của thuyền so với mặt nước biển. a. Khi cùng chiều: v13 = v12 + v23 = 1+10 = 11m/s b. Khi ngược chiều: v13 = v23 – v12 = 10 – 1 = 9m/s 2  v232  102  12  10, 05m / s c. Khi vuông góc: v13  v12

Câu 3: Một canô chạy thẳng đều xuôi dòng từ bến A đến bến B cách nhau 54km mất khoảng thời gian 3h. Vận tốc của dòng chảy là 6km/h. a. Tính vận tốc của canô đối với dòng chảy. b. Tính khoảng thời gian nhỏ nhất để canô ngược dòng từ B đến A. Giải: Gọi v13 là vận tốc của ca nô với bờ v23 là vận tốc của nước với bờ bằng 6 km/h v12 là vận tốc của ca nô so với dòng nước a. Theo bài ra ta có v13  72

S 54   18km / h t 3

Khi xuôi dòng: v13 = v12 + v23  18  v12  6  v12  12km / h b. Khi ngược dòng: v’13 = v12 - v23 = 12 - 6= 6km/h

 t' 

S 54   9h v13' 6

Bài tập tự luyện : Câu1: Hai bạn Quyên và Thủy đi xe đạp đến Trung Tâm Bồi Dưỡng Kiến Thức Thành Đô, coi là đường thẳng với vận tốc vQ = 9km/h, vTh= 12km/h. Xác định vận tốc tương đối (độ lớn và hướng ) của Quyên so với Thủy. a. Hai xe chuyển động cùng chiều. b. Hai xe chuyển động ngược chiều Câu 2: Một người nông dân lái canô chuyển động đều và xuôi dòng từ bến A đến bến B mất 2 giờ. Khoảng cách hai bến là 48km, biết vận tốc của nước so với bờ là 8km/h. a. Tính vận tốc của canô so với nước. b. Tính thời gian để canô quay về từ B đến A. Câu 3: Một xuồng máy đi trong nước yên lặng với v = 36km/h. Khi xuôi dòng từ A đến B mất 2 giờ, ngược dòng từ B đến A mất 3 gìơ. a. Tính quãng đường AB. b. Vận tốc của dòng nước so với bờ sông. Câu 4: Một người nông dân điều khiển xuồng máy đi từ bến sông A đến bến B rồi từ bến B quay về bến A. Hai bến sông cách nhau 14km được coi là trên một đường thẳng. Biết vận tốc của xuồng khi nước không chảy là 19,8km/h và vận tốc của dòng nước so với bờ sông là 1,5m/s. Tìm thời gian chuyển động của xuồng. Câu 5: Một thuyền máy chuyển động xuôi dòng từ A đến B rồi chạy ngược dòng từ B về A với tổng cộng thời gian là 4 giờ. Biết dòng nước chảy với vận tốc 5,4km/h so với bờ, vận tốc của thuyền so với dòng nước là 30,6km/h. Tìm quãng đường AB. Câu 6: Một chiếc thuyền xuôi dòng sông từ A đến B hết 2 giờ 30 phút. Khi quay ngược dòng từ B đến A mất 3 giờ. Vận tốc của nước so với bờ sông và vận tốc của thuyền so với nước là không đổi. Tính thời gian để chiếc thuyền không nổ máy tự trôi từ A đến B là bao nhiêu?. Hướng dẫn giải: Câu1: Gọi v12 là vận tốc của Quyên đối với Thủy v13 là vận tốc của Quyên đối với mặt đường v23 là vận tốc của Thủy đối với mặt đường

a. Khi chuyển động cùng chiều:

 v13  v12  v23  v12  v13  v23  9  12  3km / h  Hướng: v12 ngược lại với hướng chuyển động của 2 xe. Độ lớn: là 3km/h b. Khi chuyển động ngược chiều:

 v13  v12  v23  v12  v13  v23  9  12  21km / h  Hướng: v12 theo hướng của xe Quyên Độ lớn: là 110km/h Câu 2: Gọi v13 là vận tốc của ca nô với bờ v23 là vận tốc của nước với bờ bằng 6 km/h v12 là vận tốc của ca nô so với dòng nước

S 48   24km / h t 2 Khi xuôi dòng: v13 = v12 + v23  24  v12  8  v12  16km / h a. Theo bài ra ta có v13 

b. Khi ngược dòng: v’13 = v12 - v23 = 16 - 8= 8km/h

 t' 

S 48   6h v13' 8

Câu 3: Goi v13 là vận tốc của xuồng đối với bờ v23 là vận tốc của dòng nước đối với bờ sông. v12 là vận tốc của xuồng đối với nước: v12 = 36km/h a. Khi xuôi dòng: v13 = v12 + v23 = 36 + v23 Khi ngược dòng: v13’ = v12 – v23 = 36 – v23 v13 + v13’ = ½ S +

1 S = 72  S = 86,4km 3

b. Khi xuôi dòng:

v13  v12  v23  v23  v13  v23  v23 

S  36  7, 2km / h 2

Câu 4: Gọi v13 là vận tốc của xuồng với bờ v23 là vận tốc của nước với bờ bằng v 23  19,8km / h  5, 5m / s v12 là vận tốc của xuồng so với dòng nước v12  1, 5m / s

S 14000   2000 s v13 7 S 14000 Khi ngược dòng: v’13 = v12 - v23 = 4m/s  t2  /   3500 s v13 4 Khi xuôi dòng: v13 = v12 + v23 = 7m/s  t1 

Vậy thời gian chuyển động của xuồng : t = t1 + t’ =5500s. Câu 5: Gọi v13 là vận tốc của thuyền với bờ 74

v23 là vận tốc của nước với bờ bằng v 23  5, 4km / h  1, 5m / s v12 là vận tốc của thuyền so với dòng nước v12  30,6km / h  1, 5m / s

S v13 S Khi ngược dòng: v’13 = v12 - v23 = 7m/s  t2  ' v13 S S t1  t2  4   '  4.3600  S  59294,12m  59,3km v13 v13 Khi xuôi dòng: v13 = v12 + v23 = 10m/s  t1 

Câu 6: Gọi v13 là vận tốc của thuyền với bờ v23 là vận tốc của nước với bờ bằng v12 là vận tốc của thuyền so với dòng nước Khi xuôi dòng: v13  v12  v 23 Khi ngược dòng: v /  v12  v 23 13

/  v13  v13



 2v 23

S S 1 S S S   2.v23  v23  (  )  tc   30h 2,5 3 2 2,5 3 v23

Trắc Nghiệm Câu 1. Cho ba vật bất kỳ đươc ký hiệu (1); (2); (3) .Áp dụng công thức cộng vận tốc có thể viết được phương trình nào kể sau?

      C. v 23  v 21  v13 A. v13  v12  v 23



B. v12  v13  v 32

D. Cả 3 đáp án trên đều đúng Câu 2.Chọn câu đúng, đứng ở trái đất ta sẽ thấy: A. Trái đất đứng yên, mặt trời và mặt trăng quay quanh trái đất B. Mặt trời đứng yên, trái đất quay quanh mặt trời , măth trăng quay quanh trái đất. C. Mặt trời đứng yên, trái đất và mặt trăng quay quanh mặt trời D. Mặt trời và mặt đất đứng yên, mặt trăng quay quamh trái đất Câu 3. Một hành khách ngồi trong toa tàu H, nhìn qua cửa sổ thấy toa tàu N bên cạnh và gạch lát sân ga đều chuyển động như nhau . Hỏi toa tàu nào chạy? A. Tàu N chạy tàu H dứng yên B. Cả 2 tàu đều chạy C.Tàu H chạy tàu N đứng yên D.Các kết luận trên đều không đúng

* Một dòng sông có chiều rộng là 60m nước chảy với vận tốc 1m/s so với bờ. Một người lái đò chèo một chiếc thuyền đi trên sông với vận tốc 3m/s . Dùng thông tin này để trả lời các câu hỏi 4-11. Câu 4. Xác định vận tốc của thuyền đối với bờ khi xuôi dòng là? A. 4m/s B.2m/s C. 3, 2m / s D.5 m/s Câu 5. Vận tốc của thuyền đối với bờ khi ngược dòng là? A. 4m/s B.2m/s C. 3, 2m / s

D.5 m/s

Câu 6.Vận tốc của thuyền đối với bờ khi đi từ bờ này sang bờ đối diện theo phương vuông góc với bờ? A. 4m/s B.2m/s C. 3, 2m / s D.5 m/s Câu 7. Khi đi từ bờ này sang bờ kia, theo phương vuông góc với bờ, hướng của vận tốc thuyền đối với bờ hợp với bờ 1 góc xấp xỉ ? 0

A. 72 B. 18 C. 17 D. 43 Câu 8.Khi đi từ bờ này theo phương vuông góc sang bờ đối diện (điểm dự định đến). Do nước chảy nên khi sang đến bờ kia, thuyền bị trôi về phía cuối dòng.Khoảng cách từ điểm dự định đến và điểm thuyền đến thực cách nhau là? A. 180 m B.20m C.63m D.18m Câu 9.Muốn đến được điểm dự định đối diện điểm xuất phát bên kia bờ thì thuyền phải đi hướng chếch lên thượng nguồn hợp với bờ 1 góc bao nhiêu? 0

A. 60 B. 45 C. 19 D. 71 Câu 10.Vận tốc của thuyền đối với bờ trong trường hợp trên là bao nhiêu? A.3,2m/s B.1,4m/s C.2,8m/s D.5,2 m/s. Câu 11.Trong 2 trường hợp đi vuông góc với bờ và chếch lên thượng nguồn trường hợp nào đến được điểm dự kiến nhanh nhất? A. Đi vuông góc với bờ B.Đi chếch lên thượng nguồn C.Cả 2 trường hợp thời gian là như nhau D. Cả hai trường hợp như nhau Câu 12. Ô tô chuyển động thẳng đều với vận tốc  2 v1  54 km/h. Một hành khách cách ô tô đoạn a 1  d a=400m và cách đoạn đường d=80m, muốn đón ô tô. V1 Hỏi người ấy phải chạy theo hướng nào với vận tốc nhỏ nhất là bao nhiêu để đón ô tô. A.6,2km/h B.10,8km/h C.2,8m/s D.5,6m/s. Câu 13.Một hành khách trên toa xe lửa (1) chuyển động thẳng đều với vận tốc 54km/h quan sát qua khe cửa thấy 1 đoàn tàu (2) chạy cùng phương 76

cùng chiều trên đường sắt bên cạnh.Từ lúc nhìn thấy điểm cuối đến lúc nhìn thấy điểm đầu của đoàn tàu mất 8s. Đoàn tàu mà người này quan sát gồm 20toa , mỗi toa dài 4m.Tính vận tốc của nó. (Coi các toa sát nhau) A.6,2km/h B.10,8km/h C.18km/h D.20km/h. Câu 14.Một đoàn xe cơ giới có đội hình dài 1500m di chuyển với vận tốc 40km/h. Người chỉ huy ở đầu xe trao cho 1 chiến sĩ đi mô tô1 mệnh lệnh chuyển xuống xe cuối. Chiến sĩ ấy đi và về với cùng 1vận tốc và hoàn thành nhiệm vụ trở về báo cáo mất 1 thời gian 5 phút 24s. Tính tốc độ chiến sĩ đi mô tô. A.60 km/h B.54km/h C.18km/h D.20km/h. Câu 15. Một chiếc tàu chuyển động thẳng đều với vận tốc v1  30km / h gặp 1 đoàn xà lan dài l  250 m đi ngược chiều với vận tốc v2  15km / h . Trên 1 boong tàu có 1 người đi từ mũi đến lái với vận tốc v3  5 km/h. Hỏi người ấy thấy đoàn xà lan qua trước mặt mình trong bao lâu? A.10,2s B.15,1s C.19,4s D.22,5s *Hai ô tô chạy trên 2 đường thẳng vuông góc với nhau sau khi gặp nhau ở ngã tư xe 1 chạy sang hướng đông, xe chạy sang hướng bắc với cùng vận tốc 40km/h. Áp dụng T công thức cộng vận tốc , hãy trả lời các câu hỏi sau đây từ 16 đến 18. Câu 16. Vận tốc tương đương của xe 2 so với xe 1 có giá trị nào?(tính tròn số)

Đ N

A. 40km/h B. 40 2 km/h C. 80km/h D. 60km/h Câu 17. Ngồi trên xe 1 để quan sát thì thấy xe 2 chạy theo hướng nào? A. Bắc B. Đông –Bắc C. Tây- Bắc D. Hướng khác A, B, C. Câu 18. Sau 1 giờ kể từ lúc gặp nhau tại ngã tư , khoảng cách giữa 2 xe có giá trị nào? A. 56 km B. 80km C. 120km D. 90km Đáp án trắc nghiệm Câu 1. Đáp án D Câu 2. Đáp án A Câu 3. Đáp án D vì hai toa tàu đứng yên Câu 4. Đáp án A.



Gọi vnb là vận tốc nước đối với bờ; vtb là vận tốc thuyền đối với bờ; vtn là



 

vận tốc thuyền đối với nước. Ta có: vtb  vtn  vnb .



Khi xuôi dòng vtn  vnb nên : vtb  vtn  vnb  4m / s Câu 5. Đáp án B.



Tương tự : lúc này vtn  vnb nên : vtb  vtn  vnb  2m / s Câu 6. Đáp án C. Lúc này theo hình vẽ ta có:

 Vtn

2 vtb  vtn2  vnb  10m / s

Câu 7. Đáp án A. tg 

B  Vtb

 3    720

vtn vnb

Câu 8. Đáp án B.  Trong khoảng thời gian thuyền đi ngang từ A đến B ,A nước đi dọc từ B đến C nên ta có :

 Vnb

AB vtn AB   3  BC   20m BC vnb 3

Câu 9. Đáp án D. Trong cùng thời gian nước di chuyển được đoạn DB, thuyền di chuyển được đoạn AD. vtn  3vnb nên AD=3DB. Từ đó suy ra

Do 

 Vtb

Vtn

sin   1 / 3 hay   710 C





Câu 10. Đáp án C

 Vnb

vtb  vtn .cos  3. 2 3 2  2 2  2,8m / s

Câu 11. Đáp án B. – Khi đi vuông góc bờ. Thời gian đến bờ bên kia là 20s. Thời gian ngược dòng về diểm B: 20 2  10 . Vậy tổng cộng là 30s. -Khi đi chếch lên, thời gian đến bờ bên kia :

60 2,8

 21, 4s . Vậy B đúng

Câu 12: Đáp án B Xét chuyển động tương đối của (2) đối với (1) ta có:

     v2,1  v2,0  v0,1  v2  v1

 





Để (2) gặp được (1)điều kiện là v2,1 phải có hướng AB . Qũy tích điểm





ngọn A’ của v2,1  AA ' là thẳng AB.:

  * v2 phải có hướng nằm trong góc BAx



1 đường 2

 V 

 2 1

 B V1

A 

 V  min 2







* v2 phải nhỏ nhất khi v2 vuông góc với AB Tính chất đồng dạng của tam giác cho: Hay v2 

v2 v1  d a

d 80 v1  .54  10,8  km / h  a 400

Câu 13:-Chọn hệ quy chiếu gắn liền với xe lửa (2). Trong chuyển động tương đối của(1) đối với (2), vật đi trong 8s. được quãng đường l  20.4=80m  2



 





 

l l Theo đề: v12   v1  v2  t t

 V2

suy ra : v1,2   v1  v2 

-Ta có: v1,2  v1,0  v0,2  v1  v2



1

 V1

l 80  v2  v1   15   5  m / s   18  km / h  t 8 Câu 14:Đáp án A Chọn vật qui chiếu gắn với đoàn xe: vật (2). Trong chuyển động tương đối của người đi mô tô (vật(1)) đối với (2), người này đi được quãng đường l  l500m lượt đi cũng như lượt về.



 





 

Ta có: 2v1,2  v1,0  v0,2  v1  v2



Chọn chiều dương là chuyển động của (1) ta có tốc độ tương đối:V2

 v1,2    v1  v2  đi 0 l . Theo đề bài suy ra: v1  v2    v1,2 ve   v1  v2 

Hay: 1,5  v1  40 1

9  v1 140   100 

v1 v12 1600

3  100



lV1 v1  v2

1

  24s  5 phút

. Vậy :

3v12  100v1  4800  0 Vậy tốc v1 là nghiệm dương của phương trình bậc hai:

3 x 2  100 x  4800  0  x1  60 Suy ra:  với x2   803  0 (loại). Do đó : v1  60km / h 80 x    0 3  2 Câu 15. Đáp án D

-Theo đề các vận tốc v1 , v2 được tính đối với nước, vận tốc v3 được tính 

 V2

 V1

 

 2

đối với tàu. 1 -Trong chuyển động tương đối của (3) đối với (2). Thời gian phải tìm là thời gian để (3) đi được đoạn đường l .



  

 



 

Ta có: v3,2  v3,1  v1,0  v0,2  v3  v1  v2

 -Chọn chiều dương là chiều của v1 ta có tốc độ tương đối: v3,2  v1  v2  v3  30  15  5  40km / h l Thời gian cần tìm là: t   22,5  s  v32 Câu 18. Đáp án A Câu 17. Đáp án C Câu 16. Đáp án B

Chương II. ĐỘNG LỰC HỌC CHẤT ĐIỂM TỔNG HỢP VÀ PHÂN TÍCH LỰC. ĐIỀU KIỆN CÂN BẰNG CỦA CHẤT ĐIỂM I: LÝ THUYẾT CẦN LƯU Ý. 1. Lực. Cân bằng lực. - Lực là đại lượng véc tơ đặc trưng cho tác dụng của vật này lên vật khác mà kết quả là gây ra gia tốc cho vật hoặc làm cho vật biến dạng.  - Hai lực cân bằng là hai lực cùng tác dụng lên  F1 F2 một vật, cùng giá, cùng độ lớn và ngược chiều.   F1  F2  0 - Đơn vị của lực là Niutơn (N). 2. Tổng hợp lực. a. Định nghĩa. Tổng hợp lực là thay thế các lực tác dụng đồng thời vào cùng một vật bằng một lực có tác dụng giống hệt các lực ấy. Lực thay thế này gọi là hợp lực. b. Qui tắc hình bình hành. Nếu hai lực đồng qui làm thành hai cạnh của một hình bình hành, thì đường chéo kể từ điểm đồng qui biểu diễn hợp lực của chúng. 



F  F1  F2 3. Điều kiện cân bằng của chất điểm. Muốn cho một chất điểm đứng cân bằng thì hợp lực của các lực tác dụng lên nó phải bằng không.

    F  F1  F2  ...  0

4. Phân tích lực. - Phân tích lực là thay thế một lực bằng hai hay O  nhiều lực có tác dụng giống hệt như lực đó. N - Các lực thay thế gọi là các lực thành phần. x - Chú ý: Khi các lực tác dụng lên vật thì ta đi  Px  phân tích các lực không theo phương Ox và Oy  thành hai lực  Py  P + Một lực theo phương Ox + Một lực theo phương Oy II: DẠNG BÀI TẬP CẦN LƯU Ý. Dạng 1: Xác định lực tổng hợp tại một điểm có nhiều lực tác dụng 1

Phương pháp giải bài tập: 



F  F1  F2  .....  Fn

Nguyên lí chồng chất của lực:

Xét trường hợp tại điểm đang xét chỉ có 2 lực thành phần thành phần: 

+ + +



F  F1  F2   F1  F 2  F  F1  F2 .   F1  F2  F  F1  F2 .   F1  F 2  F  F12  F22    F 1 ; F2    F  F12  F22  2 F1 F2 .cos

      +  F ; F  =  F  F  F  2.F .cos 2 +

Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Cho hai lực đồng quy có độ lớn F1= 40N, F2= 30N . Hãy tìm độ lớn của hai lực khi chúng hợp nhau một góc 00; 600 ;900 ;1200 ;1800. Vẽ hình biểu diễn cho mỗi trường hợp. Nhận xét ảnh hưởng của góc  đối với độ lớn của lực.    Giải: Ta có F  F1  F2     F 2 F1 Trường hợp 1: (F1 ; F2 )  00  F  F1  F2  F  40  30  70N   Trường hợp 2: (F1 ; F2 )  600

F

 F12

 F2

 F22  2F1F2 cos  2 2



 F2  40  30  2.40.30 cos 600

 F  10 37N

  Trường hợp 3: (F1 ; F2 )  900 F

 F12

 F2

 F22 2 2

 F  F1

 F2  40  30  F  50N

  Trường hợp 4: (F1 ; F2 )  1200 F

 F12

 F22  2F1F2 cos  2 2

 F2  40  30  2.40.30 cos1200

 F  10 13N 2

 F2

 F



 F1

 F  F1

  Trường hợp 5: (F1 ; F2 )  1800

 F  F1  F2  F  40  30  10N

 F1

 F2

Ta nhận thấy  càng lớn thì F càng nhỏ đi

  

Câu 2: Cho 3 lực đồng quy, đồng phẳng F1 , F2 , F3 lần lượt hợp với trục Ox những góc 00, 600, 1200;F1=F3=2F2=30N. Tìm hợp lực của ba lực trên.    Giải: Theo bài ra (F1 ; F3 )  1200 ; F1  F3 nên theo quy tắc tổng hợp hìnhFbình hành và tính chất hình thoi   Ta có (F1 ; F13 )  600 ; F1  F3  F13  30N     Mà (F1 ; F2 )  600  F2  F13 Vậy F  F13  F2  30  15  45N

 F3

 F2 1200

 F 13

 F1

600

Câu 3: Hai lực 10N và 14N đặt tại một điểm có thể cho một hợp lực bằng 2N, 4N, 10N, 24N, 30N được không? Giải: Ta có lực tổng hợp thỏa mãn tính chất Fmin  F  Fmax  F1  F2  F  F1  F2  4  F  24

Vậy lực tổng hợp có thể cho bằng 4N;10N;24N Câu 4: Hai lực đồng quy có độ lớn 4N và 5N hợp với nhau góc  . Tính  biết rằng hợp lực của hai lực trên có độ lớn 7,8N. Giải: Ta có F2  F12  F22  2F1F2 cos 

 F2

 F

7,8 2  4 2  52  2.4.5.cos     60, 260   F1 Bài5: Cho hai lực đồng qui có độ lớn F1 = 3N, F2 = 4N. a. Hợp lực của chúng có thể có độ lớn 5N hay 0,5N không? b.Cho biết độ lớn của hợp lực là 5N. Hãy tìm góc giữa hai lực F1 và F2 Giải: a.Ta có lực tổng hợp thỏa mãn tính chất Fmin  F  Fmax  F1  F2  F  F1  F2  1N  F  7N

Vậy hợp lực của chúng có thể là 5N b. Ta có F2  F12  F22  2F1F2 cos   52  32  4 2  2.3.4.cos     900 Bài tập tự luyện : Câu 1: Cho hai lực F1 = F2 = 40 N biết góc hợp bởi hai lực là   60 0 . Hợp



lực của F1 , F2 là bao nhiêu ? vẽ hợp lực đó. Câu 2: Hãy dùng quy tắc hình bình hành để tìm hợp lực của ba lực F1 = F2



= F2 = 60 N nằm trong cùng một mặt phẳng. Biết rằng lực F 2 làm thành với



hai lực F 1 và F 3 những góc đều là 60o 3

Câu 3: Cho ba lưc đồng quy cùng nằm trong một mặt phẳng, có độ lớn bằng nhau bằng 80N và từng đôi một làm thành góc 1200. Tìm hợp lực của chúng.



 

Câu 4: Theo bài ra ta có lực tổng hợp F  F1  F2 và độ lớn của hai lực





thành phần F1  F2  50 3( N ) và góc giữa lực tổng hợp F và F1 bằng





  300 . Độ lớn của hợp lực F và góc giữa F1 với F2 bằng bao nhiêu? Câu 5: Cho hai lực đồng quy có độ lớn F1 = F2 = 100 N. Hãy tìm góc hợp lực của hai lực khi chúng hợp nhau một góc  = 00, 600, 900, 1200 , 1800. Vẽ hình biểu diễn mỗi trường hợp của hợp lực.   Hướng dẫn giải: F2 F Câu 1: Vẽ hợp lực.

F 2  F 21  F 2 2  2.F1.F2 .cos  F = 40 3 N

 F1

600

  Câu 2: Theo bài ra (F1 ; F3 )  1200 ; F1  F3 nên theo quy

tắc tổng hợp hình bình hành và tính chất hình thoi   Ta có (F1 ; F13 )  600 ; F1  F3  F13  60N     Mà (F1 ; F2 )  600  F2  F13 Vậy F  F13  F2  60  60  120N   Câu 3: Theo bài ra (F1 ; F2 )  1200 ; F1  F2 nên theo quy tắc tổng hợp hình bình hành và tính chất hình thoi   Ta có (F1 ; F12 )  600 ; F1  F2  F12  80N     Mà (F12 ; F3 )  1800  F12  F3

 F 12

 F2

1200 120

 F1

1200  F3  F2

bình hành

 F

   300  F1

   Câu 5: Ta có F  F1  F2   Trường hợp 1: (F1 ; F2 )  00

 F1

600



 F  2.50. 3.cos 300  100. 3.

 F 13

1200

  Câu 4: Vì F1 = F2 màF1; F2 tạo thành hình với đường chéo là F nên   2  2.300  600

 F2

 F3

Vậy F  F12  F3  80  80  0N

Ta có: F  2.F1cos

 F

3  150 N 2

 F2

 F1

 F  F1  F2  F  100  100  200N   Trường hợp 2: (F1 ; F2 )  600  F  2.F1 cos

 60  2.100.cos 2 2

 F2



3  100 3(N) 2   Trường hợp 3: (F1 ; F2 )  900  F  2.100.

F

 F12

 F2

 F22 2

 F1

 F  100 2(N) F

 F12

 F22 2

 2F1F2 cos 

 F2  100  100 2  2.100.100 cos1200  F  100(N)   Trường hợp 5: (F1 ; F2 )  1800

 F  F1  F2  F  100  100  0(N)

 F1

 F

 F2  100  100 2

  Trường hợp 4: (F1 ; F2 )  1200

 F

 F2

 F  F1



 F1

 F2

Dạng 2: Xác định lực tổng hợp tác dụng lên vật. Phương pháp giải - Phân tích tất cả các lực tác dụng lên vật - Theo điều kiên cân bằng tổng các lực tác dụng lên vật bằng không - Theo quy tắc tổng hợp hình bình hành, lực tổng hợp phải cân bằng với lực còn lại - Sử dụng các tính chất trong tam giác để giải B Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Một vật có khối lượng 6kg được treo như hình vẽ và được giữ yên bằng dây OA và OB. Biết 450 O A 0 OA và OB hợp với nhau một góc 45 . Tìm lực căng của dây OA và OB.  P Giải: Ta có P = mg = 6.10=60 (N) Cách 1: Biểu diễn các lực như hình vẽ      Theo điều kiện cân bằng T OB  T OA  P  0  F  T OA  0   F  T OA  B  T OB  F  TOA  Góc  là góc giữa OA và OB:  = 450.

 F

450

T OA

 P

Sin450 

Cos 

P 60  TOB   60 2( N ) TOB Sin450

F TOA 2   TOA  TOB .Cos 450  60 2.  60( N ) TOB TOB 2

Cách 2: Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ.    Phân tích T OB thành hai lực T xOB ,T yOB

như hình vẽ Theo điều kiện cân bằng    T OB  T OA  P  0      T xOB  T yOB  T OA  P  0

Chiếu theo Ox: TOA  TxOB  0  TOA  TxOB  TOA  Cos450.TOB

 T OB

 T yOB 0

45  T xOB

 T OA

 P

(1)

Chiếu theo Oy: TyOB  P  0  Sin450.TOB  P  TOB  Thay vào ( 1 ) ta có : TOA 

2 2

P Sin450

 60 2(N)

.60. 2  60(N)

Câu 2: Cho một vật có khối lượng 3kg được treo như hình vẽ. với day treo hợp với phương thẳng đứng một góc 300 . Xác định lực căng của dây và lực tác dụng của vật lên tường

300

biết g  10m / s2 Giải: Ta có P = mg = 3.10=30 (N) Cách 1: Biểu diễn các lực như hình vẽ Theo điều kiện cân bằng      TNP0FT0   F  T   F  T P P 30 Cos30   F    20 3(N) 0 F 3 Cos30 2  T  20 3(N)

300  T

Sin300 

N 1  N  F.Sin300  20 3.  10. 3(N) F 2

300  P

  N F

 Cách 2: Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ. Phân tích T OB thành hai lực   T x ,T y như hình vẽ y

Theo điều kiện cân bằng     Tx  Ty  P  N  0



Chiếu theo Ox: Tx  N  0  T.Sin300  N

300

(1)

 Tx O

Chiếu theo Oy: 0

Ty  P  0  Cos30 .T  P T

P Cos30

 Ty

300 T

 N

 P

 20 3(N)

1 Thay vào ( 1 ) ta có: N  20. 3.  10 3(N) 2 Bài tập tự luyện : Câu 1: Đặt thanh AB có khối lượng không đáng kể C nằm ngang, đầu A gắn vào tường nhừ một bản lề, đàu B nối với tường bằng dây BC. Treo vào B một vật có khối lượng 3kg, cho AB=40cm, AC= 30cm. Tính lực A căng trên dây BC và lực nén lên thanh AB. Lấy g=10m/s2.

Câu 2: Một vật có khối lượng 3kg được treo như hình vẽ,thanh AB vuông góc với tường thẳng đứng, CB lệch góc 600 so với phương ngang. Tính lực căng của dây BC và áp lực của thanh AB lên tường khi hệ cân A bằng. Câu 3: Một đèn tín hiệu giao thông ba màu được treo ở một ngã tư nhờ một dây cáp có trọng lượng không đáng kể. Hai đầu dây cáp được giữ bằng hai cột đèn AB,A’B’ cách nhau 8m. Đèn nặng 60N được treo vào điểm giữa O của dây cáp, làm dây cáp võng xuống 0,5m. Tính lực căng của dây. Hướng dẫn giải: Câu 1: Ta có P = mg = 3.10=30 (N) Cách 1: Biểu diễn các lực như hình vẽ Theo điều kiện cân bằng

600

 T BC



 F

 N

 P

       F  N T BC  N  P  0  F  N  0    F  N Xét tam giác ABC ta có AC AC 30 3 Sin     BC AB2  AC2 30 2  40 2 5 AB AB 40 4    2 2 2 2 BC 5 AB  AC 40  30 Theo hình biểu diễn Cos 

P 30  TBC   50( N ) 3 TBC 5 F N 4 Cos    N  TBC .Cos  50.  40( N ) TBC TBC 5 Sin 

Cách 2: Chọn hệ quy chiếu Oxy như    tích T BC thành hai lực T xBC ,T yBC như Theo điều kiện cân bằng    T BC  N  P  0      T xBC  T yBC  N  P  0 Chiếu theo Ox: N  TxBC  0  N  TBCCos Chiếu

(1)

P Sin60



30 3 2

 20 3(N)



 T xBC

Oy: P 30 TyBC  P  0  Sin.TBC  P  TBC    50(N) Sin 3 5 4 Thay vào ( 1 ) ta có : N  .50  40(N) 5 Câu 2: Ta có P = mg = 3.10=30 (N) Cách 1: Biểu diễn các lực như hình vẽ Theo điều kiện cân bằng        F  T AB T BC  T AB  P  0  F  T AB  0    F  TAB P Ta có Sin600  TBC A  TBC 

theo

 T BC

hình vẽ. Phân yhình vẽ

 T yBC

 N

 P

C 0

60  T BC   T AB F B  P

T F 1  AB  TAB  Cos600.TBC  .20. 3  10 3(N) TBC TBC 2  Cách 2: Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ. Phân tích T BC thành hai lực   T xBC ,T yBC như hình vẽ Cos600 

Theo điều kiện cân bằng    T BC  T AB  P  0      T xBC  T yBC  T AB  P  0

C   0 60 T yBC T BC

 T AB

Chiếu theo Ox: TAB  TxBC  0  TAB  TBCCos60

(1)

Chiếu theo Oy:

 T xBC

 P

TyBC  P  0  Sin600.TBC  P  TBC 

P Sin60



30 3 2

 20 3(N)

1 Thay vào ( 1 ) ta có : TAB  .20. 3  10. 3(N) 2 Câu 3: Cách 1: Biểu diễn các lực như hình vẽ Theo điều kiện cân bằng        P  T T1  T 2  P  0  P  T  0    P  T Vì đèn nằm chính giữa nên T1  T2 T P  2Cos 2Cos Mà Theo hính biểu diễn

Nên T  2T1Cos  T1 

Cos 

 HT

 T1



 T 2 O

 P

(1)

OH OH 0, 5 65    AO 65 OH2  AH2 4 2  0, 52

Thay vào ( 1 ) ta có T1  T2 

 30. 65(N) 65 2. 65 Cách 2: Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ.   Phân tích T1 ; T 2 thành hai lực         T1y T2 y T A 1 T1x ,T1y ; T 2x ,T 2y như hình vẽ

 T1x

Theo điều kiện cân bằng    T1  T 2  P  0

 T2

 T2 x

 P

O 9

      T1x  T1y  T 2x  T 2y  P  0

Chiếu theo Ox: T1x  T2x  0  T1Cos  T2 Cos  T1  T2

Chiếu theo Oy : T1y  T2y  P  0  T1Sin  T2 Sin  P  0  2T1Sin  P  60(N)  T1 

Theo hình biểu diễn Sin 

60 2Sin

0, 5 2

4  0, 5



65  T1  65

60 65 2. 65

 30 65(N)

Trắc Nghiệm Câu 1. Gọi F1 , F2 là độ lớn của 2 lực thành phần, F là độ lớn hợp lực của chúng. Câu nào sau đây là đúng? A.F không bao giờ nhỏ hơn cả F1 và F2 B. F không bao giờ bằng F1 hoặc F2 C. Trong mọi trường hợp , F luôn luôn lớn hơn cả F1 và F2 D.Trong mọi trường hợp ,F thỏa mãn: F1  F2  F  F1  F2 Câu 2. Một vật đang chuyển động bỗng nhiên lực phát động triệt tiêu chỉ còn các lực cân bằng nhau thì: A. Vật dừng lại B.Vật tiếp tục chuyển động chạm đều C.Vật chuyển động thẳng đều với vận tốc vừa có D.Vật chuyển động chậm dần, sau đó sẽ chuyển động đều. Câu 3. Có 2 lực đồng qui có độ lớn bằng 8N và 11N.Trong các giá trị sau đây, giá trị nào có thể là độ lớn của hợp lực? A.20N B.16N C.2,5N D.1N





Câu 4. Phân tích lực F thành 2 lực F1 và F2 hai lực này vuông góc nhau. Biết độ lớn của F =50N; F1  40 N thì độ lớn của lực F2 là: A. F2  30 N C. F2  90 N

B. F2  10 41N D. F2  80 N

Câu 5. Cho 2 lực đồng qui có cùng độ lớn 100N. Hỏi góc giữa 2 lực bằng bao nhiêu thì hợp lực cũng có độ lớn bằng 100N 0

B. 90

D. 0

A. 120 C. 180 10

 F2

Cho 4 lực như hình vẽ:

F1  7 N ; F2  1N ; F3  3 N ; F4  4 N . Dùng dữ

liệu trả lời câu 6 và câu 7 Câu 6. Hợp lực có độ lớn: A.5N

 F3

 F1

B.7N

C.15N



 F4

D. 5 2N

Câu 7.Hợp lực trên hợp với lực F1 một góc? A. 30

B. 45 0

C. 53 D. 37 D B Câu 8.Một vật trọng lượng P=20N được treo vào dây A AB=2m. Điểm treo (ở giữa) bị hạ xuống 1 đoạn CD=5cm. C Lực căng dây là P A. 20N B.40N C.200N D.400N Câu 9. Cho 2 lực đồng qui có độ lớn F1  F2  30 N . Góc tạo bởi 2 lực là

1200 .Độ lớn của hợp lực: A.60N

B. 30 2N

C.30N

D. 15 3N

Câu 9. Đáp án C. F  2 F1cos



 2.30.cos 600  30 N 2     Hợp lực của 2 lực F1 ( F1  10 N ) và F2 là lực F ( F  20 N ) và F hợp với  F1 một góc 600 . Dùng dữ kiện trả lời câu 10 và câu 11 Câu 10. Độ lớn của lực F2 là? A.50N

B. 10 2 N

C. 10 3 N

D. 20 2 N   Câu 11.lực F2 hợp với F1 một gốc bao nhiêu? A. 30

B. 45

C. 60 D. 90 Câu 12.Hợp lực của 3 lực cho trên hình vẽ là bao nhiêu?biết F1  F2  F3  100 N A.300N C.150N

B.200N D.Bằng 0

 F2

120

 F1

0 1200 120

 F3 11

Câu 13.Ba nhóm học sinh kéo 1 cái vòng được biểu 100N 100N diễn như hình trên. Không có nhóm nào thắng cuộc. Nếu các lực kéo được vẽ trên hình (nhóm 1 và 2 có lực kéo 0 45 450 mỗi nhóm là 100N). Lực kéo của nhóm 3 là bao nhiêu? A.100N B.200N T 3?  C.141N D.71N F1 Câu 14.Có 3 lực như hình vẽ .Biết F1  F2  F3  F . Lực tổng hợp của chúng là? A.F C.

B.2F

D. F 3    Câu 15. Phân tích lực F thành 2 lực F1 và F2 F 2

1 F  F1  F2 2 F  F1  F2 C. F1  F2  0,58 F F1  F2  1,15 F

 F3

theo 2 phương OA và OB như hình. Cho biết độ lớn của 2 lực thành phần này A.

 F2

600

 F

B. 300 O

300

  

Câu 16. Có 3 lực đồng qui F1 , F2 , F3 như sau. Có thể

 F1

suy ra được (các) kết quả nào bên dưới đây?(F:Độ lớn



của lực F )

    A. F1  F2  F3  0 F3 F2  sin  sin     C. F1 sin   F2 sin  D.A, B, C đều đúng Đáp án trắc nghiệm

Câu 1. Đáp án D Câu 2. Đáp án C Câu 3. Đáp án B. vì

F1  F2  F  F1  F2

Câu 4. Đáp án A. Vì F 2  F12  F22  502  402  F22  F2  30 N Câu 5. Đáp án A 12

 F2





 F3

Vì F  2 F1cos

 2

 cos



 0,5 



 600    1200

2 2 F 3 0 Câu 7. Đáp án D tg  24     37 F 4   13   Câu 6. Đáp án A. F  F1  F2  F3  F4 ;    F  F13  F24    +) F13  F1  F3 Có F13  F1  F3  4 N    +) F24  F2  F4 Có F24  F4  F2  3 N   +)Do F13 vuông góc F24 nên

 F2  F3

 F1

 F13   F24

 F4

F  F132  F242  5 N

 F

Câu 8. Đáp án C.

F  P  2T sin 

CD 5 .  DB 100 P Từ đó lực căng dây: T  2 sin   200 N với sin   tg 

Câu 10. Đáp án C. Dùng định lí cosin:

F22  F12  F 2  2 F1F2cos 600  F2  10 3 N

 T

 P

 F1 60

 F2  F

Câu 11. Đáp án D.

   F12tra) Dễ thấy F1 vuông góc với F2 (dùng định lí pythagone để kiểm F  F12  F22

 F2

 F1

600

1200

 F3

Câu 12. Đáp án D.

   0 Ta có: F12  F1  F2 với F12  2 F1cos 60  F1 .     Mặt khác F12  F3 nên F12  F3  0  Câu 13. Đáp án C.Ta thấy F1 vuông góc F2 nên F12  F1 2  100 2 N . Do        F1  F2  F3  0  F3   F1  F2   F12 .



Vậy F3  F12  100 2 N  141N



 F12  F2

 F1

450

 F3 13

 F1  F13

     Câu 14. Đáp án B. F1  F2  F3  F13  F2 .    0 Với F13  F1  F3 Có F13  2 F1cos 60  F1   Do F13  F2 nên :lực tổng hợp là F13  F2  2 F Câu 15. Đáp án C. F1  F2  0,58 F . Do 1   2    300  F1  F2 và F  2 F1cos  F  2 F1.0,886  F1  0,58 F

 F2

 F3

Câu 16. Đáp án D BA ĐỊNH LUẬT NEWTON I: LÝ THUYẾT CẦN LƯU Ý. A. Định luật I Newton. Nếu một vật không chịu tác dụng của lực nào hoặc chịu tác dụng của các lực có hợp lực bằng không. Thì vật đang đứng yên sẽ tiếp tục đứng yên, đang chuyển động sẽ tiếp tục chuyển động thẳng đều. Quán tính: Là tính chất của mọi vật có xu hướng bảo toàn vận tốc của nó cả về hướng và độ lớn. Ví dụ 1: Đang ngồi trên xe chuyển động thẳng đều, xe rẽ sang trái, tất cả các hành khách đều nghiêng sang phải theo hướng chuyển động cũ. Ví dụ 2: Đang ngồi trên xe chuyển động thẳng đều, xe đột ngột hãm phanh, tất cả các hành khách trên xe đều bị chúi về phía trước. B. Định luật II Newton. 1. Định luật . Gia tốc của một vật cùng hướng với lực tác dụng lên vật. Độ lớn của gia tốc tỉ lệ thuận với độ lớn của lực và tỉ lệ nghịch với khối lượng của vật. 

  F hay F  m a a m



Trong trường hợp vật chịu nhiều lực tác dụng F1 , F2 ,..., Fn thì F là hợp lực 



của các lực đó : F  F1  F2  ...  Fn 2. Khối lượng và mức quán tính. - Định nghĩa: Khối lượng là đại lượng đặc trưng cho mức quán tính của vật. 14

- Tính chất của khối lượng: Là một đại lượng vô hướng, dương và không đổi đối với mỗi vật. Khối lượng có tính chất cộng. 3. Trọng lực. Trọng lượng. - Trọng lực: là lực của Trái Đất tác dụng vào vật, gây ra cho chúng gia tốc 

rơi tự do. Trọng lực được kí hiệu là P . - Ở gần trái đất trọng lực có phương thẳng đứng, chiều từ trên xuống. Điểm đặt của trọng lực tác dụng lên vật gọi là trọng tâm của vật. - Trọng lượng: Độ lớn của trọng lực tác dụng lên một vật gọi là trọng lượng của vật, kí hiệu là P. Trọng lượng của vật được đo bằng lực kế. 



- Công thức của trọng lực: P  m g

C. Định luật III Newton. 1. Sự tương tác giữa các vật. Khi một vật tác dụng lên vật khác một lực thì vật đó cũng bị vật kia tác dụng ngược trở lại một lực. Ta nói giữa 2 vật có sự tương tác. 2. Định luật. Trong mọi trường hợp, khi vật A tác dụng lên vật B một lực, thì vật B cũng tác dụng lại vật A một lực. Hai lực này có cùng giá, cùng độ lớn 



nhưng ngược chiều. FBA   FAB 3. Lực và phản lực. Một trong hai lực tương tác giữa hai vật gọi là lực tác dụng còn lực kia gọi là phản lực. Đặc điểm của lực và phản lực : + Lực và phản lực luôn luôn xuất hiện (hoặc mất đi) đồng thời. + Lực và phản lực có cùng giá, cùng độ lớn nhưng ngược chiều. Hai lực có đặc điểm như vậy gọi là hai lực trực đối. + Lực và phản lực không cân bằng nhau vì chúng đặt vào hai vật khác nhau. II: DẠNG BÀI TẬP CẦN LƯU Ý. Dạng 1: Khi một vật chuyển động, mối liên hệ giữa lực, khối lượng và gia tốc. Phương pháp giải bài tập: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của vật. 

  F - Áp dụng công thức định luật II Newton a  hay F  m a m



Chiếu lên chiều dương - Sử dụng các công thức của chuyển động thẳng biến đổi đều 15

+ Công thức vận tốc: v = v0 + at 1 + Quãng đường S  v 0 t  at 2 2 + Công thức độc lập thời gian: v2 – v02 = 2.a.S Trong đó: a > 0 nếu chuyển động nhanh dần đều a < 0 nếu chuyển động chậm dần đều Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Lấy một lực F truyền cho vật khối lượng m1 thì vật có gia tốc là a1 = 6m/s2, truyền cho vật khối lượng m2 thì vật có là a2 = 4m/s2. Hỏi lực F sẽ truyền cho vật có khối lượng m3 = m1 + m2 thì vật có gia tốc là bao nhiêu? Giải: F Ta có theo định luật II newton F  ma  a  m

F F ; m2  a1 a2 6.4 F F F a .a  2, 4m / s 2   a3   1 2  a3  Với a3  F F a1  a2 64 m3 m1  m2  a1 a2 Với m1 

Câu 2: Một vật đang đứng yên trên mặt phẳng nằm ngang, bỏ qua ma sát giữa vật và măt phẳng, thì được truyền 1 lực F thì sau 10s vật này đạt vận tốc 4m/s. Nếu giữ nguyên hướng của lực mà tăng gấp 2 lần độ lớn lực F vào vật thì sau 15s thì vận tốc của vật là bao nhiêu? Giải: Áp dụng công thức v1  v 0  a1t1  a1  Mà F1  ma1  m.0, 4(N)

v1 v0 t1

Khi tăng lực F thành F2  2F1  0,8m  a2 



4 0 10

 0, 4m / s 2

F2 0,8m   0,8m / s 2 m m

Mà v2  v0  a2t2  0  0,8.15  12m / s Câu 3: Một ôtô có khối lượng 1,5 tấn đang chuyển động với v = 54km/h thì hãm phanh, chuyển động chậm dần đều. Biết lực hãm 3000N.Xác định quãng đường và thời gian xe đi được cho đến khi dừng lại. Giải: Ta có v 0  54km / h  15m / s ,khi dừng lại v = 0 (m/s) Chọn chiều dương là chiều chuyển động, gốc thời gian lúc bắt đầu hãm





phanh. Theo định luật II Newton F h  ma Chiếu chiều dương  Fh  ma  a  16

 F 3000   2m / s 2 m 1500

Áp dụng công thức v 2  v02  2.a.s  s 

152  02  s  56, 25m 2.2

v  v 0 0  15   7, 5(s) a 2 Câu 4: Một vật có khối lượng 500g chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ban đàu 2m/s. Sau thời gian 4s, nó đi được quãng đường 24m. Biết vật luôn chịu tác dụng của lực kéo Fk và lực cản Fc = 0,5N. a.Tính độ lớn của lực kéo. b.Sau 4s đó, lực kéo ngừng tác dụng thì sau bao lâu vật sẽ dừng lại? Giải: a. Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe    Theo định luật II newton ta có F  Fc  ma (1) Chiếu lên chiều dương ta có F  Fc  ma  F  ma  Fc

Mà v  v 0  at  t 

Mà s  v 0 t  21 at 2  24  2.4  21 a.4 2  a  2m / s2 Thay vào ( 1 ) ta có F  0, 5.2  0, 5  1, 5N b. Vận tốc của vật sau 4s là v1  v 0  at  2  2.4  10m / s Câu5: Một chiếc ô tô có khối lượng 5 tấn đang chạy thì bị hãm phanh chuyển động thẳng chậm dần đều. Sau 2,5s thì dừng lại và đã đi được 12m kể từ lúc vừa hãm phanh. a. Lập công thức vận tốc và vẽ đồ thị vận tốc kể từ lúc vừa hãm phanh. b. Tìm lực hãm phanh. Giải : v a. Ta có v  v 0  at  0  v 0  a.2, 5  a  0  v 0  2, 5a 2, 5 Mà v 2  v 02  2as  0 2  a 2 .2, 52  2.a.12  a  3,84(m / s2 )  v 0  9,6(m / s)

Phương trình vận tốc v  9,6  3,84t Đồ thị vận tốc

v m / s

9, 6 5,76

t s

b. Ta có lực hãm phanh FC  ma  5000.  3,84   19200  N  17

Câu 6: Một vật có khối lượng 250g bắt đàu chuyển động nhanh dần đều, nó đi được 1,2m trong 4s. a.Tính lực kéo, biết lực cản bằng 0,04N. b.Sau quãng đường ấy lực kéo phải bằng bao nhiêu để vật có thể chuyển động thẳng đều? Giải: a. Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe    Theo định luật II newton ta có F  Fc  ma (1) Chiếu lên chiều dương ta có F  Fc  ma  F  ma  Fc Mà s  v 0 t  21 at 2  1, 2  0.4  21 a.4 2  a  0,15m / s2  F  ma  Fc  0, 25.0,15  0,04  0,0775  N 





b. Để vật chuyển động thẳng đều thì a=0 m / s2    Theo định luật II newton ta có F  Fc  ma  F  FC  0,04  N  Bài tập tự luyện :



Câu 1: Tác dụng một lực F lần lượt vào các vật có khối lượng m1, m2, m3 thì các vật thu được gia tốc có độ lớn lần lượt bằng 2m/s2, 5 m/s2, 10 m/s2.



Nếu tác dụng lực F nói trên vào vật có khối lượng (m1 + m2 + m3) thì gia tốc của vật bằng bao nhiêu? Câu 2: Một vật đang đứng yên, được truyền 1 lực F thì sau 5s vật này tăng v = 2m/s. Nếu giữ nguyên hướng của lực mà tăng gấp 2 lần độ lớn lực F vào vật thì sau 8s, vận tốc của vật là bao nhiêu? Câu 3: Một ôtô có khối lưọng 500kg đang chuyển động thẳng đều thì hãm phanh chuyển động chậm dần đều trong 2s cuối cùng đi được 1,8 m. Hỏi lực hãm phanh tác dung lên ôtô có độ lớn là bao nhiêu? Câu 4: Lực F1 tác dụng cùng phương chuyển động lên viên bi trong khoảng t = 0,5s làm thay đổi vận tốc của viên bi từ 0 đến 5 cm/s. Tiếp theo tác dụng lực F2 = 2.F1 cùng phương chuyển động lên viên bi trong khoảng t =1,5s thì vận tốc tại thời điểm cuối của viên bi là? Câu 5: Một đoàn tàu có khối lượng 1000 tấn đang chạy với vận tốc 36km/h thì bắt đầu tăng tốc. Sau khi đi được 125m, vận tốc của nó lên tới 54km/h. Biết lực kéo cảu đầu tầu trong cả giai đoạn tăng tốc là 25.105N. Tìm lực cản chuyển động cảu đoàn tàu. Câu 6: Cho một ô tô khởi hành rời bến chuyển động nhanh dần đều sau khi đi được đoạn đường 100m có vận tốc ô tô khởi hành rời bến chuyển động nhanh dần đều sau khi đi được đoạn đường 100m có vận tốc 36km/h. Biết

khối lượng của xe là 1000kg và g  10m / s2 . Cho lực cản bằng 10% trọng lực xe. Tính lực phát động vào xe. Câu 7: Một vật có khối lượng 30kg chuyển động lên một mặt dốc nghiêng một góc 300 so với mặt phẳng ngang. Lấy g = 10m/s2 . Bỏ qua lực cản. Lực kéo song song với mặt dốc.Hãy vẽ các lực tác dụng lên vật. a.Tính lực kéo F để vật đi đều trên mặt dốc. b.Tính lực kéo F để vật đi với gia tốc a = 2m/s2 trên mặt dốc. Câu 8: Một vật có khối lượng 30kg trượt xuống nhanh dần đều trên một con dốc dài 25m, vận tốc tại đỉnh dốc bằng 0m/s. Cho lực cản bằng 90N. Góc nghiêng 300 a.Tính gia tốc trong quá trình trượt trên mặt dốc. Vận tốc tại chân dốc, thời gian trượt hết dốc b. Sau khi rời khỏi mặt dốc, vật tiếp tục trượt trên mặt ngang với lực cản không đổi như trên. Hỏi sau bao lâu vật dừng lại, quãng đường vật đi được trên mặt ngang này. Hướng dẫn giải: Câu 1: F Ta có theo định luật II newton F  ma  a  m

F F F ; m2  ; m3  a1 a2 a3 a1.a2 .a3 F F F   a4   Với a4  F F F a2 .a3  a3 .a1  a1.a2 m4 m1  m2  m3   a1 a2 a3 2.5.10  a4   1, 25m / s 2 5.10  10.2  2.5 v  v0  0, 4m / s 2  F1  ma1  0, 4m Câu 2: Ta có a1  t Khi tăng F’ = 2.F1 = 0,8m  a2 = 0,8m/s2  v2 = 6,4m/s Với m1 

Câu 3: Ta có v 2  v02  2.a.s  v02  2.a.s  3, 6a (1)

a

v  v0  v0  at (2) t

Từ (1) và (2) ta có: a = -0,9 m/s2 Ta có lực hãm phanh FC  ma  500.  0,9   450  N 

Câu 4: Áp dụng công thức a1 

v  v0  0,1m / s 2  F1  ma1  0,1m t

Khi tăng F’ = 2.F1 = 0,2m  a2 = 0,2m/s2  v2 = 0,3 m/s Câu 5: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của tàu    Theo định luật II newton ta có F  Fc  ma Chiếu lên chiều dương ta có F  Fc  ma  FC  ma  F (1) Mặt khác v 0  36km / h  5m / s; v  54km / h  15m / s Áp dụng công thức v 2  v 02  2as  a 

152  10 2  0, 5 m / s 2 2.125





 FC  ma  F  106.0, 5  50.10 5  45.10 5  N 

Câu 6: Áp dụng công thức v  2as  a 

v2 2s



Chọn chiều dương là chiều chuyển động Theo định luật II newton ta có      Fk  Fc  N  P  ma

102 2.100

 0, 5m / s 2

 N

 Fc

Chiếu lên chiều dương Fk  Fc  ma mà

 Fk

 P

theo bài ra Fc  10%P  0,1mg  Fk  ma  Fc  ma  0,1mg  m(a  0,1g)  Fk  1000(0, 5  0,1.10)  1500(N)

   Câu 7: Vật chịu tác dụng của các lực P; N; F     Theo định luật II newton ta có P  N  F  ma Chiếu theo chiều chuyển động F  Px  ma  F  P sin   ma

 N

a. Khi vật chuyển động thẳng đều thì



a  0 m / s2

 Px



Vậy F  P sin   0  F  mg.sin  F  30.10.Sin300  150N b. Với gia tốc a = 2m/s2 thì

 

 P



 F  P sin   ma  30.10.Sin300  30.2  210N    Câu 8: Vật chịu tác dụng của các lực P; N; FC     Theo định luật II newton ta có P  N  FC  ma

 N

a. Chiếu theo chiều chuyển động FC  Px  ma  FC  P sin   ma

 F

 Px



 FC

 

 P

a a

Ta có

FC  mg sin  m

90  30.10.sin 300  2 m / s2 30





v 2  v 02  2as  v  2as  2.2.25  10  m / s 

v 10   5  m / s a 2 b. Khi trượt trên mặt phẳng ngang thì Chiếu theo chiều chuyển động 90  FC  ma /  a /   3 m / s 2 30

Áp dụng công thức v  v 0  at  t 



 Fc



Khi vật dừng lại thì v /  0  m / s 

Ta có v /  v  a / t  0  10  3t  t 

 N

 P

10 s 3

Quãng đường đi được v /2  v 2  2a / s /  0 2  10 2  2  3  s /  s /  16,67m Dạng 2: Hai vật va chạm nhau. Phương pháp giải bài tập: Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Một quả bóng chày có khối lượng 300g bay với vận tốc 72km / h đến đập vuông góc với tường và bật ngược trở lại theo phương cũ với vận tốc 54km / h .Thời gian va chạm là 0,04s. Tính lực do tường tác dụng vào quả bóng. Giải: Chọn chiều dương như hình vẽ  v1 Gia tốc quả bong thu được khi va chạm là a

v 2 v1 t



1520 0,04

 875m / s 2

Lực tác dụng lên quả bóng F  ma  875.0, 3  262, 5N

 v2 

Câu 2: Người ta làm một thí nghiệm về sự va chạm giữa hai xe lăn trên mặt phẳng nằm ngang. Cho xe một đang chuyển động với vận tốc 50cm / s . Xe hai chuyển động với vận tốc 150cm / s đến va chạm vào phái sau xe một. Sau va chạm hai xe cùng chuyển động với vận tốc là 100cm / s . So sánh khối lượng của hai xe. Giải: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của hai xe v  v0 Áp dụng công thức v  v 0  at  a  t 21

v1  v 01

100  50 50  t t 100  150 50 Đối với xe hai: a 2    t t t Hai xe va chạm nhau theo định luật III Newton ta có 50 50 F12  F21  m 2 a 2  m1a1  m 2 (  )  m1  m1  m 2 t t Câu 3: Cho viên bi A chuyển động tới va chạm vào bi B đang đứng yên, vA = 4m/s sau va chạm bi A tiếp tục chuyển động theo phương cũ với v = 3m/s, thời gian xảy ra va chạm là 0,4s. Tính gia tốc của 2 viên bi, biết mA = 200g, mB = 100g.

Đối với xe một: a1 

t v 2  v 02



v  v0 3  4   2,5m / s 2 t 0, 4   Theo định luật III Niu-tơn: FAB   FBA Giải: Ta có a A 

 aB  

0, 2.  2,5  mA a A   5  m / s2  mB 0,1

Bài tập tự luyện : Câu 1: Cho hai vật chuyển động trên cùng một đường thẳng bỏ qua ma sát đến va chạm vào nhau với vận tốc lần lượt là 1m/s;0,5m/s. Sau va chạm cả hai bị bật ngược trở lại với vận tốc là 0,5m/s;1,5m/s. Biết vật một có khối lượng 1kg. xác định khối lượng quả cầu hai. Câu 2: Cho viên bi A chuyển động với vận tốc 20cm/s tới va chạm vào bi B đang đứng yên, sau va chạm bi A tiếp tục chuyển động theo phương cũ với vận tốc 10cm/s, thời gian xảy ra va chạm là 0,4s. Tính gia tốc của 2 viên bi, biết mA = 200g, mB = 100g. Câu 3: Một học sinh của Trung Tâm Giáo Dục Thiên Thành đá quả bóng có khối lượng 0,2kg bay với vận tốc 25m/s đến đạp coi như vuông góc với bức tường rồi bật trở lại theo phương cũ với vận tốc 15m/s. Khoảng thời gian va chạm giữa bóng và tường bằng 0,05s. Tính lực tác dụng của tường lên quả bóng. Hướng của lực? Hướng dẫn giải: Câu 1: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của vật một lúc sắp va chạm. v  v0 Áp dụng công thức v  v 0  at  a  t v1  v 01 0, 5  1 1, 5 Đối với vật một: a1    t t t 22

v 2  v 02

1, 5  ( 0, 5) 2   t t t Hai vật va chạm nhau theo định luật III Newton ta có

Đối với xe hai: a 2 

F12  F21  m 2a 2  m1a1  m 2 ( 2t )  m1 1,5  m 2  0,75kg t

Câu 2: Áp dụng công thức v  v 0  at

v  v0 0,1  0, 2   0, 25m / s 2 t 0, 4   Theo định luật III Niu-tơn: FAB   FBA  aB = 5m/s2  aA 

Câu 3: Chọn chiều dương là chiều ban đầu của quả bóng v  v 0 15  25   800m / s 2 Áp dụng công thức v  v 0  at  a  t 0,05 Lực tác dụng lên quả bóng F  ma  0, 2.( 800)  160 N Lực có hướng ra ngoài ngược với chiều dương Trắc Nghiệm Câu 1. Hiện tượng nào sau đây không thể hiện tính quán tính? A. Khi bút máy bị tắc mực người ta vẫy mực để mực văng ra. B. Viên bi có khối lượng lớn lăn xuống máng nghiêng nhanh hơn viên bi có khối lượng nhỏ C. Ôtô đang chuyển động thìtawts máy nó vẫn chạy thêm 1 đoạn nữa rồi mới dừng lại D. Một người đứng trên xe buýt , xe hãm phanh đột ngột , người có xu hướng nagx về phía trước Câu 2.Hệ thức nào sau đây là đúng theo định luật II Niuton.





A. F  m.a



C. a 

F m

B. a 



F m



D. F   ma

Câu 3. Nếu 1 vật đang chuyển động mà tất cả các lực tác dụng vào nó bỗng nhiên ngừng tác dụng thì: A.Vật chuyển động chậm dần rồi dừng lại B. Vật lập tức dừng lại C. Vật chuyển động sang trạng thái chuyển động thẳng đều D. Vật chuyển động chậm dần trong 1 thời gian sau đó sẽ chuyển động thẳng đều Câu 4. Kết luận nào sau đây chính xác nhất? A. Vật có khối lượng càng lớn thì rơi càng nhanh B. Khối lượng riêng của vật tùy thuộc và khối lượng vật đó 23

C.Vật có khối lượng càng lớn thì càng khó thay đổi vận tốc D. Để đo khối lượng người ta dùng lực kế Câu 5. .Lực F lần lượt tác dụng vào vật có khối lượng m1 và m2 thì chúng thu được gia tốc là a1 và a2 .Nếu lực chịu tác dụng vào vật có khối lượng

 m1  m2  thì vật sẽ thu được gia tốc bao nhiêu? B. a1  a2

A. a1  a2 C.

a1.a2 a1  a2

a1.a2 a1  a2

Câu 6.Vật có khối l;ượng m chịu tác dụng của lần lượt của 2 lực F1 và F2 thì thu được gia tốc tương ứng là a1 và a2 . Nếu vật trên chịu tác dụng của lực  F1  F2  thì sẽ thu được gia tốc bao nhiêu? B. a1  a2

A. a1  a2 C.

a1.a2 a1  a2

a1.a2 a1  a2

Câu 7. .Lực F lần lượt tác dụng vào vật có khối lượng m1 và m2 thì chúng



thu được gia tốc là a1  2 m / s dụng vào vật có khối lượng nhiêu?



A. 6 m / s C.





và a2  4 m / s

 m1  m2 



.Nếu lực chịu tác

thì vật sẽ thu được gia tốc bao





B. 2 m / s

4 m / s2   3



8 m / s2 

Câu 8.Vật có khối l;ượng m chịu tác dụng của lần lượt của 2 lực F1 và F2



thì thu được gia tốc tương ứng là a1  2 m / s

 và a

 4  m / s 2  . Nếu

vật trên chịu tác dụng của lực  F1  F2  thì sẽ thu được gia tốc bao nhiêu?



A. 6 m / s C.



4 m / s2   3



B. 2 m / s D.



8 m / s2 

Câu 9. Kết luận nào sau đây là không chính xác A. Hướng của lực có hướng trùng với hướng của gia tốc mà lực đã truyền cho vật 24

B. Một vật chuyển động thẳng đều vì các lực tác dụng vào vật cân bằng nhau C. Vật chịu tác dụng của 2 lực cân bằng thì chuyển động thẳng đều nếu vật đang chuyển động D. Vệ tinh nhân tạo chuyển động tròn đều quanh trái đất là do các lực tác dụng lên vệ tinh cân bằng nhau Câu 10. Điều nào sau đây chưa chính xác khi nói về định luật I Niutơn? A. Định luật I Niutơn còn gọi là định luật quán tính B. Định luật I Niutơn chỉ là trường hợp riêng của định luật II Niutơn. C. Hệ qui chiếu mà trong đó định luật I Niutơn được nghiệm đúng gọ là hệ qui chiếu quán tính D. Định luật I Niutơn cho phép giải thích về nguyên nhân của trạng thái cân bằng của vật Câu 11.Vật khối lượng 2kg chịu tác dụng của lực 10N đang nằm yên trở nên chuyển động. Bỏ qua ma sát. Vận tốc vật dạt được sau thời gian tác dụng lực 0,6s là? A.2m/s B.6m/s C.3m/s D.4m/s Câu 12.Một ô tô đang chuyển động đều với vận tốc 36km/h, tài xế tăng vận tốc đến 72km/h trong thời gian 10s. Biết xe có khối lượng 5 tấn thì lực kéo của động cơ là: A.75000N B.150000N C.50000N D.5000N Câu 13.Vật khối lượng 2k , chịu tác dụng của lực F thì thu được gia tốc





2 m / s 2 . Vậy vật khối lượng 4kg chịu tác dụng của lực F/2 sẽ thu được

gia tốc? A.

2  m / s2 

C. 1

m / s  2

8 m / s2 

D. 0,5

m / s  2

Câu 14. Có 2 quả cầu trên mặt phẳng ngang . Qủa cầu một chuyển động với vận tốc 4m/s đến va chạm với quả cầu hai đang nằm yên. Sau va chạm 2 quả cầu cùng chuyển động theo hướng cũ của quả cầu một với vận tốc 2m/s. Tính tỉ số khối lượng của 2 quả cầu. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

Câu 15.Một xe khối lượng m=100kg đang chạy với vận tốc 30,6km/h thì hãm phanh. Biêt lực hãm 250N. Tìm quãng đường xe còn chạy thêm trước khi dừng hẳn. A.

20  m 

C. 10

 m D. 25  m 

B. 14, 45

 m

Câu 16.Hai lực F1  3 N ; F2  5 N tác dụng vào vật có khối lượng 1,5kg đặt trên bàn nhẵn . Gia tốc vật thu được là: A. 1,3m / s

C. 5,3m / s



B. 2, 4m / s

D. 3,6m / s

 F1

 F2

1350

Câu 17. Đặt F là hợp lực của tất cả các lực tác dụng vào vật có  khối lượng



m. Định luật II Niu tơn có công thức : a 

 F m





hay F  ma . Tìm phát biểu

sai dưới đây trong vận dụng định luật.



A.Áp dụng cho chuyển động rơi tự do ta có công thức trọng lượng P  mg



B. Vật chịu tác dụng của lực luôn chuyển động theo chiều của hợp lực F . C. Khối lượng m càng lớn thì vật càng khó thay đổi vận tốc.





D. Nếu vật là chất điểm thì điều kiện cân bằng của vật là F  0



*Có 2 vật trọng lượng P1 , P2 được bố trí như hình vẽ. F là lực nén vuông

góc do người thực hiện thí nghiệm tác dụng. Áp dụng các định luậtFNiu tơn 1 để trả lời các câu hỏi từ 18 đến 20. Câu 18. Có bao nhiêu cặp (lực-phản lực) liên quan đến các 2vật đang xét? A. 2 cặp B. 3 cặp C.4 cặp D. 5 cặp Câu 19.Độ lớn của lực nén mà (1) tác dụng vuông góc lên (2) có biểu thức nào sau đây? A. P1

C. F  P1  P2

B. P1  F D. Biểu thức khác A, B, C

Câu 20. Độ lớn của phản lực mà sàn tác dụng lên (2) có biểu thức nào sau đây? A. P2

C. P2  P1  F

B. P2  P1 D. Biểu thức khác A, B, C

*Một người khối lượng m=50kg đứng trên thuyền khối lượng m1  150 kg. Người này dùng dây nhẹ kéo thuyền thứ 2 khối lượng m2  250kg về phía

mình. Lúc đầu 2 thuyền nằm yên trên mặt nước và cách nhau s=9m. Lực kéo 26

ngang không đổi là F=30N.Lực cản của nước vào mỗi thuyền là 10N. Giải bài toán để trả lời các câu hỏi từ 21 đến 23.

1

 

 2

Câu 21. Gia tốc của 2 thuyền có độ lớn: A. a1  0,1m / s ; a2  0,05m / s 2

a1  0,15m / s 2 ; a2  0,08m / s 2 C. a1  0, 2m / s ; a2  0,1m / s 2



D. a1  0,1 m / s

; a

 0,08  m / s 2  .

Câu 22. Thời gian 2 thuyền chạm nhau từ lúc bắt đầu kéo là: A. t=5s B. t=10s C.t=15s D.t = 8s Câu 23. Lúc chạm nhau các thuyền có độ lớn bao nhiêu? A. v1  1m / s; v2  0,8m / s B.

v1  1,5m / s; v2  1m / s C. v1  2m / s; v2  1,5m / s

D. Các giá trị khác A, B, C. Đáp án trắc nghiệm Câu 1. Đáp án B Câu 2. Đáp án A Câu 3. Đáp án C Câu 4. Đáp án C Câu 5. Đáp án C.

a

F m  m2 1  1  m1  m2 F a

Câu 6. Đáp án B. a 

hay

1 1 1 aa   a 1 2 a1 a2 a a1  a2

F1  F2  a1  a2 m

Câu 7. Đáp án C.

a

a1a2 2.4 4    m / s2  a1  a2 2  4 3 27

Câu 8. Đáp án A. a 

F1  F2  a1  a2  2  4  6  m / s 2  m

Câu 9. Đáp án D Câu 10. Đáp án B

F .t  3m / s m m.v m  v2  v1  Câu 12. Đáp án D F    5000 N t t Câu 11. Đáp án C. v 

Câu 13. Đáp án D. Vật thứ 2 thu gia tốc:

a

F /2 F a 2     0,5  m / s 2  2m 4m 4 4

Câu 14. Đáp án A.





Trong tương tác của 2 quả cầu theo định luật III Niu tơn ta có: m1 a1  m2 a2

 

 V01

-Đặt v0 , v là vận tốc trước và sau tương tác; t là thời gian tương tác, ta có:

   v  v0 v m1.   m2 t t

-Trên hướng chuyển động ban đầu của quả cầu (I): m1  v  v0    m2 v



m1 v 2   1 m2 v0  v 2

Câu 15. Đáp án B Lực tác dụng lên xe khi hãm phanh: lực hãm.





Theo định luật II Niu tơn :- Fh  ma . Chiếu phương trình lên hướng chuyển động:  Fh  m.a

Fh 250   2,5  m / s 2  m 100 Khi xe bắt đầu hãm phanh: v0  30,6km / h  8,5m / s . Khi xe dừng: v=0 -Gia tốc chuyển động: a  

v 2  v02 0   8,5  Quãng đường xe chạy thêm: S    14, 45  m  2a 2  2,5  2

Câu 17. Đáp án B Câu 16. Đáp án B. Hợp lực F  F1  F2  2 F1 F2 cos135  12,8  F  3,6 N 2

và a 

F  2, 4m / s m

Câu 18. Đáp án D Câu 19. Đáp án B Câu 20. Đáp án C Câu 21. Đáp án D Hợp lực tác dụng vào mỗi thuyền : Fhl  F  Fcan  20 N Các gia tốc: a1 

Fhl 20 20   0,1 m / s 2  ; a2   0,08  m / s 2  m1 200 250

Câu 22. Đáp án B Ta có: s  s1  s2  s 

1 2 1 2s a1t  .a2 .t 2  t   10  s  2 2 a1  a2

Câu 23. Đáp án A Vận tốc khi chạm nhau: v1  a1t  1m / s; v2  a2t  0,8m/ s LỰC HẤP DẪN. ĐỊNH LUẬT VẠN VẬT HẤP DẪN I: LÝ THUYẾT CẦN LƯU Ý. 1. Lực hấp dẫn. - Mọi vật trong vũ trụ đều hút nhau với một lực, gọi là lực hấp dẫn, và là lực tác dụng từ xa, qua khoảng không gian giữa các vật. - Lực hấp dẫn giữa Mặt Trời và các hành tinh giữ cho các hành tinh chuyển động quanh Mặt Trời. 2. Định luật vạn vật hấp dẫn. Định luật : Lực hấp dẫn giữa hai chất điểm bất kì tỉ lệ thuận với tích hai khối lượng của chúng và tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách giữa chúng. Ta có Fhd  G + + + +

m1 .m2 r2

Trong đó: m1 và m2 là khối lượng của hai chất điểm (kg) r là khoảng cách giữa hai chất điểm (m) Fhd độ lớn lực hấp dẫn (N) G hằng số hấp dẫn, có giá trị là 6,67.10-11 (N.m2/kg2) 3. Xét trọng lực và lực hấp dẫn Trọng lực là trường hợp riêng của lực hấp dẫn. Khi trọng lực tác dụng lên một vật là lực hấp dẫn giữa Trái Đất và vật đó. Trọng lực đặt vào một điểm đặc biệt của vật, gọi là trọng tâm của vật. 29

Độ lớn của trọng lực: P = G Gia tốc rơi tự do : g =

m.M

 R  h 2

Nếu ở gần mặt đất (h << R) : P0 = G

m.M GM ; go = 2 R R2

 R  Ta có gia tốc trọng trường của một vật ở độ cao h: g h  g 0    Rh

Trong đó : Bán kính Trái Đất : R  6400km  64.10 5 m Khối lượng Trái Đất M  6.10 24 kg II: DẠNG BÀI TẬP CẦN LƯU Ý. Dạng 1: Tính lực hấp dẫn Phương pháp giải : - Áp dụng công thức Fhd  G - Độ lớn của trọng lực: P = G

m1 .m2 r2 m.M

 R  h 2

Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Cho hai xà lan trên biển có khối lượng lần lượt là 80 tấn và 100 tấn cách nhau 1km. Tính lực hấp đãn của hai xà lan hỏi hai xà lan có tiến lại gần nhau được không nếu chúng không chuyển động Giải: Lực hấp đãn giữa hai xà lan Áp dụng công thức F  G.

m1m 2 r2

3.100.103 10002

 6,67.10 11 80.10

 5, 336.19 7 N

Hai xà lan không thể tiến lại gần nhau vì lực hút rất nhỏ so với trong lượng của hai xà lan Câu 2: Biết khối lượng của sao hỏa bằng 0,11 khối lượng trái đất, còn bán kính của sao hỏa bằng 0,53 bán kính trái đất. Xác định gia tốc rơi tự do trên sao hỏa biết trái đất là 9.8m / s2 . Nếu một người trên trái đất có trọng lượng là 600N thì trên sao hỏa có trọng lượng bao nhiêu? Mm  mg Giải: Ta có F  G R2 Khi ở trên Trái Đất g TD 

G.MTD 2 R TD

Khi ở trên Sao Hỏa g SH 

G.MSH 2 R SH

 9,8(m / s 2 ) (2)

(1)

9,8.0,11

Từ (1) và (2) ta có: g SH  Ta có

PSH

PTD



g SH

g TD

 0, 53 

 PSH 

 3,8(m / s 2 )

600.3,8  232,653N 9,8

Bài tập tự luyện : Câu 1: Cho biết khối lượng Trái dất là M = 6.1024 kg, khối lượng của một hòn đá là m = 2,3kg, gia tốc rơi tự do là g = 9,81m/s2. Hỏi hòn đá hút Trái Đất với một lực bằng bao nhiêu? Câu 2: Nếu khối lượng của 2 vật đều tăng gấp đôi để lực hấp dẫn giữa chúng không đổi thì khoảng cách giữa chúng phải là bao nhiêu? Câu 3: Tính lực hấp dẫn giữa Trái Đất và Mặt Trời biết khối lượng của trái đất là 6.10 24 kg . Khối lượng mặt trời là 2.10 30 kg . Khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời là 1, 5.1011 m Hướng dẫn giải: Câu 1: Ta có F  P  mg  2, 3.9,81  22, 56N

m1m2 mm 4m m ; F2  G. 1 2 2  G. 12 2 2 r1 r2 r1 mm 4m1m2  r2  2.r1 Mà F1  F2  G 1 2 2  G r1 r22

Câu 2: Ta có F1  G.

