VL1 hướng dẫn giải một số bài tập e l chương 1

E-LEARNING Nhờ giúp đỡ vài bạn đăng câu hỏi lên bạn hướng dẫn giúp mà tài liệu chương hoàn thành tương đối (80%) Những toán khó (khó dễ bạn) sai đề buộc phải bỏ qua Xin chân thành cảm ơn người bạn đó, lòng đáng quí trọng hi vọng hỏi tập chương nhận giúp đỡ Tài liệu với mục đích giúp bạn củng cố kiến thức miễn phí Nên hi vọng không sử dụng để làm mục đích kinh doanh thu lợi nhuận  Một hạt chuyển động mặt phẳng Oxy với vận tốc v có độ lớn không đổi Hãy xác định gia tốc hạt thời điểm x = quĩ đạo chuyển động có dạng sau x2 y   với b, c số c2 b2 khác Đạo hàm quĩ đạo lần theo t vận tốc: x.vx y.v y x.x y y     0 c2 b2 c2 b Tại x = 0, ta có: y  b   2.b v y   v y  b2 Mà v  vx2  v y2  vx  v Đạo hàm phương trình vận tốc theo t ta gia tốc :   0  x.vx  x.vx y.v y  y.vy   0 c2 b2 2.vx2  x.ax 2v y  y.a y     * c2 b2  x.vx   c   y.v y     b Bài quĩ đạo Elip nên vận tốc vx v y thay đổi theo thời gian theo qui luật v  vx2  v y2  số Mà ta có v y  0; vx  v nên vận tốc theo trục Ox đạt cực đại, tức suy gia tốc ax  Vậy ta có a  ax2  a 2y  a y Đi tìm ay xong Từ (*), thay x  0; v y  0; vx  v; y  b; a  a y vào, ta a  b v2 c2 Một người quay sợi dây dài 2m theo phương nằm ngang cách mặt đất 2m Ở đầu lại sợi dây có cột viên đá có khối lượng không đáng kể Dây đứt làm viên đá bay ngang rơi xuống đất cách 10m Hỏi chuyển động, gia tốc hướng tâm viên đá ? Đặt gốc tọa độ mặt đất vị trí đá bị văng khỏi sợi dây x0  0; y0  2m Chuyển động ném ngang: y  y0  g x  x0   v0 9,8 Khi vật chạm đất, xch  10m; ych     10    v02  245 v0 v02 Gia tốc hướng tâm (lúc vật quay tròn đều): a   122,5m / s R Chất điểm chuyển động với độ lớn vận tốc biến đổi theo qui luật v  v0  kt  SI  , v0 k số dương Xác định quãng đường chất điểm kể từ t = dừng Khi dừng v   t  v0 k v v  1 v02 Quãng đường s  v0t  kt  v0  k    k k  k Từ độ cao 20m so với mặt đất, người ta ném đứng vật A với vận tốc v0, đồng thời thả rơi tự vật B Bỏ qua sức cản không khí Tính v0 để vật A rơi xuống đất chậm 1s so với vật B Lấy g = 10m/s2 Đ/s: 8,3m/s Đặt h = OM = 20m Thời gian để B rơi từ O chạm đất M: tOM  2h  g 2.20  2s 10 Vậy thời gian để A bay lên tới C rơi chạm đất M: tOCM  3s Thời gian từ O bay lên C: vA tai C   v0  gtOC  v0   g.tOC  tOC  v0 g v2  Quãng đường OC: OC  v0tOC  gtOC 2 g Thời gian để A rơi từ C xuống đất M: tCM  v2  2 h   g 2CM    g g Vậy tổng thời gian A đi: tOCM  tOC  v02  2 h   g 2h v02    tOCM  tOC    tOCM  tOC  tOM  tO2 C g g g2   tOC  0,8333333  v0  tOC g  8,3333333m / s Thay số vào ta tOC  22  tOC Trên hình vẽ phận chuyển động xe đạp Đĩa gắn với bàn đạp có bán kính R1  15cm , Lip có bán kính R2  5cm , bánh xe sau có bán kính R3  30cm Bàn đạp quay theo vòng tròn có bán kính R4  20cm Hỏi vận tốc xe đạp đất lớn gấp lần vận tốc bàn đạp xe đạp ? Ở ta có phận có