Câu 3: Áp dụng công thức F  G

Mn R

 6,67.10 11

2.10 30.6.10 24

1, 5.10  11

 3, 557.10 22 N

Dạng 2: Tính gia tốc trọng trường tại vị trí xác định. Phương pháp giải Ta có độ lớn của trọng lực: P = G Gia tốc rơi tự do : g h 

R  h

m.M

 R  h 2 (1)

Nếu ở gần mặt đất (h << R) : P0 = G Lập tỉ số (1) và ( 2 ) :

m.M GM ; g0  2 R R2

(2)

gh R2 R 2   gh  g0 ( ) 2 g0 Rh R  h  

Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Tìm gia tốc rơi tự do tại một nơi có độ cao bằng nửa bán kính trái đất. Biết gia tốc trọng trường tại mặt đất là g=10 m/s2. Giải: 31

Cách 1: Ta có độ lớn của trọng lực: P = G Gia tốc rơi tự do : g h 

 R  h 2

 g h  10(

R R

R 2

)2 

 R  h 2

(1)

Nếu ở gần mặt đất (h << R) : P0 = G Lập tỉ số (1) và ( 2 ) :

m.M

m.M GM ; g0  2 R R2

(2)

gh R2 R 2   gh  g0 ( ) 2 g0 Rh R  h 40 (m / s 2 ) 9

GM  10(m / s 2 ) R2 GM GM 40 Gia tốc ở độ cao h: g h '    (m / s 2 ) 2 3 ( R  h) ( R)2 9 2

Cách 2 : Gia tốc ở mặt đất: g 

Câu 2: Tìm gia tốc rơi tự do tại nơ có độ cao bằng ¾ bán kính trái đất biết gia tốc rơi tự do ở mặ đất g 0  9,8m / s2 Gải: Cách 1: Chứng minh tương tự ta có R 2 R  gh  g0 ( )  g h  9,8( )  3, 2(m / s 2 ) 3R Rh R 4

GM  9,8(m / s 2 ) 2 R GM GM Gia tốc ở độ cao h: g h '    3, 2m / s 2 2 7 ( R  h) ( R)2 4

Cách 2 : Gia tốc ở mặt đất: g 

Câu 3: Tính gia tốc rơi tự do của một vật ở độ cao h = 5R ( R = 6400km), biết gia tốc rơi tự do tại mặt đất là 10m/s2. Giải: Cách 1: Chứng minh tương tự ta có R 2 R  gh  g0 ( )  g h  10( )  0, 28(m / s 2 ) Rh R  5R Cách 2: Gia tốc ở mặt đất: g 

GM  10(m / s 2 ) 2 R

Gia tốc ở độ cao h: g h 

GM GM   0, 28  m / s 2  2 2 ( R  h) (6 R)

Bài tập tự luyện : Câu 1: Một vật có m = 10kg khi đặt ở mặt đáy có trọng lượng là 100N. Khi đặt ở nơi cách mặt đất 3R thì nó có trọng lượng là bao nhiêu? Câu 2: Gia tốc rơi tự do trên bề mặt của mặt trăng là 1,6m/s2 và RMT = 1740km. Hỏi ở độ cao nào so với mặt trăng thì g = 1/9 gMT. Câu 3: Một vật có m = 20kg. Tính trọng lượng của vật ở 4R so với mặt đất,. Biết gia tốc trọng trường trênbề mặt đất là 10m/s2. Hướng dẫn giải: Câu 1: Ta có

Mm R2 Mm P   6, 25 N Ở độ cao h: P '  F  G. 2 ( R  h) 16 Ở mặt đất: P  F  G.

Câu 2: Ta có

GM T RT2 GM T Gia tốc ở độ cao h: g h  ( RT  h) 2 Gia tốc ở mặt trăng: gT 



gT ( RT  h) 2   9  h  3480km gh RT2

Câu 3: Ta có Độ lớn của trọng lực: P = G Gia tốc rơi tự do : g h 

m.M

 R  h 2

(1)

Nếu ở gần mặt đất (h << R) : P0 = G



m.M ; g 0  GM 2 R2 R

(2)

P gh R2    g h  0, 04 g  Ph  8 N P0 g ( R  h) 2

Dạng 3: Xác định vị trí để đặt m3 để lực hấp đãn cân bằng Phương pháp giải:     F  F 13 23 Theo điều kiện cân bằng F13  F23  0   F  F  13 23 Áp dụng công thức lực hấp đẫn xác định vị trí 33

Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Cho hai vật m1  16kg; m 2  4kg Đặt tại hai điểm AB cách nhau 20 cm, xác định vị trí đặt m 3  4kg ở đâu để lực hấp dẫn giữa chúng cân bằng     F  F 13 23 Giải: Theo điều kiện cân bằng F13  F23  0   F  F  13 23 Vậy m3 phải đặt trong khoảng hai vật và đặt trên đường thẳng nối hai vật Gọi x là khoảng cách từ vật m1 đến m3 thì khoảng cách từ m2 đến m3 là 0,2 – x Ta có F13  F23  G 

16 x2



(0,2x)2

m1m 3 x2

G

m 2m 3

(0,2x)2



m1 x2



(0,2x)2

2(0, 2  x)  x  4(0, 2  x)2  x 2   2(0, 2  x)  x

x  0,4 m  40 cm  20(T / M) 3 3  x  0, 4m  40cm  20(L) 

Vậy m3 cách m1

40 cm 3

và cách m2 là

20 cm 3

Bài tập tự luyện : Câu 1: Cho hai vật 4m1  m 2 Đặt tại hai điểm AB cách nhau 36 cm, xác định vị trí đặt m 3  2kg ở đâu để lực hấp dẫn giữa chúng cân bằng Câu 2: Một con tàu vũ trụ bay về hướng mặt trăng, biết khoảng cách giữa tâm trái đất và mặt trăng bằng 60 lần bán kính trái đất và khối lượng mặt trăng nhỏ hơn khối lượng của trái đất 81 lần. xác định vị trí con tàu sao cho lực hất đãn của trái đất và mắt trăng tác dụng lên con tàu cân bằng. Hướng dẫn giải:     F  F 23 Câu 1: Theo điều kiện cân bằng F13  F23  0   13 F13  F23 Vậy m3 phải đặt trong khoảng hai vật và đặt trên đường thẳng nối hai vật Gọi x là khoảng cách từ vật m1 đến m3 thì khoảng cách từ m2 đến m3 là 0,36 –x Ta có m m m 2 .m 3 m m2 F13  F23  G 1 3  G  1  2 2 2 x x  0, 36  x   0, 36  x 2 

1 x



 0, 36  x 

(0, 36  x)  2x  (0, 36  x)2  4x 2   (0, 36  x)  2x

 0, 36 m  0,12m  12cm(T / M) x   3 x  0, 36m  0(L)  Vậy m3 cách m1 12cm và cách m2 là 24cm     F  F 13 23 Câu 2: Theo điều kiện cân bằng F13  F23  0   F13  F23 Vậy m phải đặt trong khoảng và đặt trên đường thẳng nối Trái Đất; Mặt Trăng Gọi x là khoảng cách từ Trái Đất M1 đến m thì khoảng cách từ Mạt Trăng M2 đến m là 60R – x M m M 2 .m 81 1 Ta có F13  F23  G 1  G    x  54R 2 2 2 x  60R  x  x  60R  x 2

Vậy tàu cách trái đất 54 lần bán kính Trái Đất Trắc Nghiệm Câu 1.Khối lượng M của trái đất được xác định theo công thức nào sau đây: A. M 

gR 2 G

C. M  gGR

B. M  2

D. M 

GR 2 g

Rg 2 G

Câu 2. Gia tốc rơi tự do của một vật ở mặt đất được xác định bởi công thức A. g 

GM R2

C. g 

GmM R2

B. g  D. g 

 R  h

GM 2 R

Câu 3.Khi khối lượng của mỗi vật tăng lên gấp bốn lần và khoảng cách giữa chúng cũng tăng lên gấp bốn lần thì lực hấp dẫn giữa chúng sẽ? A.Tăng lên gấp bốn lần B. Tăng lên gấp mười sáu lần C. Không thay đổi D. Giảm đi bốn lần Câu 4. Đơn vị đo hằng số hấp dẫn là đơn vị nào sau đây A.kg m / s

B. Nm / kg C. m / s D. Nm/s Câu 5.Ở độ cao nào sau đây gia tốc rơi tự do chỉ bằng phân nửa gia tốc rơi trên mặt đất ? Cho bán kính trái đất bằng R  6400km A, h  2651 km 

C. h  15451 km 

B. h  9051 km 

D. h  4525,5  km 

Câu 6.Trên hành tinh X , gia tốc rơi tự do chỉ bằng 1 / 4 gia tốc rơi tự do trên trái đất. Vậy nếu thả vật rơi từ độ cao h trên trái đất mất thơig gian là t thì cũng ở độ cao đó vật sẽ rơi trên hành tinh X mất bao lâu? A.4t B.2t C.t/2 D.t/4 Câu 7.Hai tàu thủy mỗi chiếc có khối lượng 50000 tấn ở cách nhau 1km . 7A. So sánh lực hấp dẫn giữa chúng với trọng lượng của 1 quả cân có khối lượng 20g. Lấy g  10m / s A. Nhỏ hơn B.Bằng nhau C.Lớn hơn D.Chưa thể biết 7B. Hai thuyền có dịch chuyển lại gần nhau không A. Không B.Có C.Chúng đẩy nhau C. Tùy thuộc khoảng cách Câu 8. Khi khối lượng của 2 vật và khoảng cách giữa chúng giảm đi phân nửa thì lực hấp dẫn giữa chúng có độ lớn: A. Gỉam đi 8 lần B.Giảm đi 1 nửa C. Giữ nguyên như cũ D.Tăng gấp đôi Câu 9. Hai quả cầu đồng chất đặt cách nhau 1 khoảng nào đó. Nếu bán kính mỗi quả cầu giảm đi phân nửa thì lực hấp dẫn giữa chúng sẽ ra sao? 2

 

Cho  V 

4 3 r  3 

A.Giảm đi 2 lần B.Giảm đi 4 lần C.Giảm đi 8 lần D.Giảm đi 16 lần Câu 10. Phát biểu nào sau đây là đúng nhất? A. Càng lên cao thì gia tốc rơi tự do càng nhỏ B. Để xác định trọng lực tác dụng lên vật người ta dụng lực kế C. Trọng lực tác dụng lên vật tỉ lệ với trọng lượng của vật D. Trọng lượng của vật phụ thuộc vào trạng thái chuyển động Câu 11.Lực hấp dẫn thay đổi theo khoảng cách bằng đồ thị nào sau đây? F

0 A)

B) F

Câu 12. Lực hấp dẫn do 1 hòn đá ở trên mặt đất tác dụng vào Trái đất thì có độ lớn: A. Nhỏ hơn trọng lượng hòn đá B. Bằng trọng lượng của hòn đá C.Lớn hơn trọng lượng hòn đá D. Bằng 0 Đáp án trắc nghiệm Câu 1. Đáp án A Câu 2. Đáp án A Câu 3. Đáp án C. F1  G

m1.m2 4m .4m ; F2  G 1 2 2  F2  F1 2 R  4R 

Câu 4. Đáp án B Câu 5. Đáp án A. Gia tốc ở mặt đất và độ cao h là:

g0 

GM R2

; gh 

 R  h 2



g0 gh

  RR h   2  h  2

Câu 6. Đáp án B. Thời gian rơi: t 





2  1 R  2651 km 

2h . Do g chỉ còn 1 / 4 nên t’=2t g

Câu 7A. Đáp án A.

11 7 G.m1.m2 6,67.10 .  5.10  F   0,170 N  20.103.10  200.103 N R2 106 Câu 7AB. Đáp án A vì lực hấp dẫn của hai tàu nhở hơn rất nhiều so với trong lượng của tầu nên không dịch chuyển G . m1 2.m2 /2  G .m1 .m2 /  F Câu 8. Đáp án C. F  R 2  2  R /2  Câu 9. Đáp án D. 2

Ta có m  DV 

4 3  r  r 3 . Khi r giảm đi phân nửa thì khối lượng giảm 3

đi 8 lần. Do đó lực hấp dẫn giảm đi 16 lần (khoảng cách không đổi) Câu 10. Đáp án A Câu 11. Đáp án D Câu 12. Đáp án B LỰC ĐÀN HỒI CỦA LÒ XO. ĐỊNH LUẬT HÚC I: LÝ THUYẾT CẦN LƯU Ý.

1. Lực đàn hồi: Lực đàn hồi là lực xuất hiện khi một vật bị biến dạng đàn hồi và có xu hướng chống lại nguyên nhân gây ra biến dạng. 2. Một vài trường hợp về lực đàn hồi thường gặp: a. Lực đàn hồi của lò xo: + Điểm đặt: ở hai đầu của lò xo ( trên vật tiếp xúc với lò xo ) + Phương: Trùng với phương của trục lò xo. + Chiều: Ngược với chiều biến dạng của lò xo. + Độ lớn: Fdh  k l Trong đó: l  l  l0 là độ biến dạng của lò xo đơn vị mét k là độ cứng của lò xo b. Lực căng của dây: + Điểm đặt: ở hai đầu của dây ( trên vật tiếp xúc với dây ) + Phương: Trùng với phương của sợi dây. + Chiều: Từ hai đầu dây vào phần giữa của dây. c. Lực đàn hồi của vật bị ép: + Điểm đặt: ở hai đầu của vật bị ép ( trên vật tiếp xúc với nó ) + Phương: Vuông góc với mặt tiếp xúc. + Chiều: Từ hai đầu vật bị ép ra ngoài. 3. Định luật Hooke: Trong giới hạn đàn hồi, lực đàn hồi của lò xo tỉ lệ thuận với độ biến dạng của lò xo ta có Fdh  kl Độ lớn: Fdh  k l Dấu “-” chỉ lực đàn hồi luôn ngược chiều với chiều biến dạng II: DẠNG BÀI TẬP CẦN LƯU Ý. Dạng 1: Treo một vật lên lò xo, vận dụng định luật Hooke Phương pháp giải bài tập: Áp dụng công thức của định luật Húc: Fdh = k. l với l = l  l0 độ biến dạng của lò xo l là chiều dài lúc sau của lò xo, l0 là chiều dài tự nhiên ( ban đầu) Khi lò xo treo vật lên lò xo ở trạng thái cân bằng thì: Fdh  P  kl  mg  k l  l0  mg Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Người ta dùng hai lò xo. Lò xo thứ nhất khi treo vật 9 kg có độ dãn 12cm. Lò xo thứ hai khi treo vật 3 kg thì có độ dãn 4cm. Hãy so sanh đọ cứng của hai lò xo. Lấy g=10m/s2. Giải: Khi ở vị trí cân bằng F  P  k l  mg Với lò xo một: k1l1  m1g  k1 .0,12  6.g 38

(1)

Với lò xo hai: k 2 l 2  m 2g  k 2 .0,04  2.g Lập tỉ số

(2)

1  k1 .0,12  3  k1  1 k2  2  k2 .0,04

Vậy hai độ cứng bằng nhau Câu 2: Treo vật có khối lượng 500g vào một lò xo thì làm nó dãn ra 5cm, cho g = 10m/s2. Tìm độ cứng của lò xo. Giải: Khi ở vị trí cân bằng F  P  k l  mg

k 

mg 0,5.10   k  100 N / m l 0, 05

Câu 3: Một lò xo có chiều dài tự nhiên 40cm được treo thẳng đứng. Đầu trên cố định đầu dưới treo một quả cân 500g thì chiều dài của lò xo là 45cm. Hỏi khi treo vật có m = 600g thì chiều dài lúc sau là bao nhiêu? Cho g = 10m/s2 Giải: Ta có khi lò xo ở vị trí cân bằng F = P

 k l  mg  k 

mg 0,5.10   k  100 N / m l1  l0 0, 45  0, 4

Khi m = 600g: F’ = P

 k (l '  l0 )  m2 g  100(l /  0, 4)  0, 6.10  l '  0, 46m Câu 4: Một lò xo được treo thẳng đứng. Lần lượt treo vật nặng P1=2N, P2=4N vào lò xo thì lò xo có chiều dài lần lượt là l1=42cm, l2=44cm.Tính độ cứng k và chiều dài tự nhiên l0 của lò xo. Giải: Khi ở vị trí cân bằng F  P  k l  P  k (l  l0 )  P Khi treo P1 ta có: k (l1  l0 )  P1

(1)

Khi treo P1 ta có: k (l2  l0 )  P2 (2) l l P 2 0, 42  l0 (1)  l0  0, 4m  40cm Lập tỉ số (2) ta có  1  1 0   P2 l 2  l0 4 0, 44  l0 Thay vào ( 1 ) ta có k (0, 42  0, 4)  2  k  100 N / m Câu 5: Cho một lò xo có chiều dài tự nhiên l0, đầu trên cố định đầu dưới người ta treo quả cân 200g thì lo xo dài 32cm. Khi treo thêm quả cân 100g nữa thì lo xo dài 33cm. Tính chiều dài tự nhiên và độ cứng của lo xo. Giải: Khi ở vị trí cân bằng F  P  k l  P  k (l  l0 )  mg Khi treo m1 ta có: k (l1  l0 )  m1 g

(1)

Khi treo thêm m2 ta có: k (l2  l0 )  (m1  m2 ) g Lập tỉ số

(1) (2)

(2)

ta có



l l 0, 32  l0 m1 0, 2  1 0    l0  0, 3m  30cm m1  m 2 l 2  l0 0,1  0, 2 0, 33  l0

Thay vào ( 1 ) ta có k (0,32  0,3)  0, 2.10  k  100 N / m Bài tập tự luyện : Câu 1: Cho một lò xo đầu trên cố định đầu dưới treo một vật có khối lượng 200g thì dãn ra một đoạn 2cm cho g = 10m/s2 a. Tính độ cứng của lò xo. b. Muốn l = 5cm thì teo thêm m’ là bao nhiêu? Câu 2: Một lò xo có chiều dài tự nhiên 30cm được treo thẳng đứng. Treo vào đầu tự do của lò xo vật có m = 25g thì chiều dài của lò xo là 31cm. Nếu treo thêm vật có m = 75g thì chiều dài của lò xo là bao nhiêu? Với g = 10m/s2 Câu 3: Một lò xo có chiều dài tự nhiên l0, được treo vào điểm cố định O. Nếu treo vào lò xo vật 100g thì chiều dài của lò xo là 21cm, treo thêm vật m2 = 200g thì chiều dài của lò xo là 23cm. Tìm độ cứng và độ dài tự nhiên của lò xo, g = 9,8m/s2, bỏ qua khối lượng lò xo. Hướng dẫn giải: Câu 1: a. Khi cân bằng: F  P  k l  mg  k 

0, 2.10  100 N / m 0, 02

b. Khi l = 5cm thì phải treo thêm một vật có khối lượng m /

 k l '  (m  m' ) g  100.0, 05  (0, 2  m / ) g  m'  0,3kg  m /  300 g Câu 2: Lò xo cân bằng: F  P  k l  mg Khi treo vật 25g:

 k (l  l0 )  m1 g  k (0,31  0,3)  0, 025.10  k  25 N / m

Khi treo thêm 75g:

 k (l '  l0 )  (m1  m2 ) g  25(l /  0,3)  (0, 25  0, 75).10  l '  0,34m Câu 3: Lò xo cân bằng: F  P  k l  mg Khi treo vật m1: k (l  l0 )  m1 g (1) Khi treo thêm m2 : k (l2  l0 )  (m1  m2 ) g (2) Từ (1) và (2)  l0 = 20cm  k = 97 N/m

Dạng 2: Cắt, ghép lò xo Phương pháp giải : a. Cắt lò xo. Giả sử ban đầu lò xo có chiều dài l0;k0 được cắt thành các lò xo l1,k1;l2,k2…..ln,kn Ta có l0 .k0  l1 .k1  l 2 .k 2  ......  l n .k n b. Ghép lò xo 40

 F

Ghép nối tiếp: Ta có F  F1  F2 Mà l  l1  l 2 

F k



k

F1 k1



F2 k2



1 k



1 k1



 F

1 k2

 F

k1.k 2 k1  k 2

 P

Ghép song song: Ta có l  l1  l 2 F  F1  F2

K 2

K1  F2

Mà F  F1  F2  kl  k1 .l1  k 2 .l 2

 k  k1  k 2

Ví Dụ Minh Họa : Câu 1: Một lò xo có độ cứng là 100N/m. Nếu cắt lò xo ra làm 3 phần bằng nhau thì mỗi phần sẽ có độ cứng là bao nhiêu ? Giải: Ta có khi cắt lò xo ban đầu thành ba phần bằng nhau thì l0 .k0  l1 .k1  l 2 .k 2  l 3 .k 3 Vì ba phần bằng nhau nên độ cứng của ba phần k1  k 2  k 3 

k 0l 0 l0 3

 3k  3.100  300(N / m)

Câu 2: Tìm độ cứng của hệ hai lò xo được nối với nhau như hai hình vẽ. Hình 1, 2. Tìm độ dãn của mỗi lò xo khi treo vật m = 1kg. Biết k1 = k2 = 100

N . ; g = 10m/s2. m

Hình 1 Giải: Đối với hình 1 lò xo ghép nối tiếp: Ta có F  F1  F2

Hình 2

Mà l  l1  l 2 

F k



k

F1 F  k2  k1  k1  k1 k1 2 1 2 k1.k 2 100.100  50(N /  100 k1  k 2 100

 F m)

 1.10  50.l  l  0, 2m  20cm

Mà F  F1  F2  kl  k1 .l1  k 2 .l 2  k  k1  k 2  100  100  200(N / m)

 F  P

Khi vật cân bằng P  Fdh  mg  k.l Đối với hình 1 lò xo ghép song song: Ta có l  l1  l 2 F  F1  F2

 F

K1  F2

K 2

F1 41

Khi vật cân bằng P  Fdh  mg  k.l  1.10  200.l  l  0,05m  5cm

Bài tập tự luyện : Câu 1: Hai lò xo có khối lượng không đáng kể, độ cứng lần lượt là K1 = 100N/m, K2 = 150N/m có cùng độ dài tự nhiên l0 = 20cm được treo thẳng đứng như hình vẽ (Hình 3). Đầu dưới 2 lò xo nối với 1 vật có khối lượng m = 1kg. Tính chiều dài lò xo khi vật cân bằng. Lấy g = 10m/s2. Câu2: Hai lò xo độ cứng k1=100N/m;k2=300N/m.Tìm độ cứng Hình 3 của hệ lò xo mắc theo hai trường hợp mắc nối tiếp và song song. Câu 3:Hai lò xo L1 và L2 có độ cứng lần lượt là k1 và k2 được móc vào một quả cầu (Hình 4). Cho biết tỉ số

k1 k2



3 2

và 2 lò

xo đều ở trạng thái tự nhiên. Nếu dùng một lực 5N thì có thể đẩy quả cầu theo phương ngang đi 1 đoạn 1cm. Tính độ cứng K1 và K2 của 2 lò xo. Hướng dẫn giải: Câu 1: lò xo ghép song song: Ta có l  l1  l 2 F  F1  F2 K1  F2

Mà F  F1  F2  kl  k1 .l1  k 2 .l 2

Hình 4

K 2

 k  k1  k 2  100  150  250(N / m)

Khi vật cân bằng P  Fdh  mg  k.l



P  1.10  250.l  l  0,04m  4cm Khiều dài lò xo khi vật cân bằng lcb  l0  l  20  4  24cm Câu 2: Ghép nối tiếp: Ta có F  F1  F2 Mà l  l1  l 2 

F k



k

F1 F  k2  k1  k1  k1 k1 2 1 2 k1.k 2 100.300  100 300  75(N / k1  k 2

 F m)

Ghép song song: Ta có l  l1  l 2 F  F1  F2 Mà F  F1  F2

K1 

K 2

 F  F  P

 kl  k1 .l1  k 2 .l 2  k  k1  k 2  100  300  400(N / m)

Câu 3: Khi đẩy quả cầu theo phương ngang 1cm thì lò xo một nén 1cm còn lò xo hai dãn 1cm ta có: P  F1  F2  5  k1 .l1  k 2 .l 2 42

Mà l1  l 2  1cm  0,01m Vậy  5  0.01.k1  0.01.k 2  k1  k 2  500(N / m) k

Theo bài ra ta có k 1  23  k1  1, 5k 2 2

(1)

(2)

Thay (2) vào (1) ta có k1  300(N / m); k 2  200(N / m) Trắc Nghiệm Câu 1. Hai lò xo được nối nhau như hình vẽ. Kéo 2 đầu bằng lực F thì lò xo thứ nhất có k1  50 N / m bị dãn ra 3cm; lò xo thứ 2 bị dãn

k1 F

k2 F

ra 2cm . Độ cứng của lò xo thứ 2 là: A.75 N/m B.33 N/m C.300 N/m D. 100 N/m Câu 2: Hai lò xo được nối nhau cố định. Kéo 2 đầu bằng lực F thì lò xo thứ nhất có k1  100 N / m bị dãn ra 3cm; lò xo thứ hai có k1  150 N / m thì bị dãn ra bao nhiêu: A.2 cm B.3 cm C.1,5 cm D. 1 cm Câu 3.Khi treo quả cầu khối lượng 100g thì lò xo dài 31cm. Khi treo thêm vật khối lượng 200g thì lò xo dài 33cm. Chiều dài tự nhiên và độ cứng lò xo 2

là? Lấy g=10 m / s A. 35cm;100N/m B.30cm;100N/m C.30cm; 50N/m D.35cm; 50N/m Câu 4. Chọn câu sai: A. Lực đàn hồi xuất hiện khi vật bị biến dạng và trong giới hạn đàn hồi, lực đàn hồi tỉ lệ với độ biến dạng. B.Lực đàn hồi có hướng ngược với hướng của biến dạng C. Độ cứng k phụ thuộc vào kích thước và bản chát của vật đàn hồi D. Giới hạn đàn hồi là độ giãn tối đa mà lò xo chưa bị hư Câu 5.Điều nào sau đây là sai khi nối về đặc điểm của lực đàn hồi? A.Lực đàn hồi xuất hiện khi lực có tính đàn hồi bị biến dạng B. Khi độ biến dạng của vật càng lớn thì lực đàn hồi cũng càng lớn, giá trị của lực đàn hồi là không giới hạn C. Lực đàn hồi có độ lớn tỉ lệ với độ biến dạng của vật biến dạng D. Lực đàn hồi luôn ngược hướng với biến dạng Câu 6. Một lò xo khi đặt nằm ngang có chiều dài tự nhiên bằng 20cm .Khi bị kéo lò xo có chiều dài 24 cm bằng một lực 5N. Hỏi lực đàn hồi của lò xo bằng 10N thì chiều dài của nó bàng bao nhiêu? A. 26cm B.28cm 43

C.30cm D.35cm Câu 7.Phải treo 1 vật có khối lượng bằng bao nhiêu vào lò xo có độ cứng 2

100N/m để lò xo giãn ra được 5cm.Lấy g=10 m / s . A.1kg B.10kg C.100kg D. 1000kg Câu 8. Cho một lò xo chiều dài tự nhiên bằng 21 cm .Lò xo được giữ cố định tại một đầu , còn đầu kia chịu tác dụng của lực kéo bằng 2,0N.Khi ấy lò xo dài 25cm.Hỏi độ cứng của lò xo bằng bao nhiêu? A. 125 N/m B. 100 N/m C. 75 N/m D. 50 N/m Câu 9. Một lò xo có chiều dài tự nhiên l0 và độ cứng k0 được cắt làm 2 đoạn có chiều dài l1 , l2 . Đặt k1 và k2 là các độ lớn của 2 đoạn này. Giữa các độ cứng và các chiều dài có hệ thức liên hệ nào sau đây? k1

A. l1



k1k2

C. k0

k2 l2



l1l2 l0

k0 l0

B. k1l1  k2l2  k0l0 D. k0 l1  k1 .l 2  k 2 .l0 .

Câu 10. Hai lò xo giống nhau có cùng độ cứng k được bố như hình vẽ. Khi có cân bằng, độ dãn của mỗi lò xo có biểu thức nào sau đây?

mg A. k C.

4mg k

trí k

2mg B. k

mg . 4k

Câu 11. Trong các trường hợp sau, trường hợp nào không xuất hiện lực đàn hồi A. Lốp xe ô tô khi đang chạy B. Áo len co lại khi giặt bằng nước nóng C. Qủa bóng bàn nảy lên khi rơi xuống mặt bàn D.Mặt bàn gỗ khi đặt quả tạ Câu 12.Phát biểu nào sau đây là không chính xác? A. Một quả bóng bàn rơi chạm sàn rồi bật trở lại do tính đàn hồi của vật và sàn B. Mặt lưới của vợt cầu lông được đan căng để tăng tính đàn hồi C. Một viên gạch rơi xuống sàn bị vỡ ra vì nó không có tính đàn hồi D. Lực căng của1 sợi dây có bản chất là lực đàn hồi 44

Câu 13. Một lò xo có chiều dài tự nhiên 40cm và độ cứng 100  N / m  được cắt làm 2 đoạn có chiều dài 30  cm  ;10  cm  . Xác định độ cứng của hai lò xo bị cắt

400  N / m  ; 400  N / m  3 C. 200  N / m  ; 400  N / m 

400  N / m 3 D. 400  N / m  ; 200  N / m  .

B. 400  N / m  ;

Câu 14. Hai lò xo giống nhau có cùng độ cứng 100 N/m được bố trí như hình vẽ, Vật m có khối lượng 200g . Khi cân bằng, độ dãn của mỗi lò xo có biểu thức nào sau đây?

 cm  C. 1,5  cm  A. 1

2  cm 

3  cm  .

có k

Câu 15. Cho một lò xo có chiều dài là l0 và độ cứng k .

Khi treo quả cầu khối lượng 100g thì lò xo dài 31cm. Bỏ quả cầu treo quả cầu khác có khối lượng vật khối lượng 200g thì lò xo dài 32cm. Chiều dài tự nhiên và độ cứng lò xo là? Lấy g=10 m / s A. 32cm;100N/m B.30cm;100N/m C.30cm; 50N/m D.32cm; 50N/m Đáp án trắc nghiệm Câu 1. Đáp án A. Do cân bằng : k1l1  k2 l2  k2 

l1 .k1  75 N / m l2

Câu 2. Đáp án A. Do cân bằng : k1l1  k2 l2  l2 

l1 .k1  2cm k2

Câu 3. Đáp án B.

m1 g  k  l1  l0  ;  l0  30cm; k  100 N / m   m1  m2  g  k  l2  l0 

Câu 4. Đáp án D Câu 5. Đáp án B Câu 6. Đáp án B.

F1 l2 10  l2  20      l2  28cm F2 l1 5 24  20

Câu 7. Đáp án A Ta có. mg  K .l  10m  100.0,1  m  0,5kg Câu 8. Đáp án D. 45

F  k  l2  l1   2,0  k  25  21 .102  k  50 N / m Câu 9. Đáp án B Câu 10. Đáp án A Ta có. 2kl  2mg  l  Câu 11. Đáp án B Câu 12. Đáp án C

mg k

 k0 .l0 400  N / m  k1  l1 3  Câu 13. Đáp án A. Ta có k0 l0  k1 .l1  k 2 l 2   k  k0 .l0  400  N / m   2 l2 

Câu 14. Đáp án A Ta có. 2kl  mg  l 

mg 0, 2.10   0,01  m   1  cm  2k 2.100

m1 g  k  l1  l0  ;  l0  30cm; k  100 N / m m g  k l  l    2 2 0

Câu 15. Đáp án B. 

LỰC MA SÁT I: LÝ THUYẾT CẦN LƯU Ý. 1. Cách xác định độ lớn của ma sát trượt. Móc lực kế vào vật rồi kéo theo phương ngang cho vật trượt gần như thẳng đều. Khi đó, lực kế chỉ độ lớn của lực ma sát trượt tác dụng vào vật. 2. Đặc điểm của độ lớn của ma sát trượt. + Không phụ thuộc vào diện tích tiếp xúc và tốc độ của vật. + Tỉ lệ với độ lớn của áp lực. + Phụ thuộc vào vật liệu và tình trạng của hai mặt tiếp xúc. 3. Hệ số ma sát trượt. t =

Fmst N

Hệ số ma sát trượt t phụ thuộc vào vật liệu và tình trạng của hai mặt tiếp xúc. 4. Công thức của lực ma sát trượt. Fmst = t.N Trong đó: Fmst là độ lớn lực ma sát trượt. N là áp lực vật đè lên mặt tiếp xúc t là hệ số ma sát trượt, không có đơn vị 46

II: DẠNG BÀI TẬP CẦN LƯU Ý. Dạng 1: Vận dụng công thức tính ma sát và phương pháp động lực học. Phương pháp giải chung: Cho hệ quy chiếu Oxy với Ox là trục song song với mặt phẳng chuyển động. Trục Oy là trục vuông góc với chuyển động Phân tích các lực tác dụng lên vật. Công thức lực ma sát: Fms = t .N

 





Áp dụng phương trình định luật II: F1  F2  ...  Fn  m.a

(1)

Chiếu (1) lên trục Ox: F1x  F2 x  ...  Fnx  m.a (2) Chiếu (1) lên Oy: F1 y  F2 y  ...  Fny  0 (3) Từ (2) và (3) suy ra đại lượng cần tìm Có thể áp dụng các công thức về chuyển động thẳng biến đổi đều v  v 0  at ; v 2  v 02  2as ; s  v 0 t  21 at 2

Trường hợp 1: Khi vật chuyển động trên phương ngang Phương pháp giải: Phân tích tất cả các lực tác dụng lên vật Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ , chiều dương (+) là chiều chuyển động O Áp dụng định luật II Newton       ta có Fx  Fy  Fms  N  P  ma Chiếu lên Ox: F cos   Fms  ma (1) Chiếu lên Oy:

 N  P  F sin   0  N  mg  F sin 

 Fms

 N

 Fk



 P

Thay vào (1): F cos     m1 g  F sin    ma Áp dụng các công thức về biến đổi đều để xác định gia trị Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Cho một vật có khối lượng m đang đứn yên trên mặt phẳng nằm ngang, tác dụng một lực là 48N có phương hợp với phương ngang một góc 600 . Sau khi đi được 4s thì đạt được vận tốc 6m/s. a. Ban đầu bỏ qua ma sát, xác định khối lượng của vật. b. Giả sử hệ số ma sát giữa vật và sàn là 0,1 thì sau khi đi được quãng

đường 16m thì vận tốc của vật là bao nhiêu? Cho g  10m / s2 Giải:

a. Chọn chiều dương là chiều chuyển động Theo định luật II newton ta có     F  N  P  ma Chiếu lên Ox: F cos   ma

F cos  F cos   ma  m  a

y O

 N

(1)

Mà v  v0 6  0   1, 5(m / s 2 ) t 4 Thay vào ( 1 ) ta có v  v 0  at  a 

 Fk 450

 P

48.cos 450  22,63  kg  1, 5 b, Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ , chiều dương (+) Ox là chiều chuyển động Áp dụng định luật II Newton m



y O



Ta có Fx  Fy  Fms  N  P  ma

 N

 Fms

Chiếu lên Ox: F cos   Fms  ma (1) Chiếu lên Oy:

 N  P  F sin   0  N  mg  F sin 

 Fk 450

 P

Thay vào (1): F cos     mg  F sin    ma

a

48.cos 450  0,1(m.10  48.sin 450 )  5,59  m / s 2  m

Áp dụng công thức v 2  v 02  2as  v  2as  2.5, 59.16  13, 4m / s Câu 2: Cho một vật có khối lượng 10kg đặt trên một sàn nhà. Một người tác dụng một lực là 30N kéo vật theo phương ngang, hệ số ma sát giữa vật và sàn nhà là   0, 2 . Cho g  10m / s2 a. Tính gia tốc của vật. b. Sau khi đi được quãng đường 4,5m thì vật có vận tốc là bao nhiêu, thời gian đi hết quãng đường đó ? c. Nếu bỏ qua ma sát và lực kéo hợp với y phương chuyển động một góc 600 thì vật có gia tốc bao nhiêu? Xác định vận tốc sau 5s? Giải: a. Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ , chiều dương (+) Ox là chiều chuyển động Áp dụng định luật II Newton 48

 Fms

 P

 N

x  Fk

 



Ta có F  f ms  N  P  ma

Chiếu lên trục Ox: F  fms  ma Chiếu lên trục Oy:

 1

N  P  0  N  mg  10.10  100N

 fms  .N  0, 2.100  20N



Thay vào (1) ta có: 30  20  10a  a  1 m / s2



b. Áp dụng công thức v 2  v 02  2as  v  2as  2.1.4, 5  3  m / s  v 3   3 s a 1 Vậy sau khi vật đi được 4,5m thì vận tốc của vật là 3(m/s) và sau thời gian 3s c. Chọn chiều dương là chiều chuyển động     Theo định luật II newton ta có F  N  P  ma Chiếu lên Ox: F cos   ma

Mà v  v 0  at  t 

y O

 N

F cos   ma

F cos  30.cos 600 a   1 m / s 2  m 10

 Fk

450

 P

Mà v  v 0  at  v  0  1.5  5  m / s 

Câu 3: Vật có m = 1kg đang đứng yên. Tác dụng một lực F = 5N hợp với phương chuyển động một góc là 300 . Sau khi chuyển động 4s, vật đi được một quãng đường là 4m, cho g = 10m/s2. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt sàn là bao nhiêu? Giải: Chọn hệ quy chiếu như hình vẽ vật chịu tác dụng

   

của các lực: N , P, Fms , F

Theo định lụât II Newton ta có:

     N  P  Fms  F  ma Chiếu lên trục Ox: F .cos  Fms  ma Chiếu lên trục Oy:

O (1)

N  P  F .sin   0  N  P  F .sin  (2)

Từ (1) và (2)



F cos   ma P  F sin 

 Fms

 N

 Fk



 F .cos   .( P  F .sin  )  P

1 2 2.s 2.4 at  a  2  2  0,5m / s 2 2 t 4 0 5cos 30  1.0,5  0,51 Vậy    1.10  5sin 300 Mà s  v0t 

Bài tập tự luyện : Câu 1: Một vật khối lượng 1kg đang đứng yên trên mặt phẳng nằm ngang. Tác dụng một lực có độ lớn là 2 2 N và hợp với phương ngang một góc 450 cho g = 10m/s2 và biết hệ số ma sát giữa sàn và vật là 0,2. a. Sau 10s vật đi được quãng đường là bao nhiêu ? . b. Với lực kéo trên, xác định hệ số ma sát giữa vật và sàn để vật chuyển động thẳng đều. Câu 2: Một vật khối lượng 2kg đặt trên mặt phẳng nằm ngang.Khi tác dụng một lực có độ lớn là 1N theo phương ngang vật bắt đầu trượt trên mặt phẳng nằm ngang a. Tính vận tốc của vật sau 4s. Xem lực ma sát là không đáng kể. b. Thật ra, sau khi đi được 8m kể từ lúc đứng yên, vật dạt được vận tốc 2m/s. Tính gia tốc chuyển động, lực ma sát và hệ số ma sát. Lấy g = 10m/s2. Câu 3: Một ôtô có khối lượng 3,6 tấn bắt đầu chuyển động trên đường nằm ngang với lực kéo F. Sau 20s vận tốc của xe là 15m/s. Biết lực ma sát của xe với mặt đường bằng 0,25Fk, g = 10m/s2. Tính hệ số ma sát của đường và lực kéo của xe. Hướng dẫn giải: Câu 1: a. Chọn hệ quy chiếu như hình vẽ vật chịu tác dụng

   

của các lực: N , P, Fms , F

Theo định lụât II Newton ta có:

     N  P  Fms  F  ma Chiếu lên trục Ox: F .cos  Fms  ma

Chiếu lên trục Oy:

N  P  F .sin   0  N  P  F .sin  (2)

Từ (1) và (2)

a

 N

(1)

 Fms

 Fk



F .cos   .( P  F .sin  ) P



2. 2.cos 450  0, 2 1.10  2 2.sin 450 1

  0, 4  m / s  2

Quãng đường vật chuyển động sau 10s là: 1 1 s  v 0 t  at 2  0.10  .0.4.10 2  20m 2 2



b. Để vật chuyển động thẳng đều thì a  0 m / s2



Từ ( I ) ta có  F .cos   .( P  F .sin  )  0



F cos 45  P  F sin 450

2 2

2 2.

2 1.10  2 2. 2

 0, 25

Câu 2: a. Chọn chiều dương là chiều chuyển động.     Theo định luật II Newton P  N  F  ma Chiếu lên ox ta có F 1 F  ma  a    0, 5 m / s 2 m 2 Mà v  v 0  at  0  0, 5.4  2  m / s 

 Fk





 P

b. Áp dụng công thức 22  02  0, 25 m / s 2 2.8 Khi có lực ma sát ta có Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ , chiều dương (+) Ox là chiều chuyển động .Áp dụng định luật II Newton



v 2  v 02  2as  a 

 







Ta có F  F ms  N  P  ma Chiếu lên trục Ox: F  Fms  ma

 1

Chiếu lên trục Oy: N  P  0  N  P F  m.a  F  N  ma    mg

 Fms

x  Fk

Câu 3: Gia tốc của xe ô tô là

v  v0 15  0   0, 75  m / s 2  t 20

Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ , chiều dương (+) Ox là chiều chuyển động .Áp dụng định luật II Newton

 N

 P

1  2.0, 25   0,025 2.10 Mà Fms  .N  0,025.2.10  0, 5 N

a

 N

 Fms

 P

 N

x  Fk 51

 



Ta có F  F ms  N  P  ma Chiếu lên trục Ox: F  Fms  ma

 1

Theo bài ra Fms  0, 25Fk  F  0, 25F  ma  0,75F  3,6.10 3.0,75  F  3600N  Fms  0, 25.3600  900N

Chiếu lên trục Oy: N – P = 0  N = 36.103N F 900  Fms  N    ms   0,025 N 36.10 3 Trường hợp 2: Khi vật chuyển động đi lên mặt phẳng nghiêng một góc  Phương pháp giải Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ, chiều dương là y chiều chuyển động     x Vật chịu tác dụng của các lực F; N; P; f ms Theo định luật II newton ta có:      O N  P  F  f ms  ma   Chiếu Ox ta có N F F  Px  fms  ma  F  P sin   N  ma

(1)

Chiếu Oy: N  Py  P cos  Thay (2) vào (1)  F  P sin   P cos   ma

(2)

  Px f ms



 

 P

Áp dụng các công thức biến đổi đều tính ra các giá trị Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Một vật đặt ở chân mặt phẳng nghiêng một góc  = 300 so với phương nằm ngang. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nghiêng là  = 0,2 . Vật được truyền một vận tốc ban đầu v0 = 2 (m/s) theo phương song song với mặt phẳng nghiêng và hướng lên phía trên. a. Sau bao lâu vật lên tới vị trí cao nhất ? b. Quãng đường vật đi được cho tới vị trí cao nhất là bao nhiêu ? Giải: a. Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ, chiều y dương là chiều chuyển động x    Vật chịu tác dụng của các lực N; P; f ms Theo định luật II newton ta có:     O N  P  f ms  ma  N Chiếu Ox ta có Px  fms  ma  P sin   N  ma

(1)

  Px f ms



 

 P

Chiếu Oy: N  Py  P cos 

(2)

Thay (2) vào (1)  P sin   P cos   ma



1 3  a  g sin 300  g cos 300  10.  0, 2.10.  6,73 m / s 2 2 2 Khi lên tới vị trí cao nhất thì v  0  m / s  v  v0



02  0, 3  s  6,73 1 1 b. Áp dụng công thức s  v 0 t  at 2  2.0, 3  .  6,73  .0, 32  0, 3  m  2 2

Áp dụng công thức v  v 0  at  t 



Câu 2: Cho một mặt phẳng nghiêng một góc   300 .Dặt một vật có khối lượng 6kg rồi tác dụng một lực là 48N song song với mặt phẳng nghiêng làm cho vật chuyển động đi lên nhanh dần đều, biết hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là 0,3. Xác định quãng đường vật đi được trong giây thứ 2. Giải: Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ, chiều dương là y chiều chuyển động     x Vật chịu tác dụng của các lực F; N; P; f ms Theo định luật II newton ta có:      O N  P  F  f ms  ma   Chiếu Ox ta có N F F  Px  fms  ma  F  P sin   N  ma

(1)

Chiếu Oy: N  Py  P cos  Thay (2) vào (1)  F  P sin   P cos   ma

(2)

  Px f ms



 

 P

1 3 F  mg.sin 300  mg cos 300 48  6.10. 2  0, 3.6.10. 2 a   0, 4 m / s 2 m 6 1 Áp dụng công thức: s  at 2 2 1 Quãng đường chuyển động được sau 2s là s2  at 22  0, 5.0, 4.2 2  0,8  m  2 1 Quãng đường chuyển động được sau 1s là s2  at12  0, 5.0, 4.12  0, 2  m  2 Quãng đường chuyển động được trong giây thứ 2 là s  s 2  s1  0,8  0, 2  0,6m





Bài tập tự luyện : Câu 1: Cho một vật có khối lượng m đang chuyển động với vận tốc 25m/s trên mặt phẳng nằm ngang thì trượt lên dốc. Biết dốc dài 50m, cao 14m và hệ số ma sát giữa vật và dốc là  = 0,25. Lấy g=10m/s2. a. Xác định gia tốc của vật khi lên dốc ? b. Vật có lên hết dốc không? Nếu có tính vận tốc của vật đở đỉnh dốc và thời gian lên hết dốc. Câu 2: Cho một dốc con dài 50m, cao 30m. Cho một vật có khối lượng m đang chuyển động thẳng đều với vận tốc v0 trên mặt phẳng nằm ngang thì lên dốc.Biết hệ số ma sát giữa vật và dốc là =0,25. Lấy g=10m/s2. a. Tìm vận tốc v0 của vật trên mặt phẳng ngang để vật dừng lại ngay đỉnh dốc. b. Ngay sau đó vật trượt xuống, tính vận tốc của nó khi xuống đến chân dốc và tìm thời gian chuyển động kể từ khi bắt đầu lên dốc cho đến khi xuống đến chân dốc. Câu 3: Cho một mặt phẳng nghiêng dài 5m, cao3m. Lấy một vật khối lượng 50kg đặt nằm trên mặt phẳng nghiêng. Biết hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là  =0,2. Cho g =10m/s2. Tác dụng vào vật một lực F song song với mặt phẳng nghiêng có độ lớn là bao nhiêu để ? a. Vật vừa đủ vật đứng yên trên mặt phẳng nghiêng. b. Vật chuyển động đều lên trên Hướng dẫn giải: Câu 1: a. Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ, chiều dương là chiều chuyển động y    x Vật chịu tác dụng của các lực N; P; f ms Theo định luật II newton ta có:     O N  P  f ms  ma  N Chiếu Ox ta có Px  fms  ma  P sin   N  ma

(1)

Chiếu Oy: N  Py  P cos 

(2)



Thay (2) vào (1)  P sin   P cos   ma  a  g sin   g cos  Mà sin  

14 7  ; cos   50 25

  Px f ms

50 2  14 2 24  50 25

 

 P



7 24  0, 25.10.  5, 2 m / s 2 25 25 b. Khi vật dừng lại thì v  0  m / s   a  10.



Gọi s là quãng đường tối đa mà vật đi được cho đến khi dừng lại : s

v 2  v 02 2.a



0 2  252  60,1  m   50 Vậy vật đi hết dốc 2.  5, 2 

Vận tốc ở đỉnh dốc v12  v 02  2as1  v1  2as1  v 02  2.  5, 2  .50  252  10, 25  m / s  v  v0

Ta có v1  v 0  at1  t1 



10, 25  25  2,84  s  5, 2

Câu 2: a. Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ, chiều dương là chiều chuyển động    Vật chịu tác dụng của các lực N; P; f ms y Theo định luật II newton ta có: x     N  P  f ms  ma Chiếu Ox ta có O Px  fms  ma   P sin   N  ma

(1)

Chiếu Oy: N  Py  P cos 

(2)

  Px f ms

Thay (2) vào (1)  P sin   P cos   ma  a  g sin   g cos 

  Py

 P



30 3 50 2  30 2 4  ; cos    50 5 50 5 3 4  a  10.  0, 25.10.  8 m / s 2 5 5 Khi lên tới đỉnh dốc thì v  0  m / s  ta có

Mà sin  





v 2  v 02  2as  0 2  v 02  2.  8  .50  v 0  20 2  m / s 

b. Khi lên đỉnh dốc thì vật tụt dốc ta có Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ, chiều dương là chiều chuyển động    Vật chịu tác dụng của các lực N; P; f ms Theo định luật II newton ta có:     x N  P  f ms  ma1 Chiếu Ox ta có: Px  fms  ma1

y O  N

 Px



 f ms

 

 P

 P sin   N  ma1

(1)

Chiếu Oy: N  Py  P cos 

(2)

Thay (2) vào (1)  P sin   P cos   ma1  a1  g sin   g cos 



3 4  a1  10.  0, 25.10.  4 m / s 2 5 5



Áp dụng công thức v 22  v 2  2a1s  v 2  2.a1 .s  2.4.0, 5  2  m / s  v0

20 2 5 2   s a 8 2 v 2 Thời gian xuống dốc v 2  v  a1t 2  t 2  2   0, 5  s  a1 4

Thời gian vật lên dốc v  v 0  at1  t1 

Thời gian chuyển động kể từ khi bắt đầu lên dốc cho đến khi xuống đến chân dốc. t  t1  t 2 

5 2  0, 5  4,04  s  2

3 52  32 4  Câu 3: Ta có sin   ; cos   5 5 5 a. Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ, chiều dương là chiều chuyển động     Vật chịu tác dụng của các lực F; N; P; f ms Theo định luật II newton ta có:      N  P  F  f ms  ma



Vật vừa đủ đứng yên nên a  0 m / s2

 N

 Px

 F  f ms

 

 P



(1)

Chiếu Oy: N  Py  P cos 



Chiếu Ox ta có F  Px  fms  0  F  P sin   N

(2)

Thay (2) vào (1) 3 4  F  m.g.sin   .m.g.cos   F  50.10.  0, 2.50.10.  220N 5 5     y b. Vật chịu tác dụng của các lực F; N; P; f ms Theo định luật II newton ta có:      N  P  F  f ms  ma



Vì vật chuyển động lên đều nên a  0 m / s2 Chiếu Ox ta có F  Px  fms  0 56



 N

 F

 Px    f ms  Py  P

 F  P sin   N

(1)

Chiếu Oy: N  Py  P cos 

(2)

Thay (2) vào (1) 3 4  F  m.g.sin   .m.g.cos   F  50.10.  0, 2.50.10.  380N 5 5 Trường hợp 3: Khi vật chuyển động đi xuống mặt phẳng nghiêng một góc  Phương pháp giải Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ, chiều dươngy là chiều chuyển động     Vật chịu tác dụng của các lực F; N; P; f ms O Theo định luật II newton ta có:        N N  P  F  f ms  ma x f ms Chiếu Ox ta có  P F  Px  fms  ma  x

 F  P sin   N  ma

Chiếu Oy: N  Py  P cos 

 

(1)

(2)

 P



Thay (2) vào (1)  F  P sin   P cos   ma

Áp dụng các công thức biến đổi đều tính ra các giá trị Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Một vật trượt từ đỉnh mặt phẳng nghiêng dài 10m, cao 5m. Bỏ qua ma sát trên mặt phẳng nghiêng. Hỏi sau khi đến chân mặt phẳng nghiêng, vật tiếp tục chuyển động trên mặt phẳng ngang một quãng đường bao nhiêu và trong thời gian bao lâu. Biết hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang là 0,1. Lấy g =10m/s2 Giải: Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ, chiều dương là chiều chuyển động. Vật chịu y   tác dụng của các lực N; P Theo định luật II newton ta có: O    N  P  ma1  Chiếu Ox ta có : Px  ma1  P sin   ma1 N





5  a1  g sin   10.  5 m / s 2 10 Vận tốc của vật ở chân dốc. Áp dụng

công thức v12  v 02  2a1s

 v1  2a1s  2.5.10  10  m / s 

 Px



 

 P

Khi chuyển động trên mặt phẳng ngang 57

Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ , chiều dương (+) Ox là chiều chuyển y động .Áp dụng định luật II Newton





Ta có F ms  N  P  ma2 Chiếu lên trục Ox: Fms  ma 2  .N  ma 2

 N

 1

Chiếu lên trục Oy: N – P = 0  N = P=mg



 a 2  g  0,1.10  1 m / s 2



 P

Để vật dừng lại thì v 2  0  m / s  Áp dụng công thức: v 22  v12  2a 2 .s 2  s 2 

 Fms

10 2  50  m  2.  1

10  10  s  1 Câu 2: Một vật trượt từ đỉnh một dốc phẳng dài 50m, chiều cao 25m xuống không vận tốc đầu, hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là 0,2. Xác định thời gian vật trượt hết chiều dài của dốc và vận tốc của vật đó ở cuối chân dốc.

Và v 2  v1  a 2 t  t 

25 1 50 2  252 3  ; cos   50 2 50 2 Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ, chiều dương là chiều chuyển động    y Vật chịu tác dụng của các lực N; P; f ms Theo định luật II newton ta có:     O N  P  f ms  ma Chiếu Ox ta có: Px  fms  ma 

Giải: Ta có sin  

 P sin   N  ma

(1)

Chiếu Oy: N  Py  P cos 



1 3  a  10.  0, 2.10  3, 27 m / s 2 2 2 Vì bắt đầu trượt nên v 0  0  m / s 



1 2s 2.50   5, 53  s  Áp dụng: s  a.t 2  t  2 a 3, 27

Mà v  v 0  at  0  3, 27.5, 53  18,083  m / s  Bài tập tự luyện : 58

 Px

(2)

Thay (2) vào (1)  P sin   P cos   ma  a  g sin   g cos 

 f ms



 

 P

Câu 1: Cho một mặt phẳng nghiêng một góc 300 so với phương ngang và có chiều dài 25m. Đặt một vật tại đỉnh mặt phẳng nghiêng rồi cho trượt xống thì có vận tốc ở cuối chân dốc là 10  m / s  . Xác định hệ số ma sát giữa



vật và mặt phẳng nghiêng. Cho g  10 m / s2



Câu 2: Cho một vật trượt từ đỉnh của mặt phẳng nghiêng dài 40m và nghiêng một góc  =300 so với mặt ngang. Lấy g=10m/s2. a.Tính vận tốc của vật khi vật trượt đến chân mặt phẳng nghiêng biết hệ số ma sát giữa vật và mặt hẳng nghiêng là 0,1 b. Tới chân mặt phẳng nghiêng vật tiếp tục trượt trên mặt phẳng ngang với hệ số ma sát 0,2. Tính quãng đường đi thêm cho đến khi dừng lại hẳn. Hướng dẫn giải: Câu 1: Áp dụng công thức v 2  v 02

10 2  0 2  2 m / s2 2s 2.25 Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ, chiều dương là chiều chuyển động    Vật chịu tác dụng của các lực N; P; f ms Theo định luật II newton ta có:     N  P  f ms  ma x Chiếu Ox ta có: Px  fms  ma v 2  v 02  2as  a 

 P sin   N  ma







y O  N

 Px

(1)

Chiếu Oy: N  Py  P cos 

 f ms

 

(2)

 P



Thay (2) vào (1)  P sin   P cos   ma  a  g sin   g cos   2  10.sin 300  .10.cos 300    0, 35

Câu 2: Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ, chiều dương là chiều chuyển    động. Vật chịu tác dụng của các lực fms ; N; P Theo định luật II newton ta có:     f ms  N  P  ma1 Chiếu Ox ta có : Px  fms  ma1

y O  N

 P sin   N  ma1

Chiếu Oy ta có: N  Py  P cos 

 a1  g sin   g cos 



1 3  a1  10.  0,1.10.  4,134 m / s 2 2 2

 Px

 

 f ms

 

 P

Vận tốc của vật ở chân dốc. Áp dụng công thức v12  v 02  2a1s  v1  2a1s  2.4,134.40  18,6  m / s 

b. Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ , chiều dương (+) Ox là chiều chuyển động .Áp dụng định luật II Newton





Ta có F ms  N  P  ma2 Chiếu lên trục Ox: Fms  ma 2  .N  ma 2

 1

 N

Chiếu lên trục Oy: N – P = 0  N = P=mg



 a 2  g  0, 2.10  2 m / s 2



Để vật dừng lại thì v 2  0  m / s 

 P

Áp dụng công thức: v 22  v12  2a 2 .s 2  s 2 

 Fms

18,6 2  86, 5  m  2.  2 

Dạng 2: Hệ vật chuyển động: Phương pháp giải - Chọn chiều dương là chiểu chuyển động của hệ vật - Theo định luật hai Newton đối với từng vật - Chiếu lên hệ quy chiếu đối với từng vật -Vì dây không dãn nên T1  T2 ; a1  a 2 - Biến đổi xác định giá trị Ví Dụ 1 : Cho hệ trụ ròng rọc như hình vẽ Chọn chiều dương là chiều chuyển động   Xét P1 ; P2 giả sử P2  P1 Theo định lụât II Niu-Tơn ta có Vì dây không dãn nên ta có T1 = T2 = T

 



Vật 1: P1  T  m1 a

   Vật 2: P2  T  m2 a

 T2

(1) (2)

Chiếu (1)(2) lên chiều chuyển động Vật 1: T  P1  m1a (1.1) Vật 2: P2  T  m2 a Từ (1) (2)  a 

(2.2)

P2  P1 m1  m2

m2  P2

Ví Dụ 2: Với các dữ kiện đề thương cho là (m1,m2,  ,F,  )  a,T

 T1

m1  P1

y x

 N2

 Fms 2

 F

 N1  T1

 T2



 Fms1

 P2

 P1

Chọn hệ quy chiếu như hình vẽ như hình vẽ, chiều dương (+) là chiều chuyển động Xét vật 1 : Áp dụng định luật II Newton ta có

       Fx  Fy  Fms1  N  P  T1  m1a

Chiếu lên Ox: F cos   Fms1  T1  m1a (1) Chiếu lên Oy: N1  P1  F sin   0  N1  m1 g  F sin  thay vào (1) Ta được: F cos     m1 g  F sin    T1  m1a (*)



Tương tự đối với vật 2: Fms 2  N 2  P2  T2  m2 a

 Fms 2  T2  m2 a (2) Chiếu lên Oy: N 2  P2  m2 g thay vào (2) Ta được   m2 g  T2  m2 a (**) Chiếu lên Ox:

Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình

 F cos     m1 g  F sin    T1  m1a (T1  T2 )    m2 g  T2  m2 a Cộng vế ta có : F cos     m1 g  F sin     m2 g  (m1  m2 )a F cos    (m1 g  F sin  )   m2 g (m1  m2 ) Có được mối liên hệ giữa a, F ta trả lời được các yêu cầu của đề a

Còn một số Ví dụn tiêu biểu nữa thì thầy trình bày dưới dạng bài tập Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Cho hệ như hình vẽ: m1  5kg ; m2  2kg ;   300 ; hệ số ma sát giữa vật 1 và mặt phẳng nghiêng là   0,1 . Tìm lực căng của dây và tính lực nén lên trục ròng rọc. Cho dây không dãn và g=10m/s2

 61

Giải: Ta có P2  m 2 .g  2.10  20  N  1  25  N  2  P2 nên vật một đi xuống vật hai

P1x  P1 .sin 30  5.10.

Vì P1x

đi lên Chọn hệ quy chiếu chiều dương là chiều chuyển động Đối với vật một Theo định luật II Newton      P1  N1  T1  f ms  m1 a1

 N

 T1

m1  P1x



 T1

 P

  f ms F  P1y

Thay ( 2 ) vào ( 1 ) ta có: P1 sin   P1 cos   T1  m1a1

m2  P2

 1

Chiếu ox: P1x  fms  T1  m1 .a1  P1 sin   N1  T1  m1a1 Chiếu oy: N1  P1y  P1 cos   2 

 T2 T2

* 

Đối với vật hai    Theo định luật II Newton: P 2  T 2  m 2 a 2  P2  T2  m 2 a 2

* * 

Vì dây không dãn nên ta có a1  a 2  a; T1  T2  T

Lấy ( * ) cộng ( **) ta có: P1 sin   P1 cos   P2   m1  m 2  a a

m1g sin   m1g cos   m 2 g

 m1  m 2 

1 3 5.10.  0,1.5.10.  2.10 2 2   0,096 m / s 2 52





Vậy T  m 2 a 2  P2  2.0,96  2.10  21,92  N   600  3 Lực nén vào dòng dọc: F  2T cos   38  N    2.21,92.  2  2   Câu 2: Cho hệ ròng rọc như hình vẽ, ở hai đầu có treo hai quả cân 1 và 2 có khối lượng lần lượt là m1 = 200g và m2 = 300g. Lấy g = 10m/s2. Bỏ qua khối lượng và độ giãn không đáng kể. Sau khi buông tay hãy tính vận tốc của mỗi vật sau 4 giây và quãng đường mà mỗi vật đi được trong m2 giây thứ 4. Giải: Chọn chiều dương là chiều chuyển động Xét P1  m1 .g  0, 2.10  2  N  ; P2  m 2 .g  0, 3.10  3  N 

Vì P2  P1 nên vật hai đi xuống, vật một đi lên Theo định lụât II Niu-Tơn ta có Vì dây không dãn nên ta có T1  T2  T; a1  a 2  a

 T2 O

 T1

m2  P2

m1  P1

 



Vật 1: P1  T  m1 a

(1)

   Vật 2: P2  T  m2 a

(2)

Chiếu (1)(2) lên chiều chuyển động Vật 1: T  P1  m1a (1.1) Vật 2: P2  T  m2 a

a

(2.2)

P2  P1 3 2   2  m / s2  m1  m2 0, 2  0,3

Áp dụng công thức vận tốc của ệ đầu giây thứ 4 là v  v 0  at  0  2.4  8  m / s  1 1 Quãng cường vật đi được trong 4 giây là : s1  at12  .2.4 2  16  m  2 2 1 2 1 Quãng cường vật đi được trong 3 giây là: s3  at 2  .2.32  9  m  2 2 Quãng đường vaath đi được trong giây thứ 4 là: s  s1  s2  16  9  7  m 

Câu 3: Cho hệ thống ròng rọc như hình vẽ, m1 =3kg, m2 =4kg. Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và dây, cho g=10m/s2. Tính gia tốc chuyển động của mỗi vật và lực căng của dây treo các vật. bỏ qua ma sát. ĐS: a1  2a2 =2,25m/s2 Giải: Theo định luật II Newton ta có    Đối với vật một: P1  T1  m1 a1  1    Đối với vật hai: P 2  T 2  m 2 a 2 2   Xét ròng rọc 2T1  T 2  0  3  Chiếu (1) lên trục O1x1 P1  T1  m1 .a1 Chiếu (2) lên trục O2 x 2 P2  T2  m 2 .a 2 Từ (3): T2  2T1

*  * * 

(* * *)

* * * *  Thay  * * *  ;  * * * *  vào  *  ;  * *  ta có

Ta có s1  2s2  a1  2a 2

m1 .g  T1  m1 .a1

o1 m1

a1 2 2  m 2  2m1 

m 2 .g  2T1  m 2 .

 a1   a2 

4m1  m 2

.g 

2  4  2.3  4.3  4



.10  2, 5 m / s 2

1 1 .a1  .  2, 5   1, 25 m / s 2 2 2



 T1

 P1  P2

 T 2 T2 m2 o 2

 63

Vậy vật một đi xuống , vật hai đi lên Lực căng của sợi dây T1  m1 .  a1  g   3.  2, 5  10   22, 5  N  T2  2T1  45  N 

Bài tập tự luyện : Câu 1: Cho hệ như hình vẽ, m1 = 1kg, m2 = 2kg. Khối lượng ròng rọc và dây không đáng kể, bỏ qua ma sát. a. Tính gia tốc chuyển động của hệ vật. b. Tính sức căng của dây nối, g = 10m/s2.

Câu 2: Cho hệ như hình vẽ với khối lượng của vật một và vật hai lần lượt là m1  3kg ; m2  2kg , hệ số ma sát

giữa hai vật và mặt phẳng nằm ngang là   1  2  0,1 . Tác dụng một lực F=10N

m2  F



vào vật một hợp với phương ngang một góc   300 . Lấy g=10m/s2. Tính gia tốc chuyển động và lực căng của dây Câu 3: Cho cơ hệ như hình vẽ:

m A = 300 (g) ; m B = 200 (g) ;

mC = 1500 (g) . Tác dụng lên C lực  F nằm ngang sao cho A và B đứng

yên đối với C. Tìm chiều, độ lớn của

 F và lực căng của dây nối A, B. Bỏ

(

)

qua ma sát, khối lượng của dây và ròng rọng. Lấy g = 10 m /s2 .

( )

Câu 4: Cho cơ hệ như hình vẽ, biết: m1 = 3 kg ;

(

)

m2 = 2 (kg) ; a = 300 ; g = 10 m /s2 . Bỏ qua

ma sát. Tính gia tốc của mỗi vật ?

m1 α

Hướng dẫn giải: Câu 1: Ta có P1  m1g  10N; P2  m 2g  20N  P2  P1 Vậy vật m 2 đi xuống vật m1 đi lên Chọn chiều dương là chiều chuyển động Theo định lụât II Niu-Tơn ta có

 T2

 T1

m2  P2

m1  P1

Vì dây không dãn nên ta có T1 = T2 = T

 



Vật 1: P1  T  m1 a

   Vật 2: P2  T  m2 a

(1) (2)

Chiếu (1)(2) lên chiều CĐ Vật 1: T  P1  m1a (1.1) Vật 2: P2  T  m2 a

(2.2)

P2  P1  3,3m / s 2 m1  m2 b. Từ (1.1)  T1  P1  m1a  13,3 N  T2 Từ (1) (2)  a 

Câu 2: Phân tích các lực tác dụng lên hệ vật

y x

 Fms 2

 N2

 F

 N1  T1

 T2



 Fms1

 P2

 P1

Chọn hệ quy chiếu như hình vẽ như hình vẽ, chiều dương (+) là chiều chuyển động Xét vật 1 : Áp dụng định luật II Newton ta có

      F  Fms1  N  P  T1  m1a



Tương tự đối với vật 2: Fms 2  N 2  P2  T2  m2 a

 Fms 2  T2  m2 a (2) Chiếu lên Oy: N 2  P2  m2 g thay vào (2) Ta được   m2 g  T2  m2 a (**) Chiếu lên Ox:

Vì dây không dãn nên T  T1  T2 Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình

 F cos     m1 g  F sin    T1  m1a    m2 g  T2  m2 a Cộng vế ta có : F cos     m1 g  F sin     m2 g  (m1  m2 )a 65

a a

F cos    (m1 g  F sin  )   m2 g (m1  m2 )





10.cos 300  0,1 3.10  10.sin 300  0,1.2.10 32



 0,832 m / s 2



Thay vào (**) ta có T  m2 a   m2 g  2.0,832  0,1.2.10  3, 664  N  Câu 3: Vì A và B đứng yên nên A,B,C tào thành một vật chuyển động  Theo định luật II Newton     NB Xét với vật A: P A  T A  NA  m A .a  Chiếu theo phương thẳng đứng TA  PA  0  TA  m A .g  0, 3.10  3  N      Xét với vật B: P B  N B  T B  m B a

 PB  F

Chiếu theo phương ngang T  TB  m B .a  a  B mB

 TA

A PA

 NA





3 Vì dây không dãn nên TA  TB  3N  a   15 m / s 2 0, 2     Xét đối với cả hệ vật ( A + B + C ): P  N  F  ma Chiếu theo phương chuyển động F  ma  F   m A  m B  m C  a   0, 3  0, 2  1, 5  .15  30  N 

Câu 4: Ta có T2  2T1 ; s1  2s2 ; a1  2a 2 Theo định luật II Newton Đối với vật một:     T1  P1  N1  m1 a1 Chiêu lên chiều chuyển động : T1  m1g sin   m1a1  m1 .2.a 2    Đối với vật hai: T 2  P 2  m 2 a 2

 N1

 1

Chiếu lên chiều chuyển động: m 2 g  T2  m 2 a 2  m 2 .g  2T1  m 2 .a 2 Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có:  a 2   a1  2a 2 

10  m / s 7

m1 α

 P1

 T1

2

m 2 g  2m1g sin  5   m / s 4m1  m 2 7

Trắc Nghiệm Câu 1.Chọn phát biểu đúng nhất. A. Lực ma sát làm ngăn cản chuyển động 66

 T2

 T2 m2

 P2

B. Hệ số ma sát trượt lớn hơn hệ số ma sát nghỉ C. Hệ số ma sát trượt phụ thuộc diện tích tiếp xúc D. Tất cả đều sai Câu 2.Phát biểu nào sau đây là không chính xác? A. Lực ma sát nghỉ cực đại lớn hơn lực ma sát trượt B. Lực ma sát nghỉ luôn luôn cân bằng với ngoại lực đặt vào vật C. Lực ma sát xuất hiện thành từng cặp trực đối đặt vào 2 vật tiếp xúc D. Khi ngoại lực đặt vào vật làm vật chuyển động hoặc có xu hướng chuyển động sẽ làm phát sinh lực ma sát Câu 3. Trong các cách viết công thức của lực ma sát trượt dưới đây, cách viết nào đúng?







A. Fmst  t N

B. F mst  t N

C. Fmst  t .N

D. F mst  t N



Câu 4. Tìm phát biểu sai sau đây về lực ma sát nghỉ? A. lực ma sát nghỉ chỉ xuất hiện khi có tác dụng của ngoại lực vào vật B. Chiều của lực ma sát nghỉ phụ thuộc chiều của ngoại lực C. Độ lớn của lực ma sát nghỉ cũng tỉ lệ với áp lực ở mặt tiếp xúc D. Lực ma sát nghỉ là lực phát động ở các loại xe, tàu hỏa. Câu 5. Tìm phát biểu sai sau đây về lực ma sát trượt? A. lực ma sát trượt luôn cản lại chuyển động của vật bị tác dụng. B. lực ma sát nghỉ chỉ xuất hiện khi có chuyển động trượt giữa 2 vật. C. Lực ma sát trượt có chiều ngược lại chuyển động (tương đối) của vật D. Lực ma sát trượt có độ lớn tỉ lệ với áp lực ở mặt tiếp xúc Câu 6. Tìm phát biểu sai sau đây về lực ma sát lăn? A. Lực ma sát lăn luôn cản l;ại chuyển động lăn cuat vật bị tác dụng B. Lực ma sát lăn có độ lớn tỉ lệ với áp lực ở mặt tiếp xúc C. Lực ma sát lăn có tính chất tương tự lực ma sát trượt nhưng hệ số ma sát lăn rất nhỏ. D. Lực ma sát lăn có lợi vì thế ở các bộ phận chuyển động , ma sátb trượt được thay bằng ma sát lăn. Câu 7. Một quảt bóng đang đứng yên thì truyền cho vật với vận tốc đầu 10m/s trượt trên mặt phẳng .Hệ số ma sát trượt giữa bóng và mặt phảng là 0,1. Hỏi quả bóng đi được 1 quãng đường bao nhiêu thì dừng lại ? Cho

g  10m / s 2 A. 40m

B.50m 67

C.60m

D.100m



 F

Câu 8.Một thùng gỗ được kéo bởi lực F như hình vẽ. Thùng chuyển động thẳng đều. Công thức xác định lực sát nào sau đây là đúng A. Fmst  F .cos 



B. Fmst  Fms nghỉ cực đại C. Fmst 

 F .sin  (  : hệ số ma sát trượt)

D.Cả 3 điều trên là đúng Câu 9. Một thùng gỗ đặt trên mặt phẳng nằm ngang được kéo bởi lực

F  10  N  theo phương hợp với phương ngang một góc 600 . Thùng chuyển động thẳng đều. Xác định hệ số ma sát biết vật có khối lượng 5 kg A. 0,1 B. 0, 2 C. 0,01

D. 0,02

 F

Câu 10. Kéo 1 vật nặng 2kg bằng lực F=2N làm vật di chuyển đều. Hệ số ma sát trượt giữa vật và san là? Lấy 2

g=10m/ s A.0,1 B.0,2 C.0,25 D.0,15 Câu 11. Cho một vật có khối lượng 100kg đặt trên mặt phẳng nằm ngang để vâth chuyển động đều thì độ lớn của lực là bao nhiêu? Cho   300 ,   0, 2,g  10 m/ s 2

 F



A.150N B.187N C.240N D.207N Câu 12. Cho một vật đang chuyển động đều với vận tốc 2m/s thì đi vào vùng cát. Vật chuyển động châm dần và dừng lại sau khi đi được quãng 2

đường 0,5m. Xác định hệ số ma sát giữa vật và cát lấy g= 10m / s . A.2,5 B.0,2 C.0,4 D.-0,4 Câu 13.Cho hai vật A và B có khối lượng lần lượt là mA  3kg ; mB  2kg nối với nhau bằng sợi dây không dãn vắt qua ròng rọc như hình vẽ. Vận tốc của 2 vật khi A chạm đất là? Cho h=1m; g = 10m/ s

A. 2m / s B.2m/s C.3,16m/s D.0,63m/s Câu 14 .Cho hai vật có khối lượng lần lượt là m1  5kg ; m2  10kg được đặt trên mặt bàn nhẵn 68

m1 F

được nối với nhau bằng sợi dây không dãn. Đặt một lực kéo F=12N như hình vẽ. Khi đó gia tốc của 2 vật và lực căng dây nối là: 2

A. 0,8m / s ;8 N

B. 1m / s ;10 N

C. 1, 2m / s ;12 N D . 2, 4m / s ; 24 N Cho hệ vật như hình vẽ với khối lượng lần lượt lag

m1  3kg ; m2  2kg ;  300 . Ban đầu m1 được giữ ở vị thấp hơn m2 một đoan h=0,75m. Thả cho 2 vật chuyển động. Bỏ qua ma sát và khối lượng ròng rọc hay dây. 2

Lấy g=10m/ s . Dùng dữ liệu trả lời câu 15;16;17 Câu 15. Hai vật sẽ chuyển động theo chiều nào? A. m2 sẽ đi xuống và m1 sẽ đi lên

trí m2



B. m2 sẽ đi lên và m1 sẽ đi xuống C.Cả hai đứng yên D .Không xác định được ta phải giả sử Câu 16. Bao lâu sau khi bắt đầu chuyển động , hai vật sẽ ở ngang nhau? A. 2s B. 1s C. 2,5s D . 3s Câu 17. Tính lực nén lên trục ròng rọc. A. 8N B. 10N C. 22N D . 31, 2N * Cho một vật có khối lượng m trượt không vận tốc đầu từ đỉnh dốc có độ cao 1m, nghiêng một góc

  300 so với mặt phẳng nằm ngang. Biết ma 2

sát giữa vật và mặt phẳng là 0,1 . Cho g=10m/ s . Dùng thông tin này để trả lời câu 18, 19. Câu 18. Gia tốc chuyển động của vật là ? A. 2m / s

C. 5 2m / s

B. 5m / s 2

D. 4,134m / s

Câu 19.Vận tốc cuối chân dốc là? A. 5 m/s

B. 4,1m / s

C. 3m / s D. 2 2 m/s Câu 20. Chọn phát biểu đúng nhất: A. Lực ma sát trượt phụ thuộc diện tích mặt tiếp xúc B. Lực ma sát trượt phụ thuộc vào tính chất của các mặt tiếp xúc C. Khi 1 vật chịu tác dụng của ngoại lực mà vẫn đứng yên thì lực ma sát nghỉ lớn hơn ngoại lực

D. Quyển sách nằm yên trên mặt bàn nằm ngang vì trọng lực và lực ma sát nghỉ tác dụng lên quyển sách cân bằng nhau Đáp án trắc nghiệm Câu 1. Đáp án D Câu 2. Đáp án B Câu 3. Đáp án C Câu 4. Đáp án C Câu 5. Đáp án A Câu 6. Đáp án D Câu 7. Đáp án B. Độ lớn lực ma sát trượt: f= Fms   .N   .mg

 Fms    g  0,1.10  1m / s 2 m 2 2 Chiều dài quãng đường cần tìm: v  2as  10  2.1s  s  50m Độ lớn gia tốc: a  Câu 8. Đáp án A. Câu 9. Đáp án A.

10.cos 600  0,1 5.10 F 2   0,1 Câu 10. Đáp án A. F  Fms   mg    mg 2.10 Ta có Fmst  F .cos    mg  F cos    

Câu 11. Đáp án D. Ta có Fcos    mg  F sin    F 

 mg  207 N cos    sin 

Câu 12. Đáp án C. Ta có a  

v02  4m / s 2 . 2s

Mặt khác : ma   Fms    mg     Câu 13. Đáp án B.

a  0, 4 g

mA  mB .g  2m / s 2 ; v  2ah  2m / s mA  mB F Câu 14. Đáp án A. a   0,8m / s 2 ; T  m2 a  8 N m1  m2 Ta có. a 

Câu 15. Đáp án A.