tâm quay tốc độ góc nhau, bán kính khác nên v khác Riêng v1  v2 truyền động xích v  R v3  R3 R R R v 30 15 v2  v1  v4    4,5 R2 R2 R2 R4 v4 20 Ô tô chuyển động thẳng, nhanh dần đều, qua A, B với vận tốc vA = 1m/s2 vB = 9m/s2 Tính vận tốc trung bình ô tô quãng đường AB vtb  x2  x1 s  , với t thời gian ô tô từ A đến B t t Không cho thêm số liệu, ta tiến hành chuẩn hóa Vì công thức liên quan đến đại lượng v, s, a, t Bây có v, ta chuẩn hóa đại lượng lại s, a, t Chuẩn hóa gia tốc a = 1m/s2 Ta được: vB  vA  at  t  vB  v A    (giây) a 2as  vB2  v A2  s  Vậy vtb  vB2  vA2 92  12   40  m  2a 2.1 40  5m / s Một chất điểm chuyển động mặt phẳng xOy theo qui luật x  b sin t y  b 1  cos t  với b;  số dương Gia tốc pháp tuyến chất điểm ? ax  x  b sin t Ta có   an  ax2  a y2  b 2 a y  y  b cos t Một người xe đạp với vận tốc 18km/h từ vị trí A theo đoạn thẳng để tới vị trí B Đồng thời người lái xe máy với vận tốc 36km/h từ vị trí B theo đoạn đường thẳng khác để tới vị trí C Khoảng cách AB = L = 2,5km Đoạn đường AB hợp với đoạn đường BC góc 300 Hỏi người xe máy cách người xe đạp khoảng ngắn sau ? Đặt hệ trục tọa độ Oxy (km) hình vẽ : Xét chuyển động xe đạp: vx  18km / h  xdap  L  18t  2,5  18t   v y   ydap  Xét chuyển động xe máy: vx  36 cos 300  18 3km / h  xmay  18 3t   v  36sin 30  18 km / h  ymay  18t  y Khoảng cách xe : 2  d   xmay  xdap    ymay  ydap   2,5  18   1 t  18t  2 Đây hàm bậc (Parabol), d   d    t  0, 04483  h   d  0, 738  d  0,8593km Một ca nô xuôi dòng từ A đến B với tốc độ 30km/h, ngược dòng từ B A với tốc độ 20km/h Tính tốc độ trung bình lộ trình – ca nô Chuẩn hóa quãng đường AB : s = 60km (100km được, lấy số 60 BCNN 20 30 cho thời gian số nguyên) Thời gian từ A B : t1  s 60   2 h v1 30 Thời gian từ B A : t2  s 60   3 h v2 20  s  2s t t  t 2.60  24  km / h  23    10 Một hạt chuyển động theo qui luật r  t    3sin 5t  i   cos 5t  j Xác định độ lớn vector vận tốc Tốc độ trung bình : vtb   vector vận tốc quay góc 300 kể từ hạt bắt đầu chuyển động  x  3sin 5t vx  15cos 5t   v y  5sin 5t  y  cos 5t   vx  15cos  7,   5sin 5t   tan    tan 5t   5t    v  8, 66  m / s  Ta có  vx 15cos 5t 3 v  5sin  2,5  y vy 11 Một viên sỏi phóng vào bờ đá cao h, với tốc độ ban đầu 42m/s góc 600 phương ngang Sau phóng 5,5s viên sỏi rơi vào bờ đá điểm A Độ cao điểm rơi A tốc độ viên đá trước va vào điểm A? v0 x  42 cos 600  21 m / s  vx  v0 x  21 m / s     v y  v0 y  gt  21  10.5,5  18, 63  m / s  v0 y  42sin 60  21  m / s  v  v  v  28  m / s  x y   1 hA  y  v0 y t  gt  21 3.5,5  10.5,52  48,8m  2 12 Hai vật ném đồng thời từ điểm: vật thứ ném thẳng đứng từ lên  với vận tốc v1 có độ lớn v0 Vật thứ hai ném nghiêng góc  so với phương nằm  ngang với vận tốc v2 có độ lớn v0 Hãy tính khoảng cách vật theo thời gian Chọn hệ trục tọa độ Oxy với O điểm ném, Oy thẳng đứng  x2   v0 cos   t    y2   v0 sin   t  gt   x1     y1  v0t  gt Vậy ta có : d  x1  x2    y1  y2    v0t  2 2 cos    v0t    v0t  sin    v0t  sin   v0t  2sin  13 Chất điểm M chuyển động đường tròn bán kính R = 1,592m với phương trình s  2t  t , s độ dài cung OM, O điểm mốc đường tròn Tính thời gian để chất điểm hết vòng s  2 R  2t  t  2.3,14.1,592  t  1,999  s  14 Một viên đạn bắn từ mặt đất lên cao với vận tốc v0  800  m / s  hợp với mặt phẳng nghang góc nghiêng   300 Bỏ qua lực cản không khí Lấy gia tốc rơi tự g  9,8  m / s  Xác định bán kính cong quĩ đạo viên đạn điểm rơi chạm đất vx cham   vx   Nếu học kĩ lý thuyết bay từ mặt đất rơi xuống mặt đất  an  g cos 0 v   v y  y cham  không cần tính toán dài dòng theo công thức an  g sin  cham  cham   cham  900 mà cham  0    nên  cham    900 , từ có công thức   Muốn giải theo hướng tổng quát theo hướng đây: Ta có y  v0 sin 300.t  gt  400t  4,9t 2 vx  800 cos 300  400 t   t  81, 6s   Khi chạm đất: 400t  4,9t    t  81, 6s v y  800sin 30  9,8.81,  400   vcham  800  cos  cham   v y  cham    vcham   Vậy   vcham  an   an  g sin  cham  9,8  4,9  2 8002  75, 409  m  4, 15 Cho mặt trụ rỗng đường kính 2m quay xung quanh trục nằm ngang Trên mặt trụ ta khoét lỗ nhỏ Thả rơi vật qua lỗ lỗ Hỏi vận tốc quay nhỏ trụ để vật kịp qua lỗ lỗ Lấy g = 9,8m/s2 Cái đề không nói rõ trục quay nằm cách mặt đất bao nhiêu, rơi tự phụ thuộc vào độ cao h Vậy ta giả sử h = 2m Để đáp ứng yêu cầu đề bài, thời gian vật rơi tự độ cao h phải với thời gian lỗ nhỏ quay nửa vòng tròn (T/2) Ta có: t  2h T 2h 2 g 9,8  T 2      4, 917  rad / s  g g T 2h 2.2 16 Nam thường đạp xe với tốc độ 12km/h Một lần, bạn gặp đoàn tàu khách TN1 chạy chiều vượt qua đo thời gian để tàu vượt qua 20s Lần khác, nam đạp xe lại gặp đoàn tàu chạy ngược chiều với vận tốc trước đo thời gian để tàu qua 12s Tốc độ tàu TN1 qua đoạn đường ? Gọi d chiều dài đoàn tàu Đánh dấu điểm A đầu tàu, điểm B cuối tàu Khi chiều, chiều dài tàu hiệu quãng đường mà điểm A 20s so với Nam : d  vtau t  vNam t   vtau  vNam  t   vtau  12  20 Khi ngược chiều, chiều dài tàu tổng quãng đường mà điểm B đến gặp Nam cộng với quãng đường Nam từ A đến gặp B, tức 12s : d  vtau t  vNam t   vtau  12  12   vtau  12  20   vtau  12 12  8vtau  12.32  vtau  48  km / h  17 Chất điểm M chuyển động đường tròn bán kính R = 2m với phương trình s  3t  t với s độ dài cung OM O điểm mốc đường tròn Vận tốc góc chất điểm lúc t = 0,5s ? Ta có v   R  cần tính v t = 0,5s v  s  6t    m / s     v   rad / s  R 18 Năm 1993, vận động viên nhảy xa Mike Powell đoạt chức vô địch giới rời đất với góc 200 so với phương ngang đạt tốc độ chạy đà 11m/s Bỏ qua sức cản không khí, cho gia tốc trọng trường 9,8m/s2 Tầm xa tầm cao mà Mike đạt ?  