Chiều chuyển động:Vật m1 chuyển động dọc theo mặt phẳng nghiêng còn m2 chuyển đông thẳng

 T1

  N1 T1

đứng. Thành phần trọng lực của m1 theo phương

 F

mặt phẳng nghiêng còn m2 chuyển động thẳng  P1

đứng. Thành phần trọng lực của m1 theo phương mặt phẳng nghiêng: P1 sin   15 N

 T2  T2  P2

Trọng lực tác dụng lên m2 : P2  20 N . Vì

P2  P1 sin  nên m2 sẽ đi xuống và m1 sẽ đi lên

Câu 16. Đáp án B Thời gian để 2 vật ngang nhau:

  



 



-Theo định luật II Niutơn: P1  N1  T1  m1 a1 1 ; P2  T2  m2 a2  2  Chiếu (1) và (2) , theo thứ tự lên hướng chuyển động của m1 và m2 :

 P2 sin   T1  m1a1 ; P2  T2  m2 a2 Vì a1  a2  a; T1  T2  T , ta suy ra: Gia tốc chuyển động:

a

m2  m1 sin  m1  m2

.g  1m / s

s2 h



Lực căng của dây: T  m2  g  a   18 N -Gọi quãng đường của mỗi vật là: s1  s2  s Khi 2 vật ở ngang nhau:

s1 sin   s2  h  s  sin   1  h  s 

Thời gian chuyển động: t



2s a

Lực nén: Dây nén lên ròng rọc 2 lực căng



 0,5m

 1s

Câu 17. Đáp án D



h sin  1

  T1 và T2 : T1'  T2'  T  18 N

Góc tạo bởi T1 và T2 :   90    60 . Lực nén lên ròng rọc:

 ' ' F  T1  T2

F  2T .cos 2  18 3  31, 2 N     Câu 18. Đáp án D. Ta có: ma  P  N  f ms chiếu lên hệ Oxy Độ lớn :

Ox : ma  P sin   f ms 1  Oy : N  P cos   2  1  a  g sin    g cos   4,134m / s 2

y  P



Câu 19. Đáp án B. l 

h  2m; v 2  2al  v  2al  4,1m / s sin 

Câu 20.Đáp án B BÀI TOÁN VỀ CHUYỂN ĐỘNG NÉM I: LÝ THUYẾT CẦN LƯU Ý. 1. Khảo sát chuyển động của vật ném xiên. Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ y Thời điểm ban đầu Chiếu lên trục ox có  x0  0; v 0x  v 0 cos  (1) v  Chiếu lên trục oy có y0  0; v 0y  v 0 sin 

v0 y

(2)

 

Chiếu lên trục ox có v x  v 0 cos ; x  (v 0 cos )t

(3)

hmax

v0 x

Xét tại thời điểm t có a x  0; a y  g

Chiếu lên trục oy có v y  v 0 sin   gt; y  h  (v 0 sin )t  21 gt 2

 v0 y

(4)

Rút t ở (3) thay vào (4) ta có: y  h  (tan )t 

 v0 x

gx2 2v02 cos2 

(5)

Đây là phương trình quỹ đạo của vật Xác định tầm bay cao cảu vật rút t ở với phương trình v ở (4) ta có Vì lên đến độ cao cực đại nên v y  0  t1 

v0 sin  g

(6)

Thay (6) vào (4) với phương trình y ta có h max  ? Chú ý: nếu h = 0 thì h max 

v02 sin 2  2g

Xác định tầm bay xa ta có: khi trở về mặt đất y = 0 Xét phương trình y ở ( 4) 0  h  (v 0 sin )t  21 gt 2  t  ? Rồi thay t vào phương trình ( 3 ) tính ra x chính là tầm xa Chú ý : nếu h = 0 ta có t 2 

2v0 sin  g

xL

v02 sin 2  g

Xác định vận tốc khi cạm đất v  v 2x  v 2y 2. Khảo sát chuyển động của vật ném ngang. a; Chọn hệ quy chiếu Oxy với O là mặt đất + Trên trục Ox ta có : 72

M h

 v0

  v

ax = 0 ; vx = vo ; x = vot + Trên trục Oy ta có : ay = - g ; vy = -gt ; y = h-

1 2 gt 2

Dạng của quỹ đạo và vận tốc của vật. gx2

Phương trình quỹ đạo : y  h  2v

Vận tốc của vật khi chạm đất : v = Thời gian chuyển động.t =

( gt ) 2  vo2

2h g

Tầm ném xa. L = xmax = vot = vo

2h g

b; Chọn hệ quy chiếu Oxy với O là vị trí ném: + Trên trục Ox ta có : ax = 0 ; vx = vo ; x = vot O + Trên trục Oy ta có : ay = g ; vy = gt ; y =

1 2 gt 2

Dạng của quỹ đạo và vận tốc của vật.

g 2 x Phương trình quỹ đạo : y = 2vo Vận tốc của vật khi chạm đất : v=

 v0

 vx

M y

 vy

 v

( gt ) 2  vo2

Thời gian chuyển động.t =

2h g

Tầm ném xa L = xmax = vot = vo

2h g

II: DẠNG BÀI TẬP CẦN LƯU Ý. Dạng 1 : Các bài tập ném xiên Phương pháp giải là áp dụng khảo sát ném Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Một vật được ném từ một điểm M ở độ cao h = 45 m với vận tốc ban đầu v0 = 20 m/s lên trên theo phương hợp với phương nằm ngang một góc 450. Lấy g = 10 m/s2, bỏ qua lực cản của không khí. Hãy xác định : a. Quỹ đạo của vật, độ cao cực đại vật đạt đươc so với mặt đất và thời gian vật bay trong không khí 73

b. Tầm bay xa của vật, vận tốc của vật khi chạm đất. c. Xác định thời gian để vật có độ cao 50m và xác định vận ttoocs của vật khi đó Giải: a. Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ y Thời điểm ban đầu Chiếu lên trục ox có x0  0; v 0x  v 0 cos   10 2  m / s 

 v0 y

Chiếu lên trục oy có

y0  0; v 0y  v 0 sin   10 2  m / s 

Xét tại thời điểm t có a x  0; a y  g Chiếu lên trục ox có

 v0

  v0 x

hmax

v x  10 2  m / s  ; x  10 2t

Chiếu lên trục Oy có v y  10 2  10t; y  45  10 2t  5t 2  y  45  x 

 v0 x

 v0 y

  v

x2 Vậy vật có quỹ đạo là một Parabol 40

Khi lên đến độ cao max thì: v y  0  0  10 2  10t  t  2  s  Hmax  y  45  10. 2. 2  5

 2

 55  m 

Khi vật chạm đất thì y  0  45  10 2t  5t 2  0  t  4,73  s  Vậy sau 4,73s thì vật chạm đất

b. Tầm xa của vật L  x  10 2.4,73  66,89  m  Vận tốc vật khi chạm đất v  v 2x  v 2y Với v y  10 2  10.4,73  33,16  m / s  v

10 2 

 33,16 2  36,05  m / s 

c. Khi vật có độ cao 50 thì

y  50  45  10 2t  5t 2  t1  2, 414  s  ; t 2  0, 414  s 

Lúc t1  2, 414  s   v1  10 2  10t1  10 2  10.2, 414  10  m / s  Lúc t 2  0, 414  s   v 2  10 2  10t 2  10 2  10.0, 414  10  m / s  Ứng với hai trường hợp vật đi xuống đi lên Câu 2: Từ mặt đất một quả cầu được néo theo phương hướng lên hợp với phương ngang một góc 600 với vận tốc 20m/s. 74

a. Viết phương trình quỹ đạo của quả cầu. Quỹ đạo này là đường gì? b. Xác định tọa độ và vận tốc của quả cầu lức 2s c. Quả cầu chạm đất ở vị trí nào? Vận tốc khi chạm đất là bao nhiêu? Giải: Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ Thời điểm ban đầu Chiếu lên trục ox có y 1 x0  0; v 0x  v 0 cos   20.  10  m / s  2  Chiếu lên trục oy có: y0  0 v0  3 v 0y  v 0 sin   20.  10 3  m / s  2 Xét tại thời điểm t có a x  0; a y  g

v0 y

  v0 x

Chiếu lên trục ox có v x  10; x  10t

 v0 x

hmax

 v0 y



 v

Chiếu lên trục oy có: v y  10 3  10t; y  10 3t  5t 2  y  3x 

x2 Vậy quỹ đạo của vật là một parabol 20

b. khi vật 2s ta có x  10.2  20  m  ; y  10 3.2  5.2 2  14,641  m  2 2 Vận tốc của vật lức 2s là v1  v1x  v1y

với v1x  10  m / s  ; v1y  10 3  10.2  2,68  m / s   v1 

10 2   2,68 2  10, 353  m / s 

c. Khi chạm đất y  0  3x  và 10 3t  5t 2  0  t  2 3  s 

x2  0  x  20 3  m  20

Vật chạm đất cách vị trí ném là 20 3  m  Vận tốc khi chạm đất v  v 2x  v 2y với v x  10  m / s  ; v y  10 3  10.2 3  10 3  m / s 



 v  10 2  10 3



 20  m / s 

Bài tập tự luyện : Câu 1 : Từ mặt đất một vật được ném xiên lệch với phương ngang một góc   450 với vận tốc ban đầu là 20m / s . Lấy g  10m / s 2 . Viết phương trình

chuyển động của vật và độ cao mà vật có thể lên tới 75

 Câu 2: Một vật được ném từ mặt đất với vận tốc v 0 nghiêng một góc  với





phương ngang. Lấy g  10 m / s2 . a. Hãy xác định góc  để tầm xa lớn nhất. b. Chứng tở rằng tầm xa đạt được như nhau nếu góc nghiêng là  và      2   Hướng dẫn giải: Câu 1: Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ Thời điểm ban đầu Chiếu lên trục ox có x0  0 2  10 2  m / s  2 Chiếu lên trục oy có: y0  0

v 0x  v 0 cos   20.

2  10 2  m / s  2 Xét tại thời điểm t có a x  0; a y  g v 0y  v 0 sin   20.

 v0

 v0 y O

  v0 x

 v0 x

hmax

 v0 y

Chiếu lên trục ox có v x  10 2 ; x  10 2t



 v

Chiếu lên trục oy có: v y  10 2  10t; y  10 2t  5t 2 yx

x2 Vậy quỹ đạo của vật là một parabol 40

Khi lên đến đọ cao cực đại thì v y  0  10 2  10t  0  t  2  s   h max  y  10 2. 2  5.

 2

 10  m 

Câu 2: Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ Thời điểm ban đầu Chiếu lên trục ox có x0  0 v 0x  v 0 cos 

Chiếu lên trục oy có: y0  0 v 0y  v 0 sin 

Xét tại thời điểm t có a x  0; a y  g Chiếu lên trục ox có x v x  v 0 cos ; x  v 0 cos t  t  v 0 .cos 

Chiếu lên trục oy có: 76

 v0 y O

 v0

  v0 x

 v0 x

hmax

 v0 y



 v

1 v y  v 0 sin   gt; y  v 0 sin t  gt 2 2 2v sin  1 Khi chạm đất y  0  v 0 sin t  gt 2  0  t  0 2 g

 x  v 0 cos .

2v 0 .sin  g



v 02 .sin 2 g

Vậy x max lớn nhất khi sin 2 đạt max  sin 2  1  2 

      rad  2 4

b. Ta có tầm xa ưng với mỗi góc nghiêng  v 2 sin 2 x1max  0 g      v 02 sin 2     2  2 2    v 0 sin    2   v 0 sin 2 x   2 max g g g Vậy x1max  x 2 max

Dạng 2 : Các bài tập ném ngang Phương pháp giải là áp dụng khảo sát ném Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Một người đang chơi ở đỉnh tòa nhà cao 45m cầm một vật có khối lượng m ném theo phương ngang với vận tốc ban đầu là 20m / s xuống đất, bỏ qua lực cản của không khí. Cho g  10m / s2 a. Viết phương trình quỹ đạo của vật, khoảng thời gian vật chạm đất, và khoảng cách từ nhà đến vị trí rơi b. Xác định vận tốc của vật khi chạm đất c. Gọi M là điểm bất kỳ trên quỹ đạo rơi của vật mà tại đó vec tơ vận tốc hợp với phương thẳng đứng một góc   600 . Tính độ cao của vật khi đó Giải: a. Chọn hệ quy chiếu Oxy với O là ở mặt đất + Trên trục Ox ta có : ax = 0 ; vx = vo = 20 ( m/s ) ; x = vot = 20t y + Trên trục Oy ta có :  v0 ay = - g ; vy = -gt = -10t M 1 x2 y  h  gt 2  45  5t 2  y  45  2 80 Dạng của quỹ đạo của vật là một phần parabol Khi vật chạm đất

 vx

 vy

 v

x 77

y  0  45  5t 2  0  t  3  s 

Tầm xa của vật L  x max  20.3  60  m  b. Vận tốc của vật khi chạm đất v  v 2x  v 2y Với v x  20  m / s  ; v y  10.3  30  m / s   v  20 2  30 2  36,1  m / s 

c. Khi vận tốc của vật hợp với phương thẳng đứng một góc 600 v 30 3  3   t  3 s Ta có tan 600  v  v y 10t t Vậy độ cao của vật khi đó h  y  45  5

 3

 30  m 

Câu 2: Một người đứng ở độ cao 80m ném một vật thì vật phải có vận tốc ban đầu là bao nhiêu để ngay lúc chạm đất có v = 50m/s, bỏ qua lực cản của không khí. Tính tầm ném xa của vật khi chạm đất. Giải: Chọn hệ quy chiếu Oxy với O là mặt đất + Trên trục Ox ta có : ax = 0 ; vx = vo ; x = vot y + Trên trục Oy ta có :  v 1 2 0 M ay = - g ; vy = gt; y  h  gt  80  5t 2 2 Khi chạm đất thì h y  0  y  80  5t 2  t  4  s 

Vận tốc của vật khi chạm đất : v

v 2x

 v 2y

v=

( gt )  v 2

 vx

2 o

 vy

Để vận tốc chạm đất là 50 ( m/s )

 v

10.4 2  v02  v0  30  m / s  Tầm xa của vật L  v 0 .t  30.4  120  m   50 

Câu 3: Một quả cầu được ném theo phương ngang từ độ cao 80m. Sau khi chuyển động 3s, vận tốc quả cầu hợp với phương ngang y 0 một góc 45 .  v0 a. Tính vận tốc ban đầu của quả cầu. M b. Thời gian chuyển động của vật, vị trí tiếp đất, vận tốc của vật là bao nhiêu khi h tiếp đất?  Giải: v

 vy

 v

a. Chọn hệ quy chiếu Oxy với O là ở mặt đất + Trên trục Ox ta có : ax = 0 ; vx = vo; x = vot + Trên trục Oy ta có : ay = - g ; vy = -gt = -10t 1 y  h  gt 2  80  5t 2 2 Khi vận tốc của vật hợp với phương thẳng đứng một góc 450 v v Ta có tan 450  x  0  v 0  10t  10.3  30  m / s  v y 10t



b. Chạm đất: y = 0  5t 2  80  t  4 s

 



Khi đó : x max  v 0 t  30.4  120 m ; v y  gt  10.4  40 m / s



 v  v 2y  v x2  40 2  30 2  50m / s Bài tập tự luyện : Câu 1: Từ sân thượng cao 80m một người đã ném một hòn đá theo phương ngang với v 0  30  m / s  . Lấy g = 10m/s2. a. Viết phương trình chuyển động của hòn sỏi theo trục Ox, Oy.Xác định quỹ đạo của hòn sỏi. b. Khi vận tốc của viên đá hợp với phương thẳng đúng một góc 600 thì vật có độ cao bằng bao nhiêu, độ lớn vận tốc khi đó ? Câu 2: Một vật được ném theo phương ngang từ độ cao 125m, có tầm ném xa là 120m. Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy g = 10m/s2. Tính vận tốc ban đầu và vận tốc của vật lúc chạm đất. Câu 3: Một máy bay ném bom đang bay theo phương ngang ở độ cao 2km với v 0  504  km / h  . Hỏi viên phi công phải thả bom từ xa cách mục tiêu bao nhiêu để bom rơi trúng mục tiêu? .Biết bom được thả theo phương ngang, lấy g = 10m/s2. Câu 4: Một máy bay bay ngang với vận tốc v1  504  km / h  ở độ cao 2km muốn thả bom trúng một tàu chiến đang chuyển động đều với vận tốc v 2  90  km / h  trong cùng mặt phẳng thẳng đứng với máy bay. Hỏi máy bay phải cắt bom khi nó cách tàu chiến theo phương ngang một đoạn xa là bao nhiêu để bom rơi trúng tàu chiến? Xét trong hai trường hợp: a. Máy bay và tàu chuyển động cùng chiều. b. Máy bay và tàu chuyển động ngược chiều. Hướng dẫn giải: Câu 1 : a. Chọn hệ quy chiếu Oxy với O là ở mặt đất 79

+ Trên trục Ox ta có : ax = 0 ; vx = vo = 30 ( m/s ) ; x = vot = 30t + Trên trục Oy ta có : ay = - g ; vy = -gt = -10t

y M

1 x2 y  h  gt 2  80  5t 2  y  80  2 180 Quỹ đạo của vật là một phần parabol b. Khi vận tốc của vật hợp với phương

 v0

 vx

thẳng đứng một góc 600

 vy

v 30 3 Ta có tan 60  x   3   t  3 s v y 10t t 0

Vậy độ cao của vật khi đó h  y  80  5

 3

 v

 65  m 

Ta có v  v 2x  v 2y Với v x  30  m / s  ; v y  10. 3  m / s 



 v  30 2  10. 3



 20 3  m / s 

Câu 2: a. Chọn hệ quy chiếu Oxy với O là ở mặt đất + Trên trục Ox ta có : ax = 0 ; vx = vo ; x = vot y + Trên trục Oy ta có : ay = - g ; vy = -gt = -10t M 1 2 2 y  h  gt  125  5t 2 h Khi vật chạm đất y  0  125  5t 2  0  t  5  s 

Tầm xa của vật L  x max  v 0 .t  120  m   v 0  24  m / s  v

 vy

 v 2y

Với v x  24  m / s  ; v y  10.5  50  m / s 

 v  24 2  50 2  55, 462  m / s 

Chọn hệ quy chiếu Oxy với O là ở mặt đất

Câu 3: v 0  504  km / h   140  m / s  80

 vx

b. Vận tốc của vật khi chạm đất v 2x

 v0

 v

 v0

 vx

 vy

 v

+ Trên trục Ox ta có : ax = 0 ; vx = vo = 140( m/s ) + Trên trục Oy ta có : ay = - g ; vy = -gt = -10t 1 y  h  gt 2  2000  5t 2 2

Để bom rơi trúng mục tiêu y  0  2000  5t 2  0  t  20  s  L  x max  140.20  2800  m   2,8  km 

Câu 4: v1  504  km / h   140  m / s  , v 2  90  km / h   25  m / s  Bom là vật ném theo phương ngang ở độ cao h. Áp dụng phương pháp tọa độ với hệ trục Oxy như hình vẽ. a. Máy bay và tàu chuyển động cùng y chiều:

 x1  v1 t  Đối với máy bay  1 2  y1   2 gt  h h x  v 2 t  s Đối với tàu chiến  2 O y2  0 Để bom thả trúng tàu thì: x 2  x1 ; y 2  y1  1 2  gt  h  0  2 v t  v t  s 2  1

 v1

 v2

 2h  t  g   s  v  v t  1 2 

Vậy máy bay cách tàu chiến một quãng đường là:

s   v1  v 2 

2h 2.2000   140  25  .  2300  m   2, 3  km  g 10

b. Máy bay và tàu chuyển động ngược chiều. Chứng minh tương tự câu a ta có

 s   v1  v 2 

2h 2.2000   140  25  .  3300  m   3, 3  km  g 10

Trắc Nghiệm Câu 1.Một phi công lái một máy bay trực thăng đang lên thẳng đứng với vận tốc không đổi v0 . Đột nhiên trong khi bốc thẳng lên, phi công làm rơi cây một cây bút ra cửa sổ ,bỏ qua sức cản của không khí. Cây bút sẽ:

A.Cây bút chuyển động sang phương ngang rồi rơi xuống nhanh dần B.Hoàn toàn không đi lên nhưng ngay lập tức bắt đầu đi xuống đất. C.Di chuyển xuống với vận tốc không đổi. D. Ban đầu bay lên với vận tốc v0 , sau đó tốc độ giảm dần và dừng lại và cuối cùng đi xuống với tốc độ tăng dần. Câu 2.Một pháo sáng được thả ra từ máy bay đang bay đều theo phương thẳng nằm ngang. Bỏ qua sức cản của không khí , pháo sáng sẽ chuyển động ra sao? A.Bay phía sau máy bay trên cùng mặt ngang. B.Giữ thẳng đứng dưới máy bay C.Di chuyển phía trước máy bay trên cùng mặt ngang D. Phụ thuộc vào độ nhanh theo mặt ngang của máy bay. Câu 3. Một vật được nắm theo phương ngang từ độ cao h xo với mặt đất. chọn hệ quy chiếu Oxy tại mặt đất thì phương trình quỹ đạo anof sau đây là đúng

1 2 gt 2 1 2 C. y  h  gt 2 A, y 

B. y  h 

1 2 gt 2

D. y  h  gt

Câu 4.Một vật được ném ngang từ độ cao h với vận tốc v0 nào đó . Bỏ qua sức cản của không khí. Thời gian vật rơi đến mặt đất (t) là? A,

2h g

h g

v0 g

h 2g

Câu 5.Tầm xa của vật trên (s) là? A. v0 C.

v02 g

h g

B. v0 D.

2h g

v02 2g

Câu 6. .Cho hai vật A;B ban đầu nằm yên tại cùng độ cao nhưng không cùng một vị trí.Tại thời điểm ban đầu , vật thứ nhất A được thả rơi tự do và vật thứ 2 B thì ném ngang. Sau A thời điểm t=0 cả 2 vật chuyển động tự do. Vật nào chạm đất trước tiên? 82

A. Vật A B.Vật B C.Cả 2 cùng chạm đất D.Phụ thuộc vật vào khối lượng vật Câu 7. Một quả bóng được ném theo phương ngang với vận tốc đầu v0  20m / s từ độ cao 45m.Hỏi tầm bay xa của quả bóng bằng bao nhiêu? Lấy g  10m / s và bỏ qua sức cản của không khí. . 30m B.45m C.60m D.90m Một hòn bi lăn dọc theo 1 cạnh của 1 mặt bàn hình chữ nhật nằm ngang cao h=1,25m.Khi ra khỏi mép bàn , nó rơi xuống nền nhà tại điểm cách 2

mép bàn là 1,5m theo phương ngang. Lấy g  10m / s . Dùng dữ liệu trả lời câu 8; 9; 10 Câu 8. Thời gian rơi của bi là: A.0,25s B.0,35s C.0,5s D.0,125s Câu 9. Tốc độ của viên bi lúc rơi khỏi bàn là: A.12m/s B.6m/s C.4,28m/s D.3m/s Câu 10. Xác định vận tốc khi chạm đất A. 5,83 m/s B.6 m/s C.4,28 m/s D.3 m/s Từ đỉnh 1 ngọn tháp cao 80m, một quae cầu được ném theo phương ngang với vận tốc đầu 20m/s.Dùng dữ kiện này trả lời các câu 11,12,13 Câu 11. Viết phương trình tọa độ của quả cầu. Xác định tọa độ của quả cầu sau khi ném 2s. 2

A. y  5t ; x  20t ; x  40  cm  ; y  20  cm  2

B. y  10t ; x  20 t; x  40  cm  ; y  40  cm  2

C. y  5t ; x  40 t; x  20  cm  ; y  40  cm  2

D. y  10t x  10 t; x  20  cm  ; y  40  cm  2

Câu 12. Viết phương trình quĩ đạo của quả cầu. Qũy đạo này đường gì?

x2 A. y  Parabol 80 x2 C. y  Parabol 40

x2 B. y  Hypebol 80 x2 D. y  hypebol 40

Câu 13. Qủa cầu chạm đất ở vị trí nào? Vận tốc quả cầu khi chạm đất là bao nhiêu? 83

A. 24,7  m / s 

B. 41,7  m / s 

C. 22,7  m / s 

D. 44,7  m / s 

Câu 14. Từ độ cao 7,5m một quả cầu được ném lên xiên góc   45 so với phương ngang với vận tốc 10m/s. Viết phương trình quỹ đạo của quả cầu và cho biết quả cầu chạm đất ở vị trí nào. 1 1 A. y   x 2  x; x  15  m  B. y   x 2  x; x  10  m  10 10 1 2 1 C. y   x  x; x  15  m  D. y   x 2  x; x  10  m  10 10 Câu 15.Một quả bóng được ném theo phương ngang với vận tốc đầu v0  20m / s và rơi xuống đất sau 4s . Hỏi quả bóng được ném từ độ cao 0

nào? Lấy g  10m / s và bỏ qua sức cản của không khí. A. 60m B.80 m C.90m D.100m Câu 16. Một vật được ném ngang từ độ cao 9m với vận tốc ban đầu v0 .Vật 2

bay xa cách vị trí ném một khoảng 18 m .Tính vận tốc ban đầu v0 . Lấy g  10m / s . A.19m/s B.13,4m/s C.10m/s D.3,16m/s *Một quả banh được người chơi gôn đánh đi với vận tốc ban đầu là v0  40m / s hợp với phương ngang 1 2

góc   45 . Qủa banh bay về hướng hồ cách đó 100m , hồ rộng 50m. Dùng thông tin này để làm câu 0

17;18;19;20. Lấy g  10m / s



100m

50m

Câu 17.Thời gian quả banh bay trong không khí là: A. 2 s

B. 2 2 s

C. 4 2 s D. 8 2 s Câu 18. Độ cao nhất mà quả banh lên được: A. 40 2 m B. 20 2 m C.20m D.40m Câu 19.Xác định qũi đạo của quả banh ( chọn O tại chỗ đánh quả banh, chiều dương Oy hướng lên, chiều dương Ox về phía hồ) A. y  

1 2 x x 40

B. y 

1 2 x x 40

C. y  

1 2 x x 160

D. y 

1 2 x x 60

Câu 20.Qủa banh rơi xuống đất tại chỗ: A. Trước hồ B.Trong hồ C.Qua khỏi hồ D.Tại phía sau sát hồ Đáp án trắc nghiệm Câu 1. Đáp án D Câu 2. Đáp án B Câu 3. Đáp án C Câu 4. Đáp án A Câu 5. Đáp án B Câu 6. Đáp án C .Thời gian rơi là như nhau t 

2h g

Câu 7. Đáp án C

2h 2.45   3 s  g 10 Tầm bay xa của quả bóng bằng x  v0t  20.3  60m Thời gian rơi là t 

2h 2.1, 25   0,5  s  g 10 Câu 9. Đáp án D Ta có tầm xa x  v0t  1,5  v0 .0,5  v0  3m / s Câu 8. Đáp án C

Thời gian rơi là t 

Câu 10. Đáp án A. Ta có v  v 02  v 2y Với v y  gt  10.0, 5  5  m / s   v  32  52  34  m / s  Câu 11. Đáp án A. Chọn gốc tọa độ O ở đỉnh tháp, trục tọa độ Ox theo hướng thẳng đứng hướng xuống, gốc thời gian lúc vừa ném vật. Phương trình tọa độ của quả cầu:

 x  20t  m   x  v0t  x  40m    2 2  y  12 gt  y  5t  m  Lúc t=2s:  y  20m 

Câu 12. Đáp án A Phương trình quỹ đạo của quả cầu:

  ag

 v0 , trục OY  V0 X

 V

y

1 g 2 v02

y  801 x 2

với x≥ 0 Qũy đạo là 1 nhánh parabon, đỉnh O Câu 13. Đáp án D Khi quả cầu chạm đất: y=80m. Ta có: y 

x 2  80 . Suy ra:x=80m

v02   gt  . Lúc quả cầu chạm đất:t t  2

Vận tốc quả cầu: v  Suy ra: v 

1 80

2y g

 4s

202  10.4   44,7 m / s 2

Câu 14. Đáp án A. Chọn gốc tọa độ O tại nơi ném vật, trục tọa độ ÕY như hình vẽ, gốc thời gian lúc vừa ném vật. Phương trình quỹ đạo của quả cầu:

y



g 1 2 v02 cos 2 

x

  tan   x

Với v 0  10  m / s  ;   450 y

1 2 x x 10

o h

x  0



Khi vật chạm đất: y   101 x  x  7,5m 2

Giải phương trình và loại nghiệm âm, ta suy ra x=15m. Quả cầu chạm đất tại nơi cách vị trí ban đầu theo phương ngang là 15m.

gt 2 10 2 Câu 15. Đáp án B Ta có. h   .4  80m 2 2 2 gx 10.182 Câu 16. Đáp án B Ta có y  9  v0  13, 4m / s 2v02 2.v02 Câu 17. Đáp án C. Thời diểm đến điểm cao nhất t 

v0 sin   2 2 S. g

Thời gian bay trong không khí : t  2t  4 2 s Câu 18. Đáp án D /

 2 40 .  2 2  2 v .sin   Ta có độ cao h  0  2g 2.10 2

Câu 19. Đáp án C. 86

     40 m  

Phương trình quĩ đạo: y 

g 1 2 .x 2  tg x  y   x x 2 2v cos  160 2 0

Câu 20. Đáp án C. Khi rơi xuống đất y=0 ta suy ra x=160m, x>150m . Qủa banh ra khỏi hồ. HỆ QUY CHIẾU QUÁN TÍNH VÀ KHÔNG QUÁN TÍNH LỰC HƯỚNG TÂM VÀ LỰC QUÁN TÍNH LI TÂM HIỆN TƯỢNG TĂNG GIẢM TRỌNG LƯỢNG I: LÝ THUYẾT CẦN LƯU Ý. A. Hệ quy chiếu quán tính và không quán tính - Hệ quy chiếu quán tính là hệ quy chiếu đứng yên hoặc chuyển động đều - Hệ quy chiếu không quán tính là hệ quy chiếu chuyển động có gia tốc - Lực quán tính: Trong hệ quy chiếu không quán tính chuyển động với gia  tốc a so với hệ quy chiếu quán tính, tức là mỗi vật trong hiện tượng cơ học   xảy ra chịu thêm một lực Fqt  ma và lực này gọi là lực quán tính. B. Lực hướng tâm và lực quán tính ly tâm. 1. Định nghĩa.Lực tác dụng vào một vật chuyển động tròn đều và gây ra cho vật gia tốc hướng tâm gọi là lực hướng tâm. 2. Công thức.Fht = maht =

mv 2 = m2r r

Trong đó: F ht là lực hướng tâm (N) m là khối lượng của vật (kg) aht là gia tốc hướng tâm (m/s2) v là tốc độ dài của vật chuyển động tròn đều (m/s) r là bán kính quỹ đạo tròn (m)  là tốc độ góc của vật chuyển động tròn đều (rad/s) 3. Ví dụ. + Lực hấp dẫn giữa Trái Đất và vệ tinh nhân tạo đóng vai trò lực hướng tâm, giữ cho vệ tinh nhân tạo chuyển động tròn đều quanh Trái Đất. + Đặt một vật trên bàn quay, lực ma sát nghĩ đóng vai trò lực hướng tâm giữ cho vật chuyển động tròn. + Đường ôtô và đường sắt ở những đoạn cong phải làm nghiên về phía tâm cong để hợp lực giữa trọng lực và phản lực của mặt đường tạo ra lực hướng tâm giữ cho xe, tàu chuyển động dễ dàng trên quỹ đạo. 4. Lực quán tính li tâm. - Nếu xét trong hệ quy chiếu không quán tính quay theo vật, vật coi như đứng yên nhưng chịu thêm một lực quán tính gọi là quán tính li tâm. - Có hướng ra xa tâm 87

- Độ lớn : Fqtlt  Fht 

mv 2 R

 m2 R

C. Sự thay đổi trọng lượng. - Trọng lực: Là hợp lực của lực hấp dẫn trái đất tác dụng lên vật và lực    quán tính li tâm do sự quay của trái đất P  Fhd  Fq - Trọng Lượng: của một vật trong hệ quy chiếu mà vật đứng yên là hợp lực    của lực hấp dẫn và lực quán tính tác dụng lên vật P  Fhd  Fq + Xét trong hệ quy chiếu đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều thì trong lượng và trọng lực trùng nhau P  P / , khi hệ chuyển động có gia tốc với trái đất thì hai lực này khác nhau. Trọng lượng của vật có thể lớn hơn hoặc bé hơn trọng lực và được gọi là sự tăng hay giảm trọng lượng.    + Khi P /  Fhd  Fq  0 thì xảy ra sự mất trọng lượng đây là hiện tượng rơi tự do khi một vật dặt trong thang máy. II: DẠNG BÀI TẬP CẦN LƯU Ý. Dạng 1: Áp dụng lực hướng tâm và lực quán tính ly tâm. Phương pháp giải bài tập.

mv 2  m.r. 2 r v2  r. 2 - Công thức tính gia tốc: aht  r 1  - Công thức tính tần số: f   T 2 1 2 - Công thức tính chu kì: T   f  - Để vật không bị trượt: Fht  Fms - Ta có : Fht  m.aht 

Chu kì của kim giờ là 12h, chu kì của kim phút là 60 phút, chu kì của kim giây là 60s; chu kì tự quay của TĐ là (24x 3600)s, chu kỳ quay của TĐ quanh MT là 365 ngày. Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Một vật có khối lượng 1kg chuyển động tròn đều trên đường tròn có bán kính là 10 cm. Thì lực hướng tâm tác dụng lên vật 10N. Xác định tốc độ góc của vật. Giải: Ta có lực hướng tâm

Fht  m. 2 .r   

Fht 10   10  rad / s  mr 1.0, 2

Câu 2: Một vật có khối lượng 2kg chuyển động tròn đều trên đường tròn có bán kính 50cm có tốc độ 4 vòng/s. Xác định lực hướng tâm tác dụng lên vật. 88

Giải : Ta có    2 . f  2 .4  25,12  rad / s  Lực hướng tâm Fht  m. 2 .r  2.  25,12  .0,5  631N 2

Câu 3: Cho một đĩa nằm ngang quay quanh trục thẳng đứng với vận tốc n=30 ( vòng/phút ). Đặt một vật có khối lượng m lên đĩa cách trục quay 20cm. Hỏi hệ số ma sát bằng bao nhiêu để vật không trươt trên đĩa ? Lấy



g  2  10 m / s 2



2    rad / s  60 Để vật không bị trượt ra khỏi bàn: Fqtlt  Fms

Giải: Ta có   30.

 m .r   .N   .m.g 2



 2 .r g



 2 .0, 2 10

 0, 2

 N

 f ms

 F qtlt

 P

Câu 4: Một vật được đặt tại mép một mặt bàn tròn có bán kính 80cm, bàn quay đều quanh trục thẳng đứng qua tâm O của mặt bàn với tốc độ góc  . Biết hệ số ma sát giữa vật và mặt bàn là 2. Hỏi  có giá trị max là bao nhiêu để vật không bị trượt ra khỏi bàn.Lấy g= 10m/s2 Giải:  Để vật không bị trượt ra khỏi bàn: Fqtlt  Fms

 m 2 .r   .N   .m.g  

 .g r



2.10  5  rad / s  0,8

 f ms

 F qtlt

 P

Bài tập tự luyện : Câu 1: Một Ô tô chạy qua một đoạn đường đèo vào khúc cua được coi như là một cung tròn có bán kính cong là 200cm.Hệ số ma sát trượt giữa lốp xe và mặt đường là 0,8.Hỏi ô tô chỉ được chạy với vận tốc tối đa bằng bao nhiêu để không rơi khỏi đoạn đường đèo, khi đó tốc độ góc của ô tô là bao nhiêu ?. Câu 2: Cho một bàn tròn có bán kính 80 cm. Lấy một vật có khối lượng 100g đặt lên mép bàn tròn. Khi bàn tròn quay quanh một trục thẳng qua tâm bàn thì thấy vật quay đều theo bàn với vận tốc v  2  m / s  . Xác định hệ số ma giữa vật và bàn tròn để vật không trượt Câu 3: Buộc một vật có khối lượng 0,5kg vào một sợi dây dài 1m rồi quay tròn đều thì thất lực căng của dây là 8N. Xác định vận tốc dài của vật. Câu 4: Một vật đặt trên một cái bàn quay. Nếu hệ số ma sát giữa vật và mặt bàn là 0, 5 và vận tốc góc của mặt bàn là 5rad/s thì có thể đặt vật ở vùng nào trên mặt bàn để nó không bị trượt đi. 89

Câu 5: Một con lắc lò xo có chiều dài tự nhiên 20cm và có độ cứng 12,5N/m có một vật nặng 10g gắn vào đầu của lò xo. Đầu kia cố định gắn vào trục quay. a. Vật nặng m quay tròn đều trong mặt phẳng nằm ngang với vận tốc 2 vòng/s. Tính độ giãn của lò xo. b. Lò xo sẽ không thể có lại trạng thái cũ nếu giãn dài hơn 40 cm. Tính số vòng quay tối đa của m trong một phút, cho 2  10 Câu 6: Một đĩa tròn nằm ngang có thể quay quanh một trục thẳng đứng. Vật m = 100g đặt trên đĩa, nối với trục quay bởi một lò xo nằm ngang. Nếu số vòng quay không quá n1 = 2 vòng/s, lò xo không biến dạng. Nếu số vòng quay tăng chậm đến n2 = 5 vòng/s lò xo giãn dài gấp đôi. cho 2  10 Tính độ cứng k của lò xo. Hướng dẫn giải: Câu 1: Để Ô tô không bị trượt khỏi đoạn đường đèo thì: Fqtlt Fms

mv 2    .N   .m.g r  v  r. .g  2.0,8.10  4  m / s 

4  v  r  4     2  rad / s  2

 f ms

 P

Câu 2: Để vật không bị trượt khỏi bàn tròn thì Fqtlt  Fms 2

mv   .N   .m.g r v2 22    0,5 r.g 0,8.10 

 f ms

Câu 3: Khi vật quay tròn đều T  Fqtlt

mv 2  v r

F .r 8.1   4m / s m 0,5 Câu 4: Để vật không trượt thì Fqtlt  Fms Mà Fqtlt

 mr 2   .N   .m.g  r 

 g 0,5.10   0, 2  m  2 52

Câu 5: a. Ta có   2f  2.2  4  rad / s 

Khi vật quay tròn đều Fdh  Fqtlt  k.l  m.r.2 90

 F qtlt

 N

 P

 F qtlt

Mà r  l0  l  k.l  m.  l0  l  .2  12, 5.l  0,01.  0, 2  l  .  4 

 l  0,03  m   3cm

b. Theo bài ra rmax  l max  0, 4  m   Fdh  Fqtlt  k.l  m.r.2   

k.l m.r

Mà l  l1  l0  40  20  20  cm   0, 2  m  

25.60 12, 5.0, 2  238,73 ( vòng/ phút )  25  rad / s  Vậy n  2. 0,01.0, 4

Câu 6 : Ta có   2.n Khi số vòng quay là n1 : Lực hướng tâm là lực ma sát nghỉ cực đại :

m12 l 0  Fms

 1

Khi số vòng quay là n2 : Lực hướng tâm là tổng lực của lực đàn hồi và lực ma sát nghỉ cực đại.

kl 0  Fms  2m22 l 0 Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có :







2



 k  4 2 m 2n 22  n12  4.10.0,1. 2.52  2 2  184  N / m 

Dạng 2: Khi vật qua một chiếc cầu cong Phương pháp giải: Phân tích tất cả các lực tác dụng lên vật Theo định luật hai Newton Chiếu theo chiều hướng vào tâm Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Một ôtô có khối lượng là 2tấn đang chuyển động với vận tốc 18km/h, lấy g = 10m/s2 bỏ qua ma sát. Tìm lực nén của ôtô lên cầu khi đi qua điểm giữa cầu ? , biết cầu có bán kính 400 cm a. Cầu võng xuống. b. Cầu võng lên. Giải: Ta có v  18km / h  5m / s   Khi đi qua điểm giữa quả cầu vật chịu tác dụng của các lực N,P

 



a. Theo định luật II Newton ta có N  P  m.aht

Chọn trục toạ độ Ox có chiều dương hướng vào  N  P  ma ht  N  ma ht  P  m

v2  mg r

tâm:

 N

 P 91

 N  2000.

52  2000.10  32500  N  4

 



b. Theo định luật II Newton ta có N  P  m.aht

 N

Chọn trục toạ độ Ox, chiều dương hướng vào tâm:  P  N  ma ht

 N  Pm  P

5  7500  N  4 Câu 2: Một người diễm viên xiếc đi xe đạp trên vòng xiếc bán kính 10m, biết khối lượng tổng cộng lag 60kg. Lấy g=10m/s2 a. Để phải đi qua điểm cao nhất của vòng với vận tốc tối thiểu bằng bao nhiêu để người diễn viên và xe đạp không rơi khỏi vòng  N  2000.10  2000.

b. Nếu tại nơi có bán kính hợp với phương thẳng đứng một góc 600 thì áp lực của diễn viên tác dụng lên vòng là bao nhiêu biết vận tốc tại đó là 10  m / s    Giải: Người diễn viên chịu tác dụng của hai lực P, N    Theo định luật II Newton P  N  ma a. Chiếu theo chiều hướng vào tâm v2 v2  N  m. P R R Muốn không bị rơi thì người đó vẫn ép lên vòng xiếc tức là P  N  ma ht  m.

 P

 N

v2  mg  0  v  gR  v  10.10  10(m / s) R Vậy vận tốc của xe đạp tối thiểu phải là 10m/s. N0m

b. Chiếu theo chiều hướng vào tâm P cos   N  m

v2 r

 v2   10 2   N  m  g cos    60   10.cos 600   300  N   r   10      Câu 3: Xe ô tô loại nhỏ có khối lượng một tấn đi qua cầu vồng lên. Cầu có bán kính cong là 50m. Xe chuyển động đều lên cầu với vận tốc 36 km/h. Tính lực nén của xe lên cầu mặt cầu. Lấy g = 9,8m/s2. a. Tại đỉnh cầu.

b. Tại nơi bán kính cong hợp với phương thẳng đứng góc   30 0 . Giải : Ta có v  36  km / h   10  m / s  92

   Theo định luật II Newton ta có N  P  ma Ta chỉ xét trên trục hướng tâm. a. Khi xe ở đỉnh cầu Chiếu theo chiều hướng vào

PNm

 N

v r

 v2   N  mg   r    10 2  N  1000  10  50 

 v

 N

   7800  N  



tâm

 v

 P

Lực nén của xe lên cầu: N’ = N = 7800N b, Khi xe ở vị trí   30 0

v2 Chiếu theo chiều hướng vào tâm cầu P cos   N  m r 2 2   v  10   N  m  g cos     1000  10.cos 300    6660, 254  N  r  50    Bài tập tự luyện : Câu 1: Một người cầm một sô đựng nước và quay tròn nó trong mặt phẳng thẳng đứng bán kính của vòng tròn là 100cm. Người đó phải quay với vận tốc nào để nước trong xô không đổ ra khi qua điểm câo nhất ? Lấy g=10m/s2 Câu 2: Một diễn viên xiếc đi xe đạp có khối lượng tổng cộng 65kg trên vòng xiếc bán kính 6,4m phải đi qua điểm cao nhất với vận tốc tối thiểu bao nhiêu để không rơi. Xác định lực nén lên vòng khi xe qua điểm cao nhất với vận tốc 10m/s. Câu 3: Một máy bay thực hiện một màn nhào lộn bán kính 400m trong mặt phẳng thẳng đứng với vận tốc 540km/h. a. Tìm lực do người lái có khối lượng 60kg nén lên ghế ngồi ở điểm cao nhất và thấp nhất của vòng nhào. b. Muốn người lái không nén lên ghế ngồi ở điểm cao nhất của vòng nhào, vận tốc máy bay phải là bao nhiêu ? Câu 4: Một ô tô có khối lượng 1200kg chuyển động qua một chiếc cầu với vận tốc 54 km/h.Tính áp lực của oto lên cầu khi nó đi qua điểm giữa của cầu nếu. Lấy g=10m/s2 a.Cầu vồng lên và có bán kính cong R=100m b. Cầu võng xuống và có bán ,kính cong R=100m. Hướng dẫn giải:   Câu 1: Nước trong sô chịu tác dụng của hai lực P, N 93

   Theo định luật II Newton P  N  ma Nước trong sô chuyển động tròn chiếu vào tâm ta có P  N  ma ht  N  ma ht  P

 P

Để nước khong bị đổ ra ngoài thì N  0  ma ht  P  0

 N

a ht  g  R2  g  R42 n 2  g n

g R4



10  0, 5 ( vòng / giây) 1.4.10

  Câu 2 : Ở điểm cao nhất người và xe đạp chịu tác dụng của các lực P, N    Theo định luật II Newton P  N  ma Chiếu theo chiều hướng vào tâm v2 v2  N  m. P R R Muốn không bị rơi thì người đó vẫn ép lên vòng xiếc tức là P  N  ma ht  m.

N0m

 P

 N

v2  mg  0  v  gR R

 v min  gR  8m / s    Ở điểm cao nhất: P  N  ma  v2   10 2   N  m   g   65.   10   365,63  N  R   6, 4 

Lực nén: N'  N  365,63N Câu 3: Ta có v  540  km / h   150  m / s    Ghế chịu tác dụng của các lực P, N    Theo định luật II Newton P  N  ma chiếu vào tâm cung tròn

 v2

  150 2   g   60.   10   2775  N  R   400 

a. Khi ở điểm cao nhất.  N1  m 

 N'1  N1  2775N  v2

  150 2   g   60.   10   3975  N  R   400 

Khi ở điểm thấp nhất:  N 2  m 

 N'2  N2  3975N b. Khi không có lực nén ở điểm cao nhất tức là

N'1  0  v'  gR  63, 2m / s

Câu 4: Ta có v  54  km / h   15  m / s  94

  Khi đi qua điểm giữa quả cầu vật chịu tác dụng của các lực N,P

 



a. Theo định luật II Newton ta có N  P  m.aht

Chọn trục toạ độ Ox có chiều dương hướng vào  N  P  ma ht  N  ma ht  P  m  N  1200.

tâm:

v2  mg r

 P

152  1200.10  14700  N  100

 



b. Theo định luật II Newton ta có N  P  m.aht Chọn trục toạ độ Ox, chiều dương hướng vào tâm:  P  N  ma ht

 N

 N  Pm  P

15  9300  N  100 Dạng 3: Đặt vật trong thang máy Phương pháp giải.    - Ta có g /  g  a qt  N  1200.10  1200.

 N

    - Xác định chiều của gia tốc và gia tốc quán tính a  a qt ; a  a qt   + Nếu chuyển động nhanh dần đều a.v  0   + Nếu chuyển động chậm dần đều a.v  0 Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Một người có khối lượng 60kg đứng trong một thang máy .Tính áp lực của người lên sàn thang máy hay tính trọng lượng của của người khi thang máy a. Đứng yên b. Đi lên nhanh dần đều với gia tốc 1m/s2 c. Đi lên chậm dần đều với gia tốc 2m/s2 d. Đi xuống nhanh dần đều với gia tốc 2m/s2 e. Đi xuống chậm dần đều với gia tốc 2m/s2 f. Chuyển động thẳng đều 2  m / s  /   Giải: Ta có g  g  a qt mà trọng lượng của vật khi thang máy chuyển động

là P /  mg /



a. Khi thang máy đứng yên a  0 m / s2

 95

 N  P  mg  10.10  100  N 

b. Đi lên nhanh dần đều với gia tốc 1m/s2   a qt  g  g /  g  a qt



 g /  10  2  12 m / s 2

 v

 a  a qt



 N  P /  mg /  10.12  120  N 

c. Đi lên chậm dần đều với gia tốc 2m/s2   a qt  g  g /  g  a qt



 g /  10  2  8 m / s 2

 v



d. Đi xuống nhanh dần đều với gia tốc 2m/s2   a qt  g  g /  g  a qt



 g /  10  2  8 m / s 2





 v



f. Chuyển động thẳng đều 2  m / s 

 v

 a

  N  P /  mg a qt

 a

 N  P /  mg /  10.8  80  N 

e. Đi xuống chậm dần đều với gia tốc 2m/s2   a qt  g  g /  g  a qt  g /  10  2  12 m / s 2

 a

 a qt

 N  P /  mg /  1

 a qt

Vì thang máy chuyển động thẳng đều nên



a  0 m / s2



 N  P  mg  10.10  100  N 

Câu 2: Thang máy có khối lượng 1tấn chuyển động có đồ thị vận tốc như hình v(m/s) vẽ.tính lực căng của dây cáp treo thang máy 5 trong từng giai đoạn chuyển động. xét hai trường hợp: a. Thang máy đi lên b. Thang máy đi xuống O 2 4 6 8 10 t(s) c. Biết rằng trong buồng thang máy nêu trên có một người khối lượng 80kg đứng trên sàn. Khi thang máy đi xuống tìm trọng lượng của người trong từng giai đoạn chuyển động của thang máy. Khi nào trọng lượng của ngừơi bằng 0? Câu 2: Gia tốc của vật trong từng giai đoạn chuyển động 96

+ Giai đoạn 1: a1  + Giai đoạn 2: a 2  + Giai đoạn 3: a 3 



v 2  v1 5  0   2, 5 m / s 2 t1 2 v3  v2 t2





55  0 m / s2 8





v2  v2 0  5   2, 5 m / s 2 t3 2



a. + Giai đoạn 1: Thang máy đi lên nhanh dần đều với gia    v tốc 2,5 m/s2  a qt  g  g /  g  a qt



 g /  10  2, 5  12, 5 m / s 2

 a  a qt



 T  P /  mg /  1000.12, 5  12500  N 



+ Giai đoạn 2: Vì thang máy chuyển động thẳng đều nên a  0 m / s2  T  P  mg  1000.10  10000  N 

+ Giai đoạn 3: Đi lên chậm dần đều với gia tốc 2,5 m/s2    a qt  g  g /  g  a qt



 g /  10  2, 5  7, 5 m / s 2



 v



 a

 a qt

 T  P /  mg /  1000.7, 5  7500  N 

b. Thang máy đi xuống + Giai đoạn 1: Đi xuống nhanh dần đều với gia tốc   2,5 m/s2  a qt  g  g /  g  a qt



 g /  10  2, 5  7, 5 m / s 2

 v

 a



 T  P /  mg /  1000.7, 5  7500  N 



+ Giai đoạn 2: Vì thang máy chuyển động thẳng đều nên a  0 m / s2  T  P  mg  1000.10  10000  N 

+ Giai đoạn 3: Đi xuống chậm dần đều với gia tốc 2,5 m/s2    a qt  g  g /  g  a qt



 g /  10  2, 5  12, 5 m / s 2



 v

 a

 T  P /  mg /  1000.12, 5  12500  N 

c. Thang máy đi xuống + Giai đoạn 1: Đi xuống nhanh dần đều với gia tốc   2,5 m/s2  a qt  g  g /  g  a qt

 v

 a

 a qt



 a qt

 a qt97



 g /  10  2, 5  7, 5 m / s 2

 NP

 mg /  80.7, 5  600  N 



+ Giai đoạn 2: Vì thang máy chuyển động thẳng đều nên a  0 m / s2  T  P  mg  80.10  800  N 

+ Giai đoạn 3: Đi xuống chậm dần đều với gia tốc 2,5 m/s2    a qt  g  g /  g  a qt



 g /  10  2, 5  12, 5 m / s 2



 N  P /  mg /  80.12, 5  1000  N 

 v

 a



 a qt

Để trọng lượng của ngừơi bằng 0 khi   a qt  g  P/  0  g /  0    a qt  g Tức là lúc này thang máy rơi tự do Trắc Nghiệm Câu 1.Một quả cầu nhỏ treo vào xe đang chuyển động có gia tốc. Dây treo quả cầu bị lệch như hình vẽ. Kết luận nào sau đây là  đúng? V A.Xe chuyển động đều B.Xe chuyển động nhanh dần đều C.Xe chuyển động chậm dần đều D.Không kết luận được vì chưa biết góc  bởi dây treo và phương đứng Câu 2.Xét người đứng trên thang máy chuyển động đều lên trên . Phản lực pháp tuyến hướng lên của sàn thang máy là N tác dụng vào người đó so với trọng lực P của người đó là: A.Lớn hơn B.Vẫn như cũ C.Nhỏ hơn D. Không xác định được Câu 3. Tìm phát biể sai về hệ qui chiếu phi quán tính và lực quán tính: A. Hệ qui chiếu phi quán tính và hệ quy chiếu có gia tốc đối với 1 hệ quy chiếu quán tính. B. Mọi vật đều đứng yên trong hệ qui chiếu phi quán tính C. Để áp dụng định luật II Niu tơn trong 1 hệ qui chiếu phi quán tính, hợp lực tác dụng phải thêm lực quán tính.



D. Lực quán tính có biểu thức Fq   ma0 . Trong đó của hệ qui chiếu phi quán tính. Câu 4. Chọn câu sai 98

 a0 là gia tốc

A. Vệ tinh nhân tạo chuyển động tròn đều quanh trái đất chịu tác dụng của lực hướng tâm có độ lớn không đổi B. Chuyển động thẳng đều được gọi là chuyển động do quán tính. C. Lực và phản lực không thể cân bằng nhau vì chúng đặt vào 2 vật khác nhau D. Vệ tinh nhân tạo chuyển động tròn đều quanh trái đất chịu tác dụng của 2 lực cân bằng do trát đất và mặt trăng gây ra *Một vật khối lượng m đặt trên đĩa quay đều với vận tốc R góc  . Vật đã vạch nên đường tròn bán kính R . Dùng thông 0 tin này để trả lời câu 5; 6; 7. Câu 5.Vật đã chuyển động tròn nên lực nào đóng vai trò  lực hướng tâm?

  B.Phản lực N

A.Trọng lực P C.Lực ma sát nghỉ D.Hợp lực của 3 lực trên Câu 5. Đáp án D. Hợp lực tác dụng vào vật chuyển động tròn đều đóng vai trò lực hướng tâm. Câu 6.Lực ma sát nghỉ tác dụng lên vật có hướng? A.Hướng vào tâm O B.Hướng ra xa tâm O C.Tiếp tuyến với quỹ đạo tròn D.Còn phụ thuộc vào vận tốc góc  Câu 7.Nếu đứng trên hệ qui chiếu gắn với vật ta thấy vật nằm yên. Vậy lực quán tính có hướng và độ lớn là: A. Hướng vào tâm O; Fq= m. R 2

B.Hướng ra xa tâm O; Fq  m. R 2

B.Tiếp tuyến với quỹ đạo tròn; Fq  m. R 2

D.Hướng ra xa tâm: Fq  m.v R Câu 8.Một ô tô có khối lượng 1200kg chuyển động đều qua 1 đoạn cầu vượt (coi là cung tròn) với vận tốc 36km/h . Biết bán kính cong của đoạn 2

cầu vượt là 50m.Lấy g  10m / s .Áp lực của ô tô vào mặt đường tại điểm cao nhất: A.119500N B.117600N C. 14400N D.9600N 2

Cho một vật có khối lượng 500g được đặt trong một thang máy. Xác định trong lượng của vật. Lấy g  10m / s . Dùng dữ liệu trả lời các câu sau 9; 10; 11; 12; 13; 14; 15 Câu 9. Khi thang máy đi lên đều A.5N B.50N C. 10N D.40N 2



Câu 10. Khi thang máy đi lên nhanh dần đều với a  2 m / s2 A.5N C. 4N

B.6 N D.8 N



Câu 11. Khi thang máy đi lên chậm dần đều với a  2 m / s2 A.5N C. 4N

B.6 N D.8 N











Câu 12. Khi thang máy đi xuống chậm dần đều với a  4 m / s2 A.5N C. 4N

B.6 N D.7 N

Câu 13. Khi thang máy đi xuống nhanh dần đều với a  4 m / s2 A.5N B.6 N C. 3N D.8 N Câu 14. Khi thang máy đi xuống đều A.5N B.50N C. 10N D.40N Câu 15. Khi thang máy rơi tự do A.5N B.0N C. 1N D.4N Câu 16.Một xe khối lượng m chạy qua cầu cong coi như 1 cung tròn bán kính R. Xét xe ở vận tốc v. Lực nén do xe tác dụng lên mặt nào sau đây?



C. m g 



B. m g 

A. mg v2 R



v2 R

 V

đỉnh cầu có  cầuRcóPbiểu thức



D. một biểu thức khác A, B, C.

Câu 17.Một xe khối lượng 5 tấn chạy qua cầu cong lên coi như một cung tròn bán kính 20m. Xét xe ở đỉnh cầu có vận tốc 36km/h. Lực nén do xe tác dụng lên mặt cầu là ? A. 2500 N B. 25000 N 100

C. 50000 N D. 5000 N Câu 18. Chọn phát biểu sai: A. Vệ tinh nhân tạo chuyển động tròn đều quanh trái đất do lực hấp dẫn đóng vai trò lực hướng tâm, B.Xe chuyển động vào 1 đoạn đường cong (khúc cua) mặt đường nghiêng, lực ma sát đóng vai trò lực hướng tâm. C. Xe chuyển động đều trên đỉnh 1 cầu võng, hợp lực của trọng lực và phản lực vuông góc đóng vai trò lực hướng tâm. D. Đồng xu đặt trên mặt bàn nằm ngang quay đều trên trục thẳng đứng thì lực ma sát nghỉ đóng vai trò lực hướng tâm. Câu 19. Điều nào sau đây là đúng khi nói về vật tác dụng lên vật chuyển động tròn đều? A. Ngoài các lực cơ học, vật còn chịu thêm tác dụng của lực hướng tâm B. Hợp lực của tất cả các lực tác dụng lên vật đóng vai trò là lực hướng tâm C. Vật không chịu tác dụng của lực nào ngoài lực hướng tâm D. Hợp lực của tất cả các lực tác dụng lên vật nằm theo phương tiếp tuyến với quỹ đâoj tại điểm khảo sát Câu 20.Một ô tô khối lượng m di chuyển với vận tốc không đổi đi qua đỉnh của cầu vồng lên. Phản lực pháp tuyến N của mặt đường lên ô tô tại điểm đó là: A.N>mg B.N<mg C.N=mg D. Không thể trả lời được vì còn phụ thuộc vận tốc. Câu 21 .Ôtô chuyển động đều trên đường nằm ngang, qua cầu vồng lên và qua cầu võng xuống. Áp lực của ô tô lên mặt đường khi nào là lớn nhất? A.Đường nằm ngang B.Cầu vồng lên C.Cầu võng xuống D.Trong 3 trường hợp là như nhau. Câu 22 .So sánh số chỉ của lực kế trong thang máy với trọng lượng của vật ta có thể biết được: A.Chiều di chuyển của thang máy B.Chiều gia tốc của thang máy 101

C.Thang đang di chuyển nhanhn dần, chậm dần hay đều. D.Biết được cả 3 điều trên. Câu 23. .Xét 1 người đứng trong thang máy chuyển động lên trên có gia tốc. Phản lực pháp tuyến hướng lên của sàn thang máy là N tác dụng vào người đó so với trọng lực P của người đó là: A.Lớn hơn B.Vẫn như cũ C.Nhỏ hơn D.Không xã định được vì chưa biết chuyển động nhanh dần hay chậm dần Câu 24.Một xe khối lượng 5 tấn chạy qua cầu cong xuống coi như một cung tròn bán kính 20m. Xét xe ở đỉnh cầu có vận tốc 36km/h. Lực nén do xe tác dụng lên mặt cầu là ? A. 25000 N B. 75000 N C. 50000 N D. 7500 N Câu 25: Một Ô tô chạy qua một đoạn đường đèo vào khúc cua được coi như là một cung tròn có bán kính cong là 100cm.Hệ số ma sát trượt giữa lốp xe và mặt đường là 0,6. Hỏi ô tô chỉ được chạy với vận tốc tối đa bằng bao nhiêu để không rơi khỏi đoạn đường đèo. A.2,55 m/s B. 6,5 m/s C.4 m/s D.5 m/s Câu 26: Cho một bàn tròn có bán kính 100 cm. Lấy một vật có khối lượng 100g đặt lên mép bàn tròn. Khi bàn tròn quay quanh một trục thẳng qua tâm bàn thì thấy vật quay đều theo bàn với vận tốc v  10  m / s  . Xác định hệ số ma giữa vật và bàn tròn để vật không trượt A.10 B.6 C. 4 D.7 Đáp án trắc nghiệm Câu 1. Đáp án B Câu 2. Đáp án B Câu 3. Đáp số B Câu 4. Đáp án A Câu 6. Đáp án A. Câu 7. Đáp án B Câu 8. Đáp án D

mv 2 102 PN   1200.10  N  1200  N  9600 N R 50 Câu 9. Đáp án A 102





Khi tháng máy đi lên đều a  0 m / s2  P  mg  0, 5.10  5  N 



Câu 10. Đáp án Ta có g /  g  a qt  10  2  12 m / s2  P  mg /  0, 5.12  6  N 





Câu 11. Đáp án C Ta có g /  g  a qt  10  2  8 m / s2  P  mg /  0, 5.8  4  N 





Câu 12. Đáp án D Ta có g /  g  a qt  10  4  14 m / s2  P  mg /  0, 5.14  7  N 



Câu 13. Đáp án C Ta có g /  g  a qt  10  4  6 m / s2



 P  mg /  0, 5.6  3  N 

Câu 14. Đáp án A





Khi tháng máy đi xuống đều a  0 m / s2  P  mg  0, 5.10  5  N  Câu 15. Đáp án B Khi tháng máy rơi tự do





a  g m / s 2  g /  g  g  0  P  mg /  0, 5.0  0  N 

Câu 16. Đáp số B Câu 17. Đáp số B   v2  10 2  Ta có N  m  g    5000  10    25000  N      R 20     Câu 18. Đáp án B Câu 19. Đáp án B Câu 20. Đáp án B Câu 21. Đáp án C Câu 22. Đáp án B Câu 23. Đáp án D Câu 24. Đáp số B   v2  10 2  Ta có N  m  g     5000  10    75000  N    R  20    Câu 25: Đáp án A  Để Ô tô không bị trượt khỏi đoạn đường đèo thì: Fqtlt  Fms N

mv 2    .N   .m.g r

 f ms

 P

 F qtlt 103

 v  r. .g  1.0, 6.10  2, 45  m / s  Câu 26: Đáp án A Để vật không bị trượt khỏi bàn tròn thì Fqtlt  Fms

mv 2    .N   .m.g r v2 102    10 r.g 1.10

104

 N

 f ms

 P

 F qtlt

Chương III : TĨNH HỌC VẬT RẮN CÂN BẰNG CỦA MỘT VẬT RẮN KHÔNG CÓ CHUYỂN ĐỘNG QUAY QUANH MỘT TRỤC 1. Điều kiện cân bằng của một vật chịu tác dụng của hai lực :        F1  F2 F1  F2  0  F1  F2   F1  F2 2. Điều kiện cân bằng của một vật chịu tác dụng của ba lực không song          F12  F3 song : F1  F2  F3  0  F1  F2  F3   F12  F3 - Ba lực đó phải có giá đồng phẳng và đồng quy - Hợp lực của hai lực phải cân bằng với lực thứ ba 3. Trọng tâm của vật rắn : Là một điểm xác định gắn với vật mà ta xem như toàn bộ khối lượng của vật tập trung tại đó và là điểm đặt của trong lực. 4. Điều kiện cân bằng của vật có mặt chân đế : Trọng lực có giá đi qua trọng tâm phải đi qua mặt chân đế. Trọng tâm càng thấp và mặt chân đế càng rộng thì vật càng bền vững 5. Các dạng cân bằng : Có ba dạng. Khi vật đang cân bằng, nếu có ngoại lực tác dụng mà : + Vật tự trở lại vị trí ban đầu : Cân bằng bền. + Vật không tự trở lại vị trí ban đầu : Cân bằng không bền. + Vật cân bằng ở vị trí bất kỳ nào : Cân bằng phiến định 6 : Quy tắc hợp lực song song :      A O1 F  F1  F2 với F1  F2 7 : Tổng hợp hai lực song song cùng chiều : O - Hợp lực của hai lực song song cùng chiều có đặc điểmd1: O2 + Hướng : Song song, cùng chiều với 2 lực thành phần. B d2 + Độ lớn : Bằng tổng các độ lớn của hai lực đấy. F1 - Giá của hợp lực chia khoảng cách giữa hai giá của hai lực song song thành những đoạn tỷ lệ nghịch với độ lớn của hai lực ấy.   F1 d 2 F 2  Ta có F  F1  F2 ; F F2 d1 8. Quy tắc tổng hợp hai lực song song ngược chiều. Hợp lực của hai lực song song ngược chiều là một lực : + Hướng : Song song, cùng chiều với lực có độ lớn lớn hơn + Độ lớn : Bằng hiệu các độ lớn của hai lực ấy. F  F1  F2 1

F1 d 2  ( chia ngoài ) F2 d1

 F1

 F2

A O d1

 F

Dạng 1: Tổng hợp hai lực và ba lực không song song Phương pháp giải - Phân tích tất cả các lực tác dụng lên vật     Theo điều kiên cân bằng F1  F2  F3  0          F12  F3 Cách 1 : Ta có F1  F2  F3  0  F1  F2  F3   F12  F3 - Theo quy tắc tổng hợp hình bình hành, lực tổng hợp phải cân bằng với lực còn lại - Sử dụng các tính chất trong tam giác để giải Cách 2: Chọn hệ quy chiếu Oxy + Chiếu lên Ox +Chiếu lên Oy + Xác định giá trị Ví Dụ Minh Họa: C Câu 1: Một vật có khối lượng 3kg được treo như 1200 hình vẽ,thanh AB vuông góc với tường thẳng đứng, CB lệch góc 600 so với phương ngang. Tính lực A B căng của dây BC và áp lực của thanh AB lên tường khi hệ cân bằng. Lấy g  10m / s2 Câu 1: Ta có P = mg = 3.10=30 (N) Cách 1: Biểu diễn các lực như hình vẽ Theo điều kiện cân bằng        P  T T BC  T AB  P  0  P  T  0    P  T

 T AB A

 T

 T BC 300

 P

Ta có cos 300   TBC 

sin 300 

T P  TBC TBC

P cos 300



30 3 2

 20 3(N)

TAB 1  TAB  sin 300.TBC  .20. 3  10 3(N) TBC 2

 Cách 2: Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ. Phân tích T BC thành hai lực   T xBC ,T yBC như hình vẽ

Theo điều kiện cân bằng    T BC  T AB  P  0      T xBC  T yBC  T AB  P  0

 T yBC

Chiếu theo Ox: TAB  TxBC  0  TAB  TBC sin 300

(1)

Chiếu theo Oy:

 T AB

TyBC  P  0  cos 300.TBC  P  TBC 

P cos 30



30 3 2

300

C  T BC  T xBC

 P

 20 3(N)

1 Thay vào ( 1 ) ta có : TAB  .20. 3  10. 3(N) 2 Câu 2: Cho một vật có khối lượng 6 kg được treo như hình vẽ, có bán kính 10 cm. Với dây treo có chiều dài 20 cm. Xác định lực căng của dây và lực tác dụng của vật lên tường.



Lấy g  10m / s2 Giải: Ta có P = mg = 6.10=60 (N) R 10 1 sin        300 l 20 2 Cách 1: Biểu diễn các lực như hình vẽ Theo điều kiện cân bằng        F  T TNP0FT0   F  T

  T

  P

  N F 3

P P 60 F   40 3(N) 0 F 3 Cos30 2  T  40 3(N) Cos300 

Sin300 

N 1  N  F.Sin300  40 3.  20. 3(N) F 2

 Cách 2: Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ. Phân tích T OB thành hai lực   T x ,T y như hình vẽ y

Theo điều kiện cân bằng     Tx  Ty  P  N  0



Chiếu theo Ox: Tx  N  0  T.Sin300  N

(1)

Chiếu theo Oy: 0

Ty  P  0  Cos30 .T  P T

P Cos300



60 3 2

 40 3(N)

 T

 Ty



 Tx O

 N

 P

1 Thay vào ( 1 ) ta có: N  40. 3.  20 3(N) 2 Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Thanh nhẹ AB nằm ngang được gắn vào tường tại A, Đầu B nối với tường bằng dây BC không dãn.Vật có khối lượng m = 1,2 kg được treo vào B bằng dây BD. Biết AB = 20cm, AC = 48cm.Tính lực căng của dây BC và lực nén lên thanh AB. Câu 2: Vật có khối lượng m = 1,7kg dược treo   tại trung điểm C của dây AB như hình vẽ.Tìm lực căng của dây AC, BC theo  . Áp dụng 0

với   30 và   60 . Trường hợp nào dây dễ bị đứt hơn? Hướng dẫn giải: Câu 1: Ta có P = mg = 1,2.10=12(N)

CA CA 48 12 AB 20 5    ; tan     ; CB AC 48 12 CA2  AB 2 52 13 AB 20 5 sin      C CB 52 13 T Cách 1: Biểu diễn các lực như hình vẽ   Theo điều kiện cân bằng A B  4 F cos  

 N  P

       F  N TNP0FN0   F  N

P P 12 T    13  N  T cos  12 13 F 5 tan    N  F  P tan   12.  5  N  P 12

cos  

Cách 2: Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ.    Phân tích T OB thành hai lực T xOB ,T yOB như hình vẽTheo điều kiện cân bằng    TNP0      Tx  Ty  N  P  0 Chiếu theo Ox: N  Tx  0  N  Tx  N  sin .T

 A

(1)

 T



 Tx

 T y  N  P

Chiếu theo Oy: Ty  P  0  cos .T  P  T 

Thay vào ( 1 ) ta có : N 

P 12   13(N) cos  12 13

5 .13  5  N  13

Câu 2: Ta có P  mg  1, 7.10  17  N 



Trọng lực P ,lực căng T 1 của dây AC và lực căng T2 của dây BC. Các lực đồng quy ở O.





Điều kiện cân bằng: P  T 1  T 2  0 Chiếu (1) lên Oxvà Oy:

T1x  T2x  0  T1y  T2 y  P  0

  T1  T 1x

y   T 1y T 2 y   T2  O T 2x

T .cos   T2 .cos   0  T1  T2  1  T1 .sin   T2 .sin   P  0 P P  T1  T2  2.sin  Khi  300 : T1  T2  17N Áp dụng  0 Khi  60 : T1  T2  10N Ta thấy khi  càng nhỏ thì T1 và T2 càng lớn và dây càng dễ bị đứt. Dạng 2: Tổng hợp hai lực và ba lực song song

Phương pháp giải: Điều kiện cân bằng của một vật chịu tác dụng của hai lực:

   F1  F2  0  F1  F2

Hợp hai lực song song cùng chiều: F  F1  F2 ;

F1 d 2  F2 d1

Hợp hai lực song song ngược chiều. F  F1  F2 ;

F1 d 2  F2 d1

Ví Dụ Minh Họa:

 

Câu 1: Cho hai lực F1 , F2 song song cùng chiều nhau, cách nhau một đoạn 20cm. với F1 = 15N và có hợp lực F = 25N. Xác định lực F2 và cách hợp lực một đoạn là bao nhiêu ? Giải: Vì hai lực song song và cùng chiều nên:

F  F1  F2  F2  F  F1  25  15  10  N 

Áp dụng công thức: F1 .d1  F2 .d 2  15  0, 2  d 2   10d 2  d 2  0,12  m   12  cm  Câu 2: Một người nông dân dùng quang gánh, gánh 2 thúng, thúng gạo nặng 30kg, thúng ngô nặng 20kg. Đòn gánh có chiều dài 1,5m. Hỏi vai người nông dân phải đặt ở điểm nào để đòn gánh cân bằng khi đó vai chịu





một lực là bao nhiêu? Bỏ qua trọng lượng của đòn gánh lấy g  10 m / s2 . Giải: Gọi d1 là khoảng cách từ thúng gạo đến vai, với lực P1  m1g  30.10  300  N  d2 là khoảng cách từ thúng ngô đến vai d 2  1, 5  d1 , với lực P2  m 2 g  20.10  200  N 

Áp dụng công thức: P1.d1 = P2.d2  300d1 = ( 1,5 – d1).200  d1 = 0,6 (m )  d2 = 0,9 ( m ) Vì hai lực song song cùng chiều, nên lực tác dụng vào vai là F  P1  P2  300  200  500  N  Câu 3: Cho một hỗn hợp kim loại AB nặng 24kg có chiều dài là 3,6m được dùng là dàn giáo xây dựng bắc ngang qua hai điểm tỳ. Trọng tâm của hỗn hợp kim loại cách điểm tựa A là 2,4m, cách B là 1,2m. Xác định lực mà tấm hỗn hợp kim loại tác dụng lên 2 điểm tỳ. Giải: Ta có trọng lực của thanh P  mg  24.10  240  N  Gọi Lực tác dụng ở điểm A là P1 cách trọng tâm d1 Lực tác dụng ở điểm A là P2 cách trọng tâm d2   Vì F1 ; F2 cùng phương cùng chiều nên P= F1 + F2 = 240N  F1 = 240 – F2 6

Áp dụng công thức: F1.d1 = F2.d2  ( 240 – F2).2,4 = 1,2.F2  F2 = 160N  F1 = 80N Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Hai người công nhân khiêng một thùng hàng nặng 100kg bằng một đòn dài 2m, người thứ nhất đặt điểm treo của vật cách vai mình 1,2m. Hỏi mỗi người chịu một lực là ?. Bỏ qua trọng lượng của đòn gánh và lấy



g  10 m / s 2



Câu 2: Một người công nhân xây dựng dùng chiếc búa dài 30cm để nhổ một cây đinh đóng ở trên tường. Biết lực tác dụng vào cây búa 150N là có thể nhổ được cây định. Hãy tìm lực tác dụng lên cây đinh để nó có thể bị nhổ ra khỏi tường biết búa dài 9cm. Câu 3: Một vật có khối lượng 5kg được buộc vào đầu một chiết gậy dài 90cm. Một người quẩy lên trên vai sao cho vai cách bị một khoảng là 60cm. Đầu còn lại của chiếc gậy được giữ bằng tay. Bỏ qua trọng lượng của gậy,



lấy g  10 m / s2



a. Tính lực giữ của tay và lực tác dụng lên vai b. Nếu dịch chuyển gậy cho bị cách vai 30cm và tay cách vai 60cm thì lực giữ là ?. lực tác dụng lên vai



 

Câu 4: Xác định hợp lực F của hai lực song song F1 ,F2 đặt tại A, B biết F1 = 2N, F2 = 6N, AB = 4cm. Xét trường hợp hai lực: a. Cùng chiều. b. Ngược chiều. Hướng dẫn giải: Câu 1: Trọng lượng của thùng hàng P  mg  100.10  1000  N  Gọi d1 là khoảng cách từ vật đến vai người thứ nhất d1  1, 2  m 

Gọi d2 là khoảng cách từ vật đến vai người thứ hai d 2  2  1, 2  0,8  m    Vì P1 ; P 2 cùng phương cùng chiều nên P= P1 + P2 = 1000N  P2  1000  P1 Áp dụng công thức P1.d1 = P2.d2  P1. 1,2 = 0,8.(1000 – P1 )  P1 = 400N  P2 = 600N Câu 2: Áp dụng công thức F1.d1 = F2.d2  150.0,3 = F2. 0,09  F2 = 500N Câu 3: a. Ta có P  mg  5.10  50  N  là trọng lượng bị, d1 là khoảng cách từ vai đến bị nên d1  60  cm   0,6  m 

F là lực của tay, d 2  0,9  0,6  0, 3  m  là khoảng cách từ vai đến tay 7

Áp dụng công thức: P.d1 = F.d2  50.0,6 = F2. 0,3  F = 100N   Vì P,F cùng chiều nên lực tác dụng lên vai F /  F  P  100  50  150  N  b. Áp dụng công thức: P.d1/  F / .d 2/  50.0,3  F / .0, 6  F /  25  N    / Vì P,F cùng chiều nên lực tác dụng lên vai: F /  F  P  25  50  75  N  Câu 4: Gọi O là giao điểm của giá hợp



lực F với AB.

  a. Hai lực F1 ,F2 cùng chiều: Điểm đặt O trong khoảng AB.

 F1

 OA F2  3  Ta có:  OB F1 OA  OB  AB  4cm 

 F2

 OA = 3cm; OB = 1cm



 F

Vậy F có giá qua O cách A 3cm, cách B

  1cm, cùng chiều với F1 ,F2 và có độ lớn F = 8N.

  b. Khi hai lực F1 ,F2 ngược chiều:

 F1

Điểm đặt O ngoài khoảng AB, gần B (vì F2 > F1):

 OA F2  3   OB F1 OA  OB  AB  4cm 

 F

 OA = 6cm; OB = 2cm.

 Vậy F có giá đi qua O cách A 6cm, cách  B 2cm, cùng chiều với F 2 và có độ lớn F 4N.

 F2

Dạng 3: Xác định trọng tâm của vật rắn Phương Pháp giải: Cách 1: Xác định bằng quy tắc tổng hợp hai lực song song cùng chiều Cách 2: Sử dụng bằng phương pháp tọa độ  m i .xi ; y   m i .yi ; z   m i .zi x  mi  mi  mi Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Xác định vị trí trọng tâm của bản mỏng đồng chất trong hình bên.

10cm 30cm

10cm

60cm

Câu 1: Cách 1 : Ta chia bản mỏng ra thành hai phần. Trọng tâm của các phần này nằm tai O1, O2 như hình vẽ. Gọi trọng tâm của bản là O, là điểm đặt của

 

hợp các trọng lực P1 ,P 2 của hai phần hình chữ O1 nhật. Theo quy tắc hợp lực song song cùng chiều:

 P1

OO1 P2 m 2   OO 2 P1 m1 Bản đồng chất, khối lượng tỉ lệ với diện tích:

O2  P2

m 2 S 2 50.10 5    m1 S1 30.10 3

60  30cm 2 Từ các phương trình trên, ta suy ra: OO1  18,75cm; OO 2  11, 25cm Ngoài ra: O1O 2  OO1  OO 2 

Cách 2 : Xác định O theo công thức tọa độ trọng tâm. Trọng tâm O của bản nằm trên trục đối xứng Ix. Tọa độ trọng tâm O: x  IO 

m 1 x1  m 2 x 2 x m1  m 2

  x  IO  55cm 1  1 Trong đó:  x 2  IO 2  25cm m S 5 5  2  2  haym 2  m1 3  m1 S1 3 5 m 1 .55  .m 1 .25 3  x  IO   36, 25cm 5 m 1  .m 1 3

Trọng tâm O của bản ở cách I: 36,25cm Câu 2: Xác định vị trí trọng tâm của bản mỏng là đĩa tròn tâm O bán kính R, bản bị khoét

R như hình. 2 Câu 2 : Do tính đối xứng  G nằm trên một lỗ tròn bán kính

đường thẳng OO’ về phía đầy.

O 0

 P1

 P

 P2

Trọng tâm của đĩa nguyên vẹn là tâm O; trọng tâm của đĩa bị khoét là O’.

   P là hợp lực của hai lực P1 ,P 2 .

R2  OG P2 m 2 V2 S 2 4 1      OO' P1 m 1 V1 S1 R2 3 3 4 R  OG  6 a 2

Câu 3: Một bản mỏng phẳng, đồng chất, bề dày đều có dạng như hình vẽ. Xác định vị trí trọng tâm của bản. Câu 3 : Áp dụng phương pháp tọa độ :

xG  yG 

a 2

a a 3a m m 4 4 4  5a 3m 12

Câu 4: Có 5 quả cầu nhỏ trọng lượng P, 2P, 3P, 4P, 5P gắn lần lượt trên một thanh, khoảng cách giữa hai quả cầu cạnh nhau là l, bỏ qua khối lượng của thanh.Tìm vị trí trọng tâm của hệ. Câu 4 : Áp dụng phương pháp tọa độ:

xG 

2ml  3m  2l   4m  3l   5m  4l 

8l xG  3

15m

 m

 2m   3m   4m   5m 

Trắc Nghiệm

Câu 1.Hai lực cân bằng là: A.Hai lực đặt vào 2 vật khác nhau, cùng cường độ, có phương cùng trên 1 đường thẳng, có chiều ngược nhau B.Hai lực cùng đặt vào 1 vật , cùng cường độ có chiều ngược nhau, có phương nằm trên 2 đường thẳng khác nhau C.Hai lực cùng đặt vào 1 vật , cùng cường độ có chiều ngược nhau D. Cả A,B,C đều đúng 10

Câu 2.Phát biểu nào sau đây chưa chính xác? A.Vật nằm cân bằng giữa tác dụng của 2 lực thì 2 lực này cùng phương, ngược chiều và có độ lớn bằng nhau.      B. Vật cân bằng dưới tác dụng của 2 lực F1 và F2 thì F1  F2  0 C. Trọng tâm của bản kim loại hình chữ nhật nằm tại tâm(giao điểm của 2 đường chéo) của hình chữ nhật đó. D. Vật treo vào dây nằm cân bằng thì dây treo có phương thẳng đứng và đi qua trọng tâm G của vật. Câu 3.Điều kiện nào sau đây là đủ để hệ 3 lực tác dụng lên vật rắn cân bằng? A.Ba lực phải đồng qui B.Ba lực phải đồng phẳng C.Ba lực phải đồng phẳng và đồng qui D.Hợp của 2 lực bất kì cân bằng với lực thứ 3 Câu 4.Một quả cầu có khối lượng 5kg được treo vào tường bằng dây hợp với tường 1 góc   200 . Bỏ qua ma sát giữa quả cầu và tường. Lực căng dây và phản xạ của tường  tác dụng lên quả cầu xấp xỉ là ? A. 47N;138N B. 138N;47N  C. 18N;53N D. 53N;18N Câu 5.Vật có trọng lượng P=200N được treo bằng 2 dây OA và OB như hình. Khi cân bằng , lực căng 2 dây OA và B OB là bao nhiêu? 0 150 ;400 N A. 400N; 200 3 N B. 200 3 N C.100N; 100 3N

P D. 100 3 N ;100 N Câu 6.Một tấm ván nặng 300N dài 2m bắc qua G con mương. Biết trọng tâm cách A là 1,2m; cách B A B  là 0,8m. Áp lực tấm ván tác dụng lên 2 bờ mương A và B là? A. 120N; 180N B.180N;120N C.150N;150N D.160N;140N Câu 7.Hai người cùng khiêng 1 vật nặng bằng đòn dài 1,5 m . Vai người thứ nhất chịu 1 lực F1  200 N . Người thứ 2 chịu 1 lực 300N. Trọng lượng tổng cộng của vật và đòn là bao nhiêu và cách vai người thứ nhất 1 khoảng? A. 500N; 0,9m B. 500N;0,6m C.500N;1m D.100N;0,9m

Câu 8.Hai vật nhỏ khối lượng m1 , m2 nằm trên khung Ox như hình vẽ với các tọa độ tương ứng là x1 và x2 , hệ thức nào sau đây có thể dùng để xác

m1  X1

o

m2  X2

định tọa độ trọng tâm xG của 2 vật trên?

m1 x1  m2 x2 m1  m2 m1 x1  m2 x2 C. m1  m2 A.

m1 x1  m2 x2 m1  m2 m1 x1  m2 x2 D. m1  m2 B.

Câu 9.Hai vật nhỏ khối lượng m1 , m2 nằm trong mặt phảng tọa độ Oxy với

các tọa độ tương ứng  x1 , y1  và  x2 , y2  . Trọng tâm

của hệ có tọa độ là?

m1 x1  m2 x2 m y  m2 y2 ; yG  1 1 A. m1  m2 m1  m2 m1 x1  m2 x2 m y  m2 y2 ; yG  1 1 B. xG  m1  m2 m1  m2 m1 x1  m2 x2 m y  m2 y2 ; yG  1 1 C. xG  m1  m2 m1  m2 m1 x1  m2 x2 m y  m2 y2 ; yG  1 1 D. xG  m1  m2 m1  m2

xG 

Câu 10.Hai mặt phẳng đỡ tạo với mặt phẳng nằm ngang các góc   450 .Trên 2 mặt phẳng đó người ta đặt 1 quả cầu đồng chất có khối lượng 10 kg như hình .Xác định áp lực của quả cầu lên mỗi mặt phẳng đỡ.Bỏ qua ma sát và lấy g  10m / s 2 : A.7,7N B.14,5N C.70,7N D.35,35N : Câu 11. Một vật rắn treo vào dây như hình vẽ và nằm cân bằng. Biết 2 lực căng dây T1  5 3; T2  5 N . Vật có khối lượng là bao nhiêu? A.5kg 12

m2 m1 X1



 T1 600

A  B

 C

 T2 300

B.1kg C. 2kg D. 4kg Câu 12.Điều kiện nào sau đây là đủ để hệ 3 lực tác dụng lên cùng 1 vật rắn là cân bằng. A. Ba lực đồng qui B. Ba lực đồng phẳng C. Ba lực đồng phẳng và đồng qui D.Hợp lực của 3 lực cân bằng với lực thứ 3 2trong  Câu 13: Cho hai lực F1 , F2 song song cùng chiều nhau, cách nhau một đoạn 30cm. với F1 = 5N và có hợp lực F = 15N. Xác định lực F2 và cách hợp lực một đoạn là bao nhiêu ?

B. 10 3  N  ;20  cm 

A. 10( N ); 10  cm 

D. 20  N  ;20  cm 

C.20( N ); 10  cm 

Câu 14: Một người nông dân dùng quang gánh, gánh 2 thúng, thúng lúa nặng 50kg, thúng khoai nặng 30kg. Đòn gánh có chiều dài 1,5m. Hỏi vai người nông dân phải đặt ở điểm nào cách thúng lúa bao nhiêu để đòn gánh cân bằng khi đó vai chịu một lực là bao nhiêu? Bỏ qua trọng lượng của đòn





gánh lấy g  10 m / s2 .

A. 0,5625  m  ;800  N 

C. 0,5625  m  ;200  N 

B. 0,9375  m  ;800  N 

D. 0,9375  m  ;200  N 

Câu 15: Một người nông dân lấy một hỗn hợp kim loại AB nặng 24kg có chiều dài là 3,6m và dùng làm cầu bắc ngang qua hai điểm tỳ ở hai bờ mương ngoài ruộng lúa. Trọng tâm của hỗn hợp kim loại cách điểm tựa A là 2,4m, cách B là 1,2m. Xác định lực mà tấm hỗn hợp kim loại tác dụng lên 2 điểm tỳ ở hai bờ mương.

A. 80  N  ;160  N  C. 40  N  ;80  N 

B. 160  N  ;80  N 

D. 80  N  ;40  N  Đáp án trắc nghiệm

Câu 1. Đáp án C Câu 2. Đáp án A Câu 3. Đáp án D Câu 4. Đáp án D.    Qủa cầu cân bằng : P  T  N  0 . Chiếu phương trình lên 2 trục Ox và Oy

 T

  N  P

Tcos  P 0,94T  P  50 N  .  T sin   N 0,34 T  N   Từ đó T=53N; N=18N Câu 5. Đáp án B. Tương tự ta có:

TOB . 12  200 TOB .cos 600  p  Từ đó TOB  400 N ; TOA  200 3 N   0 3 T .sin 60  T 0A  OB TOB . 2  TOA Câu 6. Đáp án A.

FA GB 2   .Từ đó FA  120 N ; FB  180 N FB GA 3 F d 2 Câu 7. Đáp án A. F  F1  F2  500 N ; 1  1  và d1  d 2  1,5m F2 d 2 3 Ta có : FA  FB  300 N và

Từ đó: d1  0,9m; d 2  0,6m Câu 8. Đáp án B. Hợp lực đặt tai trọng tâm G với Pd 1 1  P2 d 2 hay:

P1  xG  x1   P2  x2  xG 

  P1  P2  xG  P1 x1  P2 x2 từ đó : xG 

X1 X G X 2 d d2  1

o

 P1

 P

 P2

m1 x1  m2 x2 m1  m2

Câu 9. Đáp án D. Tương tự ta có: Pd 1 1  P2 d 2 .Xét theo 2 trục :

Ox : Pd 1 1 x  P2 d 2 X

 P1  xG  x1   P2  x2  xG  m .x  m2 .x2  xG  1 1 m1  m2 Oy : Pd 1 1 y  P2 d 2 y

 P1  yG  y1   P2  y2  yG   yG 

y2 y1

m1 y1  m2 y2 m1  m2

Câu 10. Đáp án C

N1  N 2  P.cos  10.10.0,7  70,7 N

G d2

XG X2

Câu 12.Đáp án D    Câu 11. Đáp án B. Vật cân bằng nên: F1  F2  P  0 . Chiếu phương trình lên trục Oy thẳng đứng ta được.

P  T1 sin 600  T2 sin 300  10 N  m 

P 10   1 kg  g 10

Câu 13: Đáp án A Vì hai lực song song và cùng chiều nên:

F  F1  F2  F2  F  F1  15  5  10  N 

Áp dụng công thức: F1 .d1  F2 .d 2  5  0, 3  d 2   10d 2  d 2  0,1  m   10  cm  Câu 14: Đáp án A Gọi d1 là khoảng cách từ thúng lúa đến vai, với lực P1  m1g  50.10  500  N  d2 là khoảng cách từ thúng khoai đến vai d 2  1, 5  d1 , với lực P2  m 2 g  30.10  300  N 

Áp dụng công thức: P1.d1 = P2.d2  500d1 = ( 1,5 – d1).300  d1 = 0,5625(m )  d2 = 0,9 375( m ) Vì hai lực song song cùng chiều, nên lực tác dụng vào vai là F  P1  P2  500  300  800  N  Câu 15: Đáp án A Ta có trọng lực của thanh P  mg  24.10  240  N  Gọi Lực tác dụng ở điểm A là P1 cách trọng tâm d1 Lực tác dụng ở điểm A là P2 cách trọng tâm d2   Vì F1 ; F2 cùng phương cùng chiều nên P= F1 + F2 = 240N  F1 = 240 – F2 Áp dụng công thức: F1.d1 = F2.d2  ( 240 – F2).2,4 = 1,2.F2  F2 = 160N  F1 = 80N

CÂN BẰNG CỦA MỘT VẬT RẮN CHUYỂN ĐỘNG QUAY QUANH MỘT TRỤC CỐ ĐỊNH 1. Momen lực : Ta có : M  F.d ( đơn vị : N.m ) Trong đó : F là độ lớn của lực tác dụng d là cách tay đòn Cánh tay đòn là khoảng cách từ giá đặt lực đến trục quay

Ví dụ 1 :

 F1

d F1

Ta có:  dF  AB.sin  là cách tay đòn của lực F1 1   dF  AC.sin  là cách tay đòn của lực F2



 B

 F2

 F2

 F

Ví dụ 2 : Ta có:  dF  AB.sin  là cách tay đòn của lực F  dP  AG.cos  là cách tay đòn của lực P

d F

d A



 P



2. Điều kiện cân bằng của một vật rắn quay quanh một trục cố định Muốn một vật có trục quay cố định ở trạng thái cân bằng thì tổng các Momen lực có xu hướng làm cho vật quay theo chiều kim đồng hồ bằng tổng các Moomen lực làm cho vật quay ngược chiều kim đồng hồ Ta có M  M / Trong đó: M là tổng các Momen làm cho vật quay theo chiều kim đồng hồ M / là tổng các Momen làm cho vật quay ngược chiều kim đồng hồ Chú ý: Quy tắc Momen lực còn được áp dụng cho cả trường hợp một vật không có trục quay cố định 3. Ngẫu lực a. Định nghĩa: Hệ hai lực song song, ngược chiều, có độ lớn bằng nhau và cùng tác dụng vào một vật được gọi là ngẫu lực. + Trường hợp vật không có trục quay cố định: Vật chỉ tác dụng của ngẫu lực thì nó sẽ quay quanh một trục đi qua trọng tâm và vuông góc với mặt phẳng chứa ngẫu lực. + Trường hợp vật có trục quay cố định: Khi tác dụng của ngẫu lực thì vật sẽ quay quanh một trục cố định đó b. Momen của ngẫu lực đối với trục quay vuông góc với mặt phẳng chứa ngẫu lực: M  F.d Trong đó: F  F1  F2 

 F2

d: là tay đòn của ngẫu lực là khoảng cách giữa hai giá của hai lực Momen của ngẫu lực đối với một trục quay vuông góc với mặt phẳng chứa ngẫu lực không phụ thuộc vào vị trí của trục quay. Dạng Bài Tập Cần Lưu ý Dạng 1: Vật Rắn Có Trục Quay Cố Định Phương pháp giải - Theo điều kiện cân bằng Momen M  M / - Xác định cánh tay đòn của từng lực tác dụng lên vật Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Một thanh kim loại đồng chất AB dài 2m có tiết diện đều và khối lượng của thanh là 2kg. Người ta treo vào đầu A của thanh một vật có khối lượng 5kg, đầu B một vật có khối lượng 1kg. Hỏi phải đặt một giá đỡ tại điểm O cách đầu A một khoảng là bao nhiêu để thanh cân bằng. Hướng dẫn giải: Ta có: P  mg  2.10  20  N  ; PA  m A .g  5.10  50  N  ; PB  m B .g  1.10  10  N  Theo điều kiện cân bằng Momen lực: MA = MP + MB

 PA .OA  P.OG  PB .OB

AG = GB = 1m OG = AG – OA = 1 – OA OB = AB – AO = 2 – OA  50. OA = 20 (1- OA) + 10( 2 – OA )  OA = 0,5m

 P

 PB

 PA

Câu 2: Thanh nhẹ OB có thể quay quanh

 F1

truc O. Tác dụng lên thanh các lực F1 và F2 đặt tại A và B. Biết lực F1=20 N , OA=10 cm , AB=40 cm. Thanh cân

bằng , các lực F1 và F2 hợp với AB các góc  và β. Tính F2 nếu : a. =β=90o .



 F2

 B

b. =30o ; β=90o . c. =30o ; β=60o . Hướng dẫn giải: Theo điều kiện cân bằng của Momen lực MF  MF 1

 F1 .dF  F2 .dF  F1 .OB.sin   F2 .OA.sin  1

Mà OB = OA + AB =50 ( cm ) a. Khi =β=90o ta có .

 F1

d F1

 20.0, 5.sin 900  F2 .0,1.sin 900

 F2  100  N 





b. Khi =30o ; β=90o ta có.

d F 2  F2

 20.0, 5.sin 300  F2 .0,1.sin 900  F2  50  N 

c. Khi =30o ; β=60o ta có. 100

 N 3 Câu 3: Để đẩy một thùng phy nặng có bán kính  20.0, 5.sin 300  F2 .0,1.sin 600  F2 

R=30cm vượt qua một bậc thềm cao h<15cm. Người ta  phải tác dụng vào thùng một lực F

 F

có phương ngang đi qua trục O của thùng và có độ lớn tối thiểu bằng trọng lực P của thùng. Hãy xác định độ cao h của bậc thềm Hướng dẫn giải: Theo điều kiện cân bằng của Momen lực MF  MP  F.dF  P.dP

 F

Với dF  R  h ;

dP  R 2  dF2  R 2   R  h 

dP  P

Theo bài ra ta có: F  P 2

 R  h  R2  R  h  2 R  h  R2









 R 2 1 h   8,79  cm   2 R  h  R  2     2  R  h   R  R 2 1  h   51, 213  cm   15  cm  L   2  Câu 4: Cho một thanh đồng chất AB có khối lượng là 10kg. Tác F  cho dụng một lực F ở đầu thanh A như hình vẽ. làm 0 60 góc B300 thanh bị nâng lên hợp với phương ngang một

.Xác định độ lớn của lực biết lực hợp với



một góc 600 . Lấy g  10 m / s2 Hướng dẫn giải: 18

thanh



300

Ta có: P  mg  10.10  100  N 

 F

Theo điều kiện cân bằng của Momen lực MF  MP  F.dF  P.dP

dF  sin 600.AB  F.sin 600.AB  100.cos 300

 F  50  N 

AB 2

600

AB Với dP  cos 300. 2

30 dP

 P

Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Một người nâng tấm ván AB có khối lượng 40 kg với lực F để ván  nằm yên và hợp với mặt đường một góc 30o. Xác định độ lứn của lực F trong các trường hợp : a. Lực F hướng vuông góc với tấm ván. b. Lực F hướng vuông góc với mặt đất. Câu 2: Một thanh AB có khối lượng 15kg có trọng tâmAG chia đoạn AB theo C  tỉ lệ BG=2AG như hình vẽ . Thanh AB được treo lên trần nhà bằng dây nhẹ G thanh AB , không dãn , góc =30o. Dây BC vuông góc với thanh AB. Biết dài 1,2 m. Tính lực căng dây trên dây BC ? B Câu 3: Cho một thanh gỗ hình hộp chữ nhật A B như hình vẽ có khối lượng 50 kg với  OA=80cm;AB=40cm. Xác định lực F tối thiểu để

 F

làm quay khúc gỗ quanh cạnh đi qua O. Lấy

g=10m/s2

Câu 4: Thanh đồng chất AB = 1,2m, trọng lượng P = 10N. Người ta treo các trọng vật P1 = 20N, P2 = 3N lần lượt tại A, B và đặt một giá đỡ tại O để thanh cân bằng. Tính OA. Hướng dẫn giải: Câu 1: Ta có: P  mg  40.10  400  N  

a. Theo điều kiện cân bằng của Momen lực MF  MP  F.dF  P.dP

AB Với dP  cos 30 . ; dF  AB 2 0

300

 P

dP 19

 F.AB  400.cos 300  F  100 3  N 

AB 2

b. Theo điều kiện cân bằng của Momen lực MF  MP  F.dF  P.dP Với dP  cos 300.

 F

AB 2

dF  cos 300.AB

 F.AB.cos 300  400.cos 300.  F  200  N 

B AB 2

Câu 2: Ta có: P  mg  15.10  150  N 

 P

300

Theo điều kiện cân bằng của Momen lực MT  MP  F.dT  P.dP

Với dP  cos 300.AG dT  AB  3AG

 T.3.AG  P.cos 300.AG

 T.3  150.

C  T

  P

3  25 3  N  2

Câu 3: Ta có: P  mg  50.10  500  N  Theo điều kiện cân bằng của Momen lực MF  MP  F.dF  P.dP AB 40   20  cm  2 2 AO 80 dF    40  cm  2 2

Với dP 

d  d P F  O P

 F.0, 4  500.0, 2  F  250  N 

Câu 4: Các lực tác dụng lên AB: Các

   trọng lượng P1 ,P 2 ,P đặt tại A, B, I

 F

Theo điều kiện cân bằng Momen ta có

M P1  M P  M P2 P1 . OA + P . OI = P2 . OB P1 . OA + P(OA – AI) = P2 (AB – OA)

 OA  20

P2 .AB  P.AI  0,7m. P1  P2  P

 P1

 P

 P2

Dạng 2: Xác Định Phản Lực Của Vật Quay Có Trục Cố Định Phương pháp giải: - Theo điều kiện cân bằng Momen - Phân tích tất cả các lực tác dụng lên thanh - Theo điều kiện cân bằng lực - Chiếu theo phương của Ox, Oy Ví Dụ Minh Họa: Câu 1: Thanh BC khối lượng m1 = 2kg, gắn vào tường bởi bản lề C. Dầu B treo vật nặng có khối lượng m2 = 2kg và được giữ cân bằng nhờ dây AB như hình vẽ. Biết AB  AC, AB  AC .Xác định phản lực tại C do thanh BC tác dụng lên. Lấy





g  10 m / s 2 .

Hướng dẫn giải: Ta có các lực tác dụng lên thanh BC:



- Trọng lực P1 của thanh: P1  m1 g  2.10  20  N  - Lực căng của dây treo m2, bằng trọng lực

 P 2 của m2 P2  m2 g  2.10  20  N 

 - Lực căng T của dây AB.



 Ny

- Lực đàn hồi N của bản lề C. Theo điều kiện cân bằng Momen:

M T  M P1  M P2  T .dT  P1.d P1  P2 .d P2  T.CA  P1

 T  N

I  P2



 Nx

AB  P2 .AB 2

P1  P  30N 2 2    Theo điều kiện cân bằng lực : P1  P 2  T  N  0 - Chiếu (1) lên Ox:  T  N x  0  N x  T  30N

 P1

Theo bài ra AC  AB  T 

(1)

- Chiếu (1) lên Oy:  P1  P2  N y  0  N y  P1  P2  40N Phản lực của thanh tường tác dụng lên thanh BC là

N  N2x  N2y  50N Với tan  

N x 30 3      370 N y 40 4

Câu 2: Thanh AB khối lượng m = 2kg; đầu B dựng vào góc tường, đầu A nối với dây treo



AC sao cho BC = AC và BC vuông góc với AC. Tìm các lực tác dụng lên thanh. Lấy



g  10 m / s 2



Hướng dẫn giải: Vì BC = AC nên   450 Theo điều kiện cân bằng Momen:

M  M  P.d P  T .dT  P

 T

AB cos  2 mg 2.10 T   10  N  2tg 2.1     Theo điều kiện cân bằng lực: P  T  N1  N 2  T.AB sin   P.

Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ Chiếu Oy: N1  P  m.g  2.10  20  N 

 N1 B

 0

 T

 N2

A O



 P

Chiếu Ox: N 2  T  10  N  Câu 3: Thanh AB có khối lượng m = 15kg, đầu A tựa trên sàn nhám, đầu B nối với tường

bằng dây BC nằm ngang, góc   60 a. Xác định độ lớn các lực tác dụng lên thanh AB. b. Cho hệ số ma sát giữa AB và sàn là

k

3 . Tìm các giá trị  để thanh có thể 2



cân bằng. Biết dây BC luôn nằm ngang. Lấy g  10 m / s 2 Hướng dẫn giải:





 

a. Ta có P  mg  1, 5.10  150 N

Theo điều kiện cân bằng của vật rắn quay quanh trục A:

M T  M P  T .dT  P.d P

 T.AB.sin   P.

AB .cos  2

1 1 150. . 2 2  25 3  N  T  3 2

*  C

 T

  N

 A

 P

 f ms

Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ Theo điều kiện cân bằng của vật rắn

     P  N  f ms  T  0 (1) Chiếu (1) lên Ox: f ms  T  0  f ms  25 3  N  Chiếu (1) lên Oy : P  N  0  N  P  150  N  b. Từ ( * ) ta có: T 



P.cotg  2

Lúc này F ms là lực ma sát nghỉ:  Fms  kN



1 mg.cot g  k.mg  cot g  2k  3    300 2

Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Thanh BC nhẹ, gắn vào tường bởi bản lề C. Đầu B treo vật nặng có khối lượng m = 4kg và được giữ cân bằng nhờ dây treo AB. Cho AB = 30cm, AC = 40cm. Xác định các lực tác dụng



lên BC. Lấy g  10 m / s 2



Câu 2: Cho một vật có khối lượng m = 6kg được treo vào tường bởi dây BC và thanh AB. Thanh AB gắn vào tường bằng bản lề A, ta có AB = 30cm và BC = 60cm 1. Tìm các lực tác dụng lên thanh AB trong hai trường hợp sau: a. Bỏ qua khối lượng thanh. b. Khối lượng thanh AB là 3kg.

 thì lực căng dây BC 2. Khi tăng góc ACB thay đổi như thế nào ? Câu 3: Thanh AB khối lượng m1 = 10kg, chiều dài l = 3m gắn vào tường bởi bản lề A. Đầu B của thanh treo vật nặng m2 = 5kg. Thanh được giữ cân bằng nằm ngang nhờ dây treo

P D



CD; góc   45 . Tìm các lực tác dụng lên thanh AB biết AC = 2m. Câu 4: Thanh AB được đặt như hình vẽ có đầu A tựa trên sàn, đầu B được treo bởi dây BC. Biết

m2 C

600

B 23

BC = AB = a. Xác định giá trị hệ số ma sát giữa AB và sàn để AB cân bằng.

Câu 5: Cho một thang có khối lượng m = 20kg được dựa vào tường trơn nhẵn dưới góc nghiêng  .Hệ số ma sát giữa thang và sàn là k = 0,6. a. Thang đứng yên cân bằng, tìm các lực tác dụng lên thang nếu   450 . b. Tìm các giá trị của  để thang đứng yên không trượt trên sàn. c. Một người khối lượng m’= 40kg leo lên thang khi   450 . Hỏi người này lên đến vị trí O’ nào trên thang thì thang sẽ bị trượt. Chiều dài thang l = 2m. Hướng dẫn giải: Câu 1: Cân bằng đối với trục quay ở C:

M T  M P  T.AC  P.AB

AB P  mg  40N; T  mg  30N AC   Phản lực N có hướng CB . Theo điều kiện cân bằng vật rắn

    TPN 0

 T



 N

B  P

Chiếu lên hệ trục Oxy

T  N.sin   T  N  sin  AB AB 3    N  50N Mà sin   BC AB2  AC 2 5 Câu 2: 1. Ta có P  mg  6.10  60  kg 

AB 30  BC 60  ACB  300   ABC  600   a, Phản lực N có hướng AB . Sin  ACB 

Theo điều kiện cân bằng:

    T  P  N  0; T  P  40N

Chiếu lên Oy

 T.cos 300  P  0 P 60 T   40 3  N  0 cos 30 3 2 24

 T

A  P

y  B N

Chiếu lên Ox  T .sin 300  N  0  N  40 3.



1  20 3  N  2

b, Phản lực N có phương nằm trong góc Cân bằng đối với trục quay ở A:

M T  M P1  M P 2

 T.AB sin 600  P1 .

T 

AB  P2 .AB 2

 Ny

3.10.0,5  60  50 3  N  3 2

Phương trình cân bằng lực:

 N

  Nx

 T

I  P1

Chiếu theo Ox :

N x  Tx  T cos 600  50.

 Ty

 B Tx

  O    T  P1  P 2  N  0

 P2

3  25 3  N  2

Chiếu theo Oy: N y  Ty  P1  P2  0  N y  30  60  50 3. Vậy N 



N x2  N y2  152  25 3



3  15  N  2

 10 21  N 

 T 50 3  25 3  N  N x  Tx  T cos 600   2 2  N  P  P' T ' cos   (m  m ')g  T ' cos   y 2.Theo ý a ta có: T 

mg  cos ACB

P1  P2 2 Theo ý b ta có: T  cos  ACB

 thì lực căng T tăng. Vậy khi tăng ACB Câu 3: Ta có P1  m1.g  10.10  100  N  P2  m2 g  5.10  50  N  Theo điều kiện cân bằng của một vật rắn quay quanh một truch cố định:

M T  M P1  M P 2 AB  P2 .AB 2  P1  AB T  P2  0  AC sin 45  2 

 T.AC sin 450  P1 .

T 

 100   50   150 2  N   2 2  2. 2 3

 Ty

 N A

 T

 T x

 P1

B O  P2

Theo điều kiện cân bằng lực của vật rắn:

     P1  P 2  T  N  0

Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ Chiếu theo Ox ta có: N  T cos 45  150 2.

2  150  N  2

Câu 4: Theo điều kiện cân bằng của vật rắn đối với trục quay ở A:

M T  M P  T.dT  P.dP  T 

mg 2

Theo điều kiện cân bằng vật rắn khi chịu tác dụng của các lực  :

     P  T  N  Fms  0

Chon hệ trục Oxy như hình vẽ :

T 3 mg. 3  2 4 mg 3mg T Chiếu lên Oy :  N  mg   mg   2 4 4 Để thanh cân bằng  Fms  kN Chiếu lên Ox :  Fms 

k

T  Tx G

 N

3  0, 58 3

M P  M N B

 NB

AB  P. cos   N B .AB.sin  2

Theo điều kiện cân bằng lực

     P  NA  NB  Fms  0  NA  P  200N; Fms  NB

 NA

 A

 P

 f ms

  f ms P

Câu 5: a. Trọng lượng của thanh: P = mg = 200N Theo điều kiện cân bằng Momen

 Ty

 N B  Fms 

P  100N 2

b, Điều kiện: Fms <k.NA.

Theo câu a:  Fms  N B 

P 2tg

 NB

1 1  N A  P  tg      400 2k 1, 2 c. Lấy O’ là vị trí người khi thang bắt đầu trượt. Ta có: N B  Fms  kN A ; N A  P  P'  600N

 NA

 Fms  360N Xét trục quay qua A: M

 N B .AB sin   P.

  NB

M M  P

 P'

 P

 P/

 f ms

AB .cos   P'.AO'.cos   AO'  1, 3m 2

Trắc Nghiệm Câu 1.Phát biểu nào sau đây là không chính xác? A.Đơn vị của mômen là N.m B.Ngẫu lực không có hợp lực C. Lực gây ra tác dụng làm quay khi giá của nó không đi qua trọng tâm D.Ngẫu lực gồm 2 lực song song, ngược chiều, khác giá, cùng độ lớn, cùng tác dụng vào vật Câu 2.Chọn phát biểu chính xác nhất A.Hợp lực không có hợp lực B.Muốn cho 1 vật cân bằng thì hợp lực của các lực đặt vào nó phải bằng 0 C.Muốn cho 1 vật cân bằng thì tổng đại số mômen lực tác dụng lên vật bằng 0 D. Mọi lực tác dụng vào vật có giá không qua trọng tâm sẽ làm cho vật chuyển động quay Câu 3.Ở trường hợp nào sau đây, lực có tác dụng làm cho,vật rắn quay quanh trục? A.Lực có giá cắt trục quay B.Lực có giá song song với trục quay C. Lực có giá nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục quay và cắt trục quay 27

D. Lực có giá nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục quay và không cắt trục quay Câu 4.Thanh AB tựa trên trục quay O (OB=2.OA) và   5 A B o chịu tác dụng của 2 lực FA và F B với FA  FB 2   Thanh AB sẽ quay quamh O theo chiều nào? FA FB A. Chiều kim đồng hồ B. Ngược chiều kim đồng hồ C.Không quay, nằm cân bằng D.Chưa đủ dữ liệu để trả lời câu hỏi Câu 5.Đối với vật quay quanh 1 trục cố định, câu nào sau đây đúng? A.Vật quay được là nhờ mômen lực tác dụng lên nó B.Nếu không chịu mômen lực tác dụng thì vật phải đứng yên C.Khi không còn mômen lực tác dụng thì vật đang quay lập tức dừng lại D.Khi thấy tốc độ góc của vật thay đổi thì chắc chắn là có mômen lực tác dụng lên vật. Câu 6.Một vật hình trụ có khối lượng 10 kg



chịu tác dụng của lực F luôn song song với



O 

mặt ngang như hình vẽ. Nếu h=R/3 thì lực F tối thiểu để trụ vượt qua bậc thang là?

F O

A. 50 5  N 

B. 100 5  N  C. 50 2  N  D. 100 2  N  Câu 7.Một cần cẩu nâng 1 trục bê tông, đồng chất, trọng lượng P lúc đầu  F nằm yên trên mặt đất. Trong quá trình nâng dựng đứng lên, đầu A luôn



B trí tựa trên mặt đất, lực căng dây F luôn thẳng đứng. Lực nâng F tại vị trục hợp với mặt nghiêng 1 góc  là?  A

P P cos  B. F  sin  2 2 P P C. F  tan  D. F  2 2 Câu 8.Thanh AB đồng chất có có trọng lượng 12N nằm ngang được gắn vào tường tại A, đầu B nối với tường bằng sợi dây BC không giãn.Biết

A. F 

 B A

AB =80cn, AC=60cm.Tính lực căng của dây BC. 2

Lấy g=10 m / s . A. 8N B. 4N C. 10N D.15N Câu 9.Thanh đồng chất BC có trọng lượng 10N gắn vào tường bởi bản lề C như hình vẽ, đầu B được giữ cân bằng nhờ dây AB. A được cột chặt vào tường ,biết AB vuông góc với AC, AB=AC.Xác định lực căng của dây ? A.5N

B. 5 2N

C.10N D. 10 2N Câu 10.Thanh BC khối lượng m=4kg gắn vào tường bởi bản lề C, đầu B được giữ cân bằng nhờ dây AB.A được cột chặt vào tường ,Biết AB vuông góc với AC, AB=AC.Tìm lực căng dây AB vàphản lực của bản lề C. ?Lấy g=10 m / s

A. 10 N ;10 2 N

B. 20 N ; 20 2 N

C. 10 2 N ;10 N D. 20 2 N ; 20 N Câu 11.Một ngọn đèn có khối lượng 2kg được treo vào tường bởi sợi dây BC và thanh AB. Thanh AB gắn với tường nhờ vào bảnClề A, với AC và BC 0

tạo với nha một góc 60 .Tìm lực căng của dây tác dụng lên thanhAB nếu 2

bỏ qua khối lượng thanh. Lấy g=10 m / s B A.40N B. 20N A C.15N D.10N Câu 12: Một người nâng tấm ván AB có trọng lượng lượng 50 kg với lực F để ván nằm yên và hợp với mặt đường một góc 30o. Xác định độ lớn của  lực F khi lực F hướng vuông góc với tấm ván. A. 125 3N

B. 125 2N

C. 250 2N D. 250 3N *Thanh AB dài l có trọng lượng P=100N, được giữ nhờ dây AC như hình vẽ. Biết trọng tâm G nằm ở giữa thanh. Dùng thông tin này để trả lời câu 13,14,15. Câu 13.Phản lực của vách tường vào đầu B của A thanh có hướng? A.Dọc theo thanh B. Hướng đến I

 G

H  N

 P

C.Hợp với thanh AB 1 góc 600 và chếch lên trên D. Hợp với thanh AB 1 góc 600 và chếch xuống dưới Câu 14.Độ lớn của lực căng dây là bao nhiêu? A.100N B.50N C. 50 3N D.Không tính được vì thiếu chiều dài thanh



Câu 15.Phản lực N có độ lớn bằng? A. 50N

B. 50 3N

D.100N Câu 16.Hai lực của 1 ngẫu lực có độ lớn F=10N.Cách tay đòn của ngẫu lực d=10cm.Mômen của ngẫu lực là: A. 100N.m B.2,0N.m C.1,0N.m D.0,5N.m Câu 17.Đối vật quay quanh 1 trục cố định , câu nào sau đây là chưa chính xác? A.Nếu không còn mômen nào tác dụng thì vật sẽ quay chậm lại B. Khi không còn mômen tác dụng thì vật sẽ dang quay sẽ quay đều C.Khi vật chịu tác dụng của mômen cản (ngược chiều quay)thì vật sẽ quay chậm lại D.Khi thấy vật tốc góc của vật thay đổi thì chắn chắc là đã có mômen lực tác dụng lên vật Câu 18. Cho một thanh nhẹ AB đặt trên O A B điểm tựa O như hình vẽ. Đoạn OA ngắn hơn OB. Ở hai dầu A và B của thanh , người ta treo 2 vật G1 và G2 sao cho thanh nằm

100 3N

G1 G2 thăng bằng. Bây giờ ta dịch chuyển 2 vật lại gần O một khoảng như nhau thì A.Đầu A của thanh bị hạ thấp xuống B.Không thể biết thanh lệch như thế nào C. Đầu B của thanh bị hạ thấp xuống D.Thanh AB nằm thăng bằng Câu 19. Một vật không có trục quay nếu chịu tác dụng của 1 ngẫu lực thì sẽ chuyển động ra sao? A. Không chuyển động vì ngẫu lực có hợp lực bằng 0 B. Quay quanh 1 trục bất kì C. Quay quanh 1 trục do ngẫu lực hình thành D. Chuyển động khác A, B, C

Câu 20. Một thanh đồng chất khối lượng m có 1 đầu được gắn vào tường bằng bản lề, đầu kia được treo bằng p dây nhẹ như hình và thanh cân bằng. Phản lực của bản lề tác dụng vào thanh có phương nào? A. Vuông góc với tường o B. Phương OM C.Song song với tường D. Có phương hợp với tường một góc nào đó Đáp án trắc nghiệm Câu 1. Đáp án B Câu 2. Đáp án D Câu 3. Đáp án D Câu 4. Đáp án B. Ta có : 2 4 M A/0  FA .OA; M B/0  FB .OB  FA .2.OA  FA .OA  M A/0 5 5 Vậy thanh AB quay ngược chiều kim đồng hồ Câu 5. Đáp án D Câu 6. Đáp án C. Để vật trượt qua bậc thanh ta phải có : M F / O  M P / O hay 1

F.O1H  P.O1K  F  P.

FP

R2 

4 2 R 9

2 R 3

O1K O1H

O 

 F

H O

 100.

Câu 7. Đáp án: chọn D. Theo qui tắc momen: F=AK=P.AH AH P F .P  AK 2

 P

5  50 5  N  2

 F

 A

Câu 8. Đáp án C Qui tắc mômen:

AB P 12  T . AH  T . AB.cos  T    10 N 2 2cos  2.0,6 31

Câu 9. Đáp án A Theo điều kiện cân bằng Momen

P.CH  T .CA  CH 

AB CA P   T   5N 2 2 2

Câu 10. Đáp án B

AB CA P   T   20 N 2 2 2 2 2 2 2 2 2 N  P  T  N  20  20  800  N  20 2  N 

P.CH  T .CA  CH 

Câu 11. Đáp án A

PAB  T . AH  T . AB.sin 300  T 

P 20   40 N sin 300 0,5

Câu 12: Đáp án A. Ta có: P  mg  50.10  500  N 

 F

Theo điều kiện cân bằng của Momen lực MF  MP  F.dF  P.dP

AB ; dF  AB 2 AB  F.AB  500.cos 300 2  F  125 3  N 

Với dP  cos 300.

 P

300

Câu 13. Đáp án B.

 



Do thanh cân bằng dưới tác dụng của 3 lực : P, T và N nên chúng phải



đồng qui nhau. Vậy N hướng đến I Câu 14. Đáp án A. Qui tắc mômen đối với điểm B ta có: GB AB sin  T.BH  P.GB  T  .P  .P  100N BH AB / 2 Câu 15. Đáp án D.

  

Do P  T  N  0 nên chiếu phương trình lên Oxy ta được:

 N x  50 3 N  N x  T .cos     N y  P  T sin   N y  50 N Từ đó : N 

N x2  N y2  100 N

Câu 16. Đáp án C. Câu 17. Đáp án A Câu 18. Đáp án C . 32

M=F.d= 10(0,1)=1,0M.m

Đầu B của thanh bị hạ thấp xuống Điều kiện cân bằng : P1.OA  P2 .OB; OA  0  P1  P2 Xét : P1  OA  x  

P1.OA  P1 x  P2 .CB P1 x  P2  OB   ( P2  P) x

P1  OA  x   P2  OB  x   P2 x  P2  OB  x  nên đầu B của thanh bị hạ

thấp xuống Câu 19. Đáp án D Câu 20. Đáp án D

CHƯƠNG IV: ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỘNG LƯỢNG I. Định Nghĩa :  - Động lượng của một vật khối lượng m đang chuyển động với vận tốc v là đại lượng được đo bằng tích của khối lượng và vận tốc của vật:

  p  m.v

Đơn vị: ( kg.m/s = N.s)



- Động lượng p của một vật là một véc tơ cùng hướng với vận tốc 

- Khi một lực F không đổi tác dụng lên một vật trong khoảng thời gian t 



thì tích F .t được định nghĩa là xung lượng của lực F trong khoảng thời gian t ấy. 



 v v Theo định luật II Newton ta có : m a = F hay m 2 1 = F t 



 m v 2 - m v1 = F t

- Vậy độ biến thiên động lượng của một vật trong một khoảng thời gian nào đó bằng xung lượng của tổng các lực tác dụng lên vật trong khoảng   thời gian đó.  p  F t  N .s  II. Định luật bảo toàn động lượng của hệ cô lập 1. Động lượng của một hệ cô lập là một đại lượng bảo toàn. Một hệ nhiều vật được coi là cô lập khi không có ngoại lực tác dụng lên hệ hoặc nếu có thì các ngoại lực ấy cân bằng nhau. Trong một hệ cô lập, chi có các nội lực tương tác giữa các vật.

   p1  p2  ...  pn  const     + Va chạm đàn hồi : m1 .v1  m2 .v 2  m1 .v1'  m2 .v 2'   m1v1 và m2 v2 là động lượng của vật 1 và vật 2 trước tương tác.   m1v1, và m1v2, là động lượng của vật 1 và vật 2 sau tương tác.    + Va chạm mềm : m1.v1  m2 .v2  (m1  m2 )V  m1.v1  m2 .v2 V  m1  m2    m   v + Chuyển động bằng phản lực m.v  M .V  0  V   M     2. Độ biến thiên động lượng là  p  p2  p1  F.t

Dạng Bài Tập Cần Lưu ý Dạng 1: Xác định tổng động lượng, độ biến thiên động lượng và lực tác dụng 1

Phương pháp giải - Độ lớn của động lượng: p = m.v   - Khi có hai động lượng p1 , p 2



Ta có : p  p1  p 2   + Trường hợp 1: p1 , p2 cùng phương,cùng chiều

 p2

 p  p1  p2

  + Trường hợp 2: p1 , p2 cùng phương,ngược chiều  p  p1  p2

(p1  p2 )   + Trường hợp 3: p1 , p2 vuông góc

 p2

 p  p12  p22

  + Trường hợp 4: p1 , p2 tạo với nhau một góc 

 p 2  p12  p22  2 p1 p2 cos(   )  p 2  p12  p22  2 p1 p2 cos 

  + Trường hợp 4: p1 , p2 tạo với nhau một góc  và

 p

  p1 p2



p1  p2

 p  2p1 cos

  p p1   p p1

 p

 p1

 2

    - Độ biến thiên động lượng là :  p  p2  p1  F.t

Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Cho một hệ gồm 2 vật chuyển động .Vật 1 có khối lượng 2 kg có vận tốc có độ lớn 4 m/s. Vật 2 có khối lượng 3 kg có vận tốc độ lớn là 2 m/s. Tính tổng động lượng của hệ trong các trường hợp sau: 



a. v 2 cùng hướng với v1 



b. v 2 ngược hướng với v1 



c. v 2 hướng chếch lên trên,hợp với v1 góc 900 d. v 2 hướng chếch lên trên, hợp với v1 góc 600



Giải: Ta có : p  p1  p 2

và p1  m1 .v1  2.4  8  kg.m / s  ; p2  m 2 .v 2  3.2  6  kg.m / s       a. Vì v 2 cùng hướng với v1  p1 , p2 cùng phương,cùng chiều  p  p1  p2  8  6  14  kg.m / s  2

 p1

 p

    b. Vì v 2 ngược hướng với v1  p1 , p2 cùng

phương,ngược chiều  p  p1  p2  8  6  2  kg.m / s  



c. Vì v 2 hướng chếch lên trên,hợp với v1 góc 900    p1 , p2 vuông góc

 p

 p2

 p1

 p

 p1

 p  p12  p22  8 2  6 2  10  kg.m / s  



d. Vì v 2 hướng chếch lên trên, hợp với v1 góc 600    p1 , p2 tạo với nhau một góc 600

 p2

 p 2  p12  p22  2 p1 p2 cos 

600

 p  8  6  2.8.6 cos 60  2 37  kg .m / s  2

 p

 p1

Câu 2: Một xạ thủ bắn tỉa từ xa với viên đạn có khối lượng 20g, khi viên đạn bay gần chạm tường thì có vận tốc 600 ( m/s ),sau khi xuyên thủng bức tường vận tốc của viên đạn chỉ còn 200 ( m/s ). Tính độ biến thiên động lượng của viên đạn và lực cản trung bình mà tường tác dụng lên viên đạn biết thời gian đạn xuyên qua tường 103  s  Giải: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của viên đạn Độ biến thiên động lượng của viên đạn là p  m.v 2  m.v1  0,02  200  600   8  kg.m / s  p 8   8000  N  t 10 3 Câu 3: Một người khối lượng 60 kg thả mình rơi tự do từ 1 cầu nhảy ở độ cao 4,5 m xuống nước và sau khi chạm mặt nước được 0,5s thì dừng chuyển động.Tìm lực cản mà nước tác dụng lên người .Lấy g = 10m/s2 Giải: Vận tốc rơi tự do của vật khi đến mặt nước:

Áp dụng công thức p  F.t  F 

v  2.g .s  2.10.4,5  3 10  m / s 

Lực cản do nước tác dụng lên học sinh. Áp dụng công thức

p  F .t  F 

m.0  mv 60.3. 10   1138, 42  N  t 0,5

Câu 4: Một vật có khối lượng 1,5 kg được thả rơi tự do xuống đất trong thời gian 0,5s. Độ biến thiên động lượng của vật trong khoảng thời gian đó là bao nhiêu? Lấy g = 10m/s2.



Giải: Áp dụng công thức  p  F .t 3

Ta có độ lớn: p  F .t  mg .t  1,5.10.0,5  7,5  kg .m / s  Câu 5 : Một quả bóng có khối lượng 500g đang bay với vận tốc 10 ( m/s ) thì va vào một mặt sàn nằm ngang theo hướng nghiêng góc  so với mặt sàn, khi đó quả bóng nảy lên với vận tốc 10 ( m/s ) theo hướng nghiêng với mặt sàn góc  .Tìm độ biến thiên động lượng của quả bóng và lực trung bình do sàn tác dụng lên bóng, biết thời gian va chạm là 0,1s. Xét trường hợp sau: a.   30 0 b.   90 0 Giải: Chon chiều dương như hình vẽ O theo bài ra v1  v 2  v  10  m / s  Độ biến thiên động lượng       p  p2  p1  mv 2  mv1

 v1

Chiếu lên chiều dương  p  mv 2 sin   mv1 sin   2mv sin 

 v2



p Lực trung bình do sàn tác dụng lên bóng p  F .t  F  t

a. Với   300

Ta có  p  2mv sin   2.0, 5.10.sin 300  5  kgm / s 

Lực trung bình do sàn tác dụng lên bóng  F 

p 5   50  N  t 0,1

b. Với   900

Ta có  p  2mv sin   2.0, 5.10.sin 900  10  kgm / s 

Lực trung bình do sàn tác dụng lên bóng  F 

p 10   100  N  t 0,1

Bài Tập Tự Luyện: Câu 1:Tìm tổng động lượng hướng và độ lớn của hệ hai vật có cùng khối lượng bằng 1kg. Vận tốc của vật 1 có độ lơn 4(m/s) và có hướng không đổi, vận tốc của vật hai là 3(m/s) và a. Cùng phương cùng chiều với vận tốc vật một. b. Cùng phương ngược chiều vận tốc vật một. c. Có hướng nghiêng góc 60o so với vận tốc vật một. d. Có hương vuông góc với vận tốc vật một. Câu 2: Cho một bình chưa không khí, một phân tử khí có khối lượng 4,65.10-26kg đang bay với vận tốc 600m/s va chạm vuông góc với thành bình 4

và bật trở lại với vận tốc cũ. Tính xung lượng của lực tác dụng vào thành bình. Câu 3: Một đoàn tầu có khối lượng 10 tấn đang chuyển động trên đường ray nằm ngang với vận tốc 54km/h. Thì người lái tầu nhìn từ xa thấy một chướng ngại vật, liền hãm phanh . Tính độ lớn lực hãm để tàu dừng lại sau sau 10 giây. Câu 4: Một học sinh của Trung Tâm Bồi Dưỡng Kiến Thức Thiên Thành đá một quả bóng có khối lượng 400g bay với vận tốc 8 m/s đập vuông góc với tường thì quả bóng bật trở lại với vận tốc tương tự. Xác định độ biến thiên động lượng và lực tác dụng của tường lên quả bóng biết thời gian va chạm là 0,1s. Nếu học sinh đó đá quả bóng theo phương hợp với tường một góc 600 thì quả bóng bật ra với góc tương tự thì lực tác dụng thay đổi thế nào ? Hướng dẫn giải:    Câu 1: Ta có : p  p1  p 2 và p1  m1 .v1  1.4  4  kg.m / s  ; p2  m 2 .v 2  1.3  3  kg.m / s       a. Vì v 2 cùng hướng với v1  p1 , p2 cùng

phương,cùng chiều  p  p1  p2  4  3  7  kg.m / s 

    b. Vì v 2 ngược hướng với v1  p1 , p2 cùng

phương,ngược chiều  p  p1  p2  4  3  1  kg.m / s  



c. Vì v 2 hướng chếch lên trên, hợp với v1 góc   600  p1 , p2 tạo với nhau một góc 600

 p

 p2

2 1

600

2 2

 p  42  32  2.4.3cos 600  37  kg .m / s 

 p

 p1

 p2

 p  p  p  2 p1 p2 cos  2

 p1

 p

 p1

    d. Vì v 2 hướng chếch lên trên,hợp với v1 góc 900  p1 , p2 vuông góc

 p  p12  p22  4 2  32  5  kg.m / s 

Câu 2: Theo bài ra ta có: v2 = v1 = v = 600m/s Chọn chiều dương là chiều chuyển động của phần tử khí trước khi chạm vào thành bình ta có:

   p  F .t

 p2

 p

 p1

Chiếu theo chiều dương: F .t   m.v2  mv1  2mv 5

 F .t  2.4, 65.1026.600  5,58.1023  N .s 

Câu 3: Ta có khi tàu dừng lại v 2  0  m / s  ; v1  54  km / s   15  m / s  Độ biến thiên động lượng p  p2  p1  mv1  10.000.15  150000  N  Lực hãm để tàu dừng lại sau sau 10 giây

p  F .t  F  

150000  15000  N  10

Câu 4: Chon chiều dương là chiều chuyển động bong trước lúc va chạm với tường theo bài ra v1  v 2  v  8  m / s  Độ biến thiên động lượng       p  p2  p1  mv 2  mv1

Chiếu lên chiều dương  p  mv 2  mv1  2mv  2.0, 4.8  6, 4  kg.m / s  Lực trung bình do tường tác dụng lên bóng :

p  F .t  F 

p 6, 4   64  N  t 0,1

Nếu học sinh đó đá quả bóng theo phương 0

với tường một góc 60 thì quả bóng bật ra với tương tự thì Chon chiều dương như hình vẽ Độ biến thiên động lượng       p  p2  p1  mv 2  mv1

 v1



 v2

hợp góc

Chiếu lên chiều dương  p  mv 2 sin   mv1 sin   2mv sin   p  2.0, 4.8.sin 600  3, 2  kgm / s 

Lực trung bình do sàn tác dụng lên bóng :

p  F .t  F 

p 3, 2   32  N  t 0,1

Dạng 2: Bài Toán Đạn Nổ Phương Pháp giải: Khi một viên đạn nổ thì nội năng là rất lớn nên được coi là một hệ kín    - Theo định luật bảo toàn động lượng p  p1  p2

- Vẽ hình biểu diễn - Chiếu theo hình biểu diễn xác định độ lớn Ví Dụ Minh Họa: Câu 1:Một viên đạn pháo đang bay ngang với vận tốc 300 ( m/s ) thì nổ và vỡ thành hai mảnh có khối lượng lần lượt là 15kg và 5kg. Mảnh to bay theo 6

phương thẳng đứng xuống dưới với vận tốc 400 3 ( m/s ). Hỏi mảnh nhỏ bay theo phương nào với vận tốc bao nhiêu ? Bỏ qua sức cản không khí. Giải: Khi đạn nổ lực tác dụng của không khí rất nhỏ so với nội lực nên được coi như là một hệ kín    Theo định luật bảo toàn động lượng p  p1  p2 Với p  mv   5  15  .300  6000  kgm / s 

 p2

p1  m1v1  15.400 3  6000 3  kgm / s 

p2  m 2 v 2  5.v 2  kgm / s      Vì v1  v  p1  p theo pitago



p22  p12  P 2  p2  p12  p2

 p2 

 6000 3 

  6000   12000  kgm / s 

 p

 p1

p2 12000   2400  m / s  5 5 p 6000 3 1     300 Mà sin   1  p2 12000 2  v2 

Câu 2: Một viên đạn pháo đang bay ngang với vận tốc 50 m/s ở độ cao 125 m thì nổ vỡ làm hai mảnh có khối lượng lần lượt là 2 kg và 3kg. Mảnh nhỏ bay thẳng đứng xuống dưới và rơi chạm đất với vận tốc 100m/s. Xác định độ lớn và hướng vận tốc của 2 mảnh ngay sau khi đạn nổ. Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy g = 10m/s2. Giải: Khi đạn nổ bỏ qua sức cản của không khí nên được coi như là một hệ kín. Vận tốc mảnh nhỏ trước khi nổ là 

v1/2  v12  2gh  v1  v1/2  2gh

 v1  100 2  2.10.125  50 3  m / s 



Theo định luật bảo toàn động lượng    p  p1  p2

Với p  mv   2  3  .50  250  kgm / s 

 p1

p1  m1v1  2.50 3  100 3  kgm / s 

p2  m 2 v 2  3.v 2  kgm / s      Vì v1  v  p1  p theo pitago

 p22  p12  P 2  p2  p12  p2 

 p

v1/  100  m / s 

100 3 

 250 2  50 37  kgm / s 

p2 50 37   101, 4  m / s  3 3 p 100 3    34,720 Mà sin   1  p2 50 37  v2 

Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Cho một viên đạn có khối lượng 2 kg đang bay thẳng đứng lên cao với vận tốc 250 m/s thì nổ thành hai mảnh có khối lượng bằng nhau. Biết mảnh thứ nhất bay theo phương ngang với vận tốc 500 m/s. Hỏi mảnh hai bay thoe phương nào với vận tốc là bao nhiêu. Bỏ qua mọi tac dụng của không khí đối với viên đạn. Lấy g = 10m/s2. Câu 2: Một viên đạn được bắn ra khỏi nòng sung ở độ cao 20m đang bay ngang với vận tốc 12,5 m/s thì vỡ thành hai mảnh. Với khối lượng lần lượt là 0,5kg và 0,3kg. Mảnh to rơi theo phương thẳng đứng xuống dưới và có vận tốc khi chạm đất là 40 m/s. Khi đó mảnh hai bay thoe phương nào với vận tốc bao nhiêu. Lấy g = 10m/s2. Câu 3:Một quả đạn khối lượng m khi bay lên đến điểm cao nhất thì nổ m thành hai mảnh. Trong đó một mảnh có khối lượng là bay thẳng đứng 3 xuống dưới với vận tốc 20m/s. Tìm độ cao cực đại mà mảnh còn lại lên tới được so với vị trí đạn nổ. Lấy g = 10m/s2. Hướng dẫn giải: Câu 1: Khi đạn nổ bỏ qua sức cản của không khí nên được coi như là một hệ kín. Theo định luật bảo toàn động lượng    p  p1  p2  Với p  mv  2.250  500  kgm / s  p1  m1v1  1.500  500  kgm / s 

p2  m 2 v 2  v 2  kgm / s      Vì v1  v  p1  p theo pitago

 p2



 p1

 p22  p12  P 2  p2  p12  p2  500 2  500 2  500 2  kgm / s 

 v 2  p2  500 2  m / s  p1 500 2      450 p2 500 2 2 Vậy mảnh hai chuyển động theo phương hợp với phương thẳng đứng một

Mà sin  

góc 450 với vận tốc 500 2  m / s  8

Câu 2: Khi đạn nổ bỏ qua sức cản của không khí nên được coi như là một hệ kín. Vận tốc mảnh nhỏ trước khi nổ là

 p2

v1/2  v12  2gh  v1  v1/2  2gh  v1  40 2  2.10.20  20 3  m / s 



Theo định luật bảo toàn động lượng    p  p1  p2

Với p  mv   0, 5  0, 3  .12, 5  10  kgm / s 

 p1

p1  m1v1  0, 5.20 3  10 3  kgm / s 

p2  m 2 v 2  0, 3.v 2  kgm / s      Vì v1  v  p1  p theo pitago

 p22  p12  P 2  p2  p12  p2   v2 

 p

v1/  40  m / s 

10 3 

 10 2  20  kgm / s 

p2 20   66,67  m / s  0, 3 0, 3

Mà sin  

p1 10 3     600 p2 20

Vậy mảnh hai chuyển động theo phương hợp với phương ngang một góc 600 với vận tốc 66,67  m / s 

Câu 3: Khi đạn nổ bỏ qua sức cản của không khí nên được coi như là một hệ kín.     p2 Theo định luật bảo toàn động lượng p  p1  p2 vì vật đứng yên mới nổ nên v  0  m / s   p  0  kgm / s 

m   .20   m 1 v1 p1  p2  v2   3  10  m / s   p1  p2  0   2m m2 p1  p2 3 Vậy độ cao vật có thể lên được kể từ vị trí nổ áp dụng công

 p1

thức v 2  v 22  2gh  0 2  10 2  2.  10  .h  h  5  m 

Dạng 3: Hai Vật Va Chạm Nhau Phương pháp giải Theo định luật bảo toàn động lượng, tổng động lượng trước va chạm bằng tổng động lượng sau va chạm     + Va chạm đàn hồi : m1 .v1  m2 .v 2  m1 .v1'  m2 .v 2'

  m1v1 và m2 v2 là động lượng của vật 1 và vật 2 trước tương tác.

  m1v1, và m1v2, là động lượng của vật 1 và vật 2 sau tương tác.  m1.v1  m2 .v2    + Va chạm mềm : m1.v1  m2 .v2  (m1  m2 )V  V  m1  m2    m   v + Chuyển động bằng phản lực m.v  M .V  0  V   M Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Một hòn bi khối lượng 2kg đang chuyển động với vận tốc 3m/s đến va chạm vào hòn bi có khối lượng 4kg đang nằm yên, sau va chạm hai viên bi gắn vào nhau và chuyển động cùng vần tốc. Xác định vận tốc của hai viên bi sau va chạm?. Giải: Động lượng của hệ trước va chạm: m1.v1  m2 v2 Động lượng của hệ sau va chạm:  m1  m2  v Theo định luật bảo toàn động lượng ta có:

m1.v1  m2 v2   m1  m2  v  m1v1  0   m1  m2  v

v

m1v1 2.3   1 m / s  m1  m2 2  4

Câu 2: Trên mặt phẳng nằm ngang một hòn bi m1 = 15g đang chuyển động sang phải với vận tốc v1 = 22,5cm/s va chạm trực diện đàn hồi với hòn bi m2 = 30g chuyển động sang trái với vận tốc v2 = 18cm/s. Tìm vận tốc mỗi vật sau va chạm, bỏ qua ma sát? Giải: Áp dụng công thức va chạm

(m1  m2 )v1  2m2 m2 (15  30)22,5  2.30.18   31,5(cm / s ) m1  m2 45 (m  m1 )v2  2m1m1 (30  15).18  2.15.22,5 v '2  2   9(cm / s ) m1  m2 45

v '1 

Lưu ý: Khi thay số ta chọn chiều vận tốc v1 làm chiều (+) thì v2 phải lấy ( - ) và v2 = - 15 cm/s; vận tốc của m1 sau va chạm là v1 = - 31,5 cm/s. Vậy m1 chuyển động sang trái, còn m2 chuyển động sang phải. Câu 3: Một người công nhân có khối lượng 60kg nhảy ra từ một chiếc xe gòng có khối lượng 100kg đang chạy theo phương ngang với vận tốc 3m/s, vận tốc nhảy của người đó đối với xe là 4m/s. Tính vận tốc của xe sau khi người công nhân nhảy trong hai trường hợp sau. a. Nhảy cùng chiều với xe. b. Nhảy ngược chiều với xe. Giải: Chọn chiều (+) là chiều chuyển động của xe. a. Theo định luật bảo toàn động lượng ta có: 10

 m1  m2  v  m1  v0  v   m2v2  v2 

(m1  m2 )v  m1.(v0  v)  60  100  .3  60  4  3   0, 6  m / s  m2 100

b. Theo định luật bảo toàn động lượng ta có:

 m1  m2  v  m1  v  v0   m2v2  v2 

(m1  m2 )v  m1.(v  v0 )  60  100  .3  60  3  4    5, 4  m / s  m2 100

Câu 4: Cho viên bi một có khối lượng 200g đang chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang với vận tốc 5m/s tới va chạm vào viên bi thứ hai có khối lượng 400g đang đứng yên, biết rằng sau va chạm viên bi thứ hai chuyển động với vận tốc 3m/s, chuyển động của hai bi trên cùng một đường thẳng. Xác định độ lớn vận tốc và chiều chuyển động của viên bi một sau va chạm. Giải: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của viên bi một trước lúc va chạm     Theo định luật bảo toàn động lượng m1 .v1  m2 .v 2  m1 .v1'  m2 .v 2' Chiếu lên chiều dương ta có: m1.v1  m2 .0  m1 .v1'  m2 .v2'

 v1/ 

m1v1  m2 v2 0, 2.5  0, 4.3   1 m / s  m1 0, 2

Vậy viên bi một sau va chạm chuyển động với vận tốc là 3 m/s và chuyển động ngược chiều với chiều chuyện động ban đầu. Câu 5: Cho hai viên bi chuyển động ngược chiều nhau trên cùng một đường thẳng quỹ đạo và va chạm vào nhau. Viên bi một có khối lượng 4kg đang chuyển động với vận tốc 4 m/s và viên bi hai có khối lượng 8 kg đang  chuyển động với vận tốc v2 . Bỏ qua ma sát giữa các viên bi và mặt phẳng tiếp xúc. a. Sau va chạm, cả hai viên bi đều đứng yên. Tính vận tốc viên bi hai trước va chạm? b. Giả sử sau va chạm, bi 2 đứng yên còn bi 1 chuyển động ngược lại với vận tốc v1’ = 3 m/s. Tính vận tốc viên bi 2 trước va chạm? Giải: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của viên bi một trước lúc va chạm.     Theo định luật bảo toàn động lượng: m1 .v1  m2 .v 2  m1 .v1'  m2 .v 2' a. Sau va chạm hai viên bi đứng yên nên v1'  v2'  0  m / s  Chiếu lên chiều dương ta có m1.v1  m2 .v2  0  v2 

m1.v1 4.4   2m / s m2 8 11

b. Sau va chạm viên bi hai đứng yên viên bi một chuyển động ngược chiều với vận tốc 3 m/s ta có: Chiếu lên chiều dương m1.v1  m2 .v2   m1.v1/  0  v2 

 v2 

m1.v1  m1.v1/ m2

4.4  4.3  3,5  m / s  8

Câu 6: Cho một vật khối lượng m1 đang chuyển động với với vận tốc 5m/s đến va chạm với vật hai có khối lượng1kg đang chuyển động với vận tốc 1m/s, hai vật chuyển động cùng chiều. Sau va chạm 2 vật dính vào nhau và cùng chuyển động với vận tốc 2,5m/s. Xác định khối lượng m1. Giải: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của viên bi một trước lúc va









chạm. Theo định luật bảo toàn động lượng m1.v1  m2 .v2  m1  m2 v





Chiếu lên chiều dương ta có: m1.v1  m2 .v2  m1  m2 v

 5.m1  1.1   m1  m2  .2,5  m1  0, 6  kg  Câu 7: Một khẩu súng có khối lượng 4kg bắn ra viên đạn có khối lượng 20g. Khi viên đạn ra khỏi nòng súng thì có vận tốc là 600m/s. Khi đó súng bị giật lùi với vận tốc V có độ lớn là bao nhiêu? Giải: Theo định luật bảo toàn động lượng ta có:

   m  mv  m.v  M .V  0  V   v  V    3m / s M M

Vậy súng giật lùi với vận tốc 3m/s ngược chiều với hướng viên đạn. Câu 8: Một búa máy có khối lượng m1 = 1000kg rơi từ độ cao 3,2m vào một cái cọc có khối lượng m2 = 100kg. Va chạm là mềm. Lấy g = 10m/s2. Tính a. Vận tốc của búa và cọc sau va chạm. b. Tỉ số (tính ra phần trăm) giữa nhiệt tỏa ra và động năng của búa. Giải: a. Vận tốc của búa trước khi va chạm vào cọc:

v12  2 gh  v1  2 gh  8m / s Gọi v2 là vận tốc của búa và cọc ngay sau khi va chạm. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: m1v1  (m1  m2 )v2

v2 

m1 1000 .v1  .8  7,3m / s m1  m2 1000  100

b. Va chạm mềm nên động năng của hệ không được bảo toàn. Phần động năng biến thành nhiệt là: Q  Wd 1  Wd 2 

 32.000  29.310  2690 J 12

1 1 m1v12  (m1  m2 )v22 2 2

Tỉ số giữa nhiệt tỏa ra và động năng của búa:

Q 2690  .100%  8, 4% W1 32000

Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Hai hòn bi có khối lượng lần lượt 1kg và 2kg chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang ngược chiều nhau với các vận tốc 2 m/s và 2,5 m/s. Sau va chạm, hai xe dính vào nhau và chuyển động với cùng vận tốc. Tìm độ lớn và chiều của vận tốc này, bỏ qua mọi lực cản. Câu 2 : Một búa máy có khối lượng 300kg rơi tự do từ độ cao 31,25m vào một cái cọc có khối lượng 100kg, va chạm giữa búa và cọc là va chạm mềm. Bỏ qua sức cản của không khí lấy g = 10m/s2. Tính vận tốc búa và cọc sau va chạm. Câu 3: Một khẩu pháo có khối lượng m1 = 130kg được đặt trên một toa xe nằm trên đường ray biết to axe có khối lượng m2 = 20kg khi chưa nạp đạn. Viên đạn được bắn ra theo phương nằm ngang dọc theo đường ray biết viên đạn có khối lượng m3 = 1kg. Vận tốc của đạn khi bắn ra khỏi nòng súng thì có vận tốc v0 = 400m/s so với súng. Hãy xác định vận tốc của toa xe sau khi bắn trong các trường hợp . a. Toa xe nằm yên trên đường day. b. Toa xe đang chuyển động với vận tốc v1 = 18km/h theo chiều bắn đạn c. Toa xe đang chuyển động với vận tốc v1 = 18km/h theo chiều ngược với đạn. Câu 4: Một tên lửa khối lượng 70 tấn đang bay với vận tốc 200 m/s đối với trái đất thì tức thời phụt ra lượng khí có khối lượng 5 tấn với vận tốc 450m/s đối với tên lửa. Xác định vận tốc tên lửa sau khi phút khí ra đối với trái đất. Câu 5: Bắn một hòn bi thép với vận tốc 4m/s vào một hòn bi ve đang chuyển động ngược chiều với vận tốc 1 m/s biết khối lượng bi thép gấp 5 lần bi ve. Sau khi va chạm, hai hòn bi cùng chuyển động về phía trước, nhưng bi ve có vận tốc gấp 5 lần bi thép. Tìm vận tốc của mỗi hòn bi sau va chạm. Câu 6: Một tên lửa có khối lượng 100 tấn đang bay với vận tốc 200 m/s đối với trái đất thì phụt ra tức thời 20 tấn khí với vận tốc 500 m/s đối với tên lửa. Tính vận tốc của tên lửa trong hai trường hợp. Bỏ qua sức hút của trái đất a. Phụt ra phía sau ngược chiều với chiều bay của tên lửa. b. Phụt ra phía trước cùng chiều với chiều bay tên lửa Hướng dẫn giải: Câu 1: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của viên bi một trước lúc va chạm 13









Theo định luật bảo toàn động lượng m1.v1  m2 .v2  m1  m2 v





Chiếu lên chiều dương ta có: m1.v1  m2 .v2  m1  m2 v  v 

v

m1.v1  m2 .v2 m1  m2

1.2  2.2,5  1 m / s  1 2

Vậy sau va chạm hai vật chuyển động với vận tốc -1 m/s và chuyển đông ngược chiều so với vận tốc ban đầu của vật một Câu 2: Vận tốc của búa trước lúc va chạm với cọc

v1  2 gh  2.10.31, 25  25  m / s 

Chọn chiều dương là chiều chuyển động của búa trước lúc va chạm









Theo định luật bảo toàn động lượng m1.v1  m2 .v2  m1  m2 v Chiếu lên chiều dương ta có:





m1.v1  m1  m2 v  v 

m1.v1 300.25   18, 75  m / s  m1  m2 300  100

Câu 3: Chiều (+) là chiều CĐ của đạn: a. Toa xe đứng yên v = 0  p = 0 Theo định luật bảo toàn động lượng ta có:

 m1  m 2  m3  v   m1  m2  v /  m3v0  v/ 

(m1  m2  m3 )v  m3 .v0 0  1.400   2, 67 m / s m1  m2 130  20

Toa xe CĐ ngược chiều với chiều viên đạn b. Theo định luật bảo toàn động lượng ta có:

 m1  m 2  m3  v1   m1  m2  v /  m3  v0  v1 

(m1  m2  m3 )v1  m3 .(v0  v1 ) m1  m2 130  20  1 .5  1.  400  5  2,33 m / s  v/    130  20  v/ 

Toa xe CĐ theo chiều bắn nhưng vận tốc giảm đi. c. Theo định luật bảo toàn động lượng ta có:





  m1  m 2  m3  v1  m1  m2 v /  m3  v0  v1 

(m1  m2  m3 )v1  m3 .(v0  v1 ) m1  m2  130  20  1 .5  1.  400  5   v/   7, 67  m / s  130  20

 v/ 

Vận tốc của toa vẫn theo chiều cũ và tăng tốc. Câu 4: Theo định luật bảo toàn động lượng ta có:





m0 v0  m0  m v /  m  v0  v 

 v/ 

m0 v0  m.(v0  v) 70000.200  5000  200  450    234, 6m / s m0  m 70000  5000

Câu 5: Theo bài ra ta có m1  5m2 ; v2/  5v1/ Chọn chiều dương là chiều chuyển động của viên bi một trước lúc va chạm     Theo định luật bảo toàn động lượng m1 .v1  m2 .v 2  m1 .v1'  m2 .v 2' Chiếu lên chiều dương ta có: m1.v1  m2 .v2  m1 .v1'  m2 .v2'

 5m2 .4  m2 .1  5m2 .v1'  m2 .5v1'  19  10v1/  v1/  1,9  m / s 

 v2/  5.1,9  9,5  m / s  Câu 6: Chọn chiều dương là chiều chuyển động của tên lửa a.Ta có vk  v0  v Theo định luật bảo toàn động lượng ta có:





m0 v0  m0  m v /  m  v0  v 

 v/ 

m0 v0  m.(v0  v) 100000.200  20000  200  500    325  m / s  m0  m 100000  20000

Tên lửa tăng tốc b. Ta có vk  v0  v Theo định luật bảo toàn động lượng ta có:





m0 v0  m0  m v /  m  v0  v 

 v/ 

m0 v0  m.(v0  v) 100000.200  20000  200  500    75  m / s  m0  m 100000  20000

Tên lửa giảm tốc độ Trắc Nghiệm Câu 1. Động lượng được tính bằng: A.N.s B.N.m C.N.m/s D.N/s Cho một hệ gồm 2 vật chuyển động .Vật 1 có khối lượng 2 kg có vận tốc có độ lớn 4 m/s. Vật 2 có khối lượng 3 kg có vận tốc độ lớn là 2 m/s. Tính tổng động lượng của hệ . Dùng dữ kiện đề bài để trả lời các câu 2; 3; 4; 5. 



Câu 2. v 2 cùng hướng với v1 A. 14  kg.m / s 

B. 8  kg.m / s  15

C. 10  kg.m / s  

D. 2  kg.m / s  

Câu 3. v 2 ngược hướng với v1 A. 14  kg.m / s 

C. 10  kg.m / s 



B. 8  kg.m / s 

D. 2  kg.m / s  

Câu 4. v 2 hướng chếch lên trên,hợp với v1 góc 900 A. 14  kg.m / s 

C. 10  kg.m / s 



B. 8  kg.m / s 

D. 2  kg.m / s  

Câu 5. v 2 hướng chếch lên trên, hợp với v1 góc 600 A. 14  kg.m / s 

C. 10  kg.m / s 

B. 2 37  kg.m / s  D. 2  kg.m / s 

Câu 6 . Một vật nhỏ khối lượng m=2kg trượt xuống 1 đường dốc thẳng nhẵn tại 1 thời điểm xác định có vận tốc 3m/s, sau đó 4s vật có vận tốc 7m/s, tiếp ngay sau đó 3s vật có động lượng (kg.m/s) là: A.28kg.m/s B.20kg.m/s C.10kg.m/s D.6kg.m/s Câu 7. Điều nào sau đây là sai khi nói về các trường hợp của hệ có động lượng bảo toàn A,Hệ hoàn toàn kín B.Các hệ trong hệ hoàn toàn không tương tác với các vật bên ngoài hệ C.Tương tác của các vật trong hệ với các vật bên ngoài chỉ diễn ra trong 1 thời gian ngắn D.Hệ không kín nhưng tổng hình chiếu các ngoại lực theo 1 phương nào đó bằng 0 , thì theo phương đó động lượng cũng được bảo toàn Câu 8. Vật m1  1kg chuyển động với vận tốc v1  6m / s đến va chậm hoàn toàn mềm vào vật m2  3kg đang nằm yên. Ngay sau va chạm vận tốc vật m2 là:

2 3 B. v  m / s m/s 3 2 C. v  4m / s D. v  6m / s Câu 9. Vật m1  1kg chuyển động với vận tốc v1 đến va chạm mềm vào vật m2  2kg đang nằm yên. Ngay sau va chạm vận tốc vật m2 là v2  2m / s .Tính vận tốc vật m1 ? A. v 

A. v1  6m / s C. v1  5m / s

B. v1  1,2m / s D. v1  4m / s

Câu 10. Hai vật có khối lượng m1  2kg và m2  5kg

chuyển động với

vận tốc v1  5m / s và v2  2m / s .Tổng động lượng của hệ trong các





trường hợp v1 và v2 cùng phương, ngược chiều: A.0 kg.m/s B.3kg.m/s C.6kg.m/s D.10kg.m/s Câu 11. Một vật có khối lượng 1kg rơi tự do xuống đất trong khoảng thời gian 0,5s. Độ biến thiên động lượng của vật trong khoảng thời gian đó. Cho

g  9,8m / s 2 1 A. 10kg .ms C.4,9kgm/s

B. 5,12kg .m / s D. 0,5kg .ms

1

Câu 12. Hòn bi thép có khối lượng 200g rơi tự do từ độ cao h=20cm xuông mặt phẳng nằm ngang. Sau va chạm hòn bi bật ngược trở lại với vận tốc có độ lớn như cũ.Tính độ biến thiên động lượng của hòn bi. Lấy g  10m / s A.0 kg.m/s B.0,4kg.m/s C.0,8kg.m/s D.1,6kg.m/s Câu 13. Hòn bi thép có khối lượng 200g rơi tự do từ độ cao h=80cm xuống mặt phẳng nằm ngang. Sau va chạm giữa hòn bi và mặt phẳng , hòn bi nằm yên trên mặt phẳng.Tính độ biến thiên động lượng của hòn bi. Lấy 2

g  10m / s 2 A.0 kg.m/s B.3,2kg.m/s C.0,8kg.m/s D.8kg.m/s Câu 14.Một quả bóng khối lượng m đang bay ngang với vận tốc v thì đập vào 1 bức tường và bật trở lại cùng với vận tốc.Độ biến thiên động lượng của quả bóng là. Biết chiều dương từ tường hướng ra A.-mv B.- 2mv C.mv D.2mv Câu 15.Một khẩu súng có khối lượng 4kg bắn ra viên đạn khối lượng 20g. Vận tốc đạn ra khỏi nòng súng là 600m/s. Súng giật lùi với vận tốc có độ lớn là? A.-3m/s B.3m/s C.1,2m/s D.-1,2m/s

Câu 16. Hai xe có khối lượng m1 và m2 chuyển động ngược chiều nhau với vận tốc v1  10m / s; v2  4m / s. Sau va chạm 2 xe bị bật trở lại với cùng vận tốc v '1  v '2  5m / s . Tỉ số khối lượng của 2 xe A.0,6 5 C. 3

m1 là? m2

B.0,2 D.5 Đáp án trắc nghiệm

Câu 1. Đáp án A. P=m.v  1kg

m s





 kg sm2 .s  N .s

Câu 2. Đáp án A.    Ta có : p  p1  p 2

và p1  m1 .v1  2.4  8  kg.m / s  ; p2  m 2 .v 2  3.2  6  kg.m / s       Vì v 2 cùng hướng với v1  p1 , p2 cùng

phương,cùng chiều  p  p1  p2  8  6  14  kg.m / s 

  Vì v 2 ngược hướng với v1  p1 , p2 cùng 



phương,ngược chiều  p  p1  p2  8  6  2  kg.m / s 

 p2

Câu 4. Đáp án C. 

 p

 p2

Câu 3. Đáp án D.



 p1

 p

Vì v 2 hướng chếch lên trên,hợp với v1 góc 900    p1 , p2 vuông góc

 p1

 p  p12  p22  8 2  6 2  10  kg.m / s 

Câu 5. Đáp án B 



Vì v 2 hướng chếch lên trên, hợp với v1 góc    p1 , p2 tạo với nhau một góc 600

600

 p  p  p  2 p1 p2 cos  2

2 1

2 2

 p  82  62  2.8.6 cos 600  2 37  kg .m / s  Câu 6. Đáp án C .a 

v2  v1 v3  v2 7  3 v3  7     v3  10m / s . t1 t2 4 3

Động lượng P=m.v=2.10=20kgm/s 18

 p

 p1

 p2 600

 p

 p1

Câu 7. Đáp án C. Tương tác vật trong hệ với các vật bên ngoài chỉ diễn ra trong khoảng thời gian ngắn là sai vì động lượng của hệ vẫn không bảo toàn Câu 8. Đáp án B, Định luật bảo toàn động lượng:

  m1 v1   m1  m2  v  1.6  1  3 v  v  1,5m / s

Câu 9. Đáp án A . Định luật bảo toàn động lượng:

  m1 v1   m1  m2  v  1.v1  1  2  2  v1  6m / s



Câu 10. Đáp án A. Chọn chiều dương Ox cùng chiều với v1 :

p  m1v1x  m2v2 x  2.5  5  2   0  kg .m / s 

Câu 11. Đáp án C. Độ biến thiên động lượng:

P  P  0  mv  mgt  1.9,8.0,5  4,9kgm / s

Câu 12. Đáp án C .

Chiều dương hướng lên : P Mà v 

 mv2 x  mv1x  mv   mv   2mv

2 gh  2.10.0,2  2m / s  P  2.0,2.2  0,8kgm / s

Câu 13. Đáp án C.

Chiều dương hướng lên : P  mv2 x Mà v 

 mv1x  0   mv   mv

2 gh  2.10.0,8  4m / s  P  0,2.4  0,8kgm / s

Câu 14. Đáp án D .

    P  mv2  mv1  P  mv    mv   2mv

Câu 15. Đáp án B. m V v  3  m / s   V  3  m / s  M Câu 16. Đáp án A. Chọn chiều v1  0 ta có : m1v1  m 2 v 2  m1v1/  m 2 .v 2/ 

m1 v 2/  v 2   0,6 m2 v/  v 1 1

CÔNG VÀ CÔNG SUẤT 1. Công



a) Khi lực F chuyển dời một đoạn s theo hướng của lực thì công do lực sinh ra : A  F .s 19

b) Trường hợp tổng quát : A  F .s.cos Trong đó : + A: công của lực F (J) + s: là quãng đường di chuyển của vật (m) +



 : góc tạo bởi lực F với hướng của độ dời s.

c) Chú ý : +

cos   0  A  0 : công phát động. (00    900 )

(900    1800 ) 0 + cos   0  A  0 : Công thực hiện bằng 0. (  90 )  + F cùng hướng với hướng của độ dời s 0     0  cos  1  A  F .s + F ngược hướng với hướng của độ dời s   1800  cos  1  A   F .s A 2. Công suất :   W  t +

cos   0  A  0

: công cản.

Các đơn vị đổi cần lưu ý: 1KW  1000W;1MW  106W ; 1Wh  3600 J ;1KWh  3,6.106 J ;1HP  746W ;1CV  736W  A F.s    Fv + Ngoài rat a có công thức của công suất:    t t

+Hiệu suất của máy : H 

A/ .100% A

A / : Là công có ích; A : Là công toàn phần Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Một vật có khối lượng 2 kg chịu tác dụng của một lực F  10  N 

Có phương hợp với độ dời trên mặt phẳng nằm ngang một góc   450



Giữa vật và mặt phẳng có hệ số ma sát   0, 2 . Lấy g  10 m / s2



a. Tính công của ngoại lực tác dụng lên vật khi vật dời một quãng đường 2m. Công nào là công dương, công âm ? b. Tính hiệu suất trong trường hợp này. Giải: a. Ta có công của lực F : AF  F.s.cos 450  10.2. Công dương vì là công phát động

2  14,14  J   0 2





 Fms .s.cos1800  .N.s   P  F sin 450 .s

Công của lực ma sát : AF

 2  0, 2.  2.10  10.  .2  5,17  0 Công âm vì là công cản ms  2   A b. Hiệu suất H  ci .100% A tp AF

Công có ích Aci  AF  AF

 14,14  5,17  8,97  J 

8,97 .100%  63, 44% 14,14 Câu 2: Công của trọng lực trong 2 giây cuối khi vật có khối lượng 8kg được

Công toàn phần A tp  AF  14,14  J   H 





thả rơi từ độ cao 180m là bao nhiêu ? Lấy g  10 m / s2 . Giải: Thời gian rơi của vật khi được thả rơi từ độ cao 180 m 1 2.s 2.180 s  gt 2  t    6s 2 g 10 1 1 Quãng đường đi trong 4s đầu: s /  gt /2  .10.4 2  80  m  2 2 Khi đi được 4s đầu thì vật đang ở độ cao 100m vậy công của trọng lực trong 2 giây cuối  Ap  mg .h  8.10.100  8000  J  Câu 3: Cho một máy bay lên thẳng có khối lượng 5.10 3 kg , sau thời gian 2 phút máy bay lên được độ cao là 1440m. Tính công của động cơ trong hai



trường hợp sau. Lấy g  10 m / s2



a. Chuyển động thẳng đều b. Chuyển động nhanh dần đều Giải: Ta có công của động cơ là A  F.h a. Vì máy bay chuyển động đi lên thẳng đều nên F  P  mg  5.10 3.10  5.10 4  N 

 A  F.h  5.10 4.1440  72.106  J 

b. Máy bay chuyển động đi lên nhanh dần đều  Fk  ma  mg  m  a  g 



1 2h 2.1440 Mà s  at 2  a  a  0, 2 m / s 2 2 2 2 t 120 



 Fk  5.10 3  0, 2  10   51000  N   A  Fk .s  51000.1440  73, 44.106  J 

Câu 4: Một ô tô khối lượng m = 2 tấn lên dốc có độ nghiêng   300 So với phương ngang, vận tốc đều 10,8km / h . Công suất của động cơ lúc là

60kW . Tìm hệ số ma sát giữa ô tô và mặt đường. A  F.v t Mà lực kéo của vật F  mg sin   mg cos 

Giải: Ta có công suất động cơ là  

Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có:  

  tan   v.m.g.cos 

 1 2 60.10 3





3 3

3 3 2 Câu 5: Một ô tô, khối lượng là 4 tấn đang chuyển động đều trên con đường thẳng nằm ngang với vận tốc 10m/s, với công suất của động cơ ô tô là 20kW. a. Tính hệ số ma sát giữa ô tô và mặt đường. b. Sau đó ô tô tăng tốc, chuyển động nhanh dần đều và sau khi đi thêm được quãng đường 250m vận tốc ô tô tăng lên đến 54 km/h. Tính công suất trung bình của động cơ ô tô trên quãng đường này và công suất tức thời của động cơ ô tô ở cuối quãng đường. Lấy g = 10m/s2. Giải: a. Khi ô tô chuyển động đều, áp dụng định luật II Newton ta có 3.2000.10.

    P  N  Fk  Fms  0

Chiếu lên trục nằm ngang và trục thẳng đứng ta có: Fk – Fms = 0  Fk = Fms và  P  N  0  N  P  mg F  Fk  Fms  N  mg    k mg Mà   F.v  Fk 

 20000 2000   2000  N      0,05 v 10 4000.10

v 2t  v 02

152  10 2   0, 25 m / s 2 2s 2.250      Áp dụng định luật II Newton ta có: P  N  Fk  Fms  ma (5)

b. Gia tốc chuyển động của ô tô: a 



Chiếu (5) lên trục nằm ngang và trục thẳng đứng ta tìm được: Fk  Fms  ma; N  P  mg  Fk  ma  mg  4000.0, 25  0,05.4000.10  3000  N 

Công suất tức thời của động cơ ô tô ở cuối quãng đường là:  = Fkvt = 3000.15 = 45000W. v  v 0 15  10   20  s  Ta có v  v 0  at  t  a 0, 25 22



s 250 Vận tốc trung bình của ô tô trên quãng đường đó: v    12,5  m / s  . t 20 Công suất trung bình của động cơ ô tô trên quãng đường đó là:

 Fk .v  375000 W 

Câu 6: Một thang máy khối lượng 600kg được kéo từ đáy hầm mỏ sâu 150m lên mặt đất bằng lực căng T của một dây cáp quấn quanh trục một động cơ. a. Tính công cực tiểu của lực căng T. b. Khi thang máy đi xuống thì lực tăng của dây cáp bằng 5400N. Muốn cho thang xuống đều thì hệ thống hãm phải thực hiện công bằng bao nhiêu?





Lấy g  10 m / s2 . Giải: a. Muốn kéo thang máy lên thì lực căng cực tiểu T phải bằng trọng lượng P của thang: T = P = mg = 600.10 = 6000N. Công cực tiểu của lực căng T là:Amin = T.s = 900000J = 900kJ b, Gọi Fh là lực hãm. Muốn thang xuống đều thì ta phải có: T’ + Fh = P  Fh = P – T’= 6000 – 5400 = 600N. Công của lực hãm là: Ah = Fh.s = 600.150 = 90.000J = 90kJ. Câu 7: Muốn bơm nước từ một giếng sâu 15m lên mặt đất người ta dùng một máy bơm có công suất 2cv (mã lực), hiệu suất 50%. Tính lượng nước bơm được trong 1 giờ. Cho biết 1cv = 736W. Lấy g = 10m/s2. Giải: Công suất của máy bơm:  = 2cv = 2.736 = 1472W. Công của máy bơm thực hiện trong 1 giờ (công toàn phần) là: A = t = 5299200J. Công để đưa lượng nước có khối lượng m lên độ cao h (h = 15m) (công có ích) là: A '  mgh . Ta có hiệu suất của máy H 

 A '  HA  mgh  m 

A' A

HA 0,5.5299200   17664  kg  gh ' 10.15

tương đương với 17,664m3 nước. Câu 8: Cho một vật có khối lượng 8kg rơi tự do. Tính công của trọng lực trong giây thứ tư. Lấy g = 10m/s2. Giải: Vật rơi tự do trong 3s đã đi được: h3 

1 2 1 gt3  .10.32  45  m  2 2

1 1 .g .t42  .10.42  80  m  2 2 Vậy trong giây thứ tư đã đi được: s  h4  h3  80  45  35  m  Trong 4s đã đi được: h4 

Công của trọng lực trong giây thứ tư là:

A .s  mgs  8.10.35  2800  J 

Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Một người nhấc một vật có m = 6kg lên độ cao 1m rồi mang vật đi ngang được một độ dời 30m. Công tổng cộng mà người đã thực hiện là bao



nhiêu?, Lấy g  10 m / s2



Câu 2: Một học sinh của Trung Tâm Bồi Dưỡng Kiến Thức Thiên Thành nâng tạ có khối lượng 80kg lên cao 60cm trong t = 0,8s. Trong trường hợp





học sinh đã hoạt động với công suất là bao nhiêu? Lấy g  10 m / s2 . Câu 3: Một xe ô tô khối lượng m = 2 tấn chuyển động nhanh dần đều trên đường nằm ngang với vận tốc ban đầu bằng không, đi được quãng đường s = 200m thì đạt được vận tốc v = 72km/h. Tính công do lực kéo của động cơ ô tô và do lực ma sát thực hiện trên quãng đường đó. Cho biết hệ số ma sát lăn giữa ô tô và mặt đường 0,05. Lấy g = 10m/s2. Câu 4: Một thang máy có khối lượng m = 1 tấn chuyển động nhanh dần đều lên cao với gia tốc 2m/s. Tính công mà động cơ thang máy đã thực hiện trong 5s đầu. Lấy g = 10m/s2. Câu 5: Một đoàn tàu có khối lượng m = 100 tấn chuyển động nhanh dần đều từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 2 km, khi đó vận tốc tăng từ 15m/s ( tại A) đến 20m/s ( tại B). Tính công suất trung bình của đầu máy tàu trên đoạn đường AB. Cho biết hệ số ma sát là 0,005. Lấy g = 9,8m/s2. Câu 6: Động cơ của một đầu máy xe lửa khi chạy với vận tốc 20m/s cần có công suất P  800kW . Cho biết hiệu suất của động cơ là H= 0,8. Hãy tính lực kéo của động cơ. Câu 7: Một nhà máy thủy điện có công suất phát điện 200000kW và có hiệu suất bằng 80%. Mực nước ở hồ chứa nước có độ cao 1000m so với tua bin của máy phát điện. Tính lưu lượng nước trong đường ống dẫn nước từ hồ chứa nước đến tua bin của máy phát điện (m3/giây). Lấy g = 10m/s2. Câu 8: Cho một thang máy có khối lượng 2 tấn đi lên với gia tốc 2m/s2,. Tìm công suất thang máy trong 5s đầu tiên. Lấy g = 10m/s2 Câu 9: Một đoàn tàu có khối lượng 100 tấn chuyển động nhanh dần đều đi qua hai địa điểm A và B cách nhau 3km thì vận tốc tăng từ 36km/h đến 72km/h. Tính công suất trung bình của đầu máy trên đoạn đường AB. Cho biết hệ số ma sát 0,005. Lấy g = 10m/s2 24

Hướng dẫn giải: Câu 1:Công nâng vật lên cao 1m: A1  mgh1  6.10.1  60  J 

Công của vật đi ngang được một độ dời 30m: A 2  mgs  6.10.30  1800  J 

Công tổng cộng mà người đã thực hiện là A = A1 + A2 =60 + 1800 = 1860J Câu 2: Ta có công suất của học sinh  

A F .s  t t

800.0,6  600  W  0,8      Câu 3: Theo định luật II Newton ta có: P  N  Fms  Fk  ma

Mà F  mg  80.10  800  N   

Chiếu lên trục nằm ngang và trục thẳng đứng ta có: Fk  Fms  ma và  P  N  0  N  P  mg Vậy : Fk = ma +Fms = ma + kP = m(a + kg) v 2t  v 02

20 2  0 2  1 m / s2 2s 2.200 Lực kéo của động cơ ô tô là: Fk – m (a + kg) = 2000.1,5 = 3000N. Vì lực kéo cùng hướng chuyển động, công do lực kéo của động cơ ô tô thực hiện trên quãng đường s là: A = Fk.s = 600.000J = 600kJ Công do lực ma sát thực hiện trên quãng đường đó là: A = -Fms.s = -kmg.s = - 200.000J = - 200kJ Câu 4: Gọi F là lực kéo của động cơ thang máy.    Ta có: F  P  ma chọn chiều dương là chiều chuyển động ta có: F – P = ma  F = P + ma = m(g + a) = 1000( 10 + 2 ) = 12000N.

Gia tốc chuyển động của ô tô: a 







a.t 2 2.52   25  m  2 2 Vậy công của động cơ thang máy thực hiện trong 5s đầu là: A = F . h = 300000J = 300kJ.

Trong 5s đầu, thang máy đi được: h 

v 2  v02 , t với v  20  m / s  ; v0  15  m / s  s  2  km   2000  m  Câu 5: Gọi gia tốc đoàn tàu là: a 

202  152 a  0, 04  m / s 2  2.200   Gọi F là lực kéo đầu máy và F ms . Là lực ma sát lên đoàn tàu      Ta có: F  Fms  P  N  ma  F  Fms  ma  F  Fms  ma. Với Fms =  N =  P =  mg.  F = m(  .g + a) = 8900N. 25

v2  v1 20  15   125  s  a 0,04 Công của đầu máy trên đoạn đường AB: A = F.s = 17800000 ( J ) Công suất trung bình của đầu máy trên đoạn đường AB: A 178.105    142400W  142, 4  kW  t 125 Thời gian tàu chạy từ A đến B là: t 

Câu 6: Ta có hiệu suất H 

ci 

Trong đó ci là công suất có ích (ci = Fk. v, với Fk là lực kéo của động cơ, v là vận tốc của đầu máy ), còn P là công suất toàn phần. Do đó H 

Fk .v H . mà H = 0,8; P = 800kW = 800000W; v =  Fk  v 

20m/s.

 Fk 

0,8.800000  32000  N  . 20

Câu 7: Ở nhà máy thủy điện, công của dòng nước chảy từ hồ chứa nước xuống tua bin được chuyển hóa thành công của dòng điện (công phát điện) ở máy phát. Hiệu suất của nhà máy được tính theo công thức: H 

ci , 

trong đó Pci là công suất phát điện (công suất có ích) và P là công suất của đường ống (công suất toàn phần). Mà H = 80% = 0,8; ci = 200000kW = 2.108W. Gọi m là khối lượng nước chảy tới tua bin mỗi giây. Công của trọng lực của khối lượng nước đó trong mỗi giây bằng mgh, với h = 1000m, công này chính là công suất của dòng nước: P = mgh P P P 2.108  P  ci  mgh  ci  m  ci  m   2,5.104 kg . H H hg .H 1000.0,8.10 Ta biết 2,5.104 kg nước tương ứng với 25m3 nước. Vậy lưu lượng nước trong đường ống là 25m3/giây. Câu 9: Chọn chiều dương là chiều chuyển động:

v22  v12 202  102   0, 05m / s 2 2s 2.3000  F  Fms  ma  F  Fms  ma  m(kg  a )  F  100.000(0, 005.10  0, 05)  10.000 N v  v 20  10  200 s Thời gian tàu chạy từ A đến B: t  2 1  a 0, 05 Công của đầu máy trên đường AB: A  F .S  10000.3000  3.107  J  Gia tốc của đoàn tàu: v22  v12  2as  a 

Công suất trung bình của đầu máy trên đoạn đường AB:

A 3.107 tb    150.000 w  150kW t 200 Câu 8:Chọn chiều dương là chiều chuyển động. Theo định luật II Newton:

   F  P  ma

Chiếu lên chiều chuyển động F  P  ma  F  P  ma  m( g  a )

 F  2.000(10  2)  24.000 N

at 2 2.52   25  m  2 2 Công của động cơ: A  F .h  24.000.25  600.000  J  Quãng đường đi của thang máy trong 5s đầu: h 

Công suất: 

A 600.000   120.000  W   120  kW  t 5

Trắc Nghiệm Câu 1.Đại lượng nào sau đây không phải là đại lượng véc tơ? A.Động lượng B.Lực quán tính C.Công cơ học D.Xung của lực(xung lượng) Câu 2.Một động cơ có công suất không đổi, công của động cơ thực hiện theo thời gian là đồ thị nào sau đây? A

A  A  P.t  A  t nên đồ thị là đường thẳng qua gốc O t Câu 3.Phát biểu nào sau đây là đúng? A.Khi vật chuyển động thẳng đều, công của hợp lực là khác không. B.Trong chuyển động tròn đều, lực hướng tâm thực hiện công khác không. P

C.Lực là đại lượng véctơ nên công cũng là véctơ. D.Công của lực là đại lượng vô hướng và có giá trị đại số.





Câu 4. Một lực F không đổi liên tục kéo 1 vật chuyển động với vận tốc v



theo hướng của lực F .Công suất của lực F là: 2

A.F.v B. F .v C.F.t D.Fvt Câu 5. Chọn đáp án đúng nhất. Công có thể biểu thị bằng tích của: A. Lực và quãng đường đi được B. Lực và vận tốc C. Năng lượng và khoảng thời gian D. Lực, quãng đường đi được và khoảng thời gian Câu 6. Chọn câu sai: A.Công của trọng lượng có thể có giá trị dương hay âm. B.Công của trọng lực không phụ thuộc dạng đường đi của vật C.Công của lực ma sát phụ thuộc vào dạng đường đi của vật chịu lực D. Công của lực đàn hồi phụ thuộc dạng đường đi của vật chịu lực Câu 7: Một người nhấc một vật có m = 2kg lên độ cao 2m rồi mang vật đi ngang được một độ dời 10m. Công tổng cộng mà người đã thực hiện là bao



nhiêu?, Lấy g  10 m / s2



A.240 J B.2400 J C. 120 J D. 1200 J Câu 8. Một người nặng 60 kg leo lên 1 cầu thang. Trong 10s người đó leo 2

được 8m tính theo phương thẳng đứng. cho g= 10m/ s . Công suất người đó thực hiện được tính theo Hp ( mã lực 1Hp=746W ) là: A.480Hp B.2,10Hp C.1,56Hp D.0,643Hp *Một vật khối lượng 8kg được kéo đều trên sàn bằng 1 F  lực 20N hợp với phương ngang 1 góc   300 . Dùng thông tin này để trả lời các câu hỏi 9; 10; 11. Câu 9. Khi vật di chuyển 1m trên sàn , lực đó thực hiện được công là: A. 10J B. 20J C. 10 3  J 

D. 20 3  J 

Câu 10.Nếu vật di chuyển quãng đường trên trong thời gian 5s thì công suất của lực là bao nhiêu? A. 5W B.2W 28

C. 2 3  W 

D. 5 3  W 

Câu 11.Lực ma sát đã thực hiện công là bao nhiêu? A. 10 3  J 

B. 20 3  J 

C. 10 3  J 

D. 20 3  J 

Câu 12. Một ô tô có công suất của động cơ 100kW đang chạy trên đường với vận tốc 72 km/h. Lực kéo của động cơ lúc đó là: A. 1000 N B. 5000 N C. 1479 N D.500 N Câu 13: Cho một vật có khối lượng 2kg rơi tự do. Tính công của trọng lực trong giây thứ năm. Lấy g = 10m/s2. A. 450  J  B. 600  J  C. 1800  J 

D. 900  J 

Câu 14. Đơn vị nào sau đây không phải là đơn vị của công suất? A.J.s B.N.m/s C.W D.HP Cho một máy bay lên thẳng có khối lượng 8.10 3 kg , sau thời gian 2 phút máy bay lên được độ cao là 2000m. Tính công của động cơ trong hai



trường hợp sau. Lấy g  10 m / s2 Câu 15. Chuyển động thẳng đều



A. 108  J 

B. 2.108  J 

C. 3.108  J 

D. 4.108  J 

Câu 16. Chuyển động nhanh dần đều A. 2, 486108  J 

B. 1,644.108  J 

C. 3, 234.108  J 

D. 4.108  J  Đáp án trắc nghiệm

Câu 1. Đáp án C Câu 2. Đáp án D. Câu 3. Đáp án D

 

Câu 4. Đáp án A. P  F .v  F .v

  0  0

Câu 5. Đáp án A Câu 6. Đáp án D. Công của lực đàn hồi phụ thuoock vào tọa độ đầu và cuối của vật chịu lực.

1 1 A  k.x22  k.x12 không phụ thuộc dạng đường đi. 2 2 29

Câu 7: Đáp án A Công nâng vật lên cao 2m: A1  mgh1  2.10.2  40  J 

Công của vật đi ngang được một độ dời 10m: A 2  mgs  2.10.10  200  J 

Công tổng cộng mà người đã thực hiện là A = A1 + A2 =40 + 200 = 240J Câu 8. Đáp án D.

P

F .s P.h 60.10.8    480 J  0,643Hp t t 10

Câu 9. Đáp án C. A  Fs cos   20.1.cos 300  10 3  J  Câu 10. Đáp án C. P 

A 10 3   2 3 W t 5

Câu 11. Đáp án A. A ms  A  10 3  J  .( Do vật chuyển động đều) Câu 12. Đáp án B. v  72  km / h   20  m / s  ; P  F.v  F 

Câu 13: Đáp án D Vật rơi tự do trong 4s đã đi được: h4 

P 10 5   5000  N  v 20

1 2 1 gt4  .10.42  80  m  2 2

1 1 .g .t52  .10.52  125  m  2 2 Vậy trong giây thứ năm đã đi được: s  h4  h3  125  80  45  m  Trong 5s đã đi được: h5 

Công của trọng lực trong giây thứ tư là: A .s  mgs  2.10.45  900  J  Câu 14. Đáp án A. P 

A J    nên J.s là sai t s

Câu 15. Đáp án A Ta có công của động cơ là A  F.h Vì máy bay chuyển động đi lên thẳng đều nên F  P  mg  8.10 3.10  8.10 4  N 

 A  F.h  5.10 4.2000  108  J 

Câu 16. Đáp án B Máy bay chuyển động đi lên nhanh dần đều  Fk  ma  mg  m  a  g 



1 2h 2.2000 Mà s  at 2  a  a  0, 278 m / s 2 2 2 2 t 120 

 Fk  8.10 3  0, 278  10   82222, 2  N  30



 A  Fk .s  82222, 2.2000  1,644.108  J 

ĐỘNG NĂNG I. Động năng. 1. Định nghĩa: Động năng là dạng năng lượng của một vật có được do nó đang chuyển động và được xác định theo công thức : Wđ =

1 2 mv 2

Với v: vận tốc của vật trong quá trình chuyển động ( m/s ) m: Khối lượng của vật ( kg ) Động năng có đơn vị là ( J ) 2. Tính chất: - Chỉ phụ thuộc độ lớn vận tốc, không phụ thuộc hướng vận tốc - Là đại lượng vô hướng, luôn có giá trị dương. - Mang tính tương đối. II. Định lý động năng Độ biến thiên động năng bằng công của các ngoại lực tác dụng vào vật, công này dương thì động năng của vật tăng, công này âm thì động năng của vật giảm. Trong đó:

1 2 1 2 mv  mv0  A 2 2

1 2 mv0 là động năng ban đầu của vật 2

1 2 mv là động năng lúc sau của vật 2 A là công của các ngoại lực tác dụng vào vật. Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Vận động viên Hoàng Xuân Vinh bắn một viên đạn có khối lượng 100g bay ngang với vận tốc 300m/s xuyên qua tấm bia bằng gỗ dày 5cm. Sau khi xuyên qua bia gỗ thì đạn có vận tốc 100m/s. Tính lực cản của tấm bia gỗ tác dụng lên viên đạn. 1 1 Giải: Áp dụng định lý động năng: A  Fc .s  mv 22  mv12 2 2

1 2 1 2 0,1 mv2  mv1 1002  3002   2  Fc  2  2  80000 N  Fc  80000 N s 0, 05 Câu 2: Trung Tâm Bồi Dưỡng Kiến Thức Thiên Thành tổ chức một cuộc thi cho các học viên chạy. Có một học viên có trọng lượng 700N chạy đều hết quãng đường 600m trong 50s. Tìm động năng của học viên đó. Lấy g = 10m/s2. Giải: Theo bài ra P = m.g = 700N  m = 70kg 31

Mà v 

s 600 1 1   12m / s  Wd  m.v 2  .70.122  5040  J  t 50 2 2

Câu 3: Cho một vật có khối lượng 500g đang chuyển động với vận tốc ban đầu là 18km/h. Tác dụng của một lực F thì vật đạt vận tốc 36 km/h . Tìm công của lực tác dụng. Lấy g = 10m/s2. Giải: Ta có m = 0,5kg; v1  18km / h  5m / s; v 2  36km / h  10m / s

1 1 1 1 Wd 1  .m.v12  .0,5.52  16, 25 J ;Wd 2  .m.v2 2  .0,5.102  25 J 2 2 2 2 Áp dụng định lý động năng  A  Wd 2  Wd 1  25  16, 25  8, 75  J  Câu 4: Hai xe goong chở than có m2 = 3m1, cùng chuyển động trên 2 tuyến 1 đường ray song song nhau với Wđ1 = Wđ2. Nếu xe một giảm vận tốc đi 7 3m/s thì Wđ1 = Wđ2. Tìm vận tốc v1, v2. Giải: Theo bài ra ta có Wđ1 =

1 1 1 1 Wđ2  m1v12  . m2 v22  v2  1,53v1 7 2 7 2

Mặt khác nếu xe 1 giảm vận tốc đi 3m/s thì Wđ1 = Wđ2:

m1 (v1  3) 2 m2 v22 3m1 (1,53v1 ) 2   2 2 2  v1 = 0,82 m/s  v2 = 1,25m/s hoặc v1= - 1,82 m/s ( loại ) 

Câu 5: Từ tầng dưới cùng của tòa nhà, một thang máy có khối lượng tổng cộng m = 1 tấn, đi lên tầng cao. a. Trên đoạn đường s1 = 5m đầu tiên, thang máy chuyển động nhanh dần và đạt vận tốc 5m/s. Tính công do động cơ thang máy thực hiện trên đoạn đường này. b. Trên đoạn đường s2 = 10m tiếp theo, thang máy chuyển động thẳng đều. Tính công suất của động cơ trên đoạn đường này. c. Trên đoạn đường s3 = 5m sau cùng, thang máy chuyển động chậm dần và dừng lại. Tính công của động cơ và lực trung bình do động cơ tác dụng lên thang máy trên đoạn đừng này. Lấy g = 10m/s2. Giải:   a, Ngoại lực tác dụng lên thang máy là trọng lực P và kéo F1 của động cơ thang máy. Áp dụng định lý về động năng ta có: Wđ1 – Wđ0 = Mà Wđ1 =

2 1

m.v m.v , Wđ0 = 0  0 ; AP   P.s1  m.g.s1 2 2 1

Vì thang máy đi lên.

 AF1  32

m.v12 1  m.g.s1  .1000.52  1000.10.5  62500 J 2 2

A

 P1

0



AF  AP . 1

 b, Vì thang máy chuyển động đều, lực kéo F2 của động cơ cân bằng với

  

trọng lực P : F2  P  0 . Công phát động AF của động cơ có độ lớn bằng công 2

  AP với AP   P.s2  m.g.s2 . cản AP : A F 2

 AF2 = mgs2 do đó công suất của động cơ thang máy trên đoạn đường s2

là: 2 

AF 2 m.g.s2   m.g.v2  m.g.v1 2  1000.10.5  50000 W   50  kW  . t t  

c, Ngoại lực tác dụng lên thang máy là trọng lực P và lực kéo F3 của động cơ. Áp dụng định lí động năng ta có: Wđ3 – Wđ2 = AF3 + Ap’ Mà Wđ3 =

m.v32 mv 2  0; Wđ2 = 2 (v2 = v1 = 5m/s); Ap = - Ps3 = - mgs3 2 2

Công của động cơ trên đoạn đường s3 là: AF3 = mgs3 -

m.v2 2 = 37500J 2

Áp dụng công thức tính công ta tìm được lực trung bình do động cơ tác dụng lên thang máy trên đoạn đường s3: F3 

AF 3 37500   7500 N s3 5

Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Một vật có khối lượng 2kg trượt qua A với vận tốc 2m/s xuống dốc nghiêng AB dài 2m, cao 1m. Biết hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là µ =

1 3

. lấy g = 10ms-2.

a. Xác định công của trọng lực, công của lực ma sát thực hiện khi vật chuyển dời từ đỉnh dốc đến chân dốc. b. Xác định vận tốc của vật tại chân dốc B. c. Tại chân dốc B vật tiếp tục chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang BC dài 2m thì dừng lại. Xác định hệ số ma sát trên đoạn đường BC này. Câu 2: Một ô tô có khối lượng 2 tấn đang chuyển động trên đường thẳng nằm ngang AB dài 100m, khi qua A vận tốc ô tô là 10m/s và đến B vận tốc của ô tô là 20m/s. Biết độ lớn của lực kéo là 4000N. a. Tìm hệ số ma sát µ1 trên đoạn đường AB. b. Đến B thì động cơ tắt máy và lên dốc BC dài 40m nghiêng 30o so với mặt phẳng ngang. Hệ số ma sát trên mặt dốc là µ2 =

1 5 3

. Hỏi xe có lên đến

đỉnh dốc C không?. c. Nếu đến B với vận tốc trên, muốn xe lên dốc và dừng lại tại C thì phải tác dụng lên xe một lực có độ lớn thế nào? 33

Câu 3: Một xe có khối lượng 2 tấn chuyển động trên đoạn AB nằm ngang với vận tốc không đổi 7,2km/h. Hệ số ma sát giữa xe và mặt đường là   0,2 , lấy g = 10m/s2. a. Tính lực kéo của động cơ. b. Đến điểm B thì xe tắt máy và xuống dốc BC nghiêng góc 30o so với phương ngang, bỏ qua ma sát. Biết vận tốc tại chân C là 72km/h. Tìm chiều dài dốc BC. c. Tại C xe tiếp tục chuyển động trên đoạn đường nằm ngang CD và đi thêm được 200m thì dừng lại. Tìm hệ số ma sát trên đoạn CD. Câu 4: Một vật đang đứng yên thì tác đụng một lực F không đổi làm vật bắt đầu chuyển động và đạt được vận tốc v sau khi đi được quãng đường s. Nếu tăng lực tác dụng lên 3 lần thì vận tốc v của nó là bao nhiêu khi đi cùng quãng đường s đó. Câu 5: Một ô tô có khối lượng 1 tấn chuyển động trên đường ngang khi qua A có vận tốc 18km/h và đến B cách A một khoảng là 100m với vận tốc 54km/h. a. Tính công mà lực kéo của động cơ đã thực hiện trên đoạn đường AB. b. Đến B tài xế tắt máy và xe tiếp tục xuống dốc nghiêng BC dài 100m, cao 60m. Tính vận tốc tại C. c. Đến C xe vẫn không nổ máy, tiếp tục leo lên dốc nghiêng CD hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc 30o. Tính độ cao cực đại mà xe đạt được trên mặt phẳng nghiêng này. Cho biết hệ số ma sát không thay đổi trong quá trình chuyển động của xe là µ = 0,1, lấy g = 10ms-2. Câu 6: Hai hạt có khối lượng m và 2m, có động lượng theo thứ tự là p và p/2 chuyển động theo hai phương vuông góc đến va chạm vào nhau. Sau va chạm hai hạt trao đổi động lượng cho nhau (hạt này có động lượng cũ của hạt kia). Tính nhiệt tỏa ra khi va chạm. Hướng dẫn giải: 1 3 Câu 1: a. Ta có sin   ; cos   2 2 Công của trọng lực AP  Px .s  P sin .s  mg sin .s

 N

1 AP  2.10. .2  20  J  2 Công của lực ma sát Af  fms .s  N.s  .mg cos .s

 Px

3 Af   .2.10. .2  20  J  ms 2 3 b. Áp dụng định lý động năng A  WdB  WdA



 f ms

 

 P

1 1 1 1 mv 2B  mv 2A  20  20  .2v 2B  .2.2 2  v B  2  m / s  ms 2 2 2 2 1 1 2  mv 2B c. Áp dụng định lý động năng A  WdC  WdB  Af  mv C ms 2 2  AP  Af



Công của lực ma sát Af

 fms .s  N.s  .mg.s /  .2.10.2   40  J 

1 Dừng lại v C  0  m / s   40  0  .2.2 2    0,1 2 Câu 2: a. Áp dụng định lý động năng 1 1 A  WdB  WdA  AF  Af  mv 2B  mv 2A ms 2 2

Công của lực kéo AF  F.s  4000.100  4.10 5  J  Công của lực ma sát Af

 fms .s  N.s  .m.g.s  .2000.10.100  .2.106  J 

1 1 .2000.20 2  .2000.10 2    0,05 2 2 b. Giả sử D là vị trí mà vật có vận tốc bằng không Áp dụng định lý động năng A  WdD  WdB  4.10 5  .2.106 

1 1 mv 2D  mv 2B ms 2 2 Công trọng lực của vật  AP  Af

Công của lực ma sát Af

  f ms Px



AP  Px .BD  mg sin 300.BD  10 4.BD  J 

 N



 

 Py P

 fms .BD  N.BD  .m.g cos 300.BD  2000.BD  J 

1 1 .2000.0  .2000.20 2  BD  33, 333  m  2 2  BC  BD Nên xe không lên được đỉnh dốc. c. Áp dụng định lý động năng 1 1 2 A  WdC  WdB  AF  AP  Af  mv C  mv 2B ms 2 2 Công trọng lực của vật  10 4.BD  2000.BD 

AP  Px .BC  mg sin 300.BC  10 4.40  4.10 5  J 

Công của lực ma sát Af

 fms .BC  N.BC  .m.g cos 300.BC  2000.40  8.10 4  J 

Công của lực kéo AF  F.BC  F.40  J  35

1  F.40  4.10 5  8.10 4  0  .2000.20 2  F  2000  N  2 Câu 3: a.Vì Xe chuyển động thẳng đều nên F  fms  N  mg  0, 2.2000.10  4000  N 

b. v C  72  km / h   20  m / s 

 N

Áp dụng định lý động năng A  WdC  WdB Công của trọng lực

 Px

AP  Px .BC  P sin .BC  mg sin .BC

1 AP  2000.10. .BC  10 4.BC  J  2 1 1 2  10 4.BC  .m.v C  m.v 2B 2 2 1 1  10 4.BC  .2000.20 2  .2000.2 2 2 2  BC  39,6  m 

c. Áp dụng định lý động năng A  WdD  WdC  Af Công của lực ma sát Af

 P



 



1 1 2 mv 2D  mv C 2 2

 fms .s  N.s  .mg.s /  .2000.10.200  .4.106  J 

1 Dừng lại v D  0  m / s   4.106  0  .2000.20 2    0,1 2 Câu 4: Áp dụng định lý động năng

A= Fs = ½ mv22 – ½ mv12 = ½ mv2  v 

2.F .s m

Khi F1 = 3F thì v’ = 3 .v Câu 5: a. Ta có v A  18  km / h   5  m / s  ; v B  54  km / h   15  m / s  Áp dụng định lý động năng 1 1 1 2 A  mv 2B  mv A  AF  Af  m v 2B  v 2A ms 2 2 2



Mà Af

 AF 





60 3 100 2  60 2 4  ; cos    100 5 100 5 Áp dụng định lý động năng A  WdC  WdB

b. Ta có sin  



 fms .s  .N.s  .m.g.s  0,1.1000.10.100  10 5  J 

1 .1000 152  52  10 5  2.10 5  J  2

1 1 2 mv C  mv 2B ms 2 2 Công của trọng lực AP  Px .BC  P sin .BC  mg sin .BC  AP  Af



 N

3 AP  1000.10. .100  6.10 5  J  5 Công của lực ma sát Af  fms .BC  N.BC  .mg cos .BC ms

 Px C



4  0,1.1000.10. .100  8.10 4  J  ms 5 1 1 2  6.10 5  8.10 4  .1000.v C  .1000.152  v C  35, 57  m / s  2 2 c. Gọi E là vị trí mà xe có thể lên được v E  0  m / s  Af

  f ms Px

AP  Px .CE  mg sin 300.CE

1  AP  1000.10. .CE  5000.CE  J  2 Công của lực ma sát ms



 

 P

 N

Áp dụng định lý động năng A  WdE  WdC 1 2  AP  Af   mv C ms 2 Công trọng lực của vật

 f ms

 

 Py P

 fms .CE  N.CE  .m.g cos 300.CE  500 3.CE  J 

2 1  5000.CE  500 3.CE   .1000.  35, 57   CE  107,8435  m  2 Câu 6 : Hạt có khối lượng m và động lượng p thì có động năng:

1 2 1 p2 Wd  mv  . 2 2 m Hạt có khối lượng 2m và động lượng p/2 thì có động năng:

1 ( p / 2) 2 1 p 2 Wd   . 2 2m 16 m Động năng của hệ trước va chạm: W 

9 p2 . 16 m

Sau va chạm hạt m có động lượng p/2, vậy có động năng:

1 ( p / 2) 2 1 p 2  . 2 m 8 m 37

Hạt 2m có động lượng p, vậy có động năng:

1 p2 1 p2 1 p2 1 p2  .  2 2m 4 m 2 2m 4 m

3 p2 8 m

Động năng của hệ sau va chạm: W’đ  . Q = Wđ –W’đ =

3 p2 . 16 m

Trắc Nghiệm Câu 1.Khi khối lượng giảm đi bốn lần nhưng vận tốc của vật tăng gấp đôi thì động năng của vật sẽ. A.Không đổi B.Tăng gấp 2 C.Tăng gấp 4 D. Tăng gấp 8 Câu 2. Lực nào sau đây không làm vật thay đổi động năng? A, Lực cùng hướng với vận tốc vật B.Lực vuông góc với vận tốc vật C.Lực ngược hướng với vận tốc vật D.Lực hợp với vận tốc 1 góc nào đó. Câu 3.Động năng của vật tăng khi: A. Vận tốc vật dương B. Gia tốc vật dương C. Gia tốc vật tăng D.Ngoại lực tác dụng lên vật sinh công dương. Câu 4. .Một vật đang đứng yên thì tác dụng một lực F không đổi làm vật bắt đầu chuyển động và đạt được vận tốc v sau khi đi dược quãng đường là s. Nếu tăng lực tác dụng lên 9 lần thì vận tốc vật sẽ đạt được bao nhiêu khi cùng đi được quãng đường s. A. 3. v B. 3.v C. 6.v D. 9.v Câu 5.Hệ thức liên hệ giữa động lương p và động năng Wd của 1 vật khối lượng m là: A. Wd  mp

C. p  2mWd

B. 2Wd  mp

D. p  2 mWd

Câu 6.Một viên đạn có khối lượng 10g bay khỏi nòng súng với vận tốc v1  600m / s và xuyên qua tấm gỗ dầy 10cm. Sau khi xuyên qua tấm gỗ viên đạn có vận tốc v2  400 m/s. Lực cản trung bình của tấm gỗ là: A. 10000N C.1000N 38

B. 6000N D.2952N

Câu 7.Một ô tô có khối lượng 1500kg đang chuyển động với vận tóc 54km/h. Tài xế tắt máy và hãm phanh, ô tô đi thêm 50m thì dừng lại. Lực ma sát có độ lớn? A.1500N B.3375N C.4326N D.2497N Câu 8. Một ô tô khối lượng 1200kg chuyển động với vận tốc 72km/h. Động năng của ô tô bằng: 5

B. 2, 4.10 J

D. 2, 4.10 J

A, 1, 2.10 J

C. 3,6.10 J

Câu 9.Một vật khối lương 200g có động năng là 10 J .Lấy g=10 m / s .Khi đó vận tốc của vật là: A. 10 m/s B.100 m/s C. 15 m/s D.20 m/s Câu 10. Khi một tên lửa chuyển động thì cả vận tốc và khối lượng của nó đều thay đổi. Khi khối lượng giảm một nửa, vận tốc tăng gấp đôi thì động năng của tên lửa: A.Không đổi B.Tăng gấp đôi C.Tăng bốn lần D.Tăng tám lần Câu 11. Một vật có khối lượng không đổi động năng của nó tăng lên bằng 16 lần giá trị ban đầu của nó. Khi đó động lượng của vật sẽ: A.Bằng 8 lần giá trị ban đầu B. Bằng 4 lần giá trị ban đầu C.Bằng 256 lần giá trị ban đầu D.Bằng 16 lần giá trị ban đầu Câu 12. Một đầu đạn nằm yên sau đó nổ thành 2 mảnh có khối lượng mảnh này gấp 2 mảnh kia. Cho động năng tổng cộng là Wd . Động năng của mảnh bé là? 1 2 A. Wd B. Wd 3 3 1 3 C. Wd D. Wd 2 4 Câu 13.Cho một vật chuyển động có động năng 4 J của 1 vật khối lượng 2 kg. Xác định động lượng. A. 2  kgm / s  B. 8  kgm / s  C. 4  kgm / s 

Câu 1. Đáp án A.

D. 16  kgm / s 

Đáp án trắc nghiệm 2 1m 1 Wd/  2v   mv 2  Wd  2 4 2 39

Câu 2. Đáp án B Vì những vật có lực vuông góc với phương chuyển động thì không sinh công Câu 3. Đáp án D Câu 4. Đáp án B. 1 F.s Theo định lí động năng: mv 2  F.s  v 2  2 2 m Khi F tăng lên 9 lần thì v tăng lên 3 lần Câu 5. Đáp án C. 1 1 Ta có: Wd  mv 2   mv 2  2mWd  p2  p  2mWd 2 2.m Câu 6. Đáp án A . Theo định lí động năng : 1 1 m 2 A  mv 22  mv12  F.s  F  v  v 22  10000  N  2 2 2s 1





1 mv 2 1500.152 mv 2  F.s  F    3375  N  2 2s 2.50

Câu 7. Đáp án B. Câu 8. Đáp án B

1 1200.202 E  mv 2   240000 J  2, 4.105 J 2 2 Câu 9. Đáp án A . Ta có Wd 

1 2 mv  v  2

2Wd  m

2.10  10  m / s  0, 2

Wd 2 m2  v2  2 Câu 10. Đáp án B     0,5.2  2 Wd 1 m1  v1  Câu 11. Đáp án B 2

 v2  P2 m2 .v2 Wd 2 m2  v2  4        16  v2  4v1 ;  P1 m1v1 Wd 1 m1  v1   v1  Câu 12. Đáp án B. Do p=0 nên p1  p2 . Từ trên ta có : 2m1Wd1  p12 ; 2m 2 Wd2  p22  ( giả sử m2  2m1 ) Mà Wd1  Wd2  Wd  Wd1  Câu 13: Đáp án C. 40

Wd1

Wd2

2 1 Wd ; Wd2  Wd 3 3



m2 2 m1

Áp dụng công thức p  2mWd  2.2.4  4  kg.m / s  THẾ NĂNG I. Thế năng trọng trường. 1. Định nghĩa: Thế năng trọng trường của một vật là dạng năng lượng tương tác giữa trái đất và vật, nó phụ thuộc vào vị trí của vật trong trọng trường. Nếu chọn thế năng tại mặt đất thì thế năng trọng trường của một vật có khối lượng m đặt tại độ cao z là: Wt  mgz Với: + z là độ cao của vật so với vị trí gốc thế năng + g là gia tốc trọng trường + Đơn vị thế năng là jun ( J ) Chú ý : Nếu chọn gốc thế năng tại mặt đất thì thế năng tại mặt đất bằng không ( Wt = 0 ) 2. Tính chất: - Là đại lượng vô hướng - Có giá trị dương, âm hoặc bằng không, phụ thuộc vào vị trí chọn làm gốc thế năng. 3. Công của vật: Công của vật trong thế năng trọng trường là độ thay đổi thế năng của vật: A=Wt1  Wt2  mgz1  mgz 2 II. Thế năng đàn hồi. 1. Công của lực đàn hồi. - Xét một lò xo có độ cứng k, một đầu gắn vào một vật, đầu kia giữ cố định. - Khi lò xo bị biến dạng với độ biến dạng là l = l – l0. - Khi đưa lò xo từ trạng thái biến dạng về trạng thái không biến dạng thì công của lực đàn hồi được xác định bằng công thức : A =

1 k(l)2 2

2. Thế năng đàn hồi. + Thế năng đàn hồi là dạng năng lượng của một vật chịu tác dụng của lực đàn hồi. + Công thức tính thế năng đàn hồi của một lò xo ở trạng thái có biến dạng

l là : Wt 

1 k (l ) 2 2

+ Thế năng đàn hồi là một đại lượng vô hướng, dương. + Đơn vị của thế năng đàn hồi là jun ( J ) 3. Công của vật: Công của vật trong thế năng đàn hồi là độ thay đổi thế 1 1 năng của vật: A=Wt1  Wt2  kl12  kl 22 2 2 Ví Dụ Minh Họa

Câu 1: Một người có khối lượng 60 kg đứng trên mặt đất và cạnh một cái giếng nước, lấy g = 10 m/s2. a. Tính thế năng của người tại A cách mặt đất 3m về phía trên và tại đáy giếng cách mặt đất 5m với gốc thế năng tại mặt đất. b. Nếu lấy mốc thế năng tại đáy giếng, hãy tính lại kết quả câu trên c. Tính công của trọng lực khi người di chuyển từ đáy giếng lên độ cao 3m so với mặt đất. Nhận xét kết quả thu được. Giải: a. Mốc thế năng tại mặt đất Thế năng tại A cách mặt đất 3m: WtA  mgz A  60.10.3  1800  J  Gọi B là đáy giếng WtB  mgz B  60.10.5  3000  J 

b. Mốc thế năng tại đáy giếng WtA  mgz A  60.10.  3  5   4800  J 

WtB  mgz B  60.10.0  0  J 

c. Độ biến thiên thế năng A  WtB  WtA  mgz B  mgz A  60.10.  5  3   4800  J   0 Công là công âm vì là công cản Câu 2: Một lò xo có chiều dài ban đầu l0. Nhưng lò xo có chiều dài 21cm khi treo vật có có khối lượng m1 = 100g và có chiều dài 23cm khi treo vật có m2 = 3.m1. Cho g = 10m/s2. Tính công cần thiết để lò xo dãn từ 25cm đến 28cm là bao nhiêu? Giải: Ta có: m1g = k (l – l0 ) ; m2g = k (l’ – l0 )

k  l – l0  m1g   l0  20cm m2g k  l' – l0 

 m1g = k (l – l0 )  k = 100 ( N/m )

Mà công của lò xo: A 

1 1 k.l12  k.l 22 2 2

2 2 1 1 k  0, 25  0, 2   k  0, 28  0, 2   0,195  J  2 2 Câu 3: Một học sinh lớp 10 trong giờ lý Thầy Giang làm thí nghiệm thả một quả cầu có khối lượng 250g từ độ cao 1,5m so với mặt đất. Hỏi khi vật đạt vận tốc 18km/h thì vật đang ở độ cao bao nhiêu so với mặt đất. Chọn vị trí được thả làm gốc thế năng. Lấy g = 10m/s2. Giải: Ta có v  18  km / h   5  m / s 

A

Áp dụng định lý động năng A  42

1 1 mv 2  .0, 25.52  3,125  J  2 2

Mà A  Wt    mgz   z 

A 3,125   1, 25  m  mg 0, 25.10

Vậy vật cách mặt đất h  h 0  z  1, 5  1, 25  0, 25  m 

Câu 4: Một học sinh của Trung Tâm Bồi Dưỡng Kiến Thức Thiên Thành thả một vật rơi tự do có khối lượng 500g từ độ cao 45 m so với mặt đất, bỏ qua ma sát với không khí. Tính thế năng của vật tại giây thứ hai so với mặt đất. Cho g = 10 m/s2 Giải: Quãng đường chuyển động của vật sau hai giây 1 1 s  gt 2  .10.2 2  20  m  2 2 Vậy vật cách mặt đất z = 45 – 20 = 25 ( m ) Thế năng của vật W  mgz  0, 5.10.25  125  J  Câu 5: Cho một lò xo nằm ngang có độ cứng k = 100N/m. Công của lực đàn hồi thực hiện khi lò xo bị kéo dãn từ 2cm đến 4cm là bao nhiêu ? Giải: Áp dụng độ biến thiên thế năng

A  Wt1  Wt 2 

1 1 k ( x12  x22 )  .100  0, 022  0, 042   0, 06  J  2 2

Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Một buồng cáp treo chở người với khối lượng tổng cộng là 800kg đi từ vị trí xuất phát cách mặt đất 10m tới một trạm dừng trên núi ở độ cao 550m, sau đó lại đi tiếp tục tới trạm khác ở độ cao 1300m. a. Tìm thế năng trọng trường của vật tại vị trí xuất phát và tại các trạm trong các trường hợp: + Lấy mặt đất làm mốc thế năng, g = 9,8m/s2. + Lấy trạm dừng thứ nhất làm mốc thế năng. b. Tính công do trọng lực thực hiện khi buồng cáp treo di chuyển từ: + Từ vị trí xuất phát đến trạm 1 + Từ trạm 1 đến trạm kế tiếp. Câu 2: Cho một lò xo nằm ngang ở trạng thái ban đầu không bị biến dạng. Giữ một đầu cố định đầu kia tác dụng một lực F = 2N kéo lò xo cũng theo phương ngang ta thấy lò xo dãn được 1cm. a. Tìm độ cứng của lò xo và thế năng của lò xo khi dãn ra 1cm. b. Tính công của lực đàn hồi thực hiện khi lò xo được kéo dãn thêm từ 2cm đến 3,5cm Câu 3: Một vật có khối lượng 4kg được đặt ở vị trí trong trọng trường và có thế năng tại đó Wt1 = 600J. Thả vật rơi tự do đến mặt đất có thế năng Wt2 = 800J.

a. Xác định vị trí ứng với mức không của thế năng đã chọn và vật đã rơi từ độ cao nào so với mặt đất. b. Tìm vận tốc của vật khi vật qua vị trí này. Câu 4: Một vật có khối lượng 100g đang ở độ cao 6m so với mặt đất sau đó thả cho rơi tự do. Tìm công của trọng lực và vận tốc của vật khi vật rơi đến độ cao 2m. Hướng dẫn giải: Câu 1: a. Chọn mặt đất làm mốc thế năng. Ở vị trí xuất phát: Wt1 = mgz1 = 78400 J Ở trạm 1: Wt2 = mgz2 = 4312000 J Ở trạm 2: Wt3 = mgz3 = 10192000 J - Chọn trạm một làm mốc thế năng Ở vị trí xuất phát: Wt1 = mg(-z4 )= - 4233600 J Ở trạm 1: Wt2 = mgz2 = 0J Ở trạm 2: Wt3 = mgz3 = 5880000 J b. Theo độ biến thiên thế năng A1 = mgz1 – mgz2 = - 4233600 J A1 = mgz2 – mgz3 = - 5880000 J Câu 2: a. Ta có lực đàn hồi F  k . l  k 

Wtdh 

F 2 k   k  200 N / m l 0, 01

1 1 k .(l ) 2  .100.0, 012  5.103  J  2 2

b. Theo độ biến thiên thế năng

A

1 1 1 k .(l1 ) 2  k .(l2 ) 2  .100  0, 022  0, 0352   0, 04125  J  2 2 2

Câu 3: a. Ta có độ cao của vật so với vị trí lầm mốc thế năng W 600 Wt1  mgz1  z1  t1   15  m  mg 4.10 Wt2  mgz 2  800  4.10.z 2  z 2  20  m 

Vậy mốc thế năng của vật là vị trí cách mặt đất 20 m và các vị trí rơi là 15 m. Độ cao ban đầu của vật là h = 15 + 20 = 35 ( m ) b. Ta có công chuyển động của vật A  Wt1  600  J  1 1 mv 2  600  .4.v 2  v  10 3  m / s  2 2 Câu 4: Theo độ thay đổi thế năng A  mgz1  mgz 2  0,1.10  6  2   4  J 

Theo định lý động năng A 

1 mv 2  v  2

2A 2.4   4 5  m / s m 0,1

Trắc Nghiệm Một học sinh hạ 1 quyển sách khối lượng m xuống dưới 1 khoảng h với vận tốc không đổi v. Dùng dữ kiện đề bài trả lời các câu 1; 2; 3 Câu 1.Công đã thực hiện bởi trọng lực là: A. Dương B. Âm C. Bằng 0 D. Không xác định được Câu 2.Công của tay của bạn học sinh đó là: A. Dương B. Âm C. Bằng 0 D. Không xác định được Câu 3. Công của hợp lực tác dụng vào quyển sách là: A. Dương B. Âm C. Bằng 0 D. Không xác định được Câu 4. Một vật khối lượng 2kg có thế năng 8J đối với mặt đất. Lấy

g  10m / s 2 ,Khi đó vật ở độ cao A.4m B.1,0m C.9,8m D.32m Câu 5. Khi 1 vật từ độ cao z, với cùng vận tốc đầu, bay xuống đất theo những con đường khác nhau (bỏ qua ma sát) . Chọn câu sai A.Gia tốc rơi bằng nhau B.Thời gian rơi bằng nhau C.Công của trọng lực bằng nhau D.Độ lớn chạm đất bằng nhau Câu 6. Cho rằng bạn muốn đi lên đồi dốc đứng bằng xe đạp leo núi. Bản chỉ dẫn có 1 đường, đường thứ nhất gấp 2 chiều dài đường kia. Bỏ qua ma sát, nghĩa là xem như bạn chỉ cần “chống lại lực hấp dẫn”. So sánh lực trung bình của bạn sinh ra khi đi theo đường ngắn và lực trung bình khi đi theo đường dài là: A.Nhỏ hơn 4 lần B. Nhỏ hơn nửa phân C.Lớn gấp đôi D.Như nhau Câu 7. Cho một khẩu sung bắn đạn nhựa. Mỗi lần nạp đạn thì lò xo của súng bị ném lại 4cm. Biết lò xo có độ cứng 400N/m. Vận tốc viên đạn nhựa khối lượng 10g bay ra khỏi nòng súng là? A.8 m/s B. 4m/s C.5 m/s D. 0,8m/s Cho một lò xo nằm theo phương nằm ngang một đầu cố định, một đầu gắn một vật có khối lượng m khi tác dụng một lực 4N thì lò xo dãn một đoạn là 4cm. Dùng dữ kiện đề bài để giải các câu 8; 9; 10 45

Câu 8.Độ cứng của lò xo có giá trị là? A. 50N/m B. 100N/m C. 75N/m D. 200N/m Câu 9.Thế năng đàn hồi của lò xo khi nó dãn ra 2cm là? A. 0,5J B.0,2J C. 0,02J D. 0,75J Câu 10.Công của lực đàn hồi thực hiên khi lò xo bị kéo dãn từ 2cm đến 3cm là? A.0,25J B.-0,25J C. 0,15J D. -0,15J Một vật có khối lượng 10 kg được đặt trên mặt đất và cạnh một cái giếng nước, lấy g = 10 m/s2. Dùng dữ kiểm để tra lời các câu 11; 12; 13 Câu 11:. Tính thế năng của vật tại A cách mặt đất 2m về phía trên và tại đáy giếng cách mặt đất 6m với gốc thế năng tại mặt đất. A. 200  J  ; 600  J  B. 200  J  ; 600  J  C. 600  J  ; 200  J 

D. 600  J  ; 200  J 

Câu 12. Nếu lấy mốc thế năng tại đáy giếng, hãy tính lại kết quả câu trên A. 100  J  ; 800  J  B. 800  J  ; 0  J  C. 800  J  ; 0  J 

D. 100  J  ; 800  J 

Câu 13. Tính công của trọng lực khi người di chuyển từ đáy giếng lên độ cao 3m so với mặt đất. A. 600  J  B. 900  J  C. 600  J 

D. 900  J 

Câu 14: Một học sinh của Trung Tâm Bồi Dưỡng Kiến Thức Thiên Thành thả một vật rơi tự do có khối lượng 100g từ tầng năm của trung tâm có độ cao 40m so với mặt đất, bỏ qua ma sát với không khí. Tính thế năng của vật tại giây thứ hai so với mặt đất. Cho g = 10 m/s2 A. 10  J  B. 50  J  C. 20  J 

D. 40  J 

Câu 15: Cho một vật có khối lượng 200g đang ở độ cao 10m so với mặt đất sau đó thả vật cho rơi tự do. Tìm công của trọng lực và vận tốc của vật khi vật rơi đến độ cao 6m. A. 4  J  ; 2 10  m / s 

B. 6  J  ; 2 15  m / s 

C. 10  J  ;10  m / s 

D. 4  J  ; 2 5  m / s  Đáp án trắc nghiệm

Câu 1. Đáp án A 46

Câu 2. Đáp án B Câu 3. Đáp án C Câu 4. Đáp án A.

W=mgh  8  2.10.h  h  4m Câu 5. Đáp án B

Câu 6. Đáp án C. Ta có : F.s  mgh  F  Câu 7. Đáp án A.

mgh s

1 1 k mv 2  kx 2  v  x  8  m / s 2 2 m F 4 Câu 8. Đáp án B. F  k.l  k    100  N / m  l 0,04 Câu 10. Đáp án B. 1 A  k x12  x 22  2, 5  J  2 1 1 Câu 9. Đáp án C. Wdh  kx2  100.0,022  0,02  J  2 2 Câu 11. Đáp án A Mốc thế năng tại mặt đất Thế năng tại A cách mặt đất 2m: WtA  mgz A  10.10.2  200  J 

Định lí động năng :





Gọi B là đáy giếng WtB  mgz B  10.10.6  600  J 

Câu 12. Đáp án B Mốc thế năng tại đáy giếng WtA  mgz A  10.10.  2  6   800  J  WtB  mgz B  10.10.0  0  J 

Câu 13. Đáp án D Độ biến thiên thế năng A  WtB  WtA  mgz B  mgz A  10.10.  6  3   900  J  Câu 14: Đáp án C Quãng đường chuyển động của vật sau hai giây 1 1 s  gt 2  .10.2 2  20  m  2 2 Vậy vật cách mặt đất z = 40 – 20 = 20 ( m ) Thế năng của vật W  mgz  0,1.10.20  20  J  Câu 15: Đáp án A Theo độ thay đổi thế năng A  mgz1  mgz 2  0,1.10  10  6   4  J  Theo định lý động năng A 

1 mv 2  v  2

2A 2.4   2 10  m / s  m 0, 2

CƠ NĂNG I. Cơ năng của vật chuyển động trong trọng trường. 1. Định nghĩa. Cơ năng của vật chuyển động dưới tác dụng của trọng lực thì bằng tổng động năng và thế năng của vật : 1 W  Wd  Wt  mv 2  mgz 2 2. Định luật bảo toàn cơ năng của vật chuyển động dưới tác dụng của trọng lực. Khi một vật chuyển động trong trọng trường chỉ chịu tác dụng của trọng lực thì cơ năng của vật là một đại lượng bảo toàn. 1 1 1 W  mv 2  mgz  const  mv12  mgz1  mv 22  mgz 2 2 2 2 3. Hệ quả: Trong quá trình chuyển động của một vật trong trọng trường : + Cơ năng luôn luôn được bảo toàn và không thay đổi trong quá trình chuyển động + Nếu động năng giảm thì thế năng tăng và ngược lại (động năng và thế năng chuyển hoá lẫn nhau) + Tại vị trí nào động năng cực đại thì thế năng cực tiểu và ngược lại. II. Cơ năng của vật chịu tác dụng của lực đàn hồi. 1. Định nghĩa. Cơ năng của vật chuyển động dưới tác dụng của lực đàn hồi bằng tổng động năng và thế năng đàn hồi của vật : 2 1 1 W  Wd  Wt  mv 2  k  l  2 2 2. Sự bảo toàn cơ năng của vật chuyển động chỉ dưới tác dụng của lực đàn hồi. Khi một vật chỉ chịu tác dụng của lực đàn hồi gây bởi sự biến dạng của một lò xo đàn hồi thì cơ năng của vật là một đại lượng bảo toàn : 2 2 2 1 1 1 1 1 1 W  mv 2  k  l   const  mv12  k  l1   mv 22  k  l 2  2 2 2 2 2 2 Chú ý : Định luật bảo toàn cơ năng chỉ đúng khi vật chuyển động chỉ chịu tác dụng của trọng lực và lực đàn hồi. Nếu vật còn chịu tác dụng thêm các lực khác thì công của các lực khác này đúng bằng độ biến thiên cơ năng. Sử dụng định luật bảo toàn năng lượng để làm bài Dạng Bài Tập Cần Lưu Ý Dạng 1: Ném vật hoặc thả vật từ một vị trí theo phương thẳng đứng trong môi trường trọng trường Phương pháp giải 48

- Chọn mốc thế năng ( Nên chọn mốc thế năng tại mặt đất ) - Xác định các giá trị về độ cao hoặc vận tốc đề bài cho rồi theo định luật bảo toàn cơ năng: WA  WB 

1 2 1 mv A  mghA  mv 2 B  mghB 2 2

- Xác định giá trị đề bài cần tính Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Cho một vật có khối lượng m. Truyền cho vật một cơ năng là 37,5J. 3 Khi vật chuyển đọng ở độ cao 3m vật có Wd  Wt . Xác định khối lượng 2



của vật và vận tốc của vật ở độ cao đó. Lấy g  10 m / s2



Giải: Chọn mốc thế năng tại mặt đất Theo định luật bảo toàn năng lượng 5 5 2W 2.37, 5 W  Wd  Wt  Wt  W  mgz  m    0, 5  kg  2 2 5gz 5.10.3 3 1 3 W  mv 2  mgz  v  3.gz  9, 49  m / s  2 t 2 2 Câu 2: Một học sinh của Trung Tâm Bồi Dưỡng Kiến Thức Thiên Thành Đang chơi đùa ở sân thượng trung tâm có độ cao 45m, liền cầm một vật có khối lượng 100g thả vật rơi tự do xuống mặt đất mặt đất. Lấy g = 10m/s2. a. Tính vận tốc của vật khi vật chạm đất. b. Tính độ cao của vật khi Wd = 2Wt c. Tính vận tốc của vật khi 2Wd  5Wt

Ta có Wd 

d. Xác định vị trí để vận có vận tốc 20  m / s 

e. Tại vị trí có độ cao 20m vật có vận tốc bao nhiêu f. Khi chạm đất, do đất mềm nên vật bị lún sâu 10cm. Tính lực cản trung bình tác dụng lên vật. Giải: Chọn mốc thế năng tại mặt đất a. Gọi A là vị trí ném, B là mặt đất v A  0  m / s  ; z A  45  m  ; z B  0  m  Theo định luật bảo toàn cơ năng: 1 WA  WB  mgz A  mv 2B  v B  2gz A  v  2.10.45  30  m / s  2 b. Gọi C là vị trí Wd  2Wt Theo định luật bảo toàn cơ năng: WA  WC  WA  3WtC  mgz A  3mgzC  z A 

c. Gọi D là vị trí để 2Wd  5Wt  WtD 

2 W 5 dD

zC 2



45  15  m  3

Theo định luật bảo toàn cơ năng: WA  WD  WA   vD 

7 7 1 10 W  mgz A  . .mv 2D  v D  .gz A 5 dD 5 2 7

10 .10.45  25, 355  m / s  7

d. Gọi E là vị trí để vận có vận tốc 20  m / s  Theo định luật bảo toàn cơ năng WA  WE  mgz A  mgzE 

v2 1 mv E2  zE  z A  E 2 2g

20 2  25  m  2.10 Vật cách mặt đất 25m thì vật có vận tốc 20  m / s   zE  45 

e. Gọi F là vị trí để vật có đọ cao 20m Theo định luật bảo toàn cơ năng 1 WA  WF  mgz A  mgzF  mv F2  v F  2g  z A  zF  2  v F  2.10.  45  20   10 5  m / s 

f. Áp dụng định lý động năng 1 1 A  Wdn  WdB  0  mv 2B  Fc .s   mv 2B 2 2  Fc  

mv 2B 0,1.30 2   4, 5  N  2s 2.10

Câu 3: Một viên bi khối lượng m chuyển động ngang không ma sát với vận tốc 2 m/s rồi đi lên mặt phẳng nghiêng góc nghiêng 30o. a.Tính quãng đường s mà viên bi đi được trên mặt phẳng nghiêng b. Ở độ cao nào thì vận tốc của viên bi giảm còn một nửa. c. Khi vật chuyển động được quãng đường là 0,2 m lên mặt phẳng nghiêng thì vật có vận tốc bao nhiêu. Câu 3: Chọn mốc thế năng tại A, giả sử lên đén B vật dừng lại a. Theo định luật bảo toàn cơ năng WA  WB 

v2 1 mv 2A  mgz B  z B  A 2 2g

22  0, 2  m  2.10 z zB 0, 2  sin 300  B  s    s  0, 4  m  0 1 s sin 30 2

z

300 A

b. Gọi C là vị trí mà vận tốc giảm đi một nửa tức là còn 1 m/s Theo định luật bảo toàn cơ năng 1 1 1 2 2 2 WA  WB  mv 2A  mgzc  mv C  zC  v A  vC 2 2 2g





 zC 





1 2 2  12  0,15  m  2.10

 0, 3  m  sin 300 c. Khi vật đi được quãng đường 0,2m thì vật có độ cao: 1 z D  s / .sin 300  0, 2.  0,1  m  2 Theo định luật bảo toàn cơ năng 1 1 WA  WD  mv 2A  mgz D  mv 2D  v D  v 2A  2gz D 2 2

Vật chuyển động được một quãng đường  s 

 v D  2 2  2.10.0,1  2  m / s 

Câu 4: Một “ vòng xiếc’’ có phần dưới được uốn thành vòng tròn có bán kính R như hình vẽ. Một vât nhỏ khối lượng m được buông ra P trượt không ma sát dọc theo vòng xiếc. a. Tìm độ cao tối thiểu h để vật có thể trượt hết vòng tròn. ứng h dụng với bán kính vòng tròn là 20 cm R b. Nếu h = 60cm thì vận tốc của vật là bao nhiêu khi lên tói đỉnh vòng tròn Giải: Chon mốc thế năng tại mặt đất Theo định luật bảo toàn cơ năng A 1 2 WA  WM  mgh  mv M  mgzM M 2 P  1 2  m.v M  mg  h A  2R  1  N 2 Mặt ta có : P  N 

2 mv M

N  mg R R Để vật vẫn chuyển động trên vòng thì N  0 

2 mv M

 mg  0 

mgR 1 2 mv M  2 2

R P

2

mgR R 5R  h  2R   2 2 2 5.0, 2  0, 5m  50cm Nếu R = 20cm thì chiều cao là  h  2

Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có : mg  h  2R  

b. Từ ( 1 ) ta có 

1 2 m.v M  mg  h A  2R   v M  2g  h  2R  2

 v M  2.10  0,6  2.0, 2   2  m / s 

Câu 5: Thả vật rơi tự do từ độ cao 45m so với mặt đất. Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy g = 10m/s2 a. Tính vận tốc của vật khi vật chạm đất. b. Tính độ cao của vật khi Wd = 2Wt c. Khi chạm đất, do đất mềm nên vật bị lún sâu 10cm. Tính lực cản trung bình tác dụng lên vật, cho m = 100g. Giải: Chọn mốc thế năng tại mặt đất a. Gọi M là mặt đất. Theo định luật bảo toàn cơ năng: WM = W45

 WdM  Wt 45 

1 mv  mgz  v  30m / s 2

b. Gọi D là vị trí Wđ =2Wt . Theo định luật bảo toàn cơ năng: WD = W45

 3WtM  Wt 45  3mgzM  mgz45  zM 

z45 45   15  m  3 3

c. Áp dụng định lý động năng A = Wdh – WđMĐ = Fc.s  Fc= - 450N Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Một vật có khối lượng 100g được ném thẳng đứng lên cao với vận



tốc 8m/s từ độ cao 4m so với mặt đất. Lấy g  10 m / s2



a. Xác định cơ năng của vật khi vật chuyển động? b. Tìm độ cao cực đại mà bi đạt được?. c. Vận tốc của vật khi chạm đất? d. Tìm vị trí vật để có thế năng bằng động năng? e. Xác định vận tốc của vật khi Wd  2Wt ? f. Xác định vận tốc của vật khi vật ở độ cao 6m? g.Tìm vị trí để vận tốc của vật là 3m/s? h. Nếu có lực cản 5N tác dụng thì độ cao cực đại mà vật lên được là bao nhiêu? Câu 2: Một viên bi được thả lăn không vận tốc đầu từ đỉnh một mặt phẳng



nghiêng cao 40 cm. Bỏ qua ma sát và lực cản không khí. Lấy g  10 m / s2



a. Xác định vận tốc của viên bi khi nó đi xuống được nửa dốc? b. Xác định vận tốc của viên bi tại chân dốc? c. Xác định vị trí trên dốc để thế năng của viên bi bằng 3 lần động năng? Tìm vận tốc của viên bi khi đó? 52