v02 sin  112.sin 200 h    0, 722m  max 2g 2.9,8  Áp dụng công thức  2  R  v0 sin 2  11 sin 40  7,936m  g 9,8 19 Một người ném bóng từ cao thẳng xuống đất với vận tốc ban đầu 12m/s Sau 1,5s bóng chạm đất Vận tốc bóng trước chạm đất độ cao ban đầu bóng ? Bỏ qua ảnh hưởng gió Cho g = 9,8m/s2 gt  12.1,5  9,8.1,52  29m 2 v  v0  gt  12  9,8.1,5  26,  m / s  h  v0t  20 Hai ô tô khởi hành từ A đến B Xe I nửa đường đầu với tốc độ không đổi v1, nửa đường sau với tốc độ v2 Xe II nửa thời gian đầu với tốc độ v2 Nửa thời gian sau với tốc độ v1 Hỏi xe tới B trước ? Không có số liệu, ta chuẩn hóa v1 = 20km/h, v2 = 30km/h Quãng đường 60km Xe I : t I  s s 30 30     2,5  h  2v1 2v2 20 30 s1 s2    s1  1,5s2 t   s2  24  m   t  1,  h   tII  2,  h  Xe II : tII  2t  30 20   2,5s2  60  s1  s2  60  tII  tI Vậy xe II đến B trước 21 Hai vật A B nối cứng có chiều dài L hai vật trượt trục vuông góc với hình vẽ Nếu A dịch bên trái với vận tốc không đổi v vận tốc vật B ? Cho góc   600 Ta có x  L  vt    vt  Luôn có y  L  x  L   L   2   L    L    vt   2    Vận tốc B : vB  y   L   L2    vt  2  Tại t = 0, vB  L v 2 L2  L  2 L    vt  v 2  L  L    vt  2  2 v   x  3t  t 22 Một chất điểm chuyển động với phương trình  Xác định bán kính cong quỹ đạo  y  8t lúc t  3s Áp dụng công thức   v3 ax v y  a y vx vx  6t  4t ax   8t  Với  a y  v y  vx  18 v Từ t  3s   v y   18 ax  18  82  19, 7;  a y  19,  53, 0744 (m) Vậy thay vào   18.8   18  23 Chất điểm M chuyển động đường tròn bán kính R = 2m với phương trình s  3t  t Trong s độ dài cung OM, O điểm mốc đường tròn Tính gia tốc tiếp tuyến chất điểm lúc t = 2s v0  1 m / s  s  v0t  at  3t  t   2 a   m / s  v 1 0    t    t R 2 Tại t = 2s: v2 s  v0  at   6t  13  m / s   2 s  Mà 2 s  v2 s 13  R 1  13           2 2 Vậy at   R  3.2   m / s  Cách 2:  s  t  t       3t      at   R  3.2   m / s  R 24 Chất điểm M chuyển động đường tròn bán kính R = 2m với phương trình s  3t  t Trong s độ dài cung OM, O điểm mốc đường tròn Tính gia tốc chất điểm lúc t = 1s v0  v0  1 m / s   0  R  0,5  rad / s   v  Ta có: vt  6t    1s  1s  3,5  rad / s   v1s   m / s    R  an 1s  v1s 1s  24,5  m / s        1s  0 t   rad / s   at   R   m / s   a1s  at2  an21s   25, 22  m / s  Cách 2:  s  t  t       3t      at   R  3.2   m / s  R v12s   24,5  m / s  R  a  25, 22 an  25 Một viên đá rời khỏi nòng súng bắn đá với vận tốc 4m/s, bắn vào bia cách xa 0,8m Nòng súng phải hướng vào điểm cao bia để bắn trúng bia Đ/s: 0,21m Gọi  góc nghiêng so với mặt phẳng ngang từ nòng súng đến bia  x  vx 0t  4t cos   Ta có:  2  y  v y 0t  gt  4t sin   5t Lúc bắn trúng bia, x = 0,8 y = 0,8.5  4sin   t sin 2     4t cos   0,8   150          4t sin   5t  t  0, 207 s 4 4sin  cos   0,8 t  sin    5 Nòng súng cao bia h  0,8.tan150  0, 214m 26 Vị trí bóng chày chuyển động trục Ox cho x  5,  6,5t  1,5t Tính vận tốc thời điểm t = 5s Đ/s : 80 m/s 27 Một chất điểm chuyển động tròn với vận