Câu 3: Một vật có khối lượng 900g được đặt trên một đỉnh dốc dài 75cm và



cao 45cm. Cho trượt không vật tốc ban đầu từ đỉnh dốc. Lấy g  10 m / s2



1. Sử dụng định luật bảo toàn cơ năng tìm: a. Xác định vận tốc của vật ở cuối chân dốc ? b. Xác định vị trí để Wd  2Wt và vận tốc của vật khi đó. Tính thế năng cua vật ? 2. Sử dụng định lý động năng tìm: a. Xác định vận tốc của vật của vật tại vị trí cách chân dốc 27cm. b. Xác định quãng đường của vật khi vật đạt được vận tốc 1, 2  m / s  Câu 4: Từ độ cao 15m so với mặt đất, một người ném một vật có khối lượng 1kg thẳng đứng lên trên với vận tốc ban đầu là 10m/s. Bỏ qua ma sát



không khí. Lấy g  10 m / s2



a. Chứng tỏ rằng vận tốc của vật không phụ thuộc vào khối lượng của nó. b. Xác định độ cao cực đại mà vật có thể lên được ? c. Xác định vận tốc của vật khi động năng gấp ba lần thế năng, vị trí vật khi đó ? d. Khi rơi đến mặt đất do đất mềm nên vật đi sâu xuống đất một đoạn là 8cm. Xác định độ lớn của lực cản trung bình của đất tác dụng lên vật ? Câu 5: Cho một vật có khối lượng 1kg trượt không vận tốc đầu từ đỉnh dốc của một mặt phẳng dài 10m và nghiêng một góc 300 so với mặt phẳng nằm





ngang. Bỏ qua ma sát, lấy g  10 m / s2 . Khi đến chân mặt phẳng nghiêng vân tốc của vật có giá trị bao nhiêu ? Hướng dẫn giải: Câu 1: Chọn mốc thế năng tại mặt đất a. Cơ năng của vật tại vị trí ném. Gọi A là vị trí ném v A  8  m / s  ; zA  4  m  1 1 mv 2A  mgz A  .0,1.8 2  0,1.10.4  7, 2  J  2 2 b. B là độ cao cực đại v B  0  m / s  WA 

Theo định luật bảo toàn cơ năng: 7, 2 WA  WB  7, 2  mgz B  z B   7, 2  m  0,1.10 c. Gọi C là mặt đất zC  0  m  Theo định luật bảo toàn cơ năng

WA  WC  7, 2 

1 7, 2.2 7, 2.2 2 mv C  vC    12  m / s  2 m 0,1

d. Gọi D là vị trí để vật có động năng bằng thế năng WA  WD  WA  Wd  Wt  2Wt  7, 2  2mgz D

 zD 

7, 2 7, 2   3,6  m  2mg 2.0,1.10

e. Gọi E là vị trí để Wd  2Wt Theo định luật bảo toàn năng lượng 3 3 1 WA  WE  WA  Wd  Wt  Wd  7, 2  . mv E2 2 2 2 7, 2.4 28,8  vE    4 6  m / s 3.m 3.0,1 f. Gọi F là vị trí của vật khi vật ở độ cao 6m Theo định luật bảo toàn năng lượng 1 WA  WF  WA  Wd  Wt  mv F2  mgzF 2 1  7, 2  .0,1.v F2  0,1.10.6  v F  2 6  m / s  2. g.Gọi G là vị trí để vận tốc của vật là 3m/s Theo định luật bảo toàn năng lượng 1 2 WA  WG  WA  Wd  Wt  mv G  mgzG 2 1  7, 2  .0,1.32  0,1.10.zG  zG  6,75  m  2 h. Gọi H là vị trí mà vật có thể lên được khi vật chịu một lực cản F = 5N Theo định lý động năng A  WdH  WdA mv 2A 0,1.8 2 1 mv 2A  s    1, 28  m  2 F 5 Vậy độ cao của vị trí H so với mặt đất là 4+1,28 =5,28m Câu 2: Chọn mốc thế năng ở chân dốc a. Gọi A là đỉnh dốc, B là giữa dốc. Theo định luật bảo toàn cơ năng 1 WA  WB  mgz A  mv 2B  mgz B  v B  2g  z A  z B  2  F.s  0 

 v B  2.10  0, 4  0, 2   2  m / s 

b. Gọi C ở chân dốc. Theo định luật bảo toàn cơ năng 1 2 WA  WC  mgz A  mv C  v C  2gz A  2.10.0, 4  2 2  m / s  2 54

c.Gọi D là vị trí trên dốc để thế năng của viên bi bằng 3 lần động năng. Theo định luật bảo toàn cơ năng 4 4 WA  WD  mgz A  Wd  Wt  Wt  mgz A  mgz D 3 3 3 3  z D  z A  .0, 4  0, 3  m  4 4 Theo bài ra Wt  3Wd 2.g.z A 1 2.10.0, 3  mgz D  3 mv 2D  v D    2  m / s 2 3 3 Câu 3: 1. Goi A là đỉnh dốc, B là chân dốc Chọn mốc thế năng nằm tại chân dốc a. Theo định luật bảo toàn cơ năng 1 WA  WB  mgz A  mv 2B  v B  2gz A  2.10.0.45  3  m / s  2 b. Gọi C là vị trí Wd  2Wt . Theo định luật bảo toàn cơ năng WA  WC  mgz A  WdC  WtC  3WtC  3mgzC z A 0, 45   0,15  m  3 3 Theo bài ra 1 2 Wd  2Wt  mv C  2mgzC  v C  4.gzC  4.10.0,15  6  m / s  2 Thế năng của vật tại C: WtC  mgzC  0,9.10.0,15  1, 35  J   zC 

2. a. Quãng dường chuyển động của vật s  75  27  48  cm   0, 48  m  Theo định lý động năng ta có

A  Wd2  Wd1  Px .s 

1 1 mv 22  mg.sin   mv 22  v 2  2g.sin .s 2 2

45 45 Vậy v 2  2.10. .0, 48  2, 4  m / s  75 75 b. Theo định lý động năng 1 1 A /  Wd3  Wd1  Px s /  mv 23  P sin .s /  mv 23 2 2

Mà sin  

v 23 1 2 v3  s/   2 2.g.sin 

1, 2  0,1  m  45 2.10. 75 Vậy vật đi được quãng đường 10cm Câu 4: a. Chọn mốc thế năng tại mặt đất  g.sin .s / 

Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có 1 1 WA  W  mv 2A  mgz A  mv 2  mgz  v  v 2A  2g  z A  z  2 2 Vậy vận tốc của vật tại vị trí bất kỳ không phụ thuộc vào khối lượng của nó. b. Gọi B là độ cao cực đại mà vật có thể lên tới. Theo định luật bảo toàn cơ 1 năng WA  WB  mv 2A  mgz A  mgz B 2 1  .10 2  10.15  10.z B  z B  20  m  2 c. Gọi C là vị trí Wd  3Wt . Theo định luật bảo toàn cơ năng 1 4 mv 2A  mgz A  WdD  Wt  WdD 2 3 1 4 1 1 4 2 2  mv 2A  mgz A  . mv C  .10 2  10.15  v C  v C  10 3  m / s  2 3 2 2 6

WA  WC 

Mà Wd  3Wt 

1 v mv 2  3mgz  z  2 6g

10 3  

6.10

 5m

d.Theo định luật bảo toàn năng lượng: 2 mv MD 1 1 2 2 mv MD  mgs  AC  mv MD  mgs  FC .s  FC   mg 2 2 2s Theo định luật bảo toàn cơ năng 1 1 2 2 WA  WMD  mv 2A  mgz A  mv MD  v MD  v A  2gz A 2 2

 v MD  10 2  2.10.15  20  m / s 

1.20 2  1.10  260  N  2.0,8 z 1 Câu 5: Ta có sin 30   z  s.sin 300  10.  5  m  s 2 Chọn mốc thế năng tại chân dốc. Theo định luật bảo toàn cơ năng 1 WA  WB  mgz  mv 2  v  2gz  v  2.10.5  10  m / s  2 Dạng 2: Bài toán về con lắc đơn Phương pháp giải: O Chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng Theo định luật bảo toàn cơ năng l  0 l 1 WA  WB  mgz A  mv 2B  mgz B 2

Vậy lực cản của đất: FC 

A N

zB H

 v B  2g  z A  z B 

 1

Mà z A  HM  l  OM  l  l cos 0 z B  l  l cos 

Thay vào ( 1 ) ta có v B  2gl  cos   cos 0 

Xét tai B theo định luật hai newton ta có    P  T  ma Chiếu theo phương của dây

 T

v2 l  T  mg cos   2mg  cos   cos 0  T  Py  ma ht  T  P cos   m

B   P y  P

 T  mg  3 cos   2 cos 0 



 Py

Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Một con lắc đơn có sợi dây dài 1m và vật nặng có khối lượng 500g. Kéo vật lệch khỏi vị trí cân bằng sao cho cho dây làm với đường thẳng



đứng một góc 60o rồi thả nhẹ. Lấy g  10 m / s2



a. Xác định cơ năng của con lắc đơn trong quá trình chuyển động b. Tính vận tốc của con lắc khi nó đi qua vị trí mà dây làm với đường thẳng đứng góc 300 ; 450 và xác định lực căng của dây ở hai vị trí đó. Lấy g=10m/s2 c. Xác định vị trí để vật có v  1,8  m / s  d. Ở vị trí vật có độ cao 0,18m vật có vận tốc bao nhieu e. Xác định vận tốc tại vị trí 2 wt  wđ f. Xác định vị trí để 2 wt  3wđ , tính vận tốc và lực căng khi đó Giải: Chọn mốc thế năng ở vị trí cân bằng





a. Ta có cơ năng W  mgz  mgl 1  cos 600  0, 5.10.1  1  0, 5   2, 5  J  b. Theo định luật bảo toàn cơ năng 1 WA  WB  mgz A  mv 2B  mgz B 2  v B  2g  z A  z B 

O l

 1

Mà z A  HM  l  OM  l  l cos 0 z B  l  l cos 

Thay vào ( 1 ) ta có v B  2gl  cos   cos 0 

 0

A N

H 57





+ Khi   300 ta có  v B  2gl cos 300  cos 600  3 1  v B  2.10.1     2,71  m / s   2 2  





+ Khi   450 ta có  v B  2gl cos 450  cos 600  2 1  v B  2.10.1     2,035  m / s   2 2  

Xét tai B theo định luật II Newton ta có    P  T  ma Chiếu theo phương của dây

v2 l  T  mg cos   2mg  cos   cos 0 

 T

T  Py  ma ht  T  P cos   m

 T  mg  3 cos   2 cos 0 



+ Khi   300 ta có  T  mg 3 cos 300  2 cos 600  3 1  T  0, 5.10  3.  2.   7,99  N   2 2  



+ Khi   450 ta có  T  mg 3 cos 450  2 cos 600



  P y  P



 Py



 2 1  T  0, 5.10  3.  2.   5,61  N   2 2   Lưu ý: Khi làm trắc nghiệm thì các em áp dụng luôn hai công thức

+ Vận tốc của vật tại vị trí bất kỳ: v B  2gl  cos   cos 0  + Lực căng của sợi dây: T  mg  3 cos   2 cos 0  c. Gọi C là vị trí để vật có v  1,8  m / s 

Áp dụng công thức v C  2gl  cos   cos 0 





1,8  2.10.1 cos   cos 600  cos   0,662    48, 550

Vật có đọ cao zC  l  l cos   1  1.0,662  0, 338  m  d. Gọi D là vị trí vật có độ cao 0,18m Áp dụng công thức z D  l  l cos   0,18  1  1.cos   cos   0,82

Áp dụng công thức v D  2gl  cos   cos 0   2.10.1.  0,82  0, 5   2, 53  m / s 

e. Gọi E là vị trí mà 2 wt  wđ Theo định luật bảo toàn cơ năng WA  WE WA  WdE  WtE 

 vE 

2, 5.4  3.m

3 3 1 WdE  2, 5  . .mv E2 2 2 2

10  2, 581  m / s  3.0, 5

f. Gọi F là vị trí để 2 wt  3wđ Theo định luật bảo toàn cơ năng WA  WF WA  WdF  WtF 

5 5 2, 5.3 WtF  2, 5  .mgzF  zF   0, 3  m  3 3 5.m.g

Mà zF  l  l cos F  0, 3  1  1.cos F  cos F  0,7  F  45, 5730





Mặt khác: v F  2gl cos F  cos 600  2.10.1  0,7  0, 5   2  m / s     Xét tại F theo định luật II Newton P  T  ma Chiếu theo phương của dây v F2 22  0, 5.10.0,7  TF  0, 5.  T  5, 5  N  l 1 Câu 2: Con lắc thử đạn là một bao cát, khối lượng 19,9kg, treo vào một sợi dây có chiều dài là 2m. Khi bắn một đầu đạn khối lượng 100g theo phương nằm ngang, thì đầu đạn cắm vào bao cát và nâng bao cát lên cao theo một cung tròn là cho trọng tâm của bao cát sao cho dây treo bao cát hợp với P cos F  TF  m

phương thẳng đứng một góc 600 a. Xác định vận tốc v của viên đạn trước lúc va chạm vào bao cát. b. Xác định năng lượng tỏa ra khi viên đạn găm vào bao cát Giải: a. Chọn mốc thế năng là vị trí cân bằng của bao cát O Vận tốc của bao cát và viên đạn ngay sau khi va chạm. Theo định luật bảo toàn cơ năng 1 0 l WH  WA   m  m 0  VH2   m  m 0  gz A 2



Mà z A  l  l cos 600  l 1  cos 600





 1  VH  2gl 1  cos600  2.10.2  1   2  VH  2 5  m / s 

zA H

Theo định luật bảo toàn động lượng 59

m 0 v 0   m  m 0  VH  v 0 

 m  m 0  VH  19,9  0,1 .2 m0

0,1

b. Độ biến thiên động năng Wd  Wd  Wd 2

 400 5  m / s 

m  m 0  m 0 v0   2  m  m0

 m 0 v 02   2 

 m0  m v2 m .v 2 m  Wd    1 0 0   . 0 0 mm  2 m  m0 2 0  



0,1. 400 5 19,9  Wd   . 19,9  0,1 2



 39800  J 

Vậy năng lượng được chuyển hóa thành nhiệt năng là 39800  J  Câu 3: Cho một con lắc đơn gồm có sợi dây dài 80 cm và vật nặng có khối lượng 200g. Khi vật đang ở vị trí cân bằng thì truyền cho vật một vận tốc là



2 2  m / s  . Lấy g  10 m / s 2



a. Xác định vị trí cực đại mà vật có thể lên tới ?. b. Xác định vận tốc của vật ở vị trí dây lệch với phương thẳng đứng là 300 và lực căng sợi dây khi đó ?. c. Xác định vị trí để vật có vận tốc

2  m / s  . Xác định lực căng sợi dây khi

đó ?. d. Xác định vận tốc để vật có Wd  3Wt , lực căng của vật khi đó ?. Giải: a. Chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng 1 2 WH  WA  mv H  mgz A 2

 

2 2 v2  zA  H  2g 2.10

0

 0, 4  m 

Mà z A  l  l cos 0  0, 4  0,8  0,8.cos 0 1  0  600 2 Vậy vật có độ cao z  0, 4  m  so với vị trí cân

 cos 0 

bằng và dây hợp với phương thẳng đứng một góc 600 b. Theo điều kiện cân bằng năng lượng WA  WB

zA H





1 1 mv 2B  10.0, 4  10.0,8 1  cos300  v 2B 2 2  v B  2, 42  m / s  mgz A  mgz B 

Xét tại B theo định luật II Newton    P  T  ma Chiếu theo phương của dây v 2B P cos   T  m l  0, 2.10.cos 300  T  0, 2.  T  3, 2  N 

2, 42 0,8

c. Gọi C là vị trí để vật có vận tốc

 0

A N

H 2  m / s .

Theo định luật bảo toàn cơ năng 1 1 2 2 WA  WC  mgz A  mv C  mgz B  gz A  v C  gzC 2 2 2 1  10.0, 4  . 2  10.zC  zC  0, 3  m  2 5 Mà zC  l  l cos C  cos C   C  51, 320 8    Xét tại C theo định luật II Newton P  T  ma Chiếu theo phương của dây

 

 2  0, 2.

2 vC

5  0, 2.10.  TC  T  1,75  N  l 8 0,8 d. Gọi D là vị trí để Wd  3Wt Theo định luật bảo toàn cơ năng P cos C  TC  m

WA  WD  mgz A  WdD  WtD  mgz A   10.0, 4 

4 2 .v  v D  6  m / s  6 D

4 4 1 W  gz A  . v 2D 3 dD 3 2





7 Mà v D  2gl cos  D  cos 600  6  2.10.0,8  cos  D  0, 5   cos  D  8    Xét tại D theo định luật II Newton P  T  ma Chiếu theo phương của dây

v 2D

 6  0, 2.

7  0, 2.10.  TD  T  3, 25  N  l 8 0,8 Dạng 3: Biến thiên cơ năng ( Định luật bảo toàn năng lượng ) Phương pháp giải P cos  D  TD  m

- Chọn mốc thế năng - Theo định luật bảo toàn năng lượng: Tổng năng lượng ban đầu bằng tổng năng lượng lúc sau + Năng lượng ban đầu gồm cơ năng của vật + Năng lượng lúc sau là tổng cơ năng và công mất đi của vật do ma sát - Xác định giá trị A P - Hiệu suất H  ci .100%  th .100% A tp Ptp + Aci công có ích

+ A tp công toàn phần

+ Pth công suất thực hiện

+ Ptp công suất toàn phần

Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Vật trượt không vận tốc A D đầu trên máng nghiêng một góc 0   60 với AH=1m , Sau đó trượt tiếp trên mặt phẳng nằm ngang BC=  50cm và mặt phẳng nghiêng DC  0 H I C B một góc   30 biết hệ số ma sát giữa vật và 3 mặt phẳng là như nhau và bằng   0,1 . Tính độ cao DI mà vật lên được Giải: Chọn mốc thế năng tại mặt nằm ngang BC Theo định luật bảo toàn năng lượng WA  WD  A ms

Mà WA  mgz A  m.10.1  10.m  J  ; WD  mgz D  m.10.z D  10mz D  J  A ms  mg cos .AB  mg.BC  mg cos .CD



 A ms  mg cos 600.AB  BC  cos 300.CD



 zD AH  A ms  0,1.10.m  cos 600.  BC  cos 300. 0 sin 60 sin 300 

 1    0, 5  3.z D    m   3 

 1   0, 5  3z D  Vậy  10m  10mz D  m   3  1  10   0, 5  10z D  3z D  z D  0,761  m  3 Câu 2: Một vật trượt từ đỉnh của mặt phẳng nghiêng nghiêng AB, sau đó tiếp tục trượt trên mặt phẳng AB, sau đó tiếp tục trượt trên mặt phẳng A nằm ngang BC như hình vẽ với AH= 0,1m, BH=0,6m. hệ số ma sát trượt giữa vật và hai mặt phẳng là   0,1.

a. Tính vận tốc của vật khi đến B. C B b. Quãng đường vật trượt được trên mặt phẳng ngang. Giải: Chọn mốc thế năng tại mặt nằm ngang BC 62



a. Ta có co tan  

BH 0,6  6 AH 0,1

Mà WA  m.g.AH  m.10.0,1  m  J  ; WB 

1 mv 2B  J  2

AH  m.co tan .0,1  0,6m  J  sin  Theo định luật bảo toàn năng lượng WA  WB  A ms A ms  mg cos .AB  0,1.m.10.cos .

1 mv 2B  0,6m  v B  0,8944  m / s  2 b. Theo định luật bảo toàn năng lượng WA  WC  A ms m

Mà WA  mg.AH  m.10.0,1  m  J  ; WC  0  J 

A ms  mg cos .AB  mg.BC  0,6m  m.BC

 m  0  0,6m  m.BC  BC  0, 4  m 

Câu 3: Hai vật có khối lượng m1  150 g , m2  100 g được nối với nhau bằng dây ko dãn như hình vẽ, lúc đầu hai vật m1 đứng yên. Khi thả ra vật hai chuyển động được 1m thì vận phẳng tốc của nó là bao nhiêu ?. biết m1 trượt trên mặt m2 0 ngang với hệ số nghiêng góc   30 so với phương nằm  ma sát trượt là   0,1 Giải: Ta có 1  0,15.10.0, 5  0,75  N  2 P2  m 2 g  0,1.10  1  N 

P1x  P1 .sin 300  m1g.

Vậy P2  P1x vật hai đi xuống vật một đi lên, khi vật hai đi xuống được một s  0, 5  m  2 Chọn vị trí ban đầu của hai vật là mốc thế năng Theo định luật bảo toàn năng lượng: 0  Wd  Wt  A ms

đoạn s = 1m thì vật một lên cao z1  s.sin 300 

Với Wd

m1  m 2  v 2  0,15  0,1 v 2 v 2    

2 2 8 Wt  m 2 gs  m1gz1  0,1.10.1  0,15.10.0, 5  0, 25  J 

A ms  Fms .s  m1g.cos 300.s  0,1.0,15.10.

Vậy 0 

3 .1  0,1299  J  2

v2  0, 25  0,1299  v  0,98  m / s  8

Câu 4: Hiệu suất động cơ của một đầu tàu chạy điện và cơ chế truyền chuyển động là 80% . Khi tàu chạy với vận tốc là 72  km / h  động cơ sinh ra một công suất là 1200kW. Xác định lực kéo của đầu tàu ? Giải: v  72  km / h   20  m / s  ; Ptp  1200kW  12.10 5  W  Ta có H 

Pth

Ptp

 Pth  0,8Ptp  0,8.12.10 5  96.10 4  W 

P A 96.10 4  Fk .v  Fk  th   48000  N  t v 20 Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Một ô tô có khối lượng 2 tấn khi đi A qua A có vận tốc 72 km/h thì tài xế tắt máy, xe chuyển động chậm dần đều đến B thì có vận tốc 18km/h. Biết quãng đường AB nằm ngang dài 100m. a, Xác định hệ số ma sát 1 trên đoạn đường AB.

Mà P 



b, Đến B xe vẫn không nổ máy và tiếp tục xuống dốc nghiêng BC dài 50m, biết dốc hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc   30 0 . Biết hệ sồ ma sát giữa bánh xe và dốc nghiêng là  2  0,1 . Xác định vận tốc của xe tại chân dốc nghiêng C. Câu 2: Hai vật có khối lượng m1  800 g , m2  600 g được nối với nhau bằng dây ko dãn như hình vẽ, lúc đầu hai vật m1 đứng yên. Khi thả ra vật hai chuyển động được 50cm trên mặt thì vận tốc của nó là v  1  m / s  . Biết m1 trượt 0 phẳng nghiêng góc   30 so với phương nằm ngang và có hệ số ma sát . Tính hệ số ma sát 

Câu 3: Mặt phẳng nghiêng hợp với phương ngang một góc 0   30 , tiếp theo là mặt phẳng nằm ngang như hình vẽ. một vật trượt A không vận tốc ban đầu từ đỉnh A của mặt phăng nghiêng với độ cao h=1m và sau đó tiếp tục trượt trên mặt phẳng nằn ngang một khoảng  là BC. Tính BC, biết hệ số ma sát giữa vật với hai mặt phẳng đều là   0,1 H

Câu 4: Để đóng một cái cọc có khối lượng m1 = 10kg xuống nền đất người ta dung một búa máy. Khi hoạt động, nhờ có một động cơ công suất  1, 75kW , sau 5s búa máy nâng vật nặng khối lượng m2 = 50kg lên đến

độ cao h0 = 7m so với đầu cọc, và sau đó thả rơi xuống nện vào đầu cọc. Mỗi lần nện vào đầu cọc vật nặng nảy lên h = 1m. Biết khi va chạm, 20% cơ năng ban đầu biến thành nhiệt và làm biến dạng các vật. Hãy tính: 64

a. Động năng vật nặng truyền cho cọc. b. Lực cản trung bình của đất. c. Hiệu suất của động cơ búa máy. Lấy g =10m/s2. Hướng dẫn giải: Câu 1: a. Ta có v A  72  km / h   20  m / s  ; v B  18  km / h   5  m / s  Chọn mốc thế năng tại AB Theo định luật bảo toàn năng lượng WA  WB  A ms 1 1 mv 2A  .2000.20 2  4.10 5  J  2 2 1 1 WB  mv 2B  .2000.52  25000  J  2 2

Ta có WA 

A ms  1 .m.g.AB  1 .2000.10.100  2.106.1  J 

 4.10 5  25000  2.106.1  1  0,1875

b. Chọn mốc thế năng tại C. z B  BC.sin 300  50.0, 5  25  m  Theo định luật bảo toàn năng lượng WB  WC  A ms 1 1 mv 2B  mgz B  .2000.52  2000.10.25  525000  J  2 2 1 1 2 2 2 WC  mv C  .2000.v C  1000.v C J 2 2

Ta có WB 

A ms   2 .m.g.cos 300.BC  0,1.2000.10.

3 .50  86602, 54  J  2

2  525000  1000v C  86602, 54  v C  20,94  m / s 

1 Câu 2: Ta có P1x  P1 .sin 300  m1g.  0,8.10.0, 5  4  N  2 P2  m 2 g  0,6.10  6  N 

Vậy P2  P1x vật hai đi xuống vật một đi lên, khi vật hai đi xuống được một đoạn s = 50 cm thì vật một lên cao z1  s.sin 300 

s  25  cm  2

Chọn vị trí ban đầu của hai vật là mốc thế năng Theo định luật bảo toàn năng lượng: 0  Wd  Wt  A ms

 m1  m 2  v2   0,8  0,6  .12  0,7

J 2 2 Wt  m 2 gs  m1gz1  0,6.10.0, 5  0,8.10.0, 25  1  J 

Với Wd 

A ms  Fms .s  m1g.cos 300.s  .0,8.10.

3 .0, 5   2 3  J  2

Vậy 0  0,7  1  .2. 3    0,0866 Câu 3: Chọn mốc thế năng tại mặt nằm ngang BC Theo định luật bảo toàn năng lượng WA  WC  A ms Mà WA  mg.AH  m.10  10.m  J  ; WC  0  J 

A ms  mg cos .AB  mg.BC  0,1.m.10.cos 300.

AH sin 300

 0,1.m.10.BC

 A ms  m. 3.  m.BC

 10.m  0  m 3  m.BC  BC  8, 268  m 

Câu 4: a. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có: Wt2 = Q + Wđ1 + Wđ’2 Sau đó động năng W’đ2 của vật nặng lại chuyển động thành thế năng W’t2 khi nó nảy lên độ cao h: Wđ’2 = W’t2 Từ đó động năng Wđ1 vật nặng truyền cho cọc: Wđ1 = Wt2 – Q – W’t2 Theo bài ra: Wt2 = m2gh0; W’t2 = m2gh; Q = 0,2 Wđ2 = 0,2Wt2 = 0,2 m2 gh0;  Wđ1 = m2g (h0 – 0,2h0 – h). Mà m2 = 50kg; g = 10m/s2; h0 = 7m; h = 1m  Wđ1 = 2300J b. Theo định luật bảo toàn năng lượng, khi cọc lún xuống, động năng Wđ1 và thế năng Wt1 của nó giảm (chọn mốc thế năng tại vị trí ban đầu), biến thành nội năng của cọc và đất (nhiệt và biến dạng), độ tăng nội năng này lại bằng công Ac của lực cản của đất; Ta có: Wđ1 + Wt1 = Ac. Theo đề bài ta có: Wđ1 = 2300J; Wt1 = m1g.s; Ac = Fc . s (Fc là lực cản trung bình của đất), với s = 10cm = 0,1m.  Fc = 23100N. c. Hiệu suất của động cơ: H 

Aci Atp

Công có ích Acó ích của động cơ là công kéo vật nặng m2 lên độ cao h0 = 7m kể từ đầu cọc, công này biến thành thế năng Wt2 của vật nặng: Acó ích = m2gh0. Công toàn phần của động cơ tính bằng công thức: At phần =  . t, với  = 1,75kW = 1750W. T = 5s.  H = 40%. Trắc Nghiệm Câu 1.Động lượng liên hệ chặt chẽ nhất với A. Công suất B. Thế năng 66

C. Động năng D. Xung của lực Câu 2.Một vật chuyển động không nhất thiết phải có: A.Thế năng B.Động lượng C.Động năng D. Cơ năng Câu 3. Cho một vật nhỏ khối lượng 500g trượt xuống một rãnh cong tròn bán kính 20cm. Ma sát giữa vật và mặt rãnh là không đáng kể .Nếu vật bắt đầu trượt với vận tốc ban đầu bằng không ở vị trí ngang với tâm của rãnh 2

tròn thì vận tốc ở đáy rãnh là. Lấy g=10 m/ s A. 2m/s B.2,5m/s C.4 m/s D.6m/s Câu 4.Từ điểm M có độ cao so với mặt đất bằng 4m ném lên một vật với 2

vận tốc đầu 4m/s. Biết khối lượng của vật bằng 200g , lấy g=10 m/ s . Khi đó cơ năng của vật bằng: A.6J B. 9,6 J C.10,4J D.11J Câu 5. Một vật có khối lượng 100g được ném thẳng đứng lên cao với tốc độ 2

10m/s từ mặt đất .Bỏ qua ma sát .Lấy g=10 m / s .Tính độ cao của vật khi thế năng bằng động năng. A.10m B,20m C.40m D.60m Một vật có khối lượng 200g gắn vào đầu 1 lò xo đàn hồi , trượt trên 1 mặt phẳng ngang không ma sát, lò xo có độ cứng 50N/m và đầu kia được giữ cố định, khi vật qua vị trí cân bằng thì lò xo không biến dạng thì có động năng 5J. Dùng dữ kiển để trả lời câu 5; 6 Câu 6.Xác định công của lực đàn hồi tại vị trí đó A. 0  J  B. 6  J  C. 10  J 

D. 4  J 

Câu 7. Xác định công suất của lực đàn hồi tại vị trí lò xo bị nén 10cm và vật đang chuyển động ra xa vị trí cân bằng A. 200  W  B. 250  W  C. 150  W 

D. 300  W 

Câu 8.Trên hình vẽ, hai vật lần lượt có khối lượng m1  1kg , m2  2kg , ban đầu được thả nhẹ nhàng .Động năng của hệ bằng bao nhiêu khi vật 2 rơi được 50cm? bỏ qua mọi ma sát ròng dọc có khối lượng không đáng kể, 2 1 2 lấy g=10m/ s A. 200  W  C. 150  W 

B. 250  W 

D. 300  W 

300 67

Câu 9.Một quả bóng khối lượng 200h được ném từ độ cao 20 m theo phương thẳng đứng. Khi chạm đất quả bóng nảy lên đến độ cao 40 m. Bỏ qua mất mát năng lượng khi va chạm, vận tốc ném vật là? A. 15  m / s  B. 20  m / s  C. 25  m / s 

D. 10  m / s  .

*Một vật thả rơi tự do từ độ cao 20m. Lấy gốc thế năng tại mặt đất. Dùng 2

thông tin này trả lời câu 10; 11; 12. lấy g=10m/ s Câu 10. Vận tốc cực đại của vật trong quá trình rơi là? A. 10  m / s  B. 15  m / s  C. 20  m / s 

D. 25  m / s 

Câu 11. Vị trí mà ở đó động năng bằng thế năng là? A. 10  m  B. 5  m  C. 6,67  m 

D. 15  m 

Câu 12. Tại vị trí đông năng bằng thế năng , vận tốc của vận là? A. 10  m / s 

B. 10 2  m / s 

C. 5 2  m / s 

D. 15  m / s 

Câu 13.Một khối lượng 1500g thả không vận tốc đầu từ đỉnh dốc nghiêng 2 cao 2m . Do ma sát nên vận tốc vật ở chân dốc chỉ bằng vận tốc vật đến 3 chân dốc khi không có ma sát. Công của lực ma sát là? A. 25  J  B. 40  J  C. 50  J 

D. 65  J 

Câu 14. Một quả bóng khối lượng 500g thả độ cao 6m. Qủa bóng nâng đến 2 độ cao ban đầu. Năng lượng đã chuyển sang nhiệt làm nóng quả bóng và 3 2 chỗ va chạm là bao nhiêu? Lấy g=10m/ s A. 10J B. 15J C. 20J D.25J Câu 15.Cơ năng là một đại lượng A.Luôn luôn khác không B.Luôn luôn dương C.Luôn luôn dương hoặc bằng không D. Không đổi Câu 16.Một vật nhỏ được ném lên từ một điểm M phía trên mặt đất; vật lên tới điểm N thì dừng và rơi xuống. Trong qúa trình MN A.Động năng tăng B.Thế năng giảm C.Cơ năng không đổi D. Cơ năng cực đại tại N 68

Câu 17. Một tàu lượn bằng đồ chơi chuyển động O A không ma sát trên đường ray như hình vẽ. Khối lượng tàu 50g, bán kính đường tròn R=20cm. Độ cao h R h tối thiểu khi thả tàu để nó đi hết đường tròn là? B A. 80cm B. 50cm C. 40cm D. 20cm *Viên đạn khối lượng m=10g đang bay đến với vận tốc v=100m/s cắm vào bao cát khối lượng M=490g treo trên dây dài l=1m và đứng yên. Dùng thông tin nay để trả lời các câu hỏi 350-352. Câu 18. Sau khi đạn cắm vào, bao cát chuyển động với vận tốc bao nhiêu? A. 2m/s B.0,2m/s C. 5m/s D. 0,5m/s Câu 19. Bao cát lên đến vị trí dây treo hợp với phương thẳng  đứng một góc sấp xỉ bao nhiêu? A. 250

B. 37

hB C. 320 D. 420 Câu 20. Bao nhiêu phần trăm năng lượng ban đầu đã chuyển sang nhiệt? A A. 92% B. 98% C.77% D.60% Cho một con lắc đơn gồm có sợi dây dài 320 cm đầu trên cố định đầu dưới treo một vật nặng có khối lượng 1000g. Khi vật đang ở vị trí cân





bằng thì truyền cho vật một vận tốc là 4 2  m / s  . Lấy g  10 m / s2 . Dùng dữ liệu trae lời các câu 21; 22; 23; 24 Câu 21. Xác định vị trí cực đại mà vật có thể lên tới ?. A. 1,6  m  ; 600

B. 1,6  m  ; 300

C. 1, 2  m  ; 450

D. 1, 2  m  ; 600

Câu 22. Xác định vận tốc của vật ở vị trí dây lệch với phương thẳng đứng là 300 và lực căng sợi dây khi đó ?. A. 2,9  m / s  ;16,15  N  C. 4,9  m / s  ;12,15  N 

B. 4,9  m / s  ;16,15  N 

D. 2,9  m / s  ;12,15  N 

Câu 23. Xác định vị trí để vật có vận tốc 2 2  m / s  . Xác định lực căng sợi dây khi đó ?.

A. 450 ; 8,75  N 

B. 51, 320 ; 6,65  N 

C. 51, 320 ; 8,75  N 

D. 450 ; 6,65  N  69

Câu 24. Xác định vận tốc để vật có Wd  3Wt , lực căng của vật khi đó ?. A. 2 6  m / s  ;15  N 

B. 2 2  m / s  ;12, 25  N 

C. 2 2  m / s  ;15  N 

D. 2 6  m / s  ;16, 25  N 

Một học sinh ném một vật có khối lượng 200g được ném thẳng đứng lên cao với vận tốc ban đầu 8 m/s từ độ cao 8m so với mặt đất. Lấy



g  10 m / s 2



Câu 25. Xác định cơ năng của vật khi vật chuyển động? A. 18, 4  J  B. 16  J  C. 10  J 

D. 4  J 

Câu 26. Tìm độ cao cực đại mà bi đạt được?. A. 9, 2  m  B. 17, 2  m  C. 15, 2  m 

D. 10  m 

Câu 27. Vận tốc của vật khi chạm đất? A. 2 10  m / s 

B. 2 15  m / s 

C. 2 46  m / s 

D. 2 5  m / s 

Câu 28. Tìm vị trí vật để có thế năng bằng động năng? A. 10  m  C. 8, 2  m 

B. 6  m 

D. 4,6  m 

Câu 29. Xác định vận tốc của vật khi Wd  2Wt ? A. 11,075  m / s 

B. 2 15  m / s 

C. 10, 25  m / s 

D. 2 5  m / s 

Câu 30. Xác định vận tốc của vật khi vật ở độ cao 6m? A. 2 10  m / s  C. 10  m / s 

B. 6  m / s 

D. 8  m / s 

Câu 31.Tìm vị trí để vận tốc của vật là 3m/s? A. 5, 25  m  B. 8,75  m  C. 10  m 

D. 2 5  m 

Câu 32. Nếu có lực cản 5N tác dụng thì độ cao cực đại mà vật lên được là bao nhiêu? A. 4, 56  m  B. 2, 56  m  C. 8, 56  m 

D. 9, 21  m 

Đáp án trắc nghiệm 70

Câu 1. Đáp án D.

   P  F .t đaị lượng vecto lien hệ với nhau cả độ lớn và hướng P 2  2mWd đại lượng có liên hệ với động năng nhưng chỉ thể hiện độ lớn

, không thể hiện hướng Câu 2. Đáp án A. Wt  mgh . Tùy việc chọn gốc thế năng , vật chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang. Cho Wt  0  J  khi h=0…. Câu 3. Đáp án A.

mv 2  v  2 gR  2.10.0, 2  2m / s Ta có mgR  2 Câu 4. Đáp án B 1 1 W  mv 2  mgz  .0, 2.4 2  0, 2.10.4  9,6J 2 2 Câu 5. Đáp án A. Định luật bảo toàn cơ năng

W  Wt  Wd  2Wt  Câu 6. Đáp án A



1 2 v2 102 mv  2mgh  h    2,5m 2 4 g 4.10 



Tại vị trí cân bằng: F đh  0 ,công suất tức thời của Fđh tại đó bằng 0 Câu 7. Đáp án B Tại vị trí lò xo nén 10cm, cơ năng dàn hồi của vật bằng:

1 2 1 1 2 2 mv  k  l   500  0,1  2,5 J 2 2 2 Cơ năng đó có giá trị bằng động năng tại vị trí cân bằng ( thế năng bằng 0 ở vị trí cân bằng )

1 2 1 mv  2,5  5  mv 2  2,5  v  5m / s . 2 2 Lực đàn hồi tại vị trí đó Fđh  K l  500.0,1  50 N Và vận tốc cùng hướng với lực đàn hồi (nén lò xo) . Vậy P  Fđh .v  50.5  250W Câu 8. Đáp án Trong bài này m1 sin   m2 nếu được thả nhẹ nhàng thì m2 đi xuống và

m1 đi lên. Khi vật m2 đi xuống 1 đoạn bằng h thì m2 lên dốc bằng 1 đoạn h và có độ cao tăng thêm h sin  .Động năng của hệ khi đó bằng : 1 Wd   m1  m2  v 2  m2 gh  gh sin    m2  m1  gh  7,5 J 2 71

Câu 9. Đáp án B. Ta có h /  2h Bảo toàn cơ năng:

mgh  12 mv02  mgh '  12 mv02  mgh  v0  2 gh

 v  2.10.20  20  m / s 

mgh  12 mv 2  v  2 gh

Câu 10. Đáp án C.

 v  2.10.20  20  m / s 

Câu 11. Đáp án A.

mgh  Wd  Wt  2Wt  2.mgh'  h' 

h 2

 h /  10  m 

Câu 12. Đáp án B.

mgh  2Wd  1. 12 mv 2  v  gh

v  10.20  10 2  m / s 

Câu 13. Đáp án C. Khi không có ma sát : Wd  Wt  mgh . Có ma sát : Wd  94 Wd (do v '  23 v) '

5 5 Độ giảm động năng: Wd  Wd  Wd/  Wd  mgh  9 9 Câu 14. Đáp án A. Độ giảm cơ năng: W  mgh  mgh '  13 mgh  10 J

5 .1, 5.10.6  50  J  9

Phần cơ năng giảm đã chuyển sang nhiệt. Câu 15. Đáp án D Câu 16. Đáp án C Câu 17. Đáp án B. Vận tốc tại điểm cao nhất D.

mgh  mg 2 R  12 mv 2  v 2  2  h  2 R  g

Tại điểm D theo định luật 2 Niutơn ta có: v2 mv 2 N P R R Để tàu không rời khỏi đường ray thì N  0: 5R h  50  cm   h min  50  cm  2 P  N  ma ht  m

Câu 18. Đáp án A. V 

m v  2  m / s mM

Câu 19. Đáp án B. 1 Ta có: WA   M  m  V 2 ; WB   M  m  gh B   M  m  gl  1  cos   2 72

Theo định luật bảo toàn cơ năng: WA  WB 

1 2 V2 22 V  gl  1  cos    cos   1   1  0,8    37 0 2 2gl 2.10.1

Câu 20. Đáp án B. 1 1 mv 2   M  m  V 2 2 2 m  0,98 . Tỉ lệ đã chuyển sang nhiệt : 1  Mm Vậy 98% tỉ lệ đã chuyển hết sang nhiệt. Câu 21. Đáp án A Chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng 1 2 WH  WA  mv H  mgz A 2

Độ giảm động năng : Wd 

 zA 

2 vH



  4 2

2.10

0

 1,6  m 

Mà z A  l  l cos 0  1,6  3, 2  3, 2.cos 0

1  0  600 H 2 Vậy vật có độ cao z  1,6  m  so với vị trí cân bằng và dây hợp  cos 0 

với phương thẳng đứng một góc 600 Câu 22. Đáp án B Theo điều kiện cân bằng năng lượng WA  WB





1 1 mv 2B  10.1,6  10.3, 2 1  cos300  v 2B 2 2  v B  4,9  m / s  mgz A  mgz B 

Xét tại B theo định luật II Newton    P  T  ma Chiếu theo phương của dây P cos   T  m

v 2B l

 1.10.cos 300  T  1.  T  16,15  N 

4,9 3, 2

 0

A N

Câu 23.Đáp án C

Gọi C là vị trí để vật có vận tốc 2 2  m / s  . 73

Theo định luật bảo toàn cơ năng 1 1 2 2 WA  WC  mgz A  mv C  mgz B  gz A  v C  gzC 2 2 2 1  10.1,6  . 2 2  10.zC  zC  1, 2  m  2 5 Mà zC  l  l cos C  cos C   C  51, 320 8    Xét tại C theo định luật II Newton P  T  ma Chiếu theo phương của dây

 

2 2 5 P cos C  TC  m  1.10.  TC  1.  T  8,75  N  l 8 3, 2 Câu 24. Đáp án D Gọi D là vị trí để Wd  3Wt Theo định luật bảo toàn cơ năng 2 vC

WA  WD  mgz A  WdD  WtD  mgz A   10.1,6 

4 2 .v  v D  2 6  m / s  6 D



4 4 1 WdD  gz A  . v 2D 3 3 2



7 Mà v D  2gl cos  D  cos 600  2 6  2.10.3, 2  cos  D  0, 5   cos  D  8    Xét tại D theo định luật II Newton P  T  ma Chiếu theo phương của dây

 

2 6 v2 7 P cos  D  TD  m D  1.10.  TD  1.  T  16, 25  N  l 8 3, 2 Câu 25.Đáp án A Chọn mốc thế năng tại mặt đất Cơ năng của vật tại vị trí ném. Gọi A là vị trí ném v A  8  m / s  ; z A  8  m  1 1 mv 2A  mgz A  .0, 2.8 2  0, 2.10.6  18, 4  J  2 2 Câu 26. Đáp án B B là độ cao cực đại v B  0  m / s  WA 

Theo định luật bảo toàn cơ năng: 18, 4 WA  WB  18, 4  mgz B  z B   9, 2  m   h  9, 2  8  17, 2  m  0, 2.10 Câu 27. Đáp án C Gọi C là mặt đất zC  0  m  Theo định luật bảo toàn cơ năng 74

WA  WC  18, 4 

1 18, 4.2 18, 4.2 2 mv C  vC    2 46  m / s  2 m 0, 2

Câu 28. Đáp án D Gọi D là vị trí để vật có động năng bằng thế năng WA  WD  WA  Wd  Wt  2Wt  18, 4  2mgz D

 zD 

18, 4 18, 4   4,6  m  2mg 2.0, 2.10

Câu 29. Đáp án A Gọi E là vị trí để Wd  2Wt Theo định luật bảo toàn năng lượng 3 3 1 WA  WE  WA  Wd  Wt  Wd  18, 4  . mv E2 2 2 2 18, 4.4 73,6  vE    11,075  m / s  3.m 3.0, 2 Câu 30. Đáp án D Gọi F là vị trí của vật khi vật ở độ cao 6m Theo định luật bảo toàn năng lượng 1 WA  WF  WA  Wd  Wt  mv F2  mgzF 2 1  18, 4  .0, 2.v F2  0, 2.10.6  v F  8  m / s  2. Câu 31.Đáp án B Gọi G là vị trí để vận tốc của vật là 3m/s Theo định luật bảo toàn năng lượng 1 2 WA  WG  WA  Wd  Wt  mv G  mgzG 2 1  18, 4  .0, 2.32  0, 2.10.zG  zG  8,75  m  2 Câu 32. Đáp án C Gọi H là vị trí mà vật có thể lên được khi vật chịu một lực cản F = 5N Theo định lý động năng A  WdH  WdA mv 2A 0, 2.8 2 1 mv 2A  s    2, 56  m  2 F 5 Vậy độ cao của vị trí H so với mặt đất là 6+2,56 =8,56m  F.s  0 

Chương V: CHẤT KHÍ CẤU TẠO CHẤT. THUYẾT ĐỘNG HỌC PHÂN TỬ I. Cấu tạo chất. 1. Những điều đã học về cấu tạo chất. + Các chất được cấu tạo từ các hạt riêng biệt là phân tử. + Các phân tử chuyển động không ngừng. + Các phân tử chuyển động càng nhanh thì nhiệt độ của vật càng cao. 2. Lực tương tác phân tử. + Giữa các phân tử cấu tạo nên vật có lực hút và lực đẩy. + Khi khoảng cách giữa các phân tử nhỏ thì lực đẩy mạnh hơn lực hút, khi khoảng cách giữa các phân tử lớn thì lực hút mạnh hơn lực đẩy. Khi khoảng cách giữa các phân tử rất lớn thì lực tương tác không đáng kể. 3. Các thể rắn, lỏng, khí. Vật chất được tồn tại dưới các thể khí, thể lỏng và thể rắn. + Ở thể khí, lực tương tác giữa các phân tử rất yếu nên các phân tử chuyển động hoàn toàn hỗn loạn. Chất khí không có hình dạng và thể tích riêng. + Ở thể rắn, lực tương tác giữa các phân tử rất mạnh nên giữ được các phân tử ở các vị trí cân bằng xác định, làm cho chúng chỉ có thể dao động xung quanh các vị trí này. Các vật rắn có thể tích và hình dạng riêng xác định. + Ở thể lỏng, lực tương tác giữa các phân tử lớn hơn ở thể khí nhưng nhỏ hơn ở thể rắn, nên các phân tử dao đông xung quang vị trí cân bằng có thể di chuyển được. Chất lỏng có thể tích riêng xác định nhưng không có hình dạng riêng mà có hình dạng của phần bình chứa nó. 4. Lượng chất, Mol - Một mol là lượng chất có chứa một số phân tử hay nguyên tử bằng sô nguyên tử chứa trong 12g cacbon 12.



- Số phân tử hay nguyên tử chứa trong một mol là N A  6, 022.2023 mol 1



gọi là số Avogadro - Thể tích của một mol một chất gọi là thể tích mol của chất ấy ở đktc

 0 C ,1atm  thể tích mol của mọi chất khi đều bằng nhau và bằng 22,4l  0, 0224m  . 0

- Khối lượng một phân tử m0 

 : khối lượng của chất xét

 Na

- Số phân tử trong một khối lượng m một chất là: N 



.Na

II. Thuyết động học phân tử chất khí. 1. Nội dung cơ bản của thuyết động học phân tử chất khí. + Chất khí được cấu tạo từ các phân tử có kích thước rất nhỏ so với khoảng cách giữa chúng. + Các phân tử khí chuyển động hỗn loạn không ngừng ; chuyển động này càng nhanh thì nhiệt độ của chất khí càng cao. + Khi chuyển động hỗn loạn các phân tử khí va chạm vào nhau và va chạm vào thành bình gây áp suất lên thành bình. 2. Khí lí tưởng. Chất khí trong đó các phân tử được coi là các chất điểm và chỉ tương tác khi va chạm gọi là khí lí tưởng. III. Phương Pháp Giải Bài Tập Áp dụng các công thức - Khối lượng một phân tử m0 

 : khối lượng của chất xét



- Số phân tử trong một khối lượng m một chất là: N 



.N A

Ví Dụ Minh Họa Câu 1:Hãy xác định: a. Tỉ số khối lượng phân tử nước và nguyên tử các bon C12. b. Số phân tử H2O trong 2g nước. Giải: a. Khối lượng của phân tử nước và nguyên tử các bon là:

mH 2O 

H O 2

; mC12 

C12 NA

H O Tỉ số khối lượng:

mH 2O mC12



C12 NA



 H O 18 3   C12 12 2 2

b. Số phân tử nước có trong 2g nước:

N



.N A 

2 .6, 02.1023  6, 69.1022 phân tử. 18

Câu 2: Một bình kín chứa N = 3,01.1023 phân tử khí hê li. Tính khối lượng khí Hêli trong bình 2

Giải: Áp dung công thức số phân tử N  Ta có: m 



N . 3, 01.1023  4  0,54  2 g N A 6, 02.1023

Câu 3: a. Tính số phân tử chứa trong 0,2kg nước. b. Tính số phân tử chứa trong 1 kg không khí nếu như không khí có 22% là oxi và 78% là khí nitơ. Giải: a. 1 mol chất có chưa NA phân tử, n mol chất có N phân tử Do đó: N  n.N A 

H O

.N A 

200 .6, 02.1023  6, 68.1024 phân tử 18

b. Số phân tử chứa trong 1kg không khí

N  22%.

O

N A  78%

N

 22% 78%  N A  m.N A .    2,1.1025 phân tử.  32 28   Trắc Nghiệm

Câu 1.Tính chất nào sau đây không phải là phân tử của vật chất ở thể khí A.Chuyển động hỗn loạn xung quanh các vị trí cân bằng cố định B. Chuyển động hỗn loạn C.Chuyển động không ngừng D. Chuyển động hỗn loạn và không ngừng Câu 2. Điều nào sau đây là sai khi nói về cấu tạo chất A.Các nguyên tử hay phân tử chuyển động càng nhanh thì nhiệt độ của vật càng thấp B.Các nguyên tử, phân tử chuyển động hỗn loạn không ngừng C.Các nguyên tử, phân tử đồng thời hút nhau và đẩy nhau D.Các chất được cấu tạo từ các nguyên tử, phân tử Câu 3.Câu nào sau đây nói về các phân tử khí lí tưởng là không đúng? A.Có lực tương tác không đáng kể B.Có thể tích riêng không đáng kể C.Có khối lượng đáng kể D. Có khối lượng không đáng kể Câu 4. Có bao nhiêu nguyên tử ô xi trong 1 gam khí ô xi . A. 6,022.1023 B. 1,882.1022 C. 2,82.1022 D. 2,82.1023 * Bình kín đựng khí hêli chứa 1, 505.1023 nguyên tử hêli ở điều kiện 00 C và áp suất trong bình là 1atm .Dùng dữ liệu này trả lời câu hỏi 5, 6. Câu 5.Khối lượng He có trong bình là? 3

A. 1g B. 2g C. 3g D. 4g Câu 6. . Thể tích của bình đựng khí trên là? A. 5,6 lít B. 22,4 lít C. 11,2 lít D. 7,47 lít Câu 7. Ta có 4 gam khí oxi thì được bao nhiêu mol khí oxi? A.0,125 B.0,25 C. 0, 5 D.1 Câu 8.Phát biểu nào sau đây là đúng: A.Chất khí không có hình dạng và thể tích xác định B.Chất lỏng không có thể tích riêng xác định C.Lượng tương tác giữa các nguyên tử, phân tử trong chất rắn là rất mạnh D.Trong chất lỏng các nguyên tử, phân tử dao động quanh vị trí cân bằng cố định Câu 9.Câu nào sau đây nói về chuyển động của phân tử là không đúng? A.Các nguyên tử chuyển động không ngừng B.Chuyển động của phân tử là do lực tương tác phân tử gây ra. C.Các phân tử chuyển động càng nhanh yhif nhiệt độ vật càng cao D. Các phân tử khí lí tưởng chuyển động theo hướng thẳng khi không va chạm Câu 10: Một bình kín chứa 3,01.1023 phân tử khí hidro. Tính khối lượng khí hidro trong bình

A. 1g B. 2,5g C. 1,5g D. 2g Câu 11. Khi nói về khí lí tưởng, phát biểu nào sau đây là không đúng? A. Là khí mà thể tích các phân tử khí có thể bỏ qua. B. Là khí mà khối lượng các phân tử khí có thể bỏ qua C.Là khí mà các phân tử chỉ tương tác với nhau khi va chạm. D. Khi va chạm với thành bình tạo nên áp suât. Câu 12.Câu nào sau đây nói về lực tương tác phân tử là không đúng: A.Lực hút phân tử không thể lớn hơn lực đẩy phân tử B. Lực hút phân tử có thể bằng lực đẩy phân tử C. Lực hút phân tử có thể lớn hơn lực đẩy phân tử D.lực phân tử chỉ đáng kể khi các phân tử rất gần nhau Đáp án trắc nghiệm

Câu 1. Đáp án A Câu 2. Đáp án A Câu 3. Đáp án D Câu 4. Đáp án B. Số phân tử ô xi có trong 1 gam là: N  4

m 1 NA  .6,022.10 23  1,882.10 22 A 32

Câu 5. Đáp án A. Ta có số mol :  

N 1  NA 4

Mà khối lượng hêli: m   .  1 g Câu 6. Đáp án A. Khí Hêli ở điều kiện tiêu chuẩn nên: V 

V0 4



22, 4  5,6  l  4

Câu 7. Đáp án A. 

m 4   0,125  mol   32

Câu 8. Đáp án A Câu 9. Đáp án B Câu 10. Đáp án A Áp dung công thức số phân tử N 



N . 3, 01.1023  2  1g N A 6, 02.1023 Câu 11. Đáp án B Câu 12. Đáp án A Ta có: m 

QUÁ TRÌNH ĐẲNG NHIỆT. ĐỊNH LUẬT BÔI-LƠ-MA-RI-ÔT I. Trạng thái và quá trình biến đổi trạng thái. Trạng thái của một lượng khí được xác định bằng các thông số trạng thái là: thể tích V, áp suất p và nhiệt độ tuyệt đối T. Lượng khí có thể chuyển từ trạng thái này sang trạng thái khác bằng các quá trình biến đổi trạng thái. Những quá trình trong đó chỉ có hai thông số biến đổi còn một thông số không đổi gọi là đẳng quá trình. II. Quá trình đẳng nhiệt. 1. Quá trình đẳng nhiệt: là quá trình biến đổi trạng thái khi nhiệt độ không đổi còn áp suất và thể tích thay đổi 2. Định luật Bôi-lơ – Ma-ri-ôt. Trong quá trình đẳng nhiệt của một khối lượng khí xác định, áp suất tỉ lệ nghịch với thể tích. p 

1 hay pV = hằng số V

Vậy p1V1  p2 V2 3. Đường đẳng nhiệt.

T2  T1 T2

Đường biểu diễn sự biến thiên của áp suất theo thể tích khi nhiệt độ không đổi gọi là đường đẳng nhiệt. Dạng đường đẳng nhiệt : Trong hệ toạ độ ( p, V ) đường đẳng nhiệt là đường hypebol. Khi biểu diễn dưới dạng ( p,T ) hoặc ( V,T )

T V , T 

 p, T 

4. Những đơn vị đổi trong chất khí Trong đó áp suất đơn vị ( Pa), thể tích đơn vị ( lít) -1atm = 1,013.105Pa = 760mmHg , 1mmHg = 133,32 Pa, 1 Bar = 105Pa -1m3 = 1000lít, 1cm3 = 0,001 lít, 1dm3 = 1 lít - Công thức tính khối lượng riêng: m =  .V

 là khối lượng riêng (kg/m3) III. Các dạng bài tập cần lưu ý Dạng 1: Xác định ấp suất và thể tích trong quá trình đẳng nhiệt Phương pháp giải - Quá trình đẳng nhiệt là quá trình trong đó nhiệt độ được giữ không đổi Trong quá trình đẳng nhiệt của một lượng khí nhất định, áp suất tỉ lệ nghịch với thể tích p1.V1  p2 .V2 - Xác định các giá trị Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Một bọt khí khi nổi lên từ một đáy hồ có độ lớn gấp 1,2 lần khi đến mặt nước. tính độ sâu của đáy hồ biết trọng lượng riêng của nước là









d  10 4 N / m 3 , áp suất khi quyển là 10 5 N / m 2 .

Giải: Gọi áp suất bọt khí tại mặt nước là P0 Áp suất khí tại đáy hồ là P  P0  d.h Ta có P0 .1, 2V   P0  d.h  V  h 

0, 2.P0

 2m d Câu 2: Một khối khí có thể tích 16 lít, áp suất từ 1atm được nén đẳng nhiệt tới áp suất là 4atm. Tìm thể tích khí đã bị nén.

Giải: Ta có p1.V1  p2 .V2  V2 

p1V1 p2

Thể tích khí đã bị nén  V  V1  V2  V1 

p1V1 1.16  16   12 lít p2 4

Câu 3: Một lượng khí được nén đẳng nhiệt từ thể tích 6 lít đến 4 lít. Áp suất khí tăng thêm 0,75atm. Áp suất khí ban đầu là bao nhiêu? Giải: Ta có p2  p1  0,75 Vậy p1V1  p2V2  p1 

( p1  0, 75).4  p1  1,5atm 6

Câu 4: Ở áp suất 1atm ta có khối lượng riêng của không khí là 1,29kg/ m3 . Hỏi ở áp suất 2 atm thì khối lượng riêng của không khí là bao nhiêu, coi quá trình là quá trình đẳng nhiệt D V Giải: Khối lượng không khí không thay đổi m  D0 .V0  D.V  0  D V0 Ta có p0 .V0  p.V 



p V p0 2  D .D0  .1, 29  2, 58 kg / m 3 V0 p p0 1



Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Nén một khối khí đẳng nhiệt từ thể tích 24 lít đến 16 lít thì thấy áp suất khí tăng thêm lượng p = 30kPa. Hỏi áp suất ban đầu của khí là? Câu 2: Tính khối lượng riêng khí oxi đựng trong một bình thể tích 10 lít dưới áp suất 150atm ở nhiệt độ 00C. Biết ở điều kiện chuẩn khối lượng riêng của oxi là 1,43kg/m3. Câu 3: Một bình có thể tích 10 lít chứa 1 chất khí dưới áp suất 30at. Cho biết thể tích của chất khí khi ta mở nút bình? Coi nhiệt độ của khí là không đổi và áp suất của khí quyển là 1at. Câu 4: Nếu áp suất của một lượng khí tăng thêm 2.105Pa thì thể tích giảm 3 lít. Nếu áp suất tăng thêm 5.105Pa thì thể tích giảm 5 lít. Tìm áp suất và thể tích ban đầu của khí, biết nhiệt độ khí không đổi. Câu 5: Khi nổi lên từ đáy hồ thì thể tích của một bọt khí tăng gấp rưỡi. Tính độ sâu của hồ. Biết áp suất khí quyển là 75 cmHg, coi nhiệt độ ở đáy hồ và mặt nước là như nhau. Hướng dẫn giải:

( p1  30.103 ).16  60 KPa 24 Câu 2: Ở điều kiện chuẩn có p0 = 1atm  m = V0.  0 Ở O0C , áp suất 150atm  m = V.  Câu 1: p1V1  p2V2  p1 

Khối lượng không đổi:  V0 . 0 =V.  V  Mà V0.  0 = V.    

0 .V0 

p.0  214,5kg / m3 p0

Câu 3: Ta có1at = 1,013.105 Pa

p1V1  p2V2  V2 

p1V1  300 lít p2

Câu 4: Ta có p2  p1  2.10 5 ; V2  V1  3

 p1V1  p2V2  p1V1  ( p1  2.105 )(V1  3) Ta có p2/  p1  5.10 5 ; V2/  V1  5

 p1V1  p '2V '2  p1V1  ( p1  5.105 )(V1  5)

1  2

Giải hệ phương trình ( 1 ) và ( 2 )  p1 = 4.105 Pa ; V1 = 9 lít Câu 5: Gọi h là độ sâu của hồ h Khi ở đáy hồ thể tích và áp suất V1 ; p1  p0   cmHg  13,6 Khi ở mặt hồ thể tích và áp suất V2  1, 5V1 ; p2  p0  cmHg   h  Ta có p1 .V1  p2 .V2   p0   V  p0 .1, 5.V1  h  510cm  5,1m 13,6  1  Dạng 2: Xác định số lần bơm Phương pháp giải - Gọi n là số lần bơm, V0 là thể tích mỗi lần bơm

- Xác định các điều kiện trạng thái ban đầu - Xác định các điều kiện trạng thái lúc sau - Theo quá trình đẳng nhiệt ta có Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Một quả bóng có dung tích 2,5l. Người ta bơm không khí ở áp suất khí quyển 105N/m2 vào bóng. Mỗi lần bơm được 125cm3 không khí. Hỏi áp suất của không khí trong quả bóng sau 40 lần bơm? Coi quả bóng trước khi bơm không có không khí và trong thời gian bơm nhiệt độ của không khí không đổi. Giải: Xét quá trình biến đổi của lượng không khí được bơm vào quả bóng 3 v2  2,5l v1  125.40  5000cm  5l ; Trường hợp 2  5 2  p1  p0  10 N / m  p2  ?

Trường hợp 1 

p1v1 105.5 p1v1  p2 v2  p2    2.105 N / m 2 v2 2,5 8

Câu 2: Một học sinh của Trung Tâm Bồi Dưỡng Kiến Thức Thiên Thành đi xe đạp bị hết hơi trong săm xe, học sinh đó mượn bơm để bơm xe. Sau 10 lần bơm thì diện tích tiếp xúc của lốp xe và mặt đất là S1  30cm 2 . Hỏi sau bao nhiêu lần bơm nữa thì diện tích tiếp xúc là S 2  20cm 2 . Biết rằng trọng lực của xe cân bằng với áp lực của không khí trong vỏ xe, thể tích mỗi lần bơm là như nhau và nhiệt độ trong quá trình bơm là không đổi. Giải: Gọi F là trọng lượng của xe, V0 là thể tích mỗi lần bơm,V thể tích săm xe Ta có trong lần bơm đầu tiên n1  10 lần F  p1S1 Trong lần bơm sau n 2 lần F  p2 S 2 

p1 S 2  p 2 S1

 1

 n1V0  .p0  p1V n p  1  1 Ta có  2 n 2 p2  n 2 V0  .p0  p2 V n S S 30 Từ (1) và (2) ta có 1  2  n 2  1 .n1  .10  15 ( lần ) n 2 S1 S2 20

Vậy số lần phải bơm thêm là n  15  10  5 ( lần ) Bài Tập Tự Luyện: Câu 1:Người ta dùng bơm để nén khí vào một bánh xe đạp sau 30 lần bơm diện tích tiếp xúc với mặt đất phẳng là 60cm3. Vậy sau 20 lần bơm nữa thì diện tích tiếp xúc sẽ là bao nhiêu? Cho rằng thể tích săm xe không đổi, lượng khí mỗi lần bơm là như nhau. Cho rằng nhiệt độ không đổi. Câu 2: Một học sinh của Trung Tâm Bồi Dưỡng Kiến Thức Thiên Thành dùng bơm tay để bơm không khí vào một quả bóng cao su có thể tích là 3 lít, với áp suất không khí là 105N/m2. Xung quanh của bơm có chiều cao là 42 cm, đường kính xy lanh là 5 cm. Hỏi học sinh đó phải bơm bao nhiêu lần để không khí trong bong có áp suất 5.105N/m2, biết trong quá trình bơm nhiệt độ không thay đổi. Trong hai trường hợp sau. a. Trước khi bơm trong quả bóng không có không khí. b. Trước khi bơm trong quả bóng đã có không khí có áp suất 105N/m2. Câu 3: Cho một bơm tay có diện tích 10cm 2 , chiều dài bơm 30cm dùng để đưa không khí vào quả bóng có thể tích là 3 lít. Phải bơm bao nhiêu lần để áp suất của quả bóng tăng gấp 4 lần áp suất khí quyển. Ban đầu quả bóng mới không có không khí , coi nhiệt độ trong quá trình bơm là không thay đổi. Hướng dẫn giải:

Câu 1: V0 thể tích mỗi lần bơm, p0 là áp suất khí quyển, V là thể tích săm xe ,trọng lượng phần xe đạp tác dụng lên bánh xe đang bơm là F, Ta có:

F  p1.60  p2 .S

Với p1 và p2 là áp suất đầu và sau khi bơm tiêm, S là diện tích tiếp xúc sau khi bơm thêm 20 lần. Vậy S  60.

p1 p2

(1)

Theo định luật Bôi lơ – Ma ri ốt

30v0 p0  vp1 30 p1 3 (2)     50 p2 5 50v0 p0  vp2 3 Thay (2) vào (1) ta có: S  60  36cm 2 5 Câu 2: Gọi V0 , p0 là thể tích và áp suất mỗi lần bơm .d 2 3,14.52  42.  824, 25 cm 3 4 4 Khi nén vào bóng có thể tích V có áp suất p1   n.V0  .p0  p1 .V

 

Thể tích mỗi lần bơm là V0  h.S  h.



a. Trước khi bơm trong quả bóng không có không khí p1  p  5.10 5 N / m 2



p1 .V 5.10 5.3   18 ( lần ) p0 .V0 10 5.824, 25.10 3 b. Trước khi bơm trong quả bóng đã có không khí có áp suất 105N/m2 n



p  p1  p0  p1  p  p0  5.10 5  10 5  4.10 5 N / m 2

n



p1 .V 4.10 .3   15 ( lần ) 5 p0 .V0 10 .824, 25.10 3

 

Câu 3: Gọi V0 là thể tích mỗi lần bơm V0  S.h  10.30  300 cm 3  0, 3    Mà p = 4p0 Ta có:  nV0  .p0  p.V  n 

p.V 4.3   40 ( lần ) p0 .V0 0, 3

Dạng 3: Tính các gía trị trong ống thủy tinh Phương pháp giải - Ta có thể tích khí trong ống V = S.h - Xác định các giá trị trong từng trường hợp - Theo quá trình đẳng nhiệt Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Một ống thủy tinh hình trụ, một đầu kín một đầu hở, dài 40cm chứa không khí với áp suất khí quyển 105N/m2. Ấn ống xuống chậu nước theo 10

phương thẳng đứng, miệng ống ở dưới sao cho đầu kín ngang với mặt nước. Tính chiều cao cột nước trong ống, biết trọng lượng riêng của nước là



d  10 4 N / m 3



p  p0   h  x  .d Giải Ta có  V   h  x  .S Mà p0 V0  p.V

40cm x

 10 .0, 4.S  10 5   0, 4  x  .10 4  .  0, 4  x  .S   5

 x 2  10,8.x  0,16  0  x  1, 5  cm 

Câu 2: Trong một ống nhỏ dài, một đầu kín, một đầu hở, tiết diện đều, ban đầu đặt ống thẳng đứng miệng ống hướng lên, trong ống về phía đáy có cột không khí dài 30 cm và được ngăn cách với bên ngoài bằng cột thủy ngân dài h = 15 cm. Áp suất khí quyển 76cmHg và nhiệt độ không đổi. Tính chiều cao của cột không khí trong ống của các trường hợp. a. Ống thẳng đứng miệng ở dưới

h p1 V1

b. Ống đặt nghiêng góc 300 so với phương ngang, miệng ở trên c. Ống đặt nghiêng góc 300 so với phương ngang, miệng ở dưới d. Ống đặt nằm ngang Giải: a. Ống thẳng đứng miệng ở dưới Ta có p1 .V1  p2 .V2 p2 l2 p  p0  h  76  15  91  cmHg  Với  1 V1  l1 .S  30.S p  p0  h  76  15  61  cmHg  ;  2 V2  l 2 .S  91.30.S  61.l 2 .S  l 2  44,75  cm 

b. Ống đặt nghiêng góc 300 so với phương ngang, miệng ở trên Cột thủy ngân có đọ dài là h nhưng khi đặt nghiêng ra thì đọ cao của cột h thủy ngân là h /  h.sin 300  2 Ta có p1 .V1  p3 .V3 h p  p  h /  76  7, 5  83, 5  cmHg  0 Với ;  3 V3  l 3 .S  91.30.S  83, 5.l 3 .S  l 3  32,7  cm 

p3 V3

300

c. Ống đặt nghiêng góc 300 so với phương ngang, miệng ở dưới Ống đặt nghiêng góc 300 so với phương ngang, miệng ở trên Cột thủy ngân có đọ dài là h nhưng khi đặt nghiêng ra thì đọ cao của cột h thủy ngân là h /  h.sin 300  2 p4 Ta có p1 .V1  p4 .V4 h V4

p  p  h /  76  7, 5  68, 5  cmHg  4 0 Với  V4  l 4 .S  91.30.S  68, 5.l 4 .S  l 4  39,9  cm 

300

d. Ống đặt nằm ngang p5  p0

Ta có p1 .V1  p5 .V5

p5 ;V5

 91.30.S  76.l 5 .S  l 5  35,9  cm 

Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Một ống thủy tinh tiết diện đều gồm một đầu kín, một đầu hở, trong ống có cột không khí ngăn cách với bên ngoài bằng cột thủy ngân dài 20cm. Khi ống thẳng đứng miệng ở dưới thì chiều dài cột không khí là 48 cm, miệng ở trên thì dài cột không khí là 28cm. Tính áp suất khí quyển và chiều dài cột không khí khi ống nằm ngang. Câu 2: Một ống thủy tinh tiết diện đều có chiều dài 60 cm gồm một đầu kín, một đầu hở hướng lên, trong ống có cột không khí ngăn cách với bên ngoài bằng cột thủy ngân dài 40cm, cột thủy ngân bằng miệng ống. Khi ống thẳng đứng miệng ở dưới thì một phần thủy ngân chảy ra ngoài. Tìm cột thủy ngân còn lại trong ống. Biết áp suất khí quyển là 80 cmHg. Hướng dẫn giải: Câu 1: Ta có p1 .V1  p2 .V2   p0  20  .48   p0  20  .28  p0  76  cmHg 

Mặt khác: p0 V0  p1V1  16.l  56.48  l  35, 37  cm 

20 l20

p1 V1

p0 ;V0

Câu 2: Gọi S là diện tích ống thủy Chiều dài cột không khí có trong ống – 40 = 20 cm. 12

tinh. là l1 = 60

Áp suất không khí trong ống p1  p0  40  120  cmHg  Khi lật ngược miệng ống phía dưới thì cột thủy ngân còn lại trong ống là x nên p2  p0  x  80  x  cmHg  , chiều dài cột không khí l2 = 60 – x Ta có p1V1  p2 V2  p1 .l1 .S  p2 .l 2 .S  120.20   80  x  60  x  x1  120  cm   x 2  140x  2400  0   x 2  20  cm  Mà x  40  cm  nên x = 20 ( cm )

Vậy độ cao cột thủy ngân còn lại trong ống là 20 cm Trắc Nghiệm Câu 1.Biểu thức nào sau đây là của định luật Bôilo-Mari ốt? A. p1V2  p2V1 C.

p1 V2  V1 p2

V1 V2  p1 p2

D. p1.V1  p2 .V2

Câu 2. Khi nhiệt độ không đổi, khối lượng riêng của chất khí phụ thuộc vào áp suất khí theo hệ thức nào sau đây? A. p1 D2  p2 D1 B. p1 D1  p2 D2 1 D. pD  const P Trong một ống nhỏ dài, một đầu kín, một đầu hở, tiết diện đều, ban đầu đặt ống thẳng đứng miệng ống hướng lên, trong ống về phía đáy có cột không khí dài 40 cm và được ngăn cách với bên ngoài bằng cột thủy ngân dài h = 14 cm. Áp suất khí quyển 76cmHg và nhiệt độ không đổi. Tính chiều cao của cột không khí trong ống của các trường hợp. Dùng dữ kiện hiair các câu 3; 4; 5; 6 Câu 3. Ống thẳng đứng miệng ở dưới

C. D 

A. 58,065  cm  C. 72  cm 

h p1 V1

B, 68,072  cm 

D. 54,065  cm 

Câu 4. Ống đặt nghiêng góc 300 so với phương ngang, miệng ở trên A. 58,065  cm  C. 72  cm 

B, 43,373  cm 

D. 54,065  cm 

Câu 5. Ống đặt nghiêng góc 300 so với phương ngang, miệng ở dưới A. 58,065  cm 

B, 43,373  cm 

C. 52,174  cm 

D. 54,065  cm 

Câu 6. Ống đặt nằm ngang A. 58,065  cm 

B. 43,373  cm 

C. 52,174  cm 

D. 47,368  cm 

Câu 7. Hệ thức nào sau đây không phù hợp với định luật Bôilơ- Mariot? B. p  V

A. p1V1  p2V2 C. v 

1 p

D. p 

1 v

Câu 8. Qủa bóng có dung tích 2l bị xẹp . Dùng ống bơm mỗi lần đẩy được 40 cm3 không khí ở áp suất 1 atm vào quả bóng. Sau 40 lần bơm , áp suất khí trong quả bóng là?. Coi nhiệt độ không đổi trong quá trình bơm A. 1,25atm B. 1,5atm C. 2atm D. 2,5atm Câu 9. Một bình có thể tích 5,6l chứa 0,5 mol ở 00 C . Áp suất khí trong bình là? A. 1 atm B. 2 atm C. 3 atm D. 4 atm Câu 10. Khí được nén đẳng nhiệt từ thể tích 10 lít đến 5 lít, áp suất khí tăng thêm 0,5atm. Áp suất ban đầu của khí là giá trị nào sau đây? A. 1,5 atm B.0,5 atm C. 1 atm D.0,75atm

Câu 11.Đường nào sau đây không biểu diễn quá trình đẳng nhiệt? P

V A

V C 14

V D

Câu 12 .Một quả bóng da có dung tích 2,5 lít chứa không khí ở áp suất

105 Pa . Người ta bơm không khí ở áp suất 105 Pa vào bóng.Mỗi lần bơm 3 được 125 cm không khí. Hỏi áp suất của không khí trong quả bóng sau 20 lần bơm? Biết trong thời gian bơm nhiệt độ của không khí không đổi. 5

A. 2.10 Pa

B. 10 Pa 5

D. 3.10 Pa

C. 0,5.10 Pa

Câu 13. Cho một lương khí được giãn đẳng nhiệt từ thể tích từ 4 lít đến 8 lít, ban đầu áp suất khí là 8.105 Pa .Thì áp suất của khí tăng hay giảm bao nhiêu ? 5

A. Tăng 6.10 Pa 5

C. Giảm 6.10 Pa

B. Tăng 10 Pa 6

D. Giảm 10 Pa

Câu 14. Khí trong quá trình biến đổi đẳng nhiệt , thể tiichs ban đầu 2dm3 , áp suất biến đổi từ 1,5atm đến 0,75atm. Thì độ biến thiên thể tích của chất khí. A.Tăng 2 dm

B. Tăng 4 dm 3

3 3

C. Giảm 2 dm D. Giảm 4 dm *Cho 1 ống nghiệm 1 đầu kín được đặt nằm ngang; tiết diện đều, bên trong có cột không khí d cao l=20cm ngăn cách với bên ngoài bằng giọt 1 thủy ngân dài d=4cm. Cho áp suất khí quyển là p0  76cmHg . Dùng thông tin này để trả lời câu 15, 16. Câu 15. Chiều dài cột khí trong ống là bao nhiêu khi ống được dựng thẳng ống nghiệm ở trên? A. 21cm B. 20cm C. 19cm D. 18cm Câu 16. Chiều dài cột khí là bao nhiêu khi ống đứng thẳng miệng ở dưới? A. 21,11cm B.19,69cm C.22cm D.22,35cm Câu 17.Trường hợp 3 thông số nào sau đây xác định trạng thái của 1 lượng khí xác định? A.Áp suất , thể tích , không lượng B.áp suất , nhiệt độ, khối lượng C. Thể tích, khối lượng, nhiệt độ D. Áp suất , nhiệt độ, thể tích Câu 18.Qúa trình nào sau đây là đẳng quá trình? A.Không khí trong quả bóng bay bị phơi nắng, nắng lên, nở ra làm căng bóng 15

B.Đun nóng khí trong 1 xilanh , khí nở ra đầy pittong chuyển động C.Đun nóng khí trong 1 bình đậy kín D.Cả 3 quá trình trên đều không phải là đẳng quá trình Đáp án trắc nghiệm Câu 1. Đáp án D Câu 2. Đáp án A. m m Ta có p1V1  p2 V2  p1  p2  p1 .D2  p2 D1 D1 D2

Câu 3. Đáp án A Ống thẳng đứng miệng ở dưới Ta có p1 .V1  p2 .V2

p  p0  h  76  14  90  cmHg  Với  1 V1  l1 .S  40.S p  p0  h  76  14  62  cmHg  ;  2 V2  l 2 .S  90.40.S  62.l 2 .S  l 2  58,065  cm 

Câu 4. Đáp án B Ống đặt nghiêng góc 300 so với phương ngang, miệng ở trên Cột thủy ngân có đọ dài là h nhưng khi đặt nghiêng ra thì đọ cao của cột h thủy ngân là h /  h.sin 300   7  cm  2 Ta có p1 .V1  p3 .V3 h p  p  h /  76  7  83  cmHg  0 Với ;  3 V  l  3 3 .S  90.40.S  83.l 3 .S  l 3  43, 373  cm 

p3 V3

300

Câu 5. Đáp án C Ống đặt nghiêng góc 300 so với phương ngang, miệng ở dưới Ống đặt nghiêng góc 300 so với phương ngang, miệng ở trên Cột thủy ngân có đọ dài là h nhưng khi đặt nghiêng ra thì đọ cao của cột h thủy ngân là h /  h.sin 300   7  cm  2 p4 Ta có p1 .V1  p4 .V4 h V4 Với

/ p4  p0  h  76  7  69  cmHg   V4  l 4 .S

300

 90.40.S  69.l 4 .S  l 4  52,174  cm  16

l5 p5 ;V5

Câu 6. Đáp án D Ống đặt nằm ngang p5  p0 Ta có p1 .V1  p5 .V5

 90.40.S  76.l 5 .S  l 5  47, 368  cm 

Câu 7. Đáp án B Câu 8. Đáp án B. Ta có: p.V  p0 .nV  p 

nV 40.40 p0   0,8  atm  V 2000

Câu 9. Đáp án B. 0,5 mol khí ở 00 C có V1  11, 2l áp suất p1  1 atm. Từ đó : p2 

p1 .V1 1.11, 2   2  atm  V2 5,6

Câu 10. Đáp án B.

p1V1  p2V2  p1.10   p1  0,5  .5  p1  0,5  atm 

Câu 11. Đáp ánD. Áp suất không đổi không phải quá trình đẳng nhiệt Câu 12. Đáp án A.

p1V1  p2V2  105  0,125.20.2,5   p2 .2,5  p2  2.105 Pa

Câu 13. Đáp án C.

p1V1  p2V2  8.105.2  p2 .8  p2  2.105 Pa p  p2  p1  2.105  8.105  6.105 Pa Câu 14. Đáp án A.

p1V1  p2V2  1,5.2  0,75.V2  V2  4dm3  V  V2  V1  4  2  2dm3 Câu 15. Đáp án C.

Khi ống nằm ngang: p  p0 ;V  lS Khi ống thẳng đứng miệng ở trên:

p1  p0  d ;V1  l1.S

d d

Áp dụng định luật Bôi Mariốt: p0

76 p0 lS   p0  d  l1S  l1  .l  .20  19  cm  p0  d 80

Câu 16. Đáp án A. Tương tự lúc này ta có: p0 lS   p0  d  l 2 S  l 2 

p0  d

.l 

76 .20  21,111  cm  72

Câu 17. Đáp án D Câu 18. Đáp án C QUÁ TRÌNH ĐẲNG TÍCH. ĐỊNH LUẬT SÁC-LƠ I. Quá trình đẳng tích. Quá trình đẵng tích là quá trình biến đổi trạng thái khi thể tích không đổi có giá trị p và T thay đổi II. Định luật Sác –lơ. - Với một lượng khí có thể tích không đổi thì áp suất phụ thuộc vào nhiệt độ p  p0  1  t  Trong đó  có giá trị như nhau với mọi chất khí, mọi nhiệt độ và được gọi 1 là hệ số tăng thể tích   273 1 - Khi t    2730 Thì p = 0, điều này là không thể đạt được.  Vậy 2730 C gọi là độ không tuyệt đối. Vậy lấy 2730 C làm độ không gọi là thang nhiệt độ tuyệt đối và gọi là nhiệt giai Ken - vin  T  t  2700 p p  T  270  p0 T   0  cos t Vậy p  p0  1   273  273 T 270  Trong quá trình đẳng tích của một lượng khí nhất định, áp suất tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối. p ~T 

p p p = hằng số hay 1 = 2 = … T1 T2 T

III. Đường đẳng tích. Đường biểu diễn sự biến thiên của áp suất theo nhiệt độ khi thể tích không đổi gọi là đường đẳng tích. Dạng đường đẳng tích :

V2 V1  V2

T T1

Trong hệ toạ độ ( pT )đường đẳng tích là đường thẳng kéo dài đi qua gốc toạ độ. 18

Quá trình đẳng tích là quá trình trong đó thể tích được giữ không đổi Nội dung định luật Sác-lơ: Trong quá trình đẳng tích của một lượng khí nhất định, áp suất tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối.

p1 p2  T1 T2

Trong đó áp suất đơn vị ( Pa), thể tích đơn vị ( lít) 1atm = 1,013.105Pa, 1mmHg =133,32 Pa, 1 Bar = 105Pa T = 273 + t (0C) Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Một bình được nạp khí ở 330C dưới áp suất 300 Pa. Sau đó bình được chuyển đến một nơi có nhiệt độ 370C, coi thể tích của bình không thay đổi. Tính độ tăng áp suất của khí trong bình. Giải: Ta có T1  273  33  306  K  ; T2  273  37  310  K  Theo quá trình đẳng nhiệt

p1 p2 T . p 310.300   p2  2 1   304 Pa T1 T2 T1 306  p  p2  p1  304  300  4 Pa Câu 2: Cho một bình kín. Khi áp suất tăng 4 lần thì nhiệt độ trong bình tăng thêm 900K, thể tích không đổi. Khi đó nhiệt độ ban đầu trong bình là bao nhiêu Giải : Áp dụng công thức quá trình đẳng tích

p1 p2 T .p (T  900). p1   T1  2 1  T1  1 T1 T2 p2 4 p1

 T1  300 K  T1  273  t  t  27 0 C Câu 3: Đun nóng đẳng tích một lượng khí tăng thên 800K thì áp suất tăng thêm 25% so với áp suất ban đầu. Tìm nhiệt độ ban đầu của khối khí. 25 .p  1, 25p1 Giải: Ta có T2  T1  80; p2  p1  100 1 Áp dụng công thức quá trình đẳng nhiệt

p1 p2 T . p (T  80). p1 T1  80   T1  2 1  1   T1  320 K T1 T2 p2 1, 25 p1 1, 25

Mà T1  273  t  t  47 0 C Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Cho một bình kín. Khi đun nóng khí trong bình thêm 400C thì áp suất khí tăng thêm 1/10 áp suất ban đầu. Tìm nhiệt độ ban đầu của khí trong bình. Câu 2: Một bình thép chứa khí ở 770C dưới áp suất 6,3.105Pa. làm lạnh bình tới nhiệt độ - 230C thì áp suất của khí trong bình là bao nhiêu? 19

Câu 3: Nhà Thầy Phi có mua một nồi áp suất dùng để ninh đồ ăn. Van an toàn của một nồi sẽ mở khi áp suất trong nồi bằng 9atm. Khi thử ở 270C, hơi trong nồi có áp suất 2atm. Hỏi ở nhiệt độ nào thì van an toàn sẽ mở. Câu 4: Biết áp suất của khí trơ trong bóng đèn tăng 1,5 lần khi đèn cháy sáng so với tắt. Biết nhiệt độ đèn khi tắt là 270C. p Hỏi nhiệt độ đèn khi cháy sáng bình thường là bao 2 nhiêu? 1 Câu 5: Khi đung nóng một khối khí thì p và T thay đổi được cho bởi đồ thị bên. Hỏi quá trình này là T quá trình nén hay dãn khí O Hướng dẫn giải p Câu 1: Ta có T2  T1  40; p2  p1  1  1,1p1 10

p1 p2 T . p (T  40). p1 T1  40   T1  2 1  1  T1 T2 p2 1,1 p1 1,1

 T1  400K  273  t1  t1  127 0 C

Câu 2: Ta có T1  273  77  350K; T2  273  23  250K Áp dụng

p1 p2 T . p 250.6,3.105   p2  2 1   4,5.105 Pa T1 T2 T1 350

Câu 3: Ta có T1  273  27  300K Áp dụng :

p1 p2 T .p 300.9   T2  1 2   1350 K T1 T2 p1 2

Mà T2  273  t 2  t 2  1077 0 C Câu 4: Đèn kín và có thể tích không đổi nên là quá trình đẳng tích Ts  273  27  300K; ps  1, 5pt

 Ts 

Tt . ps 300.1,5. pt   1,5Tt  450 K  tt  177 0 C pt pt

Câu 5: Kẻ 2 đường thẳng đẳng tích V1 và V2 rồi vẽ đường đăgr nhiệt bất kỳ cắt hai đường đẳng tích tại A và B Ta có p1 .V1  p2 V2

Từ đồ thị ta nhận thấy p1  p2  V2  V1

Vậy đây là quá trình dãn khí

p A

1 B T

Trắc Nghiệm Câu 1.Biểu thức nào sau đây phù hợp với đimhj luật Sac-lơ? 20

p1 p3  T1 T3 p1 T2  D. p2 T1

V  const T

C. p  t

Câu 2. Một khối khí đựng trong bình kín ở 27 0 C có áp suất 2atm. Áp suất khí trong bình là bao nhiêu khi ta đun nống đến 87 0 C ? A. 2 atm B. 2,2 atm C. 2,4 atm D. 2,6 atm Câu 3. Cho một chiết bình kín có thể tích không đổi. Khi đun nóng khí 0

trong bình kín thêm 1 C thì áp suất khí tăng thêm 1/360 áp suất ban đầu. Xác định nhiệt độ ban đầu của khí ? A. 87 0 C B. 3600 C C. 17K D. 87K Câu 4. Nồi áp suất có van là 1 lỗ tròn có diện tích 1cm luôn được áp chặt bởi 1 lò xo có độ cứng 1300  N / m  và luôn bị nén 1cm. Ban đầu ở áp suất khí quyển



10 5 N / m 2



và nhiệt độ 27 0 C . Hỏi để van mở ra thì phải đun

đến nhiệt độ bằng bao nhiêu ? A. 117 0 C

B. 3900 C

C. 17 0 C D. 87 0 C Câu 5.Trong điều kiện thể tích không đổi, chất khí có nhiệt độ ban đầu là

27 0 C , áp suât p0 cần đun nóng chất khí lên bao nhiêu độ để áp suất của nó tăng lên 2 lần. A. 327K

B. 150K

C. 327 C D. 600 C Câu 6. Trong điều kiện thể tích không đổi, chất khí có nhiệt độ thay đổi là

27 0 C đến 127 0 C , áp suất lúc đầu 3atm thì độ biến thiên áp suất: A.Giảm 3 atm B.Giảm 1 atm C. Tăng 1 atm D.Tăng 3 atm Câu 7. Trong điều kiện thể tích không đổi, chất khí có nhiệt độ ban đầu là

17 0 C, áp suất thay đổi từ 2atm đến 8atm thì độ biến thiên nhiệt độ: 0 0 A. 1143 C B. 1160 C 0 0 C. 904 C D. 870 C Câu 8.Hiện tượng nào sau đây có liên quan đến dịnh luật Chasles: A.Đun nóng khí trong 1 xilanh hở 21

B. Đun nóng khí trong 1 xilanh kín C.Thổi không khí vào 1 quả bóng bay D. quả bóng bàn bị bẹp nhúng vào nước nóng, phồng lên như cũ Đáp án trắc nghiệm Câu 1. Đáp án A. Câu 2. Đáp án C. p p T  273  87  .2  2, 4 atm Ta có: 1  2  p2  2 .p1    T1 T2 T1 273  27

Câu 3. Đáp án A. Ta có:

p2 p1 p p    T1  1 T  360K  t1  87 0 C T2 T1 T p

Câu 4. Đáp án A. Áp suất để van bắt đầu mở ra : p  F / S  kx / S  1,3.10 N / m p p p T  390  t  117 0 C Ta có 0   T  T0 T p0 0 5

Câu 5. Đáp án C Ta có

p1 p2 p .T   T2  2 1  2  273  27   600K  t  327 0 C T1 T2 p1

Câu 6. Đáp án C Ta có

p1 p2 p 3   p2  1 .T2   273  127   4atm T1 T2 T1 273  27

 p  4  3  1atm

Câu 7. Đáp án D Ta có

p1 p2 p 8   T2  2 .T1   273  17   1160K  t  887 0 C T1 T2 p1 2

t  887  17  8700 C Câu 8. Đáp án B. Đun nóng khí trong 1 xilanh kín. 3 đáp án còn lại thể tích đều thay đổi PHƯƠNG TRÌNH TRẠNG THÁI CỦA KHÍ LÍ TƯỞNG ĐỊNH LUẬT GAY – LUYXAC; PHƯƠNG TRÌNH CLA-PE-RON I. Khí thực và khí lí tưởng. Các chất khí thực chỉ tuân theo gần đúng các định luật Bôilơ – Mariôt và

định luật Sáclơ. Giá trị của tích pV và thương

p thay đổi theo bản chất, T

nhiệt độ và áp suất của chất khí. Chỉ có khí lí tưởng là tuân theo đúng các định luật về chất khí đã học. 22

Vậy khí lý tưởng là khí tuân theo hai định luật Bôilơ – Mariôt và định luật Sáclơ. II. Phương trình trạng thái của khí lí tưởng. Xét một lượng khí chuyển từ trạng thái 1 (p1, V1, T1) sang trạng thái 2 (p2, V2, T2) qua trạng thái trung gian (1’) (p’, V2, T1) : - Từ Trạng thái ( 1 ) sang Trạng thái ( 1’ ) đây là quá trình đẳng nhiệt Ta có p1V1=p’V2 => p’=

p1V1 (*) V2

- Từ Trạng thái ( 1’ ) sang Trạng thái ( 2 ) : đây là quá trình đẳng tích: Ta có

p' p 2 '  T1 T2

Thế ( * ) vào ( ** ) 

( **)

p1V1 p2 pV pV pV   cos t (3) => 1 1  2 2  V2T1 T2 T1 T2 T

(3) gọi là phương trình trạng thái khí lý tưởng III. Đinh luật Gay - Luyxac( Quá trình đẳng áp ). 1. Quá trình đẳng áp. Quá trình đẳng áp là quá trình biến đổi trạng thái có V; T thay đổi nhưng áp suất không đổi. 2. Liên hệ giữa thể tích và nhiệt độ tuyệt đối trong quá trình đẳng áp. Trong quá trình đẳng áp của một lượng khí nhất định, thể tích tỷ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối V~ T 

V V V  cos t hay 1  2 T1 T2 T

3. Đường đẳng áp. Đường biểu diễn sự biến thiên của thể tích theo nhiệt độ khi áp suất không đổi gọi là đường đẳng áp. Dạng đường đẳng áp : Trong hệ toạ độ ( V,T ) đường đẳng tích là đường thẳng kéo dài đi qua gốc toạ độ. IV. Phương trình Cla -pê - rôn – Men -đê- lê- ép m Ta có: pV  RT  Với +  là khối lượng mol 23

+ R là hằng số khí: Khi R  0,082  atm / mol.K   p  atm  Khi R  8, 31  J / mol.K   p  Pa 

+ m tính theo đơn vị g V. Dạng bài tập cần lưu ý Dạng 1: Dạng bài tập về phương trình trạng thái khí lý tưởng Phương pháp giải - Xác định các giá trị trạng thái ban đầu và lức sau - Áp dụng công thức

p1V1 p2V2  T1 T2

- Ta có m = D.V D là khối lượng riêng của khí Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Tính khối lượng riêng của không khí ở nhiệt độ 800C và có áp suất 2,5.105Pa. Biết khối lượng riêng của không khí ở 00C là 1,29kg/m3, và áp suất 1,01.105Pa. pV pV m Giải: Áp dụng công thức 1 1  2 2 mà m  .V  V   T1 T2

 V2 

T2 p1V1  .T . p m T2 . p1m     2  1 1 2  2,5kg / m3 T1 p2  2 1.T1. p2 T2 . p1

1, 29.273.2,5.105  2   2, 47 kg / m3 5 353.1, 01.10 Câu 2: Trong xilanh của một động cơ đốt trong có 2dm3 hỗn hợp khí dưới áp suất 1,5atm và nhiệt độ 470C. Pit tông nén xuống làm cho thể tích của hỗn hợp khí chỉ còn 0,2 dm3 và áp suất tăng lên 21atm. Tính nhiệt độ của hỗn hợp khí nén. Giải: Áp dụng công thức

 T2 

p1V1 p2V2  T1 T2

p2 .V2 .T1 21.0, 2.  273  47    448 K p1.V1 1,5.2

Mà T2  273  t 2  t 2  1750 C Câu 3: Trong một nhà máy điều chế khí ôxi và san sang các bình. Người ta bơm khí ôxi ở điều kiện chuẩn vào một bình có thể tích 5000 lít. Sau nửa giờ bình chứa đầy khí ở nhiệt độ 240C và áp suất 765mmHg. Xác định khối lượng khí bơm vào sau mỗi giây. Coi quá trình bơm diễn ra một cách đều đặn. Giải: Ở điều kiện tiêu chuẩn có p1 = 760mmHg, 1  1, 29kg / m3 24

 

V2  5000  l   5 m 3

Mà m  1.V1   2 .V2  V1 

1

;V2 

2

p1V1 p2V2 T . p .V  .T . p   V2  2 1 1   2  1 1 2 T1 T2 T1. p2 T2 . p1  .T . p 1, 29.273.765  m  V2 . 1 1 2  5.  5,96779  kg  T2 . p1  273  24  .760

Áp dụng công thức

Đây là khối lượng khí bơm vào bình sau nửa giờ vào bình. Vậy khối lượng bơm vào sau mỗi giây: m 5,96779 m/    3, 3154.10 3  kg  1800 1800 Câu 4: Người ta nén 10 lít khí ở nhiệt độ 270C để cho thể tích của khí chỉ còn 4 lít, vì nén nhanh nên khí bị nóng lên đến 600C. Khi đó áp suất của khí tăng lên bao nhiêu lần ? Giải: Áp dụng công thức

 273  60  .10  2, 775 lần p1V1 p2V2 p TV   2  2 1  T1 T2 p1 V2 .T1 4.  273  27 

Câu 5:Tính khối lượng riêng của không khí ở đỉnh Phăng xi phăng trong dãy Hoàng Liên Sơn cao 3140m biết mỗi khi lên cao them 10m, áp suất khí quyển giảm 1mmHg và nhiệt độ trên đỉnh núi là 20C. Khối lượng riêng của không khí chuẩn là 1,29kg/m3. Giải: Gọi m là khối lượng khí xác định ở chân núi có thể tích V1 và ở đỉnh núi có thể tích V2. Ta có: 1 

m m ; 2  V1 V2

Ápdụng phương trình trạng thái của lí tưởng: Hay

PV PV 1 1  2 2 T1 T2

P1 m P2 m P T .  .   2  1. 2 . 1 T1 1 T2  2 P1 T2

Trạng thái 1 ở chân núi: 1  1, 29kg / m3 , P1  760mmHg (điều kiện chuẩn)

T1  2730 K . Trạng thái 2 ở đỉnh núi: P2  760mmHg 

  2  1, 29.

3140  446mmHg ; T2  2750 K 10

446 273 .  0, 75kg / m3 760 275

Bài Tập Tự Luyện:

Câu 1: Trong xi lanh của một động cơ đốt trong có 2 lít hỗn hợp khí áp dưới áp suất 1,5 atm và nhiệt độ 270C. Pittông nén xuống làm cho thể tích của hỗn hợp khí chỉ còn bằng 0,3 lít và áp suất tăng lên tới 18 atm. Tính nhiệt độ của hỗn hợp khí nén. Câu 2: Một thùng có thể tích 40dm3 chứa 3,96 kg khí cacbonic, biết rằng bình sẽ bị nổ khi áp suất vượt quá 60 atm. Khối lượng riêng của chất khí ở điều kiện tiêu chuẩn là 1,98 kg/m3. Hỏi ở nhiệt độ nào thì bình bị nổ Câu 3: Trong một khu hội trợ người ta bơm một quả bóng có thể tích 200 lít ở nhiệt độ 270C trên mặt đất. Sau đó bóng được thả bay lên đến độ cao mà ở đó áp suất khí quyển chỉ còn 0,8 lần áp suất khí quyển ở mặt đất và có nhiệt độ 170C. Tính thể tích của quả bóng ở độ cao đó bỏ qua áp suất phụ gây ra bởi vỏ bóng. Câu 4: Một lượng khí H2 đựng trong một bình có thể tích 2 lít ở áp suất 1,5atm, nhiệt độ là 270C. Đun nóng khí đến nhiệt độ 1270C do bình hở nên một nửa lượng khí thoát ra ngoài. Tính áp suất khí trong bình. Câu 5: Một bình bằng thép dung tích 50 lít chứa khí Hidrô ở áp suất 5MPa và nhiệt độ 370C. Dùng bình này bơm được bao nhiêu bóng bay? Biết dung tích mỗi quả 10 lít; áp suất mỗi quả 1,05.105Pa, nhiệt độ bóng bay 120C. Hướng dẫn giải: Câu 1: Ta có

V1  2l V2  0,3l   Trạng thái 1  p1  1,5atm Trạng thái 2  p2  18atm T  27  273  300 K T  ?  1  2 pV p V p V T 18.0,3.300 Áp dụng 1 1 2 2  T2  2 2 1   540 K T1 T2 p1V1 1,5.2 Mà T2  273  t 2  t 2  267 0 C Câu 2: Trạng thái 1 là trạng thái khí ở điều kiện tiêu chuẩn:

m 3,96 3  3 V1  p  1,98 m  2m   p1  p0  1at  0 T1  0 C  273K  V2  0, 04m3  Trạng thái 2 là trạng thái khí ở điều kiện có thể nổ:  p2  60at T  ?  2 26

Áp dụng công thức

p1V1 p2V2 p V T 60.0, 04.273   T2  2 2 1   327, 6 K T1 T2 p1V1 1.2

Mà T2  273  t2  327, 6 K  t2  54, 60 C Câu 3: Ta có

V1  200l V2  ?   Trạng thái 1  p1 Trạng thái 2  p2  0,8 p1 T  27  273  300 K T  273  17  290 K  1  2 p1V1 p2V2 p1V1T2 p1.200.290 Áp dụng  V2    241, 67  l  T1 T2 p2T1 0,5 p1.300 Câu 4: Ta có

V1  Trạng thái 1  p1  1,5atm Trạng thái 2 T  27  273  300 K  1 Áp dụng

V1  V2  2   p2  ? T  273  127  400 K  2 

p1V1 p2V2 pVT 1,5.V1.400  p2  1 1 2   4  atm  T1 T2 TV 300.0,5.V1 1 2

Câu 5: Gọi n là số quả bóng bay Ở trạng thái ban đầu khi H2 trong bình thép:

P1  5Mpa  5.106 Pa;V1  50l ; T1  273  37  3100 K Ở trạng thái sau khi bơm vào bóng bay:

P2  1, 05.105 pa;V2  10n; T2  273  12  2850 K PV P nV PV T Áp dụng: 1 1  2 0  n  1 1 2 T1 T2 PV 2 0T1

n

5.106.50.285 25.285   218,8 5 1, 05.10 .10.310 1, 05.31

Vậy có thể bơm được 218 quả bóng Dạng 2: Quá trình đẳng áp Phương pháp giải - Quá trình đẳng áp là quá trình có áp suất không thay đổi - Áp dụng công thức

V1 V2  T1 T2

Ví Dụ minh Họa Câu 1: Ở 270C thể tích của một lượng khí là 6 lít. Thể tích của lượng khí đó ở nhiệt độ 1270C khi áp suất không đổi là bao nhiêu? 27

Giải:

V1  6  l  Trạng thái 2 T1  27  273  300 K

Trạng thái 1  Áp dụng:

V2  ?  T2  273  127  400 K

V1 V2 T .V 400.6   V2  2 1   8 ( lít ) T1 T2 T1 300

Câu 2: Có 12g khí chiếm thể tích 4 lít ở 70C. Sau khi nung nóng đẳng áp khối lượng riêng của khí là 1,2g/l. Tìm nhiệt độ khí sau khi nung. Giải:

V1  4  l  Trạng thái 1  Trạng thái 2 T1  7  273  280 K

m  V2  2  T  ?  2

Áp dụng định luật Gay – Luyxắc

V1 T1 V T m (273  7).12   T2  T1. 2  T2  1 .   7000 K V2 T2 V1 V1  2 4.1, 2

 t2  T2  273  327 0 C Câu 3: Một bình thủy tinh có dung tích 14cm 3 chứa không khí ở nhiệt độ 77 0 C được nối với ống thủy tinh nằm ngang chứa đầy thủy ngân. Đầu kia của ống để hở. Làm lạnh không khí trong bình

đến nhiệt độ 27 0 C . Tính khối lượng thủy ngân đã chảy vào bình, dung tích của bình coi như không đổi, khối lượng

 Giải: Ta có   13,6  kg / dm   13,6  g / cm  

riêng của thủy ngân là 13,6 kg / dm 3 3

V1  14  cm3 

Trạng thái 1 

T1  77  273  350 K

V2 T2  273  27  300 K

Trạng thái 2 

Áp dụng định luật Gay – Luyxắc

V1 T1 T 300   V2  V1. 2  14.  12  cm 2  V2 T2 T1 350

 

Vậy lượng thể tích đã chảy vào bình là V  V1  V2  14  12  2 cm 3 Khối lượng thủy ngân chảy vào bình m  .V  13,6.2  27, 2  g  Dạng 3: Chuyển đồ thị ở các trạng thái Phương pháp giải: 28

- Xét từng trạng thái trên đồ thị về sự tăng giảm các giá trị + Quá trình đẳng nhiệt thì p tăng thì V giảm và ngược lại, đồ thị biểu diễn dưới dạng ( p,V ) là một phần của hypebol + Quá trình đẳng tích thì p tăng thì nhiệt độ tăng và ngược lại, đồ thị biểu diễn dưới dạng ( p,T ) là một đường thẳng kéo dài đi qua gốc tọa độ + Quá trình đẳng áp thì V tăng thì nhiệt độ tăng và ngược lại, đồ thị biểu diễn dưới dạng ( V,T ) là một đường thẳng kéo dài đi qua gốc tọa độ - Biểu diễn lần lượt các trạng thái lên đồ các đồ thị còn lại Ví Dụ minh Họa Câu 1 :Cho các đồ thị sau đây biểu diễn chu trình biến đổi trạng thái của các khối khí lý tưởng a. Vẽ lại đồ thị (I) trong tọa độ (V,T), (p,V); b. Vẽ lại đồ thị (II) trong các hệ tọa độ (V,T), (p,T); c. Vẽ lại đồ thị (III) trong các hệ tọa độ (p,V), (p,T); d. Vẽ lại đồ thị (II) trong các hệ tọa độ (p,V), (V,T);

1 0

I  p

1 4

 II  2

2 3

 III 

 IV 

Giải: a. ( 1 ) đến ( 2 ) là quá trình đẳng tích, p tăng, T tăng ( 2 ) đến ( 3 ) là quá trình đẳng áp, T giảm, V giảm ( 3 ) đến ( 1 ) là quá trình đẳng nhiệt, p giảm, V tăng 29

3 0

 p, V 

V , T 

0 (p,T); b. Vẽ lại đồ thị (II) trong các hệ tọa độ (V,T), ( 1 ) đến ( 2 ) là quá trình đẳng áp, V tăng, T tăng ( 2 ) đến ( 3 ) là quá trình đẳng nhiệt, p giảm, V tăng ( 3 ) đến ( 4 ) là quá trình đẳng tích, p giảm, T giảm ( 4 ) đến ( 1 ) là quá trình đẳng nhiệt, p tăng, V giảm

V ; T 

 p; T 

c. Vẽ lại đồ thị (III) trong các hệ tọa độ (p,V), (p,T); ( 1 ) đến ( 2 ) là quá trình đẳng tích, T tăng, p tăng ( 2 ) đến ( 3 ) là quá trình đẳng áp, T giảm, V giảm ( 3 ) đến ( 4 ) là quá trình đẳng tích, T giảm, p giảm ( 4 ) đến ( 1 ) là quá trình đẳng áp, T tăng, V tăng

 p;V 

 p; T 

d. Vẽ lại đồ thị (II) trong các hệ tọa độ (p,V), (V,T); ( 1 ) đến ( 2 ) là quá trình đẳng áp, T giảm, V giảm ( 2 ) đến ( 3 ) là quá trình đẳng nhiệt, p giảm, V tăng ( 3 ) đến ( 4 ) là quá trình đẳng áp, T tăng, V tăng ( 4 ) đến ( 1 ) là quá trình đẳng nhiệt, p tăng, V giảm

 p;V 

V ; T  V

Câu 2: Hình bên là đồ thị biểu diễn sự biến đổi trạng thái của một lượng khí lí tưởng trong hệ tọa độ (V,T ). Hãy biểu diễn các quá

Giải : ( 1 ) đến ( 2 ) là quá trình đẳng tích, T giảm, p 0 giảm ( 2 ) đến ( 3 ) là quá trình đẳng áp, T tăng, V tăng ( 3 ) đến ( 1 ) là quá trình đẳng nhiệt, V giảm, p tăng

 p, T 

 p, V 

Dạng 4: Phương trình Cla -pê - rôn – Men -đê- lê- ép Dùng trong bài toán có khối lượng của chất khí 31

Ta có: pV 

m RT 

+  là khối lượng mol

+ R là hằng số khí: Khi R  0,082  atm / mol.K   p  atm  Khi R  8, 31  J / mol.K   p  Pa 

+ m tính theo đơn vị g Ví Dụ minh Họa Câu 1: Một bình có dung tích V = 10 lít chứa một lượng khí hiđrô bị nén ở áp suất p = 50atm và nhiệt độ 70. Khi nung nóng bình, do bình hở nên có một phần khí thoát ra; phần khí còn lại có nhiệt độ 170C và vẫn dưới áp suất như cũ. Tính khối lượng khí đã thoát ra. Giải: Gọi m1, m2 là khối lượng khí trong bình trước và sau khi nung nóng bình. Áp dụng phương trình Menđêlêep – Clapêrôn ta có;

pV 

RT1 , pV 



RT2 .

pV   1 1     , Với p = 50atm, V = 10 lít,   2g R  T1 T2  R  0, 082  atm.l / mol.K  mà T1  273  7  280 K ; T2  273  17  290 K

 m2  m1 

50.10.2  1 1      1,502  g  0, 082  280 290 

Câu 2: Trong một bình thể tích 10 lít chứa 20g hidro ở 270C. Tính áp suất khí trong bình. Giải: Áp dụng phương trình Menđêlêep- Clapêron:

PV 

H

RT với  H 2  2 g / mol , T  3000 K

mRT 20.0, 082.300 P   24, 6atm  .V 2.10 Câu 3: Người ta bơm khí ôxi vào một bình có thể tích 5000l. Sau nửa giờ bình chứa đầy khí ở nhiệt độ 240C và áp suất 765mmHg. Xác định khối lượng khí bơm vào trong mỗi giây. Coi quá trình bơm khí diễn ra đều đặn. Giải: Sau khi bơm xong ta có: pV 



RT  m 

pV  RT

Vì áp suất 760mmHg tương đương với 1atm nên áp suất 765mmHg tương

765 .5000.32 765 đương với  6613 g atm .  m  760 2 8, 2.10 .297 760 32

Lượng khí bơm vào trong mối giây là: m 

m 6613   3, 7  g / s  t 1800

Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Một bình chứa khí ở nhiệt độ 270C và áp suất 40atm. Hỏi khi một nửa lượng khí thoát ra ngoài thì áp suất của nó còn lại trong bình là bao nhiêu? Biết nhiệt độ của bình khi đó là 120C. Câu 2: Một phòng có kích thước 8m x 5m x 4m. Ban đầu không khí trong phòng ở điều kiện tiêu chuẩn, sau đó nhiệt độ của không khí tăng lên tới 100C trong khi áp suất là 78 cmHg. Tính thể tích của lượng khí đã thoát ra khỏi phòng ở điều kiện tiêu chuẩn và khối lượng không khí còn lại ở trong phòng. Khối lượng riêng của không khí ở điều kiện tiêu chuẩn là 0  1, 293 kg/m3. Câu 3: Khối lượng không khí trong một phòng có thể tích V = 30m3 sẽ thay đổi đi bao nhiêu khi nhiệt độ trong phòng tăng từ 170C đến 270C. Cho biết áp suất khí quyển là p0 = 1atm và khối lượng mol của không khí  =29g. Câu 4: Làm thí nghiệm người ta thấy bình chứa 1kg khí nitơ bị nổ ở nhiệt độ 3500C. Tính khối lượng khí hiđrô có thể chứa trong bình cùng loại nếu nhiệt độ tối đa bị nổ là 500C và hệ số an toàn là 5, nghĩa là áp suất tối đa chỉ bằng 1/5 áp suất gây nổ. Cho H = 1; N = 14; R = 8,31J/mol.K. Hướng dẫn giải: Câu 1: Khi khí chưa thoát ra ngoài ta có: p1V1 



RT1 (1)

Khi một nửa lượng khí đã thoát ra ngoài ta có:

p2V2 



RT2 với V1 và m2 

Từ (1) và (2)  p2 

m m1  p2V1  1 RT2 (2) 2 2

p1T2 40.285   19atm 2T1 2.300

Câu 2:Khi không khí chưa thoát ra khỏi phòng:

p0V0 



RT  m0 

p0V0  (1) RT0

Khi không khí đã thoát ra khỏi phòng thì với lượng không khí còn lại trong phòng: p1V1 



RT  m1 

p1V1 p1V0   RT1 RT1

(2)

Từ (1) và (2)

 m1  m0

T p T1 p2 273.78  0V0 0 1  m1  1, 293.4.5.8  204,82  kg  T2 p1 T1 p0 283.76 33

Thể tích khí thoát ra ở điều kiện chuẩn là:

V0 

m

0



m0  m1

0



206,88  204,82  1,59m3 1, 293

Câu 3: Gọi m1 và m2 là khối lượng không khí trong phòng ở nhiệt độ t1 = 170C vậy T1 = 290K và t2 = 270C vậy T2 =300K . Áp dụng phương trình trạng thái ta có: p0V  Và p0V 



RT1

(1)

RT2 (2), trong đó V = 30m3 = 30000 lít; R = 0,082 at.l/mol.K.

Từ (1) và (2) suy ra: m 

1.30000.29 1.30000.29   1219,5  g  0, 082.290 0, 082.300

Do đó khối lượng không khí đã di chuyển ra khỏi phòng khi nhiệt độ tăng từ 170C lên 270C là m  1219,5 g . Câu 4: Gọi V là thể tích của bình và pn là áp suất gây nổ. Đối với khí nitơ ta có: pnV 

N

RTN

(1)

pn m V  H RTH (2) 5 H m .T . Từ (1) và (2)  mH  N N H  27,55 g 5.TH . N Đối với khí hiđrô ta có:

Trắc Nghiệm Câu 1. Ở 27 C thì thể tích của một lượng khí là 3 l . Thể tích của lượng 0

khí đó ở nhiệt độ 127 0 C khi áp suất không đổi là ? A. 6 ( l ) B. 4 ( l ) C. 8 ( l ) D. 2 ( l ) Câu 2. Người ta nén 6lít khí ở nhiệt độ 270C để cho thể tích của khí chỉ còn 1lít, vì nén nhanh nên khí bị nóng lên đến 770C. Khi đó áp suất của khí tăng lên bao nhiêu lần ? A. 7 lần B. 6 lần C. 4 lần D. 2 lần Câu 3. Một quả cầu có thể tích 4 l , chứa khí ở 27 0 C có áp suất 2atm. Người ta nung nóng quả cầu đến nhiệt độ 57 0 C đồng thời giảm thể tích còn lại 2 l . Áp suất khí trong quả bóng lúc này là? A. 4,4 atm B. 2,2 atm C. 1 atm D. 6 atm Câu 4. Phương trình nào sau đây là phương trình Clapêrôn-Menđêlêep? 34

pV  const T pV m  R C. T 

pV  R T pV R  D. T m

Câu 5. Ở nhiệt độ T1 , áp suất p1 , khối lượng riêng của khí là D1 . Biểu thức khối lượng riêng của khí trên ở nhiệt độ T2 áp suất p2 là? A. D2 

p1 T2 . .D p2 T1 1

B. D2 

p2 T1 . .D p1 T2 1

C. D2 

p1 T1 . .D p2 T2 1

D. D2 

p2 T1 . .D p1 T2 1

Câu 6. Một bình đựng 2g khí hêli có thể tích 5 l và nhiệt độ ở 27 0 C .Áp suất khí trong bình là? 4

A. 2, 2.10 N / m 5

C. 2,5.10 N / m

B. 22.105 N / m 2 4

D. 2,5.10 N / m

Câu 7. Một lượng khí hidro đựng trong bình có thể tích 4 l ở áp suất 3atm, nhiệt độ 27 0 C. Đun nóng khí đến 127 0 C. Do bình hở nên 1 nửa lượng khí thoát ra . Áp suất khí trong bình bây giờ là? A. 8 atm B. 4 atm C. 2 atm D.6 atm Câu 8. Có 14g chất khí nào đó đựng trong bình kín có thể tích 1 lít. Đun nóng đến 127 0 C áp suất khí trong bình là 16,62 .105 N / m 2 . Khí đó là khí gì? A. Ôxi B.Nitơ C.Hêli D.Hidrô *Hai quá trình biến đổi khí liên tiếp được cho trên hình. Dùng thông tin này để trả lời câu 9, 10. Câu 9. Mô tả nào sau đây về 2 quá trình đó là đúng? P 3 2 A.Nung nóng đẳng tích sau đó dãn đẳng áp. B. Nung nóng đẳng tích sau đó nén đẳng áp 1 C. Nung nóng đẳng áp sau đó dãn đẳng nhiệt 0 D. Nung nóng đẳng áp sau đó nén đẳng nhiệt T Câu 11. Thực hiện quá trình duy nhất nào để về từ trạng thái ba về trạng thái một? A. Nén đẳng nhiệt B. Dãn đẳng nhiệt C. Nén đẳng áp D. Dãn nở đẳng áp * Một bình kín chứa 1 mol khí nitơ ở áp suất 105 N / m 2 ở 27 0 C .Dùng thông tin này trả lời các câu 12; 13; 14 35

Câu 12. Thể tích của bình xấp xỉ bằng bao nhiêu? A. 2,5 l B. 2,8l C. 25l D.27,7 l Câu 13. Nung bình đến khi áp suất khí là 5.105 N / m 2 .Nhiệt độ khí bây giờ là? A. 127 0 C B. 600 C C. 1350 C D. 1227 0 C Câu 14. Khi đó van điều áp mở ra và 1 lượng khí thoát ra ngoài , nhiệt độ vẫn giữ không đổi. Sau đó áp suất giảm còn 4.104 N / m 2 lượng khí đã thoát ra là bao nhiêu? A. 0,8 mol B. 0,2mol C. 0,4 mol D. 0,1 mol Câu 15.Công thức nào sau đây không phù hợp với định luật Guy-Lussac?

V  const T 1 C. V  T A.

  V V D. 1  2 T1 T2

B. V  V0  1 

1  t 273 

Câu 16.Công thức nào sau đây không phù hợp với phương trình trạng thái của khí lí tưởng? A.

PT  const V

C. pV  T

p1V1 p2V2  T1 T2 PV  const D. T B.

Câu 17.Trong hiện tượng nào sau đây, cả 3 thông số trạng thái của 1 lượng khí xác định đều thay đổi? A.Không khí trong xi lanh được nung nóng, dãn nở và đầy pitong chuyển động B.Không khí trong 1 quả bóng bàn bị 1 học sing dùng tay bóp bẹp C.Không khí bị nung nóng trong 1 bình đậy kín D.Trong cả 3 trường hợp trên Câu 18: Ở 170C thể tích của một lượng khí là 2,5 lít. Thể tích của lượng khí đó ở nhiệt độ 2170C khi áp suất không đổi là bao nhiêu? A. 4, 224  l  C. 2,361 l 

5,025  l 

D. 3,824  l 

Câu 19: Trong xi lanh của một động cơ đốt trong có 2 lít hỗn hợp khí áp dưới áp suất 2 atm và nhiệt độ 270C. Pittông nén xuống làm cho thể tích 36

của hỗn hợp khí chỉ còn bằng 0,2 lít và áp suất tăng lên tới 25 atm. Tính nhiệt độ của hỗn hợp khí nén. A. 77

B. 102

C D. 277 C 0

C. 217 C Câu 20: Có 24g khí chiếm thể tích 6 lít ở 270C. Sau khi nung nóng đẳng áp khối lượng riêng của khí là 1,2g/l. tìm nhiệt độ khí sau khi nung. A. 127

257 0 C 0 D. 277 C

C. 727 C

Đáp án trắc nghiệm

Câu 1. Đáp án B. V1 V2 T 273  127   V2  2 V1  .3  4  l  T1 T2 T1 273  27

Câu 2. Đáp án A Áp dụng công thức

 273  77  .4  7 lần p1V1 p2V2 p TV   2  2 1  T1 T2 p1 V2 .T1 1.  273  17 

Câu 3. Đáp án A. p1V1 p2V2 V T 4  273  57    p2  1 . 2 . p1  . .2  4, 4  atm  T1 T2 V2 T1 2  273  27  Câu 4. Đáp án C Câu 5. Đáp án B. Ta có: D 

D p  RT p T m p  .ở 2 trạng thái ta có: 1  1 . 2  D2  2 . 1 .D1 V RT D2 RT1 p2  p1 T2

Câu 6. Đáp án C. Ta có: pV 



m mRT RT  p   2, 5.10 5 N / m 2  V



Câu 7. Đáp án A. Ta có: p1V 

m1 m m T RT1 ; p2 V  2 RT2  p2  1 . 2 .p1   m 2 T1

273  127 3  8  atm  273  27 m mRT Câu 8. Đáp án B. Ta có: pV  RT     28  g / mol   pV

Mà m1  2m 2  p2  2.

Câu 10. Đáp án B Câu 11. Đáp án A Câu 12. Đáp án C. 37

Ta có: pV 

m RT RT  V   25  l   p1

Câu 13. Đáp án D. Ta có:

p1 p2 p   T2  2 .T1  1500K  1227 0 C T1 T2 p1

Câu 14. Đáp án B. Do V,T không đổi nên ta có:  3 

.1  0,8  mol  , khí thoát ra 0,2 mol

Câu 15. Đáp án C Câu 16. Đáp án A Câu 17. Đáp án A Câu 18: Đáp án A

V1  2,5  l  Trạng thái 2 T1  17  273  290 K

Trạng thái 1  Áp dụng:

V2  ?  T2  273  217  490 K

V1 V2 T .V 490.2,5   V2  2 1   4, 224 ( lít ) T1 T2 T1 290

Câu 19: Đáp án B Ta có

V1  2l V2  0, 2l   Trạng thái 1  p1  2atm Trạng thái 2  p2  25atm T  27  273  300 K T  ?  1  2 pV pV p V T 25.0, 2.300 Áp dụng 1 1  2 2  T2  2 2 1   375 K  t2  1020 C T1 T2 p1V1 2.2 Câu 20. Đáp án C

V1  24  l  Trạng thái 1  Trạng thái 2 T1  27  273  300 K

m  V2  2  T  ?  2

Áp dụng định luật Gay – Luyxắc

V1 T1 V T m 300.24   T2  T1. 2  T2  1 .   10000 K V2 T2 V1 V1  2 6.1, 2  t2  T2  273  727 0 C

Chương VI. CƠ SỞ CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC NỘI NĂNG VÀ SỰ BIẾN ĐỔI NỘI NĂNG I. Nội năng. 1. Nội năng là gì ? Nội năng của vật là tổng động năng và thế năng của các phân tử cấu tạo nên vật. Nội năng của một vật phụ thuộc vào nhiệt độ và thể tích của vật : U = f(T, V) 2. Độ biến thiên nội năng. Là phần nội năng tăng thêm hay giảm bớt đi trong một quá trình. II. Hai cách làm thay đổi nội năng. 1. Thực hiện công. Ví dụ: - Làm nóng miếng kim loại bằng ma sát 2. Truyền nhiệt. a. Quá trình truyền nhiệt. Quá trình làm thay đổi nội năng không có sự thực hiện công gọi là quá trình truyền nhiệt. Ví dụ: làm nóng miếng kim loại bằng cách nhúng vào nước nóng b. Nhiệt lượng. Số đo độ biến thiên nội năng trong quá trình truyền nhiệt là nhiệt lượng. U = Q Nhiệt lượng mà một lượng chất rắn hoặc lỏng thu vào hay toả ra khi nhiệt độ thay đổi được tính theo công thức : Q  mct  mc  t 2  t1  III: Phương pháp giải bài tập - Xác định nhiệt lượng tỏa ra - Xác định nhiệt lượng thu vào - Theo điều kiện cân bằng nhiệt Qtoả = Qthu Với Q  mct  mc  t 2  t1  Các Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Người ta thả miếng đồng m = 0,5kg vào 500g nước. Miếng đồng nguội đi từ 800C đến 200C. Hỏi nước đã nhận được một nhiệt lượng bao nhiêu từ đồng và nóng lên thêm bao nhiêu độ? Lấy Ccu = 380 J/kg.K, CH 2O = 4190 J/kg.K. Giải: Nhiệt lượng tỏa ra : Qcu = mcu.Ccu ( t1 – t ) = 11400( J ) Theo điều kiện cân bằng nhiệt : Qtoả = Qthu  QH2O = 11400 J Nước nóng lên thêm: QH2O = mH2O.CH2O Δt  11400 = 0,5.4190. Δt  Δt = 5,40C

Câu 2: Để xác định nhiệt dung riêng của một chất lỏng, người ta đổ chất lỏng đó vào 20g nước ở 1000C. Khi có sự cân bằng nhiệt, nhiệtk độ của hỗn hợp nước là 37,50C, mhh = 140g. Biết nhiệt độ ban đầu của nó là 200C, CH 2O = 4200 J/kg.K. Giải: Nhiệt lượng tỏa ra : QH2O = mH2O.CH2O ( t2 – t ) = 5250 ( J ) Nhiệt lượng thu vào: QCL = mCL.CCL(t – t1 ) = 2,1. CCL ( J ) Theo điều kiện cân bằng nhiệt : Qtỏa = Qthu  5250 = 2,1.CCL  CCL = 2500( J/Kg.K ) Câu 3: Một cốc nhôm m = 100g chứa 300g nước ở nhiệt độ 200C. Người ta thả vào cốc nước một thìa đồng khối lượng 75g vừa rút ra từ nồi nước sôi 1000C. Xác định nhiệt độ của nước trong cốc khi có sự cân bằng nhiệt. Bỏ qua các hao phí nhiệt ra ngoài. Lấy CAl = 880 J/kg.K, Ccu = 380 J/kg.K, CH 2O = 4190 J/kg.K. Giải: Nhiệt lượng tỏa ra : Qcu = mcu.Ccu ( t2 – t ) = 2850 – 28,5t Nhiệt lượng thu vào: QH2O = mH2O.CH2O(t – t1 ) = 1257.t – 25140 QAl = mAl.CAl(t – t1 ) = 88.t - 1760 Theo điều kiện cân bằng nhiệt : Qtoả = Qthu  2850 – 28,5t = 1257.t – 25140 + 88.t – 1760  t = 21,70C Câu 4: Một ấm đun nước bằng nhôm có m = 350g, chứa 2,75kg nước được đun trên bếp. Khi nhận được nhiệt lượng 650KJ thì ấm đạt đến nhiệt độ 600C. Hỏi nhiệt độ ban đầu của ấm, biết CAl = 880 J/kg.K, CH 2O = 4190 J/kg.K. Giải : Nhiệt lượng thu vào: QH2O = mH2O.CH2O(t – t1 ) = 691350 – 11522,5t1 QAl = mAl.CAl(t – t1 ) = 19320 – 322t1 Nhiệt lượng ấm nhôm đựng nước nhận được : QH2O + QAl = 650.103  t = 5,10C Câu 5: Một cái cốc đựng 200cc nước có tổng khối lượng 300g ở nhiệt độ 300C. Một người đổ thêm vào cốc 100cc nước sôi. Sau khi cân bằng nhiệt thì có nhiệt độ 500C. Xác định nhiệt dung riêng của chất làm cốc, biết CH 2O = 4200 J/kg.K, khối lượng riêng của nước là 1kg/ lít. Giải: 1 cc = 1ml = 10-6m3 Khối lượng ban đầu của nước trong cốc: m1 = V1.  n = 200g Khối lượng cốc: m = 300 – 200 = 100g Nhiệt lượng do lượng nước thêm vào tỏa ra khi từ 1000 đến 500 Q2 = m2.Cn ( 100 – 50 ) Nhiệt lượng do lượng nước trong cốc thu vào để tăng từ 300 đến 500 Q’ = m1.Cn.(50 – 30 ) 2

Nhiệt lượng do cốc thu vào khi tăng từ 300 đến 500 Qc = m.Cc. ( 50 – 30 ) Theo điều kiện cân bằng nhiệt: Qtỏa = Qthu  Q’ + Qc = Q2  m.Cc.( 50 – 30 ) + m1.Cn.(50 – 30 ) = m2.Cn ( 100 – 50 )  C = 2100 J/.Kg.K Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Người ta bỏ 1 miếng hợp kim chì và kẽm có khối lượng 50g ở t = 1360C vào 1 nhiệt lượng kế có nhiệt dung là 50 J/K chứa 100g nước ở 140C. Xác định khối lượng của kẽm và chì trong hợp kim trên, biết nhiệt độ khi cân bằng trong nhiệt lượng kế là 180C. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với mt nên ngoài, CZn = 377 J/kg.K, CPb = 126 J/Kg.K. CH 2O = 4180 J/kg Câu 2: Để xác định nhiệt độ của 1 cái lò, người ta đưa vào một miếng sắt m = 22,3g. Khi miếng sắt có nhiệt độ bằng nhiệt độ của lò, người ta lấy ra và thả ngay vào nhiệt lượng kế chứa 450g nước ở 150C, nhiệt độ của nước tăng lên tới 22,50C. Biết CFe = 478 J/kg.K, CH 2O = 4180 J/kg.K, CNLK = 418 J/kg.K. a. Xác định nhiệt độ của lò. b. Trong câu trên người ta đã bỏ qua sự hấp thụ nhiệt lượng kế, thực ra nhiệt lượng kế có m = 200g. Câu 3: Trộn 3 chất lỏng không tác dụng hoá học lẫn nhau. Biết m1 = 1kg, m2 = 10kg, m3 = 5kg, t1 = 60C, t2 = - 400C, t3 = 600C, C1 = 2 KJ/kg.K, C2 = 4 KJ/kg.K, C3 = 2 KJ/kg.K. Tìm nhiệt độ khi cân bằng. Câu 4: Thả một quả cầu nhôm m = 0,15kg được đun nóng tới 1000C vào một cốc nước ở 200C. Sau một thời gian nhiệt độ của quả cầu và của nước đều bằng 250C. Tính khối lượng nước, coi như chỉ có quả cầu và nước truyền nhiệt cho nhau, CAl = 880 J/kg.K, CH 2O = 4200 J/kg.K. Câu 5: Để xác định nhiệt dung riêng của 1 kim loại, người ta bỏ vào nhiệt lượng kế chứa 500g nước ở nhiệt độ 150C một miếng kim loại có m = 400g được đun nóng tới 1000C. Nhiệt độ khi có sự cân bằng nhiệt là 200C. Tính nhiệt dung riêng của kim loại. Bỏ qua nhiệt lượng làm nóng nhiệt lượng kế và không khí. Lấy CH 2O = 4190 J/kg.K. Hướng dẫn giải: Câu 1: Theo bài ra ta có : mZn + mPb = 50 g Nhiệt lượng toả ra: QZn = mZn.CZn(t1 – t ) = 44486mZn QPb = mPb.CPb(t1 – t ) = 14868mPb Nhiệt lượng thu vào: QH2O = mH2O.CH2O(t – t2 ) = 1672 J QNLK = C’ (t – t2 ) = 200 J Theo điều kiện cân bằng nhiệt : Qtoả = Qthu  39766mZn + 14868mPb = 1672 + 200  mZn = 0,038kg, mPb = 0,012kg Câu 2: 3

a. Nhiệt lượng tỏa ra : QFe = mFe.CFe ( t2 – t ) = 10,7t2 – 239,8 ( J ) Nhiệt lượng thu vào: QH2O = mH2O.CH2O(t – t1 ) = 14107,5 J Theo điều cận cân bằng nhiệt : Qtoả = Qthu  10,7t2 – 239,8 = 14107,5  t2 = 1340,90C b. Nhiệt lượng do lượng kế thu vào. QNLK = mLNK.CNLK(t – t1 ) = 627 J Theo điều cận cân bằng nhiệt : Qtoả = Qthu  t2 = 1404, 80 C Câu 3: Q1 = m1.C1.( t – t1) = 1.2.103 (t – 6) = 2.103t -12.103 Q2 = m2.C2.( t – t2) = 10.4.103 (t + 40 ) = 40.103t + 160.104 Q3 = m3.C3.( t – t3) = 5.2.103 (t - 60 ) = 10.103t - 60.104 Qtỏa = Qthu  2.103t -12.103 + 40.103t + 160.104 + 10.103t - 60.104 = 0  t = - 190C Câu 4: Nhiệt lượng tỏa ra : QAl = mAl.CAl ( t1 – t ) = 9900 J Theo điều kiện cân bằng nhiệt : Qtoả = Qthu  QH2O = Qtỏa = 9900 J  9900 = mH2O.CH2O(t – t2 )  9900 = mH2O. 4200 ( 25 – 20 )  mH2O = 0,47 kg Câu 5: Nhiệt lượng tỏa ra : QKl = mKl.CKl ( t2 – t ) = 0,4.CKl.(100 – 20 ) = 32.CKl Nhiệt lượng thu vào: Qthu = QH2O = mH2O.CH2O(t – t1 ) = 10475 J Theo điều kiện cân bằng nhiệt : Qtỏa = Qthu  32.CKl = 10475  CKl = 327,34 J/Kg.K Trắc Nghiệm Câu 1.Chọn phát biểu đúng? A. Nội năng của 1 hệ nhất định phải có thế năng tương tác giữa các hạt cấu tạo nên hệ B.Nhiệt lượng truyền cho hệ chỉ làm tăng tổng động năng của chuyển động nhiệt của các hạt cấu tạo nên hệ C. Công tác dộng lên hệ có thể làm thay đổi cả tổng động năng chuyển động nhiệt của các hạt cấu tạo nên hệ và thế năng tương tác giữa chúng D. Nói chung, nhiệt năng là hàm nhiệt độ và thể tích , vậy trong mọi trường hợp nếu thể tích của hệ đã thay đổi thì nội năng của hệ phải thay đổi Câu 2. Phát biểu nào sau đây là sai khi nói về nhiệt lượng? A. Một vật lúc nào cũng có nội năng do đó lúc nào cũng có nhiệt lượng B. Đơn vị của nhiệt lượng cũng là đơn vị của nội năng. C. Nhiệt lượng không phải là nội năng. 4

D. Nhiệt lượng là phần nội năng vật tăng thêm khi nhận được nội năng từ vật khác. Câu 3.Nhiệt độ của vật nào tăng lên nhiều nhất khi ta thả rơi từ cùng 1 độ cao xuống đất 4 vật có cùng khối lượng sau: A.Vật bằng chì, có dung nhiệt riêng là 120J/kg.K B. Vật bằng đồng, có nhiệt dung riêng là 380J/kg.K C.Vật bằng gang, có nhiệt dung riêng là 550J/kg.K D. Vật bằng nhôm, có nhiệt dung riêng là 880J/kg.K Câu 4. Phát biểu nào là không đúng khi nói về nội năng? A. Nội năng là 1 dạng của năng lượng nên có thể chuyển hóa thành các dạng năng lượng khác. B. Nội năng của 1 vật phụ thuộc vào nhiệt độ và thể tích của vật. C. Nội năng chính là nhiệt lượng của vật. D.Nội năng của vật có thể tăng lên hoặc giảm xuống. Câu 5. Nội năng của vật nào tăng lên nhiều nhất khi ta thả rơi từ cùng 1 độ cao xuống đất 4 vật cùng thể tích: A. Vật bằng sắt B. Vật bằng thiếc C.Vật bằng nhôm D.Vật bằng niken Câu 6. Các câu sau đây , câu nào đúng? A.Nhiệt lượng là 1 dạng năng lượng có đơn vị là Jun B. Một vật có nhiệt độ càng cao thì càng chứa nhiều nhiệt lượng C. Trong quá trình chuyền nhiệt và thực hiện công nội năng của vật được bảo toàn. D.Trong sự truyền nhiệt không có sự chuyển hóa năng lượng từ dạng này sang dạng khác Câu 7: Người ta thả miếng đồng có khối lượng 2kg vào 1 lít nước. Miếng đồng nguội đi từ 800C đến 100C. Hỏi nước đã nhận được một nhiệt lượng bao nhiêu từ đồng và nóng lên thêm bao nhiêu độ? Lấy Ccu = 380 J/kg.K, CH 2O = 4200 J/kg.K. A. 6,3330C B. 6,333K 0 C. 9,4 C D. 9,4K Câu 8. Một ấm đun nước bằng nhôm có có khối lượng 400g, chứa 3 lít nước được đun trên bếp. Khi nhận được nhiệt lượng 740KJ thì ấm đạt đến nhiệt độ 800C. Hỏi nhiệt độ ban đầu của ấm, biết CAl = 880 J/kg.K, CH 2O = 4190 J/kg.K. A. 8,150 C B. 8,15 K 0 C. 22,7 C D. 22,7 K Câu 9. Thả một quả cầu nhôm có khối lượng 0,5kg được đun nóng tới 1000C vào một cốc nước ở 200C. Sau một thời gian nhiệt độ của quả cầu và 5

của nước đều bằng 350C. Tính khối lượng nước, coi như chỉ có quả cầu và nước truyền nhiệt cho nhau, CAl = 880 J/kg.K, CH 2O = 4200 J/kg.K. A. 4,54 kg B. 5,63kg C. 0,563kg D. 0,454 kg Câu 10.Câu nào sau đây nói về sự truyền nhiệt là không đúng? A.Nhiệt có thể tự truyền giữa 2 vật có cùng nhiệt độ B. Nhiệt vẫn có thể truyền từ vật lạnh hơn sang vật nóng hơn C. Nhiệt không thể tự truyền từ vật lạnh hơn sang vật nóng hơn D. Nhiệt có thể tự truyền từ vật nóng hơn sang vật lạnh hơn Câu 11. Nhiệt độ của vật không phụ thuộc vào yếu tố nào sau đây? A.Khối lượng của vật B.Vận tốc của các phân tử cấu tạo nên vật C.Khối lượng của từng phân tử cấu tạo nên vật D.Cả 3 yếu tố trên Câu 12.Câu nào sau đây nói về nội năng là đúng? A. Nội năng là nhiệt lượng B.Nội năng là 1 dạng năng lượng C. Nội năng của A lớn hơn nội năng của B thì nhiệt độ của A cũng lớn hơn nhiệt độ của B D. Nội năng của vật chỉ thay đổi trong quá trình truyền nhiệt, không thay đổi trong quá trình thực hiện công Đáp án trắc nghiệm Câu 1. Đáp án C Câu 2. Đáp án A Câu 3. Đáp án A Câu 4. Đáp án C Câu 5. Đáp án D Câu 6. Đáp án D Câu 7. Đáp án A Nhiệt lượng tỏa ra : Qcu = mcu.Ccu ( t1 – t ) = 53200( J ) Theo điều kiện cân bằng nhiệt : Qtoả = Qthu  QH2O = 53200 J Nước nóng lên thêm: QH2O = mH2O.CH2O Δt  53200 = 2.4200. Δt  Δt = 6,3330C Câu 8. Đáp án C Nhiệt lượng thu vào: QH2O = mH2O.CH2O(t – t1 ) = 1005600 – 12570t1 QAl = mAl.CAl(t – t1 ) = 28160 – 352t1 Nhiệt lượng ấm nhôm đựng nước nhận được : QH2O + QAl = 740.103  t = 22,70C Câu 9. Đáp án D 6

Nhiệt lượng tỏa ra : QAl = mAl.CAl ( t1 – t ) = 28600 J Theo điều kiện cân bằng nhiệt : Qtoả = Qthu  QH2O = Qtỏa = 28600 J  28600 = mH2O.CH2O(t – t2 )  28600 = mH2O. 4200 ( 35 – 20 )  mH2O = 0,454 kg Câu 10. Đáp án A Câu 11. Đáp án D Câu 12. Đáp án B CÁC NGUYÊN LÍ CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC I. Nguyên lí I nhiệt động lực học. 1. Nguyên lý

- Cách phát biểu 1: Độ biến thiên nội năng của hệ bằng tổng đại số nhiệt lượng và công mà hệ nhận được U  Q  A - Cách phát biểu 2: Nhiệt lượng truyền cho hệ làm tăng nội năng của hệ và biến thành công mà hệ sinh ra Vậy U = A + Q Qui ước dấu : U> 0: nội năng tăng; U< 0: nội năng giảm. A> 0: hệ nhận công; A< 0: hệ thực hiện công. Q> 0: hệ nhận nhiệt; Q< 0: hệ truyền nhiệt.

2. Áp dụng nguyên lý 1 nhiệt động lực học cho khí lý tưởng a. Nội năng của khí lý tưởng: Chỉ bao gồm tổng động năng của chuyển động hỗn loạn của phần tử có trong khí đó U  f  T  b. Công của khí + Công khi biến thiên V : A  P.V + Công được biểu diễn bằng diện tích hình thang cong II. Nguyên lí II nhiệt động lực học.

1. Nguyên lý 2: - Nhiệt không tự động truyền từ một vật sang một vật nóng hơn - Không thể thực hiện được một động cơ vĩnh cửu loại hai 2. Động cơ nhiệt: Thiết bị biến đổi nhiệt thành công - Động cơ nhiệt gồm ba bộ phận chính: Ngồn nóng, nguồn lạnh và tác nhân sinh công - Tác nhân nhận nhiệt lượng Q1 từ ngồn nóng biến một phần thanhfcoong A và toản nhiệt còn lại Q2 cho ngồn lạnh: A  Q1  Q2 - Hiệu suất: H 

A Q1  Q2  Q1 Q1

3. Máy lạnh: Máy lạnh là thiết bị lấy nhiệt từ một vật truyền sang một vật khác nóng hơn nhờ thực hiện công

Hiệu suất: H 

Q2 Q2  A Q1  Q2

Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Một động cơ nhiệt mỗi giây nhận từ nguồn nóng nhiệt lượng 3,2.104J đồng thời nhường cho nguồn lạnh 2,8.104J. Tính hiệu suất của động cơ. Giải: Hiệu suất động cơ:

H

A Q1  Q2 3, 2.104  2,8.104 1     H  12,5% Q Q 3, 2.104 8

Câu 2: Cho một bình kín có dung tích coi như không đổi chứa 14g N2 ở áp suất 1atm và t = 270C. Khíđược đun nóng, áp suất tăng gấp 5 lần. Nội năng của khí biến thiên lượng là bao nhiêu?, lấy CN = 0,75KJ/ kg.K. Giải: Vì dung tích khối đổi nên V không đổi  A = 0  U  Q Vì quá trình đẳng tích ta có: T2 = 1500K  Q = m.C.T = 12432J Câu 3: Khí khi bị nung nóng đã tăng thể tích 0,02m3 và nội năng biến thiên lượng 1280J. Nhiệt lượng đã truyền cho khí là bao nhiêu? Biết quá trình là quá trình đẳng áp ở áp suất 2.105Pa. Giải: Ta có: A  p.V  2.105.0, 02  4000  J 

 U  Q  A  Q  1280  4000  5280  J  Câu 4: Diện tích mặt pittông là 150cm2 nằm cách đáy của xilanh đoạn 30cm, khối lượng khí ở thiệt độ 250C có áp suất 105Pa. Khi nhận được năng lượng do 5g xăng bị đốt cháy tỏa ra, khí dãn nở ở áp suất không đổi, nhiệt độ của nó tăng thêm 500C. a. Xác định công do khí thực hiện. b. Hiệu suất của quá trình dãn khí là bao nhiêu? Biết rằng chỉ có 10% năng lượng của xăng lá có ích, năng suất tỏa nhiệt của xăng là q = 4,4.107 J/kg. Coi khí là lý tưởng. Giải: a. V1 = S.h = 4,5.10-3m3 Vì quá trình đẳng áp  V2 = 5,3.10-3m3 A = p.(V2 – V1) =105.( 5,3.10-3 - 4,5.10-3 ) = 80J b. Q1 = 10%.Q = 10%q.m =0,1. 4,4.107 .0,005= 22.103 J Hiệu suất của quá trình dãn khí là

H 8

A 80   3, 64.103  H  0,364% Q 22.103

Câu 5: Người ta cung cấp nhiệt lượng 1,5J cho chất khí đựng trong 1 xilanh đặt nằm ngang. Chất khí nở ra, đẩy pittông đi một đoạn 5cm. Tính độ biến thiên nội năng của chất khí. Biết lực ma sát giữa pittông và xilanh có độ lớn là 20N. Giải: Ta có: A = - F.s = -20.0,05 = - 1J. Độ biến thiên nội năng của chất khí: U  Q  A  1,5  1  0,5  J  Câu 6: Khi truyền nhiệt lượng 6.106J cho khí trong một xi lanh hình trụ, khí nở ra đẩy pittông lên làm thể tích tăng them 0,50m3. Tính độ biến thiên nội năng khí. Biết áp suất khí là 8.106N/m2, coi áp suất không đổi trong quá trình thực hiện công. Giải: Công chất khí thực hiện: A  P.V  8.106.0,5  4.106 ( J ) Áp dụng nguyên lí l nhiệt động lực học ta có:

U  Q  A  6.106  4.106  2.106 ( J ) Câu 7: Nhiệt độ của nguồn nóng một động cơ là 5200C, của nguồn lạnh là 200C. Hỏi công mà động cơ thực hiện được khi nhận từ nguồn nóng nhiệt lượng 107J. Coi động cơ là lí tưởng. Giải: T A T1  T2   1 2 Do động cơ là lí tưởng nên hiệu suất là: H 0  Q1 T1 T1

 T   293  6  A  Q1 1  2   107 1    6,3.10 J  793   T1  Câu 8: Nhờ truyền nhiệt mà 10g H2 ở 270C giãn nở đẳng áp. Nhiệt độ sau khi giãn là 570C. Tính công mà khí thực hiện khi giãn. Giải: m m Trạng thái 1: PV1  Trạng thái 2: PV2  RT1 RT2 M M m Vĩ giãn đẳng áp, công của khí: A  P(V2  V1 )  R(T2  T1 ) M 10  A  .8,31(330  300)  1246,5 J 2 Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Một lượng khí ở áp suất 3.105Pa có thể tích 8 lít. Sau khi đun nóng đẳng áp khí nở ra và có thể tích 10 lít. a. Tính công khí thực hiện được. 9

b. Tính độ biến thiên nội năng của khí, biết trong khi đun nóng khí nhận được nhiệt lượng 1000J. Câu 2: Một động cơ của xe máy có hiệu suất là 20%. Sau một giờ hoạt động tiêu thụ hết 1kg xăng có năng suất toả nhiệt là 46.106J/kg. Công suất của động cơ xe máy là bao nhiêu? Câu 3: Người ta cung cấp nhiệt lượng 1,5J cho chất khí đựng trong xilanh đặt nằm ngang. Chất khí nở ra, đẩy pittông đi đoạn 5cm. Tính độ biến thiên nội năng của chất khí. Biết lực ma sát giữa pittông và xilanh có độ lớn 20N. Câu 4: Một lượng khí ở áp suất p1 = 3.105 N/m2 và thể tích V1 = 8l. Sauk hi đun nóng đẳng áp, khối khí nở ra và có thể tích V2 = 10l. a, Tính công mà khối khí thực hiện được. b, Tính độ biến thiên nội năng của khối khí. Biết rằng trong khi đun nóng, khối khí nhận được nhiệt lượng 1000J.

Câu 5: Người ta cung cấp một nhiệt lượng Q = 10J cho một chất khí ở trong một xi lanh đặt nằm ngang. Khối khí giãn nở đẩy pittông đi 0,1m và lực ma sát giữa pittông và xi lanh co độ lớn bằng Fms = 20N . Bỏ qua áp suất bên ngoài. a. Tính công mà chất khí thực hiện để thắng lực ma sát. b. Nội năng của chất khí tăng hay giảm bao nhiêu? Câu 6: Xác định hiệu suất của động cơ nhiệt biến động cơ thực hiện công 350J khi nhận được từ nóng nhiệt 1kJ. Nếu nguồn nóng có nhiệt độ 2270C thì nguồn lạnh có nhiệt độ cao nhất là bao nhiêu? Câu 7: Để giữ nhiệt độ trong phòng ở 200C, người ta dùng một máy máy điều hòa không khí mỗi giờ tiêu thụ công bằng 5.106J.Tính nhiệt lượng lấy đi từ không khí trong phòng trong phòng trong mỗi giờ, biết rằng hiệu suất của máy lạnh là   4 . Câu 8 : Tính hiệu suất lí tưởng của một động cơ nhiệt biết rằng nhiệt độ của luồng khí nóng khi vào tua bin của động cơ là 5000C, vaf khi ra khoir tuabin laf 500C. Câu 9: Xác định hiệu suất của một động cơ thực hiện công 500J khi nhận được từ nguồn nóng nhiệt lượng là 1000J. Nếu nguồn nóng có nhiệt độ 3000C thì nguồn lạnh có nhiệt độ cao nhất bao nhiêu? Hướng dẫn giải: Câu 1:

 

a.Ta có V1  8  l   8.10 3 m 3 ; V2  10  l   10.10 3 m 3 10





Công khí thực hiện được A  p.V  3.105. 10.103  8.103  600  J  b. Độ biến thiên nội năng của khí : U  Q  A  1000  600  400  J  Câu 2: Khi 1 kg xăng cháy hết sẽ tỏa ra nhiệt lượng: Q = m.q = 46.106 ( J ).

H

A  0, 2  A  0, 2.Q  0, 2.46.106  92.105  J  Q

Công suất của động cơ xe máy là: P 

A 92.10 5   2555, 556  W  t 3600

Câu 3: A = - Fc. s = - 20.0,05 = - 1 ( J )  U  Q  A  1,5  1  0,5  J 

Câu 4: a. Áp dụng công thức: A  p (V2  V1 )  3.105 (10  8).103  600 J b. Áp dụng công thức: U  Q  A  1000  600  400 J Nội năng của chất khí tăng thêm 400J.

Câu 5:

a. Áp dụng công thức: A  Fms .l  20.01  2 J b. Áp dụng công thức: U  Q  A  10  2  8 J Nội năng của chất khí tăng thêm 8J.

A 350   0,35  35% Q1 1000 T Nhiệt độ của nguồn lạnh: H  1  2  T2  T1 (1  H ) T1

Câu 6: Hiệu suất H 

 T2  500(1  0,35)  T2  3250 K

Vậy nhiệt độ cao nhất của nguồn lạnh là 3250K hay t = 520C. Q Câu 7: Hiệu suất của một máy làm lạnh:   2  4 A Vậy nhiệt lượng lấy đi trong phòng 1 giờ là: Q2   . A  4. A  4.5.106 J  Q2  20.106 ( J )

Câu 8: Hiệu suất lí tưởng của động cơ nhiệt: T T T 323 H  1 2  1 2  1  0,58  58% T1 T1 773 Câu 9: Hiệu suất của động cơ nhiệt: H 

A 500   0,5  50% Q 1000 11

Q1  Q2 T1  T2 T   1 2 Q1 T1 T1  T2  T1  H .T1  573  286,5  286,5 K

Nhiệt độ của nguồn lạnh: H 

Nhiệt độ cao nhất của nguồn lạnh: T2 max  286,5 K  13,50 C Câu 1. Ta có U  Q  A,

Trắc Nghiệm Với U là độ tăng nội năng, Qlà nhiệt lượng

vật nhận được, A là công vật nhận được. Hỏi khi vật thực hiện 1 quá trình đẳng áp thì điều nào sau đây là không đúng? A. Q phải bằng 0 B. A phải bằng 0 C. U phải bằng 0 D. Cả Q,A và U đều phải khác 0 Câu 2. Biểu thức nào sau đây diễn tả quá trình nung nóng khí trong bình kín? A. U  Q B. U  A C. U  A  Q

D. U  0

Câu 3. Khí bị nung nóng đã tăng thể tích 0,02m3 và nội năng biến thiên là 1280J. Nhiệt lượng đã truyền cho khí là bao nhiêu? Biết quá trình đẳng áp ở áp suất 2.105 Pa . A. 4000J B.5280J C.2720J D.4630J. Câu 4.Biểu thức nào sau đây phù hợp với quá trình làm lạnh khí đẳng tích: A. U  Q với Q<0 B. U  Q với Q>0 C. U =A với A<0 D. U  A với A>0 Câu 5. Khí thực hiện công trong quá trình nào sau đây? A.Nhiệt lượng mà khí nhận được lớn hơn độ tăng nội năng của khí B. Nhiệt lượng mà khí nhận được nhỏ hơn độ tăng nội năng của khí C. Nhiệt lượng mà khí nhận được bằng độ tăng nội năng của khí D. Nhiệt lượng mà khí nhận được có thể lớn hơn hoặc nhỏ hơn nhưng không thể bằng độ tăng nội năng của khí Câu 6. Khi cung cấp nhiệt lượng 1J cho khí trong xilanh đặt nằm ngang, khí nở ra đầy pitong di chuyển 2cm. Cho hệ ma sát giữa pitong và xilanh là 20N. Độ biến thiên nội năng của khí là? A. 0,4J B.-0,4 C.0,6 D.-0,6J * Một mol khí lí tưởng ở 300K được nung nóng đẳng áp đến nhiệt độ 350K, nhiệt lượng đã cung cấp cho quá trình này là 1000J. Sau đó khi được làm lạnh đẳng tích đến nhiệt độ ban đầu và cuối cùng nén đẳng nhiệt để đưa về trạng thái đầu. Dùng các thông tin này để trả lời câu 7; 8; 9; 10 12

Câu 7. Công khí thực hiện trong quá trình đẳng áp là? A. 415,5J B. 41,55J C.249,3J D.290J Câu 8.Độ biến thiên nội năng trong quá trình đẳng áp? A.-584,5J B.1415,5J C.584,5J D.58,45J Câu 9. Độ biến thiên nội năng trong quá trình đẳng tích là? A.-584,5J B.-58,45J C.584,5J D.58,45J Câu 10. . Qúa trình đẳng tích nhận hay tỏa ra 1 nhiệt lượng bao nhiêu? A. Tỏa ra 584,5J B. Tỏa ra 58,45J C. Nhận vào 584,5J D.Nhận vào 58,45J Câu 11. Không khí nén đẳng áp từ 25lít đến 17 lít. Áp suất ban đầu là

8,5.105 N / m 2 .Tính công trong quá trình này. A.6,8J

B.68J 5

C.6800J D. 68.10 J Câu 12. Biểu thức nào sau đây phù hợp với quá trình nén khí đẳng nhiệt? A.0=Q+A với A>0 B.Q+A=0 với A<0 C. U  Q  A Với U  0; Q  0; A  0 D. U

 A  Q với A>0;Q<0

*Động cơ nhiệt lí tưởng làm việc giữa 2 nguồn nhiệt 27 0 C và 127 0 C. Nhiệt lượng nhận được của nguồn nóng trong 1 chu trình là 2400J. Dùng thông tin này để trả lời câu hỏi 13; 14; 15. Câu 13. Hiệu suất của động cơ nhiệt này là? A. 25% B.28% C. 35% D. 40%. Câu 14. Công thực hiện trong 1 chu trình là? A. 792J B.600J C.396J D.317,5J Câu 15. Nhiệt lượng động cơ truyền cho nguồn lạnh trong 1 chu trình là? A. 1800J B. 792J C.600J D.396J Câu 16.Hệ thức nào sau đây phù hợp với quá trình làm lạnh đẳng tích? A. U  Q với Q>0 B. U  A với A<0 C. U  A với A<0

D. U

 Q với Q<0

Câu 17. Hệ thức

U  Q là hệ thức của nguyên lí I NĐLN

A. Áp dụng cho quá trình đẳng nhiệt B. Áp dụng cho quá trình đẳng áp C. Áp dụng cho quá trình đẳng tích D. Áp dụng cho cả 3 quá trình trên Câu 18.Hệ thức nào sau đây phù hợp với quá trình nén khí đẳng nhiệt A.Q+A=0 với A<0 B. U  Q  A với U  0 ;Q<0:A>0 C.Q+A=0 Với A>0 D. U  A  Q Với A>0;Q<0

Câu 1. Đáp án D Câu 2. Đáp án A Câu 3. Đáp án B.

Đáp án trắc nghiệm

Công của khí thực hiện: A  p.V  4000 J ; Q  A  U  5280 J

Câu 4. Đáp án A Câu 5. Đáp án A Câu 6. Đáp án C.

Công khí thực hiện: A=F. l =0,4J; Nguyên lí I: U  Q  A  1  0, 4  0,6  J  Câu 7. Đáp án A.

A  p. V  R  T  R T2  T1   415,5 J

Câu 8. Đáp án C.

U  Q  A  584,5 J

Câu 9. Đáp ánA. Do T3  T1 nên độ biến thiên nội năng của quá trình đẳng tích bằng đẳng áp nhưng trái dấu: U '   U  584,5J

Câu 10. Đáp án A. Qúa trình đẳng tích: Q  U  584,5 J  0 : Tỏa ra Câu 11. Đáp án C

A  p V2  V1  8,5 17  25 .103  6800 Câu 12. Đáp án A Câu 13. Đáp án A. T T Ta có. H  1 2  0, 25 T1 Câu 14. Đáp án B. Ta có A  H .Q1  600 J 14

Câu 15. Đáp án A :

Q2  Q1  A  1800 J

Câu 16. Đáp án D Câu 17. Đáp án C Câu 18. Đáp án C

Chương VII. CHẤT RẮN VÀ CHẤT LỎNG. SỰ CHUYỂN THỂ A. CHẤT RẮN KẾT TINH. CHẤT RẮN VÔ ĐỊNH HÌNH I. Chất rắn kết tinh. Có dạng hình học, có cấu trúc tinh thể. 1. Cấu trúc tinh thể. Cấu trúc tinh thể là cấu trúc tạo bởi các hạt liên kết chặt chẻ với nhau bằng những lực tương tác và và sắp xếp theo một trật tự hình học không gian xác định gọi là mạng tinh thể, trong đó mỗi hạt luôn dao động nhiệt quanh vị trí cân bằng của nó. 2. Các đặc tính của chất rắn kết tinh. - Các chất rắn kết tinh được cấu tạo từ cùng một loại hạt, nhưng cấu trúc tinh thể không giống nhau thì những tính chất vật lí của chúng cũng rất khác nhau. - Mỗi chất rắn kết tinh ứng với mỗi cấu trúc tinh thể có một nhiệt độ nóng chảy xác định không dổi ở mỗi áp suất cho trước. - Chất rắn kết tinh có thể là chất đơn tinh thể hoặc chất đa tinh thể. + Chất rắn đơn tinh thể: được cấu tạo từ một tinh thể, có tính dị hướng Ví dụ: hạt muối ăn, viên kim cương… + Chất rắn đa tinh thể: cấu tạo từ nhiều tinh thể con gắn kết hỗn độn với nhau, có tính đẳng hướng. Ví dụ: thỏi kim loại… 3. Ứng dụng của các chất rắn kết tinh. Các đơn tinh thể silic và giemani được dùng làm các linh kiện bán dẫn. Kim cương được dùng làm mũi khoan, dao cát kính. Kim loại và hợp kim được dùng phổ biến trong các ngành công nghệ khác nhau. II. Chất rắn vô định hình. 1. Chất rắn vô định hình: không có cấu trúc tinh thể, không có dạng hình học xác định. Ví dụ: nhựa thông, hắc ín,… 2. Tính chất của chất rắn vô định hình: + Có tính đẳng hướng + Không có nhiệt độ nóng chảy xác định. III. Biến dạng của vật rắn 1. Các loại biến dạng - Biến dạng đàn hồi: Khi tác dụng một lực làm cho vật biến dạng, nếu thôi tác dụng lực vật lấy lại hình dạng, kích thước ban đầu - Biến dạng dẻo: Nếu khi thôi tác dụng lực, vật vẫn bị biến dạng, thì biến dạng ấy là biến dạng dư hay còn gọi là biến dạng dẻo. 1

- Biến dạng kéo: khi tác dụng hai lực trực đối vật bị biến dạng dài ra - Biến dạng nén: khi tác dụng hai lực trực đối vật bị biến dạng co lại chiều dài ngắn đi 2. Định luật húc. Trong giới hạn đàn hồi, độ biến dạng tỉ đối của vật rắn hình trụ tỉ lệ thuận l F F l l với ứng suất gây ra nó:    E.  F  S.E. l0 S S l0 l0 B. SỰ NỞ VÌ NHIỆT CỦA CHẤT RẮN I. Sự nở dài. - Sự tăng độ dài của vật rắn khi nhiệt độ tăng gọi là sự nở dài vì nhiệt. - Độ nở dài l của vật rắn hình trụ đồng chất tỉ lệ với độ tăng nhiệt độ t và độ dài ban đầu lo của vật đó. l = l – lo = lot Trong đó: + l = l – lo là độ nở dài của vật rắn (m) + lo là chiều dài của vật rắn ở nhiệt độ to + l là chiều dài của vật rắn ở nhiệt độ t +  là hệ số nở dài của vật rắn, phụ thuộc vào chất liệu vật rắn (K-1) + t = t – to là độ tăng nhiệt độ của vật rắn (0C hay K) + to là nhiệt độ đầu + t là nhiệt độ sau II. Sự nở khối. Sự tăng thể tích của vật rắn khi nhiệt độ tăng gọi là sự nở khối. Độ nở khối của vật rắn đồng chất đẳng hướng được xác định theo công thức : V = V – Vo = Vot Trong đó: + V = V – Vo là độ nở khối của vật rắn (m3) + Vo là thể tích của vật rắn ở nhiệt độ to + V là thể tích của vật rắn ở nhiệt độ t +  là hệ số nở khối,   3 và cũng có đơn vị là K-1. + t = t – to là độ tăng nhiệt độ của vật rắn (0C hay K) + to là nhiệt độ đầu + t là nhiệt độ sau III. Ứng dụng. Phải tính toán để khắc phục tác dụng có hại của sự nở vì nhiệt. Lợi dụng sự nở vì nhiệt để lồng ghép đai sắt vào các bánh xe, để chế tạo các băng kép dùng làm rơle đóng ngắt điện tự động, … Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Một thanh trụ có đường kính 5cm làm bằng nhôm có suất Yâng E = 7.1010 Pa. Thanh này đặt thẳng đứng trên một đế chắc chống đỡ một mái 2

hiên. Mái hiên tạo một lực nén lên thanh là 3450 (N). Hỏi độ biến dạng tỉ đối của thanh

l là bao nhiêu? l0

Giải: Ta có: F  ES .

d2

l l F   l0 l0 ES

3,14(5.102 ) 2 3,14.252104   19, 625.104  19, 6.104 (m 2 ) 4 4 4 l Vậy độ biến dạng tỉ đối của thanh là: l0 l 3450 345   105  2,5.105 10 4 l0 7.10 .19, 6.10 7.19, 6 Với S 



Câu 2: Một sợi dây bằng đồng thau dài 1,8m có đường kính tiết diện ngang 0,8mm. Khi bị kéo dài bằng một lực 25N thì thanh dãn ra 1mm. Xác định suất Young của đồng thau. Giải: Ta có: F  ES .

Fl l E 0 S l l0

 0,8.10   5, 024.107 m2 d2  3,14. với S     4 4 25.1,8 E  8,96.1010 Pa 7 3 5, 024.10 .10 3 2

Câu 3: Một thanh ray dài 10m được lắp trên đường sắt ở 200C. Phải để hở 2 đầu một bề rộng bao nhiêu để nhiệt độ nóng lên đến 600C thì vẫn đủ chỗ cho thanh ray dãn ra?   12.106 K 1 Giải: Ta có l   .l0 (t  t0 )  12.106.10.  60  20   4,8.103  m  Câu 4: Một thanh nhôm và một thanh thép ở 00C có cùng độ dài là l0. Khi đun nóng tới 1000C thì độ dài của hai thanh chênh nhau 0,5mm. Hỏi độ dài l0 của 2 thanh này ở 00C là bao nhiêu?  N  24.106 K 1 ,  T  12.106 K 1 . Giải: Chiều dài lúc sau của nhôm. l  l0   .l0 (t2  t1 )  l  l0  2, 4.103 l0 (1) Chiều dài lúc sau của thép. l '  l0   ' .l0 (t2  t1 )  l '  l0  1, 2.103 l0 (2) Theo bài ra ta có  N   T  l  l /  l  l /  0,5.103 (3) Thay ( 1 ) và ( 2 ) và ( 3 )  l0  2, 4.103 l0  l0  1, 2.103 l0  0,5.103 3

 l0  0, 417  m   41,7  cm 

Câu 5: Một quả cầu bằng đồng thau có có đường kính 100cm ở nhiệt độ 250C. Tính thể tích của quả cầu ở nhiệt độ 600C. Biết hệ số nở dài   1,8.105 K 1 . Giải: Thể tích quả cầu ở 250C V1 

4 4 3 . .R 3  .3,14.  0,5   0,524  m3  3 3

 

Mà   3  3.1,8.10 5  5, 4.10 5 K 1

Mặt khác V  V2  V1   V1t  5, 4.105.0,524.  60  25 

 V2  V1  9,904.104  V2  0,5249904  m3 

Câu 6: Một ấm bằng đồng thau có dung tích 3 lít ở 300C. Dùng ấm này đun nước thì khi sôi dung tích của ấm là 3,012 lít. Hệ số nở dài của đồng thau là bao nhiêu? Giải: Ta có V  V0  V0 t

 V  V0   .V0 .t   

3, 012  3  5, 714.105 ( K 1 ) 3. 100  30 



5, 714.105  1,905.105 K 1 Hệ số nở dài của đồng thau :    3 3 Câu 7: Buổi sáng ở nhiệt độ 180C, chiều dài của thanh thép là 10m. Hỏi buổi trưa ở nhiệt độ 320C thì chiều dài của thanh thép trên là bao nhiêu? Biết

  3,3.105 K 1 Giải:



3,3.105  1,1.105 K 1 Ta có    3 3 Mà l  l0   .l0 (t  t0 )  l  10  1,1.105.10.  32  18   10, 00154  m  Câu 8: Người ta muốn lắp một cái vành bằng sắt vào một cái bánh xe bằng gỗ có đường kính 100cm. Biết rằng đường kính của vành sắt nhỏ hơn đường kính bánh xe 5mm. Vậy phải nâng nhiệt độ của vành sắt lên bao nhiêu để có thể lắp vào vành bánh xe? Cho biết hệ số nở dài của sắt là   1, 2.105 K 1 . Giải: Đường kính của vành sắt: d1 = 100 – 0,5 = 99,5cm. Đường kính của vành bánh xe: d2 = 100cm.

Ta có chu vi vành sắt l1   d1 , chu vi bánh xe: l2   d 2 

l2 d 2  l1 d1

Muốn lắp vành sắt vào bánh xe phải đun nóng vành sắt để chu vi của nó bằng chu vi bánh xe.

l2 d d d d  1  t  2  2  1  t  2 1   .t l1 d1 d1 d1 d d 100  99,5  t  2 1   4190 C 5  .d1 1, 2.10 .99,5

 l2  l1 (1  t ) 

Vậy phải nâng nhiệt độ vành sắt lên thêm 4190C.

Câu 9: Tính khối lượng riêng của sắt ở 5000C, biết khối lượng riêng của nó ở 00C là 7,8.103kg/m3. Cho   1, 2.105 K 1 . Giải: Ta có m  0 .V0   .V    

V0 0 .0  V 1   .t

7,8.103  7, 662.103 kg / m3 5 1  3.1, 2.10 .  500  0 

Bài Tập Tự Luyện: Câu 1. Một thanh thép dài 4m, tiết diện 2cm2. Biết suất Yâng và giới hạn bền của thép là 2.1011Pa và 6,86.108Pa. a. Phải tác dụng lên thanh thép một lực kéo bằng bao nhiêu để thanh dài thêm 1,5mm ? b. Có thể dùng thanh thép này để treo các vật có trọng lượng bằng bao nhiêu mà thanh không bị đứt ? Câu 2: Một thanh có tiết diện ngang hình tròn đường kính 2cm làm bằng thép có suất Yâng 2.1011Pa. Nếu giữ chặt một đầu thanh và nén đầu kia một lực 1,57.105N thì độ co tương đối

l của thanh là bao nhiêu? l0

Câu 3: Tính hệ số an toàn của các dây cáp ở một cần trục biết tiết diện tổng cộng của chúng là 200mm2 và trọng lượng của hang là 4900N. Giới hạn bền của thép dùng để làm dây cáp là 1,5.108Pa. Coi chuyển động của hang là chậm và đều. Câu 4: Một thanh ray dài 10m được lắp lên đường sắt ở nhiệt độ 200C. Phải để hở một khe ở đầu thanh ray với bề rộng là bao nhiêu để khi nhiệt độ tăng lên 500C thì vẫn đủ chỗ cho thanh ray nở ra. Hệ số nở dài của chất làm thanh ray là 12.10-6 K-1. 5

Câu 5: Tìm độ nở khối của một quả cầu nhôm bán kính 40cm khi nó được đun nóng từ 00C đến 1000C, biết   24.106 K 1 . Câu 6: Tính khối lượng riêng của đồng thau ở 8000C, biết khối lượng riêng của đồng thau ở 00C là 8,7.103kg/m3,   1,8.105 K 1 . Câu 7: Một lá nhôm hình chữ nhật có kích thước 2m x 1m ở 00C. Đốt nóng tấm nhôm tới 4000C thì diện tích tấm nhôm sẽ là bao nhiêu?   25.106 K 1 . Câu 8: Vàng có khối lượng riêng là 1,93.104 kg/m3 ở 300C. Hệ số nở dài của vàng là 14,3.10- 6K-1. Tính khối lượng riêng của vàng ở 1100C. Hướng dẫn giải: Câu 1 Ta có: F  ES

1,5.103 l  F  2.1011.2.104.  F  15000  N  4 l0

Thanh thép có thể chịu đựng được các trọng lực nhỏ hơn Fb.

P  Fb   b S  6,86.108.2.104  P  137200  N 

Câu 2: Ta có lực nén hay lực đàn hồi: F  ES .

d2

l l F   l0 l0 ES

3,14(2.102 ) 2  3,14.104  m 2  4 4 l 1,57.105    2,5.103 11 4 l0 2.10 .3,14.10 Mà S 



Câu 3:

P S 8  b  b S 1,5.10 .200.106    6,12 Hệ số an toàn của dây: n  F P 4900 Mối đơn vị tiết diện của dây chịu lực kéo: F 

Câu 4: Ta có: l2  l1 (1  t )  l  l2  l1  l1t Với l1  10m, t  50  20  300 C ,   12.106 K 1

 l  12.12.106.  50  20   3,.103 m  3, 6mm

Phải để hở đầu thanh ray 3,6mm. Câu 5: Ta có thể tích của quả cầu ở 00C: V0 

4 . .R 3 3

Độ nở khối của một quả cầu nhôm V  V  V0   V0 t 

4 . .R 3 .3.t 3

4 3  V  . .  0, 4  .3.24.106. 100  0   1,93.103  m3  3 Câu 6: Ta có m   0 .V0   .V    

V0 0 .0  V 1   .t

8, 7.103  8,3397.103 kg / m3 5 1  3.1,8.10 .  800  0 

Câu 7: Ta có diện tích S  a.b

a  a0 (1  t )  2. 1  25.106.  400  0    2, 02m

b  b0 (1  t )  1. 1  25.106.  400  0    1, 01m S = a.b = 2,02. 1,01 = 2,04 ( m2 ) Câu 8: Ta có m   0 .V0   .V    

V0 0 .0  V 1   .t

1,93.104  1,9234.104 kg / m3 1  3.14,3.106. 110  30 

Trắc Nghiệm Câu 1.Chất rắn vô định hình có đặc tính sau: A. Đẳng hướng và nóng chảy ở nhiệt độ không xác định B. Dị hướng và nóng chảy ở nhiệt độ xác định C. Dị hướng và nóng chảy ở nhiệt độ không xác định D. Đẳng hướng và nóng chảy ở nhiệt độ xác định Câu 2.Chất nào sau đây không có cấu trúc tinh thể? A.Miếng nhựa thông B.Hạt đường C.Viên kim cương D.Khối thạch anh Câu 3.Chất rắn nào dưới đây là chất rắn vô định hình? A.Thủy tinh B.Băng phiến C.Hợp kim D.Lim loại Câu 4.Người ta phân loại các loại vật rắn theo cách nào dưới đây là đúng? A.Chất rắn đơn tinh thể và chất rắn vô định hình B.Chất rắn kết tinh và chất rắn vô định hình C. Chất rắn đa tinh thể và chất rắn vô định hình D.Chất rắn đơn tinh thể và chất rắn đa tinh thể Câu 5.Vật nào dưới đây chịu biến dạng cắt? 7

A. Dây xích của chiếc xe máy đang chạy B.Chiếc đinh vít đang vặn chặt vào tấm gỗ C.Thanh xà kép( hoặc xà đơn) đang có vận động viên tập trên đó D.Tấm gỗ hoặc kim loại đang bị bào nhẵn bằng lưỡi dao phẳng Câu 6.Vật nào dưới đây chịu biến dạng uốn? A.ống thép treo quạt trần B. Chiếc đinh đang bị đóng vào tấm gỗ C.Chiếc đòn gánh đang được dùng quẩy 2 thùng nước đầy D.Pít tông của chiếc kích thủy lực đang nâng ô tô lên để thay lốp Câu 7. Hệ số đàn hồi của thanh thép khi biến dạng nén hoặc kéo phụ thuộc như thế nào vào tiết diện ngang và độ dài ban đầu của thanh rắn? A.Tỉ lệ thuận với độ dài ban đầu và tiết diện ngang của thanh B. Tỉ lệ thuận với tiết diện ngang và tỉ lệ nghịch với độ dài ban đầu của thanh C.Tỉ lệ thuận với độ dài ban đầu và tỉ lệ nghịch với tiết diện ngang của thanh D. Tỉ lệ nghịch với độ dài ban đầu và tiết diện ngang của thanh Câu 8.Một thanh thép dài 4m có tiết diện 2cm 2 được giữ chật 1 đầu. Tính lực kéo F tác dụng lên đầu kia để thanh dài thêm 4mm? Suất đàn hồi của thép là E  2.1011 Pa 4

A. 3, 2.10 N

B. 2,5.10 N 5

C. 3, 2.10 N D. 2,5.10 N Câu 9. Kéo căng một sợi dây thép hình trụ tròn có chiều dàu 4m , bằng một lực 24000N , người ta thấy dây thép dài thêm 4mm. Tính tiết diện ngang của dây thép. Cho suất I âng E  2.1011 Pa . A. 1,5mm C. 1, 2dm

B. 1,2 cm

D. 1,5dm

Câu 10. Một thanh thép tiết diện hình vuông mỗi cạnh dài 30mm, được giữ chặt một đầu . Hỏi phải kéo đầu kia của thanh một lực có cường độ nhỏ nhất bằng bao nhiêu để thanh bị đứt? giới hạn bền của thép là   6,8.108 Pa 5

B. 3,06.10 N

D. 1,115.10 N

A. 2, 23.10 N C. 6,12.10 N

Câu 11. Một trhanh có tiết diện ngang 8.m m làm bằng thép có suất Iâng

2.1011 Pa. Nếu giữ chặt một đầu thanh và nén đầu kia một lực 16.105 N 8

l của thanh là bao nhiêu ? l0

thì độ co tương đối

A. 1% B.0,1% C. 0,2% D.10% Câu 12. Một thanh dầm cầu bằng bê tông cốt thép có độ dài 40m khi nhiệt

200 C .Độ dài của thanh dầm cầu sẽ tăng lên bao nhiêu khi 0 6 1 nhiệt độ ngoài trới là 50 C? Hệ số nở dài của thép là 12.10 K độ ngoài trời là

A.Tăng xấp xỉ 7,2mm C. Tăng xấp xỉ 14,4mm

B. Tăng xấp xỉ 3,6mm D. Tăng xấp xỉ 9mm 0

Câu 13. Một thanh nhôm và một thanh thép ở 0 C có cùng độ dài là l0 . Khi nung nóng tới 1000 C thì độ dài của 2 thanh chênh nhau 0,5mm. Tính 0

độ dài l0 ở thanh 0 C .Biết hệ số nở dài của nhôm và của thép lần lượt là

22.106 K 1 ; 12.106 K 1 A. 2m C. 1m

B. 0,5m D. 5m 0

Câu 14. Cho một tấm đồng hình vuông ở 0 C có cạnh dài 50cm . Khi bị

16cm 2 .Tính nhiệt độ 6 1 nung nóng t của tấm đồng. Hệ số nở dài của đồng là 16.10 K 0 0 A. 50 C B. 200 C 0 0 C. 300 C D. 400 C 0

nung nóng tới t C , diện tích của đồng tăng thêm

Câu 15.Khi đốt nóng 1 vành kim loại mỏng và đồng chất thì đường kính trong và đường kính ngoài của nó tăng hay giảm? A.Đường kính ngoài và đường kính trong đều tăng theo tỉ lệ giống nhau. B. Đường kính ngoài và đường kính trong đều tăng, nhưng theo tỉ lệ khác nhau C.Đương kính ngoài tăng, còn đường kính trong không đổi D.Đường kính ngoài tăng và đường kính trong giảm theo tỉ lệ giống nhau Câu 16.So sánh sự nở dài của nhôm , đồng và sắt bằng cách liệt kê chúng theo thứ tự giảm dần và liệt kê chúng theo thứ tự giảm dần của hệ số nở A.Đồng, sắt, nhôm B.Sắt, đồng, nhôm C,Nhôm, đồng sắt D.Sắt , nhôm, ống 2

Câu 17.Một thanh thép xây dựng có tiết diện thẳng 2cm và độ dài 6m . 4

Một lực 8.10 N nén nó theo trục. Độ nén của thanh do tác dụng của lực 9

này là bao nhiêu? Suất Iâng của thép là 2.10

 Pa  .

B. 0,6mm

A.6mm

C. 4mm D. 4cm Câu 18. Vật nào dưới đây chịu biến dạng xoắn? A.Thanh sắt đang bị chặt ngang bằng chiếc đục thép B. Mặt đường có xe tải đang chạy qua C. Sợi dây chão đang bị 2 đội chơi giằng co nhau D.Trục truyền động của bánh răng trong ô tô hoặc trong máy điện Câu 19.Chất rắn đa tinh thể có đặc tính sau: A. Đẳng hướng và nóng chảy ở nhiệt độ xác định B. Dị hướng và nóng chảy ở nhiệt độ không xác định C. Dị hướng và nóng chảy ở nhiệt độ xác định D. Đẳng hướng và nóng chảy ở nhiệt độ không xác định Câu 20. Một sợi dây dài gấp đôi nhưng có tiết diện nhỏ bằng một nửa tiết diện của sợi dây đồng. giữ chặt đầu trên của mỗi sợi dây và treo vào đầu dưới của chúng hai vật nặng giống nhau. Suất đàn hồi của sắt lớn hơn đồng 1,6 lần. Hỏi sợi dây sắt bị giãn nhiều hơn hay ít hơn bao nhiêu lần so với sợi dây đồng? A.Nhỏ hơn 1,6 lần B. Lớn hơn 1,6 lần C. Nhỏ hơn 2,5 lần D. Lớn hơn 2,5 lần Câu 21. Một thanh ray dài 10m được lắp trên đường sắt ở 200 C. Phải để hở 2 đầu 1 bề rộng bao nhiêu để nhiệt độ nóng đến 600 C thì vẫn đủ chỗ cho thanh ray dãn ra ? Biết   12.106 K 1 . A.2 mm B,4,8mm C.4,4mm D.8mm Câu 22. Tỉ số chiều dài giữa thanh sắt và thanh đồng ở 00 C là bao nhiêu để hiệu chiều dài của chúng ở bất kì nhiệt độ nào vẫn như nhau? Biết sắt và đồng có 1 ,  2 1   2  l01 A. lo 2 l01

C. lo 2

 12

lo1 B. l02

 12

 12 11

lo1 D. lo 2

  22 11

Câu 23. Một dây kim loại đường kính 4mm có thể treo vật có trọng lượng tối đa là 4000N. Giới hạn bền của vật liệu trên là ? 8

B. 1,6.10 N / m

D. 0, 4.10 N / m

A. 3, 2.10 N / m

C. 0,8.10 N / m 10

2 2

Câu 24. Khi đổ nước sôi vào cốc thủy tinh thì cốc hay bị nứt, còn cốc bằng thạch anh lại không bị nứt. Gỉai thích nào sau đây là đúng? A. Vì thạch anh cứng hơn thủy tinh. B. Vì cốc thạch anh có thành dầy hơn C. Vì cốc thạch anh có đáy dầy hơn D.Vì cốc thạch anh có hệ số nở khối nhỏ hơn thủy tinh Câu 25. Tính chất nào sau đây không liên quan đến vật rắn tinh thể? .Không có nhiệt độ nóng chảy xác định B. Có nhiệt độ nóng chảy xác định C. Có thể có tính dị hướng hoặc đẳng hướng D. Có cấu trúc mạng tinh thể Câu 26. Tính chất nào sau đây liên quan đến vật rắn vô định hình? A.Có tính dị hướng B. Có cấu trúc tinh thể C. Có nhiệt độ nóng chảy xác định D. Không có nhiệt độ nóng chảy xác định Câu 27.Nguyên tắc hoạt động của dụng cụ nào dưới đây không liên quan đến sự nở nhiệt? A. Rơle nhiệt B.Nhiệt kế kim loại C.Đồng hồ bấm giây D.Dụng cụ đo dộ nở dài Câu 28. Cho một sợi dây bằng đồng thau có chiều dài 8 m và có tiêt diện ngang là 4mm 2 .Khi bị kéo bằng một lực 80N thì thanh giãn ra 2 mm. Xác định suất Iâng của đồng thau? 10

A. 6, 2.10 Pa 10

C. 8.10 Pa

B. 8.10 Pa 10

D. 4,5.10 Pa Đáp án trắc nghiệm

Câu 1. Đáp án A Câu 2. Đáp án A Câu 3. Đáp án A Câu 4. Đáp án B Câu 5. Đáp án D Câu 6. Đáp án C Câu 7. Đáp án D Câu 8. Đáp án A.

E.S .l 2.1011.2.104.4.103 F   3, 2.104 N l 5 Câu 9. Đáp án B 11

F .l0 E.S .l 24000.4 S   1, 2104 m 2 3 11 l0 l.S 4.10 .2.10

F

Câu 10. Đáp án C.

S  a 2   30.103   9.104 m 2 2

F   S  6,8.108.9.104  6,12.105 N Câu 11. Đáp án A.

l F l 16.105     0,01  1% l0 ES l0 2.1011.8.104 Câu 12. Đáp án C.

l  l0 1   t   l  l0 . .t  40.12.106.  50  20   0,0144m  14, 4mm Câu 13. Đáp án B.

l  l0 1   t   l1  l2  l0t 1   2   0,5.103  l0 .100  22  12  .106  l0  0,50m Câu 14. Đáp án B

S0  l02 ;S  l02 1   t   l02  2 l02 .t 2

S  S0  2 l02 .t  16.104  2.16.106.0,52.t  t  2000 C Câu 15. Đáp án A Câu 16. Đáp án C Câu 17. Đáp án A.

F .l 8.104.6 l    6.103  6mm 11 4 E.S 2.10 .2.10 Câu 18. Đáp án D Câu 19. Đáp án A Câu 20. Đáp án D.

l  

Fl l F .l .E .S F .2l .E .2 S  1  1 1 2 2  2 2 2 1 ES l2 F2 .l2 .E1.S1 F2 .l2 .1,6 E2 .S1

l1 4   2,5 l2 1,6

Câu 21. Đáp án B. Ta có: l2  l1 1  t   l  l1t  4,8mm Câu 22. Đáp án B. 12

l01

Ta có: l2  l1  l02  l01  l02 2t  l011t . Do l2  l1  l02  lo1 nên : l02 Câu 23. Đáp án A. F 4P b  b   0, 32.109 N / m 2 S d 2 Câu 24. Đáp án D. Câu 25. Đáp án A Câu 26. Đáp án D Câu 27. Đáp án C Câu 28. Đáp án B.



Ta có F 



2 1



F .l0 E.S .l 80.8 E   8.1010 Pa 3 6 l0 l.S 2.10 .4.10

C. CÁC HIỆN TƯỢNG BỀ MẶT CỦA CHẤT LỎNG I. Hiện tượng căng bề mặt của chất lỏng. 1. Thí nghiệm. Chọc thủng màng xà phòng bên trong vòng dây chỉ ta thấy vòng dây chỉ được căng tròn. Hiện tượng cho thấy trên bề mặt màng xà phòng đã có các lực nằm tiếp tuyến với bề mặt màng và kéo nó căng đều theo mọi phương vuông góc với vòng dây chỉ. Những lực kéo căng bề mặt chất lỏng gọi là lực căng bề mặt chất lỏng. 2. Lực căng bề mặt. Lực căng bề mặt tác dụng lên một đoạn đường nhỏ bất kì trên bề mặt chất lỏng luôn luôn có phương vuông góc với đoạn đường này và tiếp tuyến với bề mặt chất lỏng, có chiều làm giảm diện tích bề mặt của chất lỏng và có độ lớn tỉ lệ thuận với độ dài của đoạn đường đó : f = l. Với  là hệ số căng mặt ngoài, có đơn vị là N/m. Hệ số  phụ thuộc vào bản chất và nhiệt độ của chất lỏng :  giảm khi nhiệt độ tăng. 3. Ứng dụng. Nhờ có lực căng mặt ngoài nên nước mưa không thể lọt qua các lổ nhỏ giữa các sợi vải căng trên ô dù hoặc trên các mui bạt ôtô. Hoà tan xà phòng vào nước sẽ làm giảm đáng kể lực căng mặt ngoài của nước, nên nước xà phòng dễ thấm vào các sợi vải khi giặt để làm sạch các sợi vải, … Lực căng mặt ngoài tác dụng lên vòng: Fc = .2d Với d là đường kính của vòng dây, d là chu vi của vòng dây. Vì màng xà phòng có hai mặt trên và dưới phải nhân đôi. 13

Xác định hệ số căng mặt ngoài bằng thí nghiệm : Số chỉ của lực kế khi bắt đầu nâng được vòng nhôm lên : F = Fc + P => Fc = F – P. Mà Fc = (D + d) =>  =

Fc  (D  d )

II. Hiện tượng dính ướt và không dính ướt. 1. Thí nghiệm. Giọt nước nhỏ lên bản thuỷ tinh sẽ bị lan rộng ra thành một hình dạng bất kỳ, vì nước dính ướt thuỷ tinh. Giọt nước nhỏ lên bản thuỷ tinh phủ một lớp nilon sẽ vo tròn lại và bị dẹt xuống do tác dụng của trọng lực, vì nước không dính ướt với nilon. Bề mặt chất lỏng ở sát thành bình chứa nó có dạng mặt khum lỏm khi thành bình bị dính ướt và có dạng mặt khum lồi khi thành bình không bị dính ướt. 2. Ứng dụng. Hiện tượng mặt vật rắn bị dính ướt chất lỏng được ứng dụng để làm giàu quặng theo phương pháp “tuyển nổi”. III. Hiện tượng mao dẫn. 1. Thí nghiệm. Nhúng các ống thuỷ tinh có đường kính trong nhỏ vào trong chất lỏng ta thấy: + Nếu thành ống bị dính ướt, mức chất lỏng bên trong ống sẽ dâng cao hơn bề mặt chất lỏng ở ngoài ống và bề mặt chất lỏng trong ống có dạng mặt khum lỏm. + Nếu thành ống không bị dính ướt, mức chất lỏng bên trong ống sẽ hạ thấp hơn bề mặt chất lỏng ở ngoài ống và bề mặt chất lỏng trong ống có dạng mặt khum lồi. + Nếu có đường kính trong càng nhỏ, thì mức độ dâng cao hoặc hạ thấp của mức chất lỏng bên trong ống so với bề mặt chất lỏng ở bên ngoài ống càng lớn. Hiện tượng mức chất lỏng ở bên trong các ống có đường kính nhỏ luôn dâng cao hơn, hoặc hạ thấp hơn so với bề mặt chất lỏng ở bên ngoài ống gọi là hiện tượng mao dẫn. Các ống trong đó xảy ra hiện tượng mao dẫn gọi là ống mao dẫn. Hệ số căng mặt ngoài  càng lớn, đường kính trong của ống càng nhỏ mức chênh lệch chất lỏng trong ống và ngoài ống càng lớn. 2. Ứng dụng. Các ống mao dẫn trong bộ rễ và thân cây dẫn nước hoà tan khoáng chất lên nuôi cây. 14

Dầu hoả có thể ngấm theo các sợi nhỏ trong bấc đèn đến ngọn bấc để cháy. Ví Dụ Minh Họa Câu 1: Màng xà phòng tạo ra trên khung dây thép hình chữ nhật có cạnh MN bằng 10cm di chuyển được. Cần thực hiện công bao nhiêu để kéo cạnh MN di chuyển 5cm để làm tăng diện tích màn xà phòng?   0, 04 N / m . Giải: Áp dụng công thức A = Fc. s = 2. .L.s  2.0, 04.0,1.0, 05 = 4.10-4 ( J ) Câu 2: Cho rượu vào ống nhỏ giọt, đường kính miệng miệng ống 2mm, khối lượng của mỗi giọt rượu là 0,0151g. Lấy g = 10m/s2. Suất căng mặt ngoài của rượu là? Giải: Trọng lượng của giọt rượu bằng lực căng bề mặt: Fc = P = m.g = 1,51.10-4 N Mà Fc   .l   . .d   

Fc 1,51.104  = 24,04.10-3 N/m  .d 3,14.2.103

Câu 3: Một đơn thuốc có ghi: Mỗi ngày uống hai lần, mỗi lần 15 giọt. Tính khối lượng thuốc uống mỗi ngày. Biết suất căng mặt ngoài của thuốc là 8,5.10-2N/m, ống nhỏ giọt có đường kính 2mm. Cho g = 10m/s2. Giải: Ta coi rằng khi giọt thuốc rơi, trọng lượng giọt thuốc đúng bằng lực căng mặt ngoài tác dụng lên đường tròn giới hạn ở miệng ống.

 P  F  mg   d

Vậy khối lượng một giọt nước là:

 d

3,14.8,5.102.2.10  53,38.103  kg  g 10 Khối lượng thuốc uống mỗi ngày là: m  30.m1  1, 60.102 kg  16 g m1 



Câu 4: Để xác định hệ số căng bề mặt của nước, người ta dùng ống nhỏ giọt mà đầu dưới của ống có đường kính trong 2mm. Khối lượng 40 giọt nước nhỏ xuống là 1,9g. Xác định hệ số căng bề mặt, coi trọng lượng giọt nước đúng bằng lực căng bề mặt lên giọt. Giải: Khi giọt nước bắt đầu rơi ta coi trọng lượng giọt nước đúng bằng lực căng mặt ngoài tác dụng lên vòng tròn trong của ống. Vậy ta có: P = F0.  mg   d    +Khối lượng một giọt nước là: m 

mg d

1,9  0, 0475 g  0, 0475.103 kg 40 15

 

0, 0475.103.10 0, 475   0, 0756 N / m 3,14.2.103 6, 28

Câu 5: Cho 15,7g rượu vào ống nhỏ giọt, rượu chảy ra ngoài qua ống thành 1000 giọt. Suất căng mặt ngoài của rượu là 0,025 N/m. Tính đường kính miệng ống. Lấy g = 10m/s2 Giải:

15, 7  0, 0157 g  1,57.105 kg 1000  Fc  P  m.g  1,57.105.10  1,57.104 N F Mà Fc   .l   . .d  d  c  d  2.103 m  . Khối lượng mỗi giọt rượu: m 

Câu 6: Nước từ trong một pipette chảy ra ngoài thành từng giọt, đường kính đầu mút pipette bằng 0,4mm. Tính xem trong bao lâu thì 10cm3 nước chảy hết ra ngoài pipette? Biết rằng các giọt nước rới cách nhau 1 giây, suất căng mặt ngoài của nước bằng 7,3.10-2 N/m. Giải: Sức căng mặt ngoài của nước tại đầu mút pipette:

F   .l  7,3.102  .4.104  91, 6.106 N Trọng lượng mg của giọt nước bằng lực căng mặt ngoài:

91, 6.106 kg 10 Khối lượng của mỗi giọt nước là: m  9,16.106 kg  9,16.103 g .10cm3 nước Ta có: mg  F  mg  91, 6.106  m  có khối lượng 10g. Vậy số giọt nước là: n 

10 10   1092 giọt. m 9,16.103

Thời gian rơi là t = 1092 giây. Bài Tập Tự Luyện: Câu 1: Một vòng nhôm mỏng có đường kính ngoài và trong là 50mm và có trọng lượng 68.10-3N được treo vào một lực kế lò xo sao cho đáy của vòng nhôm tiếp xúc với mặt nước. Lực để kéo bứt vòng nhôm ra khỏi mặt nước bằng bao nhiêu? nếu biết hệ số căng bề mặt của nước là 72.10-3N. Câu 2: Để xác định hệ số căng bề mặt của nước, người ta dùng ống nhỏ giọt mà đầu dưới của ống có đường kính trong 2mm. Biết khôi lượng 20 giọt nước nhỏ xuống là 0,95g. Xác định hệ số căng bề mặt, coi trọng lượng giọt nước đúng bằng lực căng bề mặt lên giọt nước.

Câu 3: Một vòng xuyến có đường kính trong là 4,5cm và đường kính ngoài là 5cm. Biết hệ số căng bề mặt ngoài của glyxêrin ở 200C là 65,2.10-3N/m. Tính lực bứt vòng xuyến này ra khỏi mặt thoáng của glyxêrin?. Câu 4: Người ta thả một cọng rơm dài 8cm lên mặt nước và nhỏ vào một bên của cọng rơm dung dịch nước xà phòng. Cho rằng nước xà phòng chỉ lan ra bên này mà thôi. Cho  1  72,8.103 N / m;  2  40.103 N / m a, Cọng rơm sẽ chuyển động như thế nào? Tại sao? b, Tính lực tác dụng lên cọng rơm? Câu 5: Một quả cầu có mặt ngoài hoàn toàn không bị nước dính ướt. Tính lực căng mặt ngoài lớn nhất tác dụng lên quả cầu khi nó được đặt trên mặt nước. Quả cầu có khối lượng bao nhiêu thì không bị chìm. Biết bán kính quả cầu là 0,1mm. Suất căng mặt ngoài của nước là 0,073N/m. Câu 6: Nước dâng lên trong ống mao dẫn là 145mm, còn rượu thì dâng lên 55mm. Biết khối lượng riêng của rượu là 800kg/m3 và suất căng mặt ngoài của nước là 0,0775N/m. Tính suất căng mặt ngoài của rượu. Rượu và nước đều dính ướt hoàn toàn thành ống. Câu 7: Một ống mao dẫn dài hở hai đầu, đường kính trong 1,6mm, đổ đầy rượu và đặt thẳng đứng. Xác định độ cao của cột rượu còn lại trong ống. Biết khối lượng riêng của rượu 800kg/m3, suất căng mặt ngoài của rượu bằng 2,2.10-2N/m. Câu 8: Nước từ trong một pipette chảy ra ngoài thành từng giọt, đường kính đầu ông là 0,5mm. Tính xem 10cm3 nước chảy hết ra ngoài thành bao nhiêu giọt? Biết rằng   7,3.102 N / m . Hướng dẫn giải: Câu 1: Ta có Fc = F – P =  .2. .D  F = P +  .2. .D = 0,0906N Câu 2: Khối lượng mỗi giọt nước: m 

0,95.103  4, 75.105 kg 20

Ta có : P = m.g = 4,75.10-4N

Fc = 7,56.10-2 ( N/m )  .d Câu 3: Ta có Fc   .l   . .(d  D )  19, 4.103 N Mà P= Fc   

Câu 4: a. Cọng rơm chịu tác dụng của hai lực căng mặt ngoài tác dụng ở hai phía. -Nước tác dụng: F1   1l -Dung dịch xà phòng: F2   2l -Hai lực này ngược chiều theo bài ra  1   2 nên F1  F2 nên cọng rơm sẽ chuyển động về phía nước nguyên chất. 17

b. Hợp lực tác dụng lên cọng rơm: F  F1  F2   1l   2l  ( 1   2 )l Mà  1  72,8.103 N / m;  2  40.103 N / m; l  8.102 m

 F  (72,8  40)103.8.102  2, 624.103 ( N ) Câu 5: Lực căng mặt ngoài tác dụng lên quả cầu: F   .l F cực đại khi l  2 r (chu vi vòng tròn lớn nhất) Vậy Fmax  2 r.  6, 28.0, 0001.0, 073  0, 000046 N  Fmax  46.106 N Quả cầu không bị chìm khi trọng lực P = mg của nó nhỏ hơn lực căng cực đại nếu bỏ qua sức đẩy Ac-si-met.

Fmax 46.106   4, 694.106  kg   m  4, 694.103 g g 9,8 2 1 2 2 h  D hD Câu 6: Ta có: h1  ; h2   1  1 . 2   2  2 2 1 D1 gr D2 gr h2  2 D1 h1 D1  mg  Fmax  m 

Với h1  146mm, h2  55mm, D1  103 kg / m3 , D2  800kg / m3 ,

 1  0, 0775 N / m  2 

55.800.0, 0775  0, 0233 N / m 146.1000

Câu 7: Ở đây nước trong ống chịu tác dụng lực căng mặt ngoài ở cả hai mặt: mặt trên và mặt dưới. Hai lực căng này cùng hướng lên trên và có độ lớn f   l. Lực căng mặt ngoài tổng cộng: F  2r  2 l Trọng lượng cột nước trong ống: P  mg  Vg   Điều kiện cân bằng của cột nước: P  F  h 

8  gd

d2 4

.h.g

8 82, 2.102   1,375.102 (m)  gd 8.102.10.1, 6.103  1.375.102 m Câu 8: Lực căng: Fc   .l   . .d  114, 6.106 N F Mà F = P = m.g  m   1,146.105 kg g 0, 01  873 giọt Số giọt nước: n  1,146.105 h

Trắc Nghiệm Câu 1. Giọt nước bắt đầu rơi từ ống nhỏ nhỏ giọt xuống đường kính vòng eo là 2,0mm . Biết 40 giọt nước có khối lượng 1,874g, lấy g= 10m / s 2 . Suất căng mặt ngoài của nước là: 18

2

A. 7, 46.10 N / m B. 3,73.10 N / m C. 0,746 N/m D. 0,373 N/m Câu 2. Màn xà phòng tạo ra khung dây thép hình chữ nhật có cạnh MN=10cm di chuyển được. Cần thực hiện công bao nhiêu để kéo dài cạnh MN di chuyển 5cm làm tăng diện tích màn xà phòng? Cho  =0,04N/m. A. 4.103 J B. 2.103 J C. 4.104 J

D. 2,10

4

Câu 3.Nhúng cuộn sợi len và cuộn dây bông vào nước, rồi treo chúng lên dây phơi.Sau vài phút , hầu như toàn bộ nước bị tụ lại ở phần dưới cuat cuộn sợi len còn ở cuộn sợi bông thì nước lại được phân bố gần như đồng đều trong nó. Vì sao? A.Vò các sợi bông xốp hơn nên hút nước mạnh hơn các sợi len. B.Vì nước nặng hơn các sợi len , nhưng lại nhẹ hơn các sợi bông C.Vì các sợi len không dính ướt nước , còn các sợi bông bị dính ướt nước và có tác dụng mao dẫn khá mạnh D.Ví các sợi len được se chặt hơn nên khó thấm nước hơn các sợi bông Câu 4. Một vòng nhôm mỏng nhẹ có đường kính 10cm được treo vào lực kế lò xo sao cho đáy của vòng nhôm tiếp xúc với mặt nước. Tính lực kéo F để kéo vòng nhôm ra khỏi mặt nước. Hệ số căng mặt ngoài của nước là

72.103 N/m A.F=2,26N C.F= 4,52.10

B.F=0,226N 2

D.F=0,0226N

Câu 5. Một ống nhỏ giọt dựng thẳng đứng bên trong đựng nước.Nước dính ướt hoàn toàn miệng ống và đường kính miệng dưới của ống là 0,43mm. Trọng lượng mỗi giọt nước rơi khỏi miệng ống là 9,72.10 .Tính hệ số căng mặt ngoài của nước.

72.105 N/m 3 C. 72.10 N/m A.

5

36.103 N/m 2 D. 13,8.10 N/m B.

Câu 6.Tại sao muốn tẩy vết dầu mỡ dính trên mặt vải của quần áo , người ta phải đặt 1 tờ giấy lên chỗ mặt vải có vết dầu mỡ , rồi ủi nó bằng bàn là nóng ?Khi đó phải dùng giấy nhẵn hay giấy nhám. A.Lực căng ngoài của dầu mỡ bị nung nóng sẽ tăng lên dễ ướt giấy.Khi đó phải dùng giấy nhẵn để dễ ủi phẳng B. Lực căng ngoài của dầu mỡ bị nung nóng sẽ tăng nên dễ bị hút lên theo các sợi giấy. Khi đó phải dùng giấy nhám vì các sợi giấy nhám có tác dụng mao dẫn , còn các sợi vải không có tác dụng mao dẫn 19

C. Lực căng ngoài của dầu mỡ bị nung nóng sẽ giảm nên dễ dính ướt giấy. Khi đó phải dùng giấy nhẵn để dễ ủi phẳng D. Lực căng ngoài của dầu mỡ bị nung nóng sẽ giẻm nên dễ bị hút lên các sợi giấy. Khi đó phải dùng giấy nhám vì các sợi giấy nhám có tác dụng mao dẫn mạnh hơn các sợi vải Câu 7. ống thủy tinh có đường kính d=1mm cắm vào trong chậu nước. Cho suất căng mặt ngoài của nước

2

  7,5.10 N / m, g  10m / s 2

. Nước

dâng lên trong ống có chiều cao? A. 3cm B.3mm C.1,5cm D.7,5mm Câu 8. Rượu dâng lên trong mao quản đường kính d=5mm là 2,4cm. Cho khối lượng riêng của rượu là

  800kg / m3 ; g  10m / s 2 . Suất căng mặt

ngoài của rượu là? 2

B. 24.102 N / m

A. 2, 4.10 N / m

C. 6.102 N / m D. 12.102 N / m Câu 9. Người ta nhúng 2 ống thủy tinh có đường kính d1  0,5mm; d 2  1mm vào chậu nước. Độ chênh lệch giữa 2 mức nước trong ống là H= 30mm. Cho

  103 kg / m3 ; g  10m / s 2 . Suất căng mặt

ngoài của nước là? 2

A. 75.102 N / m

B. 18,75.10 N / m

2

C. 7,5.10 N / m D. 1,875.10 N / m Câu 10.Một màng xà phòng được căng trên mặt dây khung đồng hình chữ nhật treo thẳng đứng, đoạn dây AB đà 50mm và có thể trượt không ma sát như trên khung hình bên. Tính trọng lượng P của đoạn dây AB để nó cân bằng. Màng xà phòng có hệ số căng mặt ngoài   0,04 N / m A. P=4N

B.P= 2.10

3

C.P=2N D= 4.10 N Câu 11.Phải làm cách nào để tăng độ cao của cột nước trong ống mao dẫn A.Pha thêm rươu vào nước B.Hạ thấp nhiệt độ của nước C.Dùng ống mao dẫn có đường kính nhỏ hơn D. Dùng ống mao dẫn có đường kính lớn hơn

B P

Đáp án trắc nghiệm Câu 1. Đáp án A. Khi giọt nước bắt đầu rơi, ta có: mg mg mg F  P  l    d  7, 46.10 2  N / m  40 40l 40 Câu 2. Đáp án C. Lực căng ngoài :F=2  l . Từ đó: A  F .s  2 ls  4.104 J Câu 3. Đáp án C Câu 4. Đáp án C

F    l1  l2    2d  72.103.2.0,13.3,14  4,52.10 N 2

Câu 5. Đáp án C . Chiều dài đường giới hạn (đường tròn) :l=d.r Lực căngmặt ngoài tác dụng lên đường giới hạn hướng thẳng đứng lên trên: F   .l   .d . Điều kiện cân bằng: F=P   .d   P   .0, 43.10 .3,14  9,72.10 3

5

3

   72.10 N/m

Câu 6. Đáp án D Câu 7. Đáp án A. 4 Ta có: h   3  cm  gd Câu 8. Đáp án A. Ta có h 

gdh 4   24.10 3  N / m  gd 4

Câu 9. Đáp án C. Ta có: h  h1  h 2 

.g.h.d1 .d 2 4  1 1    7, 5.10 2  N / m       g  d1 d 2  4  d 2  d1 

Câu 10. Đáp án D

P  F   .l   2. AB  0,04.2.50.103  4.103 N Câu 11. Đáp án C D. SỰ CHUYỂN THỂ CỦA CÁC CHẤT I. Sự nóng chảy. Quá trình chuyển từ thể rắn sang thể lỏng gọi là sự nóng chảy. 1. Thí nghiệm. Khảo sát quá trình nóng chảy và đông đặc của các chất rắn ta thấy : Mỗi chất rắn kết tinh có một nhiệt độ nóng chảy xác định ở mỗi áp suất cho trước. Các chất rắn vô định hình không có nhiệt độ nóng chảy xác định. 21

Đa số các chất rắn, thể tích của chúng sẽ tăng khi nóng chảy và giảm khi đông đặc. Nhiệt độ nóng chảy của chất rắn thay đổi phụ thuộc vào áp suất bên ngoài. 2. Nhiệt nóng chảy. Nhiệt lượng Q cần cung cấp cho chất rắn trong quá trình nóng chảy gọi là nhiệt nóng chảy : Q = m. Với  là nhiệt nóng chảy riêng phụ thuộc vào bản chất của chất rắn nóng chảy, có đơn vị là J/kg. 3. Ứng dụng. Nung chảy kim loại để đúc các chi tiết máy, đúc tượng, chuông, luyện gang thép. II. Sự bay hơi. 1. Thí nghiệm. Đổ một lớp nước mỏng lên mặt đĩa nhôm. Thổi nhẹ lên bề mặt lớp nước hoặc hơ nóng đĩa nhôm, ta thấy lớp nước dần dần biến mất. Nước đã bốc thành hơi bay vào không khí. Đặt bản thuỷ tinh gần miệng cốc nước nóng, ta thấy trên mặt bản thuỷ tinh xuất hiện các giọt nước. Hơi nước từ cốc nước đã bay lên đọng thành nước. Làm thí nghiệm với nhiều chất lỏng khác ta cũng thấy hiện tượng xảy ra tương tự. Quá trình chuyển từ thể lỏng sang thể khí ở bề mặt chất lỏng gọi là sự bay hơi. Quá trình ngược lại từ thể khí sang thể lỏng gọi là sự ngưng tụ. Sự bay hơi xảy ra ở nhiệt độ bất kì và luôn kèm theo sự ngưng tụ. 2. Hơi khô và hơi bảo hoà. Xét không gian trên mặt thoáng bên trong bình chất lỏng đậy kín : Khi tốc độ bay hơp lớn hơn tốc độ ngưng tụ, áp suất hơi tăng dần và hơi trên bề mặt chất lỏng là hơi khô. Khi tốc độ bay hơi bằng tốc độ ngưng tụ, hơi ở phía trên mặt chất lỏng là hơi bảo hoà có áp suất đạt giá trị cực đại gọi là áp suất hơi bảo hoà. Áp suất hơi bảo hoà không phụ thuộc thể tích và không tuân theo định luật Bôi-lơ – Ma-ri-ôt, nó chỉ phụ thuộc vào bản chất và nhiệt độ của chất lỏng. 3. Ứng dụng. Sự bay hơi nước từ biển, sông, hồ, … tạo thành mây, sương mù, mưa, làm cho khí hậu điều hoà và cây cối phát triển. Sự bay hơi của nước biển được sử dụng trong ngành sản xuất muối. Sự bay hơi của amôniac, frêôn, … được sử dụng trong kỉ thuật làm lạnh. 22

III. Sự sôi. Sự chuyển từ thể lỏng sang thể khí xảy ra ở cả bên trong và trên bề mặt chất lỏng gọi là sự sôi. 1. Thí nghiệm. Làm thí nghiệm với các chất lỏng khác nhau ta nhận thấy : Dưới áp suất chuẩn, mỗi chất lỏng sôi ở một nhiệt độ xác định và không thay đổi. Nhiệt độ sôi của chất lỏng phụ thuộc vào áp suất chất khí ở phía trên mặt chất lỏng. Áp suất chất khí càng lớn, nhiệt độ sôi của chất lỏng càng cao. 2. Nhiệt hoá hơi. Nhiệt lượng Q cần cung cấp cho khối chất lỏng trong khi sôi gọi là nhiệt hoá hơi của khối chất lỏng ở nhiệt độ sôi : Q = Lm. Với L là nhiệt hoá hơi riêng phụ thuộc vào bản chất của chất lỏng bay hơi, có đơn vị là J/kg. E. ĐỘ ẨM CỦA KHÔNG KHÍ I. Độ ẩm tuyệt đối và độ ẩm cực đại. 1. Độ ẩm tuyệt đối. Độ ẩm tuyệt đối a của không khí là đại lượng được đo bằng khối lượng hơi nước tính ra gam chứa trong 1m3 không khí. Đơn vị của độ ẩm tuyệt đối là g/m3. 2. Độ ẩm cực đại. Độ ẩm cực đại A là độ ẩm tuyệt đối của không khí chứa hơi nước bảo hoà. Giá trị của độ ẩm cực đại A tăng theo nhiệt độ. Đơn vị của độ ẩm cực đại là g/m3. II. Độ ẩm tỉ đối. Độ ẩm tỉ đối f của không khí là đại lượng đo bằng tỉ số phần trăm giữa độ ẩm tuyệt đối a và độ ẩm cực đại A của không khí ở cùng nhiệt độ : f=

a .100% A

hoặc tính gần đúng bằng tỉ số phần trăm giữa áp suất riêng phần p của hơi nước và áp suất pbh của hơi nước bảo hoà trong không khí ở cùng một nhiệt độ. f =

p .100% pbh

Không khí càng ẩm thì độ ẩm tỉ đối của nó càng cao. Có thể đo độ ẩm của không khí bằng các ẩm kế : Am kế tóc, ẩm kế khô – ướt, ẩm kế điểm sương. III. Ảnh hưởng của độ ẩm không khí. Độ ẩm tỉ đối của không khí càng nhỏ, sự bay hơi qua lớp da càng nhanh, thân người càng dễ bị lạnh. 23

Độ ẩm tỉ đối cao hơn 80% tạo điều kiện cho cây cối phát triển, nhưng lại lại dễ làm ẩm mốc, hư hỏng các máy móc, dụng cụ, … Để chống ẩm, người ta phải thực hiện nhiều biện pháp như dùng chất hút ẩm, sấy nóng, thông gió, … Ví Dụ Minh Họa

Câu 1: Người ta đun sôi 0,5 lít nước có nhiệt độ ban đầu 120C chứa trong chiếc ấm bằng đồng khối lượng m2 = 0,4kg. Sau khi sôi được một lúc đã có 0,1 lít nước biến thành hơi. Hãy xác định nhiệt lượng đã cung cấp cho ấm. Biết nhiệt hóa hơi của nước là 2,3.106 J/kg, nhiệt dung riêng của nước và của đồng tương ứng là c1 = 4180J/kg.K; c2 = 380J/kg.K. Giải: Nhiệt lượng cần thiết để đưa ấm từ nhiệt độ 270C đến nhiệt độ sôi 1000C. Q1  m1c1t  m2 c2 t  (m1c1  m2 c2 )(t2  t1 )

 Q1  (0,5.4180  0, 4.380).(100  27)  163666 J Nhiệt lượng cần cung cấp cho 0,1 lít nước hóa hơi là:

Q2   m  0,1.2,3.106  2,3.105 J

Tổng nhiệt lượng đã cung cấp cho ấm nước:  Q  Q1  Q2  163666  230000  393666 J Câu 2: Nhiệt độ của không khí là 300C. Độ ẩm tương đối là 64%. Hãy xác định độ ẩm tuyệt đối và điểm sương. (Tính các độ ẩm theo bảng tính chất hơi nước bão hòa).

a  a  f .A A Tra bảng ta có ở 300C: A = 30,3g/m3.  a  0, 64.30,3  19, 4 g / m3 Giải: Theo công thức độ ẩm tương đối: f 

So sánh ta thấy ở nhiệt độ cỡ 220C thì độ ẩm cực đại là 19,4. Vậy điểm sương của không khí ở 300C này là 220C. Câu 3: Trong ngày thứ nhất, ở nhiệt độ 270C người ta đo được trong 1m3 không khí chứa 15,48g hơi nước. Ngày thứ hai ở nhiệt độ 230C, trong 1m3 không khí chứa 14,42g hơi nước. Hãy cho biết độ ẩm tương đối của không khí trong ngày nào cao hơn? Giải: Ngày thứ nhất: Độ ẩm tuyệt đối của không khí: a = 15,48g/m3 Độ ẩm cực đại của không khí ở 270C là: A = 25,81 g/m3 Độ ẩm tương đối của không khí trong ngày là: f  24

a 15, 48   0, 6  60% A 25,81

Ngày thứ hai: Độ ẩm tuyệt đối của không khí: a = 14,42g/m3 Độ ẩm cực đại của không khí ở 270C là: A = 20,60 g/m3 Độ ẩm tương đối của không khí trong ngày là: f 

a 14, 42   0, 7  70% A 20, 60

Như vậy độ ẩm tương đối của không khí trong ngày thứ hai cao hơn. Bài Tập Tự Luyện:

Câu 1: Để xác định nhiệt hóa hơi của nước, người ta làm thí nghiệm sau. Đưa 10g hơi nước ở nhiệt độ 1000C vào một nhiệt lượng kế chứa 290g nước ở 200C. Nhiệt độ cuối của hệ là 400C. Hãy tính nhiệt hóa hơi của nước, cho biết nhiệt dung của nhiệt lượng kế là 46J/độ, nhiệt dung riêng của nước là 4,18J/g.độ. Câu 2: Lấy 0,01 kg hơi nước ở 1000C cho ngưng tụ trong bình nhiệt lượng kế chứa 0,2kg nước ở 9,50C. Nhiệt độ cuối cùng đo được là 400C. Cho nhiệt dung riêng của nước là c = 4180J/kg.K. Hãy tính nhiệt hóa hơi của nước? Câu 3: Vào một ngày mùa hè ở nhiệt độ 300C, người ta đo được trong 1m3 không khí chứa 21,21g hơi nước. Hãy cho biết độ ẩm cực đại, độ ẩm tuyệt đối và độ ẩm tương đối của không khí trong ngày này. Câu 4: Muốn tăng độ ảm tương đối của không khí trong phòng có thể tích 50m3 từ 50% đến 70% thì cần pải làm bay hơi một khối lượng nước là bao nhiêu? Biết rằng nhiệt độ phòng là 270C và giữ nguyên không thay đổi. Hướng dẫn giải:

Câu 1: Nhiệt lượng do 10g hơi nước tỏa ra khi nguội đến t = 400 Q1  Lm1  cm1 (100  40)  Lm1  60cm1 (1) Nhiệt lượng do nước trong nhiệt lượng kế hấp thụ: Q2  cm2 (40  20)  20cm2 (2) Nhiệt lượng do nhiệt lượng kế hấp thụ: Q3  q : (40  20)  20q

(3)

Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: Q1 = Q2 + Q3

Lm1  60cm1  20cm2  20q  L 

20cm2  60cm1  20q m1

L

20c(m2  3m1 )  20q 20.4,18.260  4, 6.20  m1 10

 L  2173, 6  92  2265, 6 J / g

Câu 2: Nhiệt lượng tỏa ra khi ngưng tụ hơi nước ở 1000C thành nước ở 1000C: Q1  L.m1  0, 01.L Nhiệt lượng tỏa ra khi nước ở 1000C trở thành nước ở 420C: Q1  mc(t1  t2 )  0, 01.4180(100  40)  2508 J Nhiệt lượng tỏa ra khi hơi nước ở 1000C biến thành nước ở 400C là: Q  Q1  Q1  0, 01L  2508 (1) Nhiệt lượng cần cung cấp để 0,35 kg nước từ 100C trở thành nước ở 400C. (2) Q2  mc(t2  t1 )  0, 2.4180.(40  9,5)  25498 J Theo quá trình đẳng nhiệt: 0, 01.L  2508  25498  L  2,3.106 J / kg Câu 3: Độ ẩm tuyệt đối của không khí: a = 21,21 g/m3. Độ ẩm cực đại của không khí ở 300C là: A = 30,3 g/m3. Độ ẩm tương đối của không khí trong ngày là: a 21, 21 f    0, 7  70% A 30,3 Câu 4: Khi độ ẩm tương đối là 50% thì: Độ ẩm cực đại của không khí trong phòng ở nhiệt độ 270C là: A  bh  25,81g / m3 Độ ẩm tuyệt đối của không khí trong phòng là: a f1  1  a1  f1. A  0,5.25,81  12,9 g / m3 A Khối lượng hơi nước trong phòng là: m1  a1.V  12,9.50  645 g Khi độ ẩm tương đối là 70%: Độ ẩm cực đại của không khí trong phòng ở nhiệt độ 270C là: A  bh  25,81g / m3 Độ ẩm tuyệt đối của không khí trong phòng là: a f 2  2  a2  f 2 . A  0, 7.25,81  18, 07 g / m3 A 26

Khối lượng hơi nước trong phòng là: m2  a2 .V  18, 07.50  903,5 g Khối lượng nước cần thiết là: m  m2  m1  903,5  645  258,5 g Trắc Nghiệm Câu 1.Nhiệt độ nóng chảy riêng của vật rắn phụ thuộc vào những yếu tố nào? A. Phụ thuộc vào nhiệt độ của vật rắn và áp suất ngoài. B. Phụ thuộc bản chất của vật rắn C.Phụ thuộc bản chất và nhiệt độ của vật rắn D. Phụ thuộc bản chất và nhiệt độ của vật rắn, đồng thời phụ thuộc áp suất ngoài Câu 2.Áp suất hơi khô và áp suất hơi bão hòa có đặc điểm gì? A.Khi nhiệt độ tăng thì áp suất hơi khô tăng , còn áp suất hơi bão hòa không đổi B. Khi nhiệt độ tăng thì áp suất hơi khô tăng , còn áp suất hơi bão hòa giảm C.Áp suất hơi khô và áp suất hơi bão hòa đều tăng theo nhiệt độ. Nhưng ở một nhiệt độ xác định thì áp suất hơi khô tăng khi thể tích của nó giảm và tuân theo gần đúng qui luật Bôilơ-mariốt, còn áp suất hơi bão hòa không phị thuộc thể tích tức là không tuân theo định luật Bôilơ-mariốt. D.Áp suất hơi khô và áp suất hơi bão hòa đều tăng theo nhiệt độ. Nhưng ở mọi nhiệt độ xác định thì áp hơi khô cúng như áp suất hơi bão hòa sẽ tăng khi thể tích của chúng giảm và tuân theo gần đúng qui luật Bôilơ-mariốt. Câu 3. Một đám mây có thể tích 100km3 chứa hơi nước bão hòa ở 200 C . Vì lí do nào đó, nhiệt độ giảm xuống còn 100 C thì lượng nước rơi xuống là 3

bao nhiêu? Cho độ ẩm cực đại ở 200 C và 100 C là 17,3 g / m và 9,4

g / m3 A. 79.105 tấn 5

C. 26,7.10 tấn

B. 7,9.10 tấn 5

D. 2,67.10 tấn

Câu 4. Buổi sáng nhiệt độ không khí là 200 C có độ ẩm tương đối là 80%. Buổi trưa nhiệt độ là 300 C có độ ẩm tương đối là 60%.Không khí lúc nào chứa nhiều hơi nước hơi? Cho độ ẩm cực đại ở 200 C và 300 C là 17,3

g / m3 và 30,9 g / m3 A. Buổi sáng C. Đều như nhau

B. Buổi trưa D. Không xác định được

Câu 5. Áp suất hơi nước trong không khí ở 200 C là 14,04mmHg. Cho áp suất hơi bão hòa ở 200 C là 17,54mmHg. Độ ẩm tương đối của không khí trên là? A. 60% B. 70% C.80% D.85% 3 Câu 6. Trong 1m không khí trong trường hợp nào sau đây ta cảm thấy ẩm nhất ( có độ ẩm tương đối cao nhất)? A. Ở 50 C chứa 2 g hơi nước, biết H= 4,84 g / m

B. Ở 150 C chứa 2 g hơi nước, biết H= 12,8 g / m C. Ở 250 C chứa 2 g hơi nước, biết H= 23 g / m

3 3

D .Ở 300 C chứa 2 g hơi nước, biết H= 30, 29 g / m .

Câu 7. Buổi sáng nhiệt độ không khí là 200 C có độ ẩm tương đối là 70%. 3 Cho độ ẩm cực đại ở 200 C là 17,3 g / m . Lượng hơi nước có trong 1 m3 không khí lúc này là? A. 12,11g B. 24,71g C. 6,05g D.12,35g Câu 8. Nhiệt độ nóng chảy trên mặt thoáng tinh thể thay đổi như thế nào khi áp suất tăng? A.Luôn tăng đối với vật rắn B.Luôn giảm đối với vật rắn C.Luôn tăng đối với mọi vật rắn có thể tích giảm khi nóng chảy và luôn giảm đối với mọi vật rắn có thể tích tăng khi nóng chảy D. Luôn tăng đối với mọi vật rắn có thể tích tăng khi nóng chảy và luôn giảm đối với mọi vật rắn có thể tích giảm khi nóng chảy. Câu 9.Tính nhiệt lượng Q cần cung cấp để làm nóng chảy 500g nước đá ở

00 C .Biết nhiệt nóng chảy riêng của nước đá là 3,4.105J/kg. 7 4 A. Q  7.10 J B. Q  17.10 J 5 6 C. Q  17.10 J D. Q  17.10 J Câu 10. Tính nhiệt lượng Q cần cung cấp để làm nóng chảy 100g nước đá ở

200 C .Biết nhiệt nóng chảy riêng của nước đá là 3, 4.105 J/kg và nhiệt 3 dung của nước đá là 2,1.10 J / kg .K 7 7 A.Q  2,98.10 J B.Q  3,82.10 J 4 4 C.Q  3,82.10 J D.Q  2,98.10 J 0 Câu 11.Một thỏi nhôm có khối lượng 1,0kg ở 8 C.Tính nhiệt lượng Q cần cung cấp để làm nóng chảy hoàn toàn thỏi nhôm này. Nhôm nóng chảy ở 28

6580 C, nhiệt nóng chảy riêng của nhôm là 3,9.105J/Kg và nhiệt dung riêng của nhôm là 880J/kg.K B.Q  59.10

A. Q  5,9.10 J 6

J 5 D.Q  9,62.10 J

C. Q  4, 47.10 J Câu 12.Khi nói về độ ẩm của không khí ,điều nào dưới dây là đúng? A.Độ ẩm tương đối của không khí là tỉ lệ tính ra phần trăm của độ ẩm tuyệt đối với độ ẩm cực đại. B.Độ ẩm tuyệt đối của không khí là đại lượng có giá trị bằng khối 5

lượng hơi nước tính ra gam chứa trong 1 m không khí. C.Độ ẩm cực đại của không khí ở nhiệt độ đã cho là đại lượng có 3

giá trị bằng khối lượng tính ra gam của hơi nước bão hòa chứa trong 1 m không khí ở nhiệt độ ấy. D.Cả A, B,C đều đúng. Câu 13.Khi nói về độ ẩm tuyệt đối, câu nào dưới đây là đúng? A.Độ ẩm tuyệt đối của không khí có độ lớn bằng khối lượng (tính ra 3

kilogam) của nước trong 1 cm không khí. B.Độ ẩm tuyệt đối của không khí có độ lớn bằng khối lượng (tính ra 3

gam) của hơi nước trong 1 m không khí C. Độ ẩm tuyệt đối của không khí có độ lớn bằng khối lượng (tính 3

ra gam) của hơi nước trong 1 Cm không khí D. Độ ẩm tuyệt đối của không khí có độ lớn bằng khối lượng (tính 3

ra kilogam) của hơi nước trong 1 m không khí Câu 14.Sự bay hơi của chất lỏng có đặc điểm gì? A.Xảy ra ở nhiệt độ xác định và không kèm theo sự ngưng tụ . Khi nhiệt độ tăng thì chất lỏng bay hơi càng nhanh. B.Xảy ra ở mọi nhiệt độ và không kèm theo sự ngưng tụ . Khi nhiệt độ tăng thì chất lỏng bay hơi càng nhanh C. Xảy ra ở nhiệt độ xác định và luôn kèm theo sự ngưng tụ . Khi nhiệt độ tăng thì chất lỏng bay hơi nhanh do tốc độ bay hơi tăng nhanh hơn tốc độ ngưng tụ. D. Xảy ra ở mọi nhiệt độ và không kèm theo sự ngưng tụ . Khi nhiệt độ tăng thì chất lỏng bay hơi càng nhanh và tốc độ ngưng tụ giảm cho tới khi đạt trạng thái cân bằng động Câu 15.Khi nhiệt độ không khí tăng thì độ ẩm tuyệt đối và độ ẩm tương đối của nó thay đổi như thế nao? A.Độ ẩm tuyệt đối và độ ẩm tương đối đều tăng như nhau. B. Độ ẩm tuyệt đối tăng, còn độ ẩm tương đối giảm 29

C. Độ ẩm tuyệt đối giảm, còn độ ẩm tương đối tăng D.Độ ẩm tuyêt đối không thay đổi, còn độ ẩm tương đối tăng. Câu 16. Khi nói về độ ẩm cực đại , câu nào dưới đây là đúng? A.Độ ẩm cực đại có độ lớn bằng khối lượng riêng của hơi nước bão 3

hòa trong không khí thính theo đơn vị g/ m B.Độ ẩm cực đại là độ ẩm của không khí bão hòa hơi nước. C.Khi làm lạnh không khí đến 1 nhiệt độ nào đó , hơi nước trong không khí trở nên bão hòa và không khí có độ ẩm cực đại. D.Khi làm nóng không khí , lượng hơi nước trong không khí tăng và không khí có độ ẩm cực đại. Câu 17.Độ ẩm tuyệt đối và độ ẩm cực đại của không khí đo bằng đơn vị gì? 3

A.Ki lôgam mét khối(kg, m ) 3

B. Ki lôgam trên mét khối(kg/ m ) 3

C.Gam trêm mét khối(g/ m ) 3

D.Gam mét khối(g. m ) Câu 18. Phát biểu nào sau đây là đúng khi nói về độ ẩm tuyệt đối? A. Độ ẩm tuyệt đối của không khí có độ lớn bằng khối lượng (tính bằng gam) của hơi nước có trong 1m3 không khí. B. Độ ẩm tuyệt đối của không khí có độ lớn bằng khối lượng (tính bằng kg) của hơi nước có trong 1 cm3 không khí. C.Độ ẩm tuyệt đối của không khí có độ lớn bằng khối lượng( tính bằng gam) của hơi nước có trong 1 cm3 không khí. D.Độ ẩm tuyệt đối của không khí có độ lớn bằng khối lượng ( tính bằng kg) của hơi nước có trong 1m3 không khí. Câu 19.Khi nhiệt độ tăng thì áp suất hơi bão hòa trong không khí tăng nhanh hơn hay chậm hơn so với áp suất không khí khô? Tại sao? A.Tăng nhanh hơn, vì khi nhiệt độ tăng thì mật độ phân tử hơi nước ở trạng thái bão hòa tăng, còn mật độ phân tử không khí tăng không đáng kể. B.Tăng nhanh hơn.Vì nhiệt độ tăng thì trong hơi nước bão hòa không những động năng chuyển động nhiệt của các phân tử hơi nước tăng mà cả mật độ phân tử hơi nước cũng tăng mạnh do tốc độ bay hơi tăng, còn trong không khí chỉ có động năng chuyển đông nhiệt của các phân tử tăng. C.Tăng nhanh hơn, vì khi nhiệt độ tăng thì động năng chuyển động nhiệt của các phân tử hơi nước bão hòa tăng mạnh, còn động năng chuyển động nhiệt của các phân tử không khí tăng chậm. 30

D.Tăng chậm hơn, vì khi nhiệt độ tăng thì động năng chuyển động nhiệt của các phân tử hơi nước ở trạnh thái bão hòa tăng chậm, còn động năng chuyển động nhiệt của các phân tử không khí tăng nhanh. Đáp án trắc nghiệm Câu 1. Đáp án B Câu 2. Đáp án C Câu 3. Đáp án B. Lượng hơi nước có trong đám mây: m1  h1.V  1,73.10 kg 9

Lượng hơi nước có thể chứa ở 10 C : m 2  h2 .V  9, 4.10 kg 0

Lượng nước mưa: m  m1  m2  7,9.10 kg  7,9.10 tấn 8

Câu 4. Đáp án B. Lúc sáng: h1  f1 H1  13,84 g / m ;Lúc trưa: h2  f 2 H 2  18,54 g / m 3

Câu 5. Đáp án C. Ta có f 

p  0,8 p0

Câu 6. Đáp án B. Ta có: h h f1  1  41, 3%; f2  2  62, 5% H1 H2 h h f3  3  43, 5%; f4  4  49, 5% H3 H4 Vậy f 2 lớn nhất.

Câu 7. Đáp án A. Ta có: h=Fh=12,11 g / m Câu 8. Đáp án D Câu 9. Đáp án B.

Q=m.   0,5.3, 4.10  17.10 J Câu 10. Đáp án C 5

Q  mC.t  m.  Q  0,1.2,1.103.20  0,1.3, 4.105  3,82.10 J Câu 11. Đáp án C .

Q= mC.t  m.  Q  1.880  658  8   1.3,9.10  4, 47.10 J 5

Câu 12. Đáp án D Câu 13. Đáp án B Câu 14. Đáp án B Câu 15. Đáp án B Câu 16. Đáp án D 31

Câu 17. Đáp án C Câu 18. Đáp án A Câu 19. Đáp án B