tốc góc   kt k = 0,022rad/s2 Sau khoảng thời gian t = 4s kể từ lúc bắt đầu chuyển động, góc hợp vector gia tốc toàn phần vector vận tốc ? Đ/s : 350     a Gọi  góc cần tìm Ta có:    v; a   at ; a  tan   n at   Với at   R  kR  const , an  v2 R Tại 4s: v4 s  4 s R  4kR  an s  4kR    tan  s  R    16k R 16k R  16k  0,352    19, 40 kR 28 Vị trí chất điểm chuyển động mặt phẳng Oxy xác định vector bán kính có    phương trình r  sin t.i  sin t j Quỹ đạo ? Đ/s : thẳng  x  sin t Ta có   y  x (thẳng)  y  4sin t 29 Một người chạy xe gặp đèn đỏ thắng xe lại với gia tốc -1,6m/s2 thời gian 13s xe dừng lại từ tốc độ 75km/h Quãng đường ? Đ/s : 136km 1000 s  v0t  at  75 13  1, 6.132  135, 63m 60.60 30 Một người chạy xe gặp đèn đỏ thắng xe lại với gia tốc -1,6m/s2 Hỏi cần thời gian để xe dừng lại Biết xe dừng lại sau qua đoạn đường 200m Đ/s : 16s  s  v0t  0,8t  200  0,8t  200  t  15,8  s   v  v0  1, 6t  31 Chất điểm chuyển động dọc trục theo chiều dương trục Ox với vận tốc phụ thuộc vào tọa độ x theo qui luật v  b x Đó loại chuyển động ? Đ/s : Chậm dần Ta có a  v  b x  nên chuyển động nhanh dần   32 Một bóng bắn từ mặt đất vào không khí Tại độ cao 9,1m có vận tốc v  7, 6i  6,1 j m/s Độ cao cực đại mà bóng đạt ? Đ/s : 11m  x  t.v0 cos  vx  v0 cos 0    v y  v0 sin 0  gt  y  t.v0 sin 0  9,8t   7, v0 cos   7,  v0  cos  vx  7,  m / s    v sin   6,1  Theo đề v y  6,1 m / s   t  9,8   y  9,1 m   v sin   6,1 v0 sin   6,1   0  v0 sin   4,9    9,1 9,8 9,8    7,  7,  sin   6,1 sin   6,1   cos  cos  7,   9,1 sin 0  4,9  9,8 cos  9,8       9,8  7, tan   6,1 7, tan   4,9  7, tan   6,1  9,1.9,82  * u  7, tan   6,1 *  2u  u  6,1  u  9,1.9,8.2  178,36  u  12, 2u  178, 36   u  8, 58  7, tan   6,1  8,58  tan   1, 93 7,  v0  cos  arctan1,93   16, 52  sin   sin  arctan1,93  0, 889  hmax v02 sin    11, 0044m 2g 33 Tốc độ phóng vật bị ném lớn l gấp lần tốc độ mà có độ cao ccực đại Góc phóng vật ? Đ/s : 78,50 vx  v0 cos 0  vh max  vx  v0 cos 0 Gọi v0 tốc độ phóng Tại độ cao cực c đại  v y  Theo đề v0 vh max   cos 0   0  78, 460 34 Một máy bay bay từ vị trí A đến đ B cách 300km theo hướng Tây ây – Đông Vận tốc gió 72km/h, vận tốc máy bay đốối với không khí 600km/h Hãy xác định nh th thời gian bay điều kiện gió thổi theo hướng Tây – Đông theo hướng hư Nam – Bắc Đ/s : 26,8 phút 30,2 phút Vận tốc gió (G) vận tốcc không khí so với v đất (D)    Vận tốc máy bay (M) so với đấtt (D) : vMD  vMG  vGD (*) Khi gió thổi theo hướng Tây – Đông :   vMG / / vGD  vMD  600  72  672  km / h  s 300  0, 4464h  26,8 phút vMD 672  Khi gió thổi theo hướng ng Nam – Bắc vGD / / BN , mà máy bay t        muốn bay theo hướng Tây – Đông vMD / /TD , tức vGD  vMD    cạnh góc vuông, theo (*) vMG phải cạnh huyền 2  vMD  vMG  vGD  6002  722  595, 66  km / h   t  0,5036h  30, phút 35 Một đá thả rơi tự từ t điểm A độ cao h = 15m so với mặtt đ đất Đồng thời, viên đạn bắn lên cao với vận tốốc đầu v0  20 m/s theo phương thẳng đứng ng qua điểm A Bỏ qua lực cản không khí Lấyy gia tốc t rơi tự g  10 m/s2 Hãy xác định nh kho khoảng cách viên đạn đá thời điểm t = 0,5s Đ/s : 5m Hòn đá rơi xuống từ 15m: s  gt  5.0,52  1, 25m , tức cách mặt đấtt 13,75 13,75m Viên đạn bay lên từ mặt đất : s  v0t  gt  20.0,5  5.0,52  8, 75m Vậy chúng cách xa 5m 4   x  3t  t 36 Chất điểm chuyển động với phương trình  Xác định gia tốc chất điểm lúc 2s  y  8t Đ/s : 10m/s2 vx  6t  4t ax  10 ax   8t   a  10  m / s  Với  từ t  2s   a  a   y  y v y  37 Tầm xa vật bị nén không phụ thuộc vào vận tốc ban đầu góc ném mà phụ thuộc vào gia tốc rơi tự Năm 1936, Jesse Owens lập kỉ lục giới với cú nhảy xa 8,09 Berlin ( g = 9,8128m/s2 ) Nếu với giá trị vận tốc ban đầu góc nhảy mà nhảy Melbourne ( g = 9,7999 m/s2 ) vào năm 1956 thành tích ? Đ/s: Xa 1cm Ta có tầm xa : R  v02 sin 2  R ~ g 1 g R1 g R g 8, 09.9,8128   R2  1   8,1006m R2 g1 g2 9, 7999 Vậy xa 0,0106m 38 Một người nhảy dù rơi tự 50,34m dù mở Sau giảm tốc với gia tốc 2m/s2 Anh ta chạm đất với tốc độ 3m/s Thời gian rơi toàn phần độ cao người rơi ? Đ/s: 17,35s 292,75m Gọi h độ cao ban đầu Sau rơi 50,34m: s1  gt1  50,34  t1  3, 2s  v1  gt1  9,8.3,  31,36  m / s  Người nhảy dù giảm tốc tức ta có gia tốc tổng hợp a*  g  a  2  m / s  v2  v1  2t2   t2  31,36   14,18s Vậy thời gian rơi toàn phần = 14,18 + 3,2 = 17,38s Độ cao rơi từ lúc đó: s2  31,36t  2t22  31,36.14,18  14,182  243, 61m Vậy tổng độ cao = 243,61 + 50,34 = 293,95m 39 Một người leo lên thang máy dài 15m dừng hết 75s Nếu đứng thang máy hoạt động 60s Trong trường hợp anh tren thang máy hoạt động ? Đ/s: 33,3s Vận tốc bộ: vnguoi  s 15   0,  m / s  t 75 Vận tốc thang hoạt động : vthang  s 15   0, 25  m / s  t 60 Khi kết hợp vận tốc (do chiều): t  s vtong  15  33,3s 0, 45 40 Một cầu thủ bóng chuyền tung bóng lên theo phương đứng với vận tốc ban đầu 12m/s Cần thời gian để bóng đạt tới vị trí cách điểm mà tung lên 5m ? Cho g = 9,8 m/s2 Đ/s: 0,53s 1,9s Ta có s  v0t  t  1,9 s gt  12t  4,9t    t  0,53s 41 Một chất điểm A chuyển động với độ lớn vận tốc không đổi v cho vector vận tốc v hướng B Trong điểm B chuyển động thẳng đường thẳng với vận tốc u  v Biết   thời điểm ban đầu v  u hai điểm cách khoảng L Thời gian mà chất điểm gặp ? Đ/s: t  vL v  u2 42 Một người chạy xe gặp đèn đỏ thắng xe lại nên tốc độ giảm từ 75 (km/h) xuống 45 (km/h) đoạn đường 8,8m Nếu gia tốc không đổi có giá trị ? Đ/s: -16m/s2 v12  v22  2as  a  75  45 1000  16  m / s  8,8 60.60 43 Một xe đua bắt đầu chuyển động thẳng nhanh dần từ O, qua hai điểm A B thời gian 2s Biết AB = 20m, tốc độ xe qua B vB = 12m/s Tính gia tốc xe Đ/s: 2m/s2 vB2  vA2  2a AB  122  v  40a  12  v 2  v 8a    12  v  40 vB  v A  at  v  2a  12  44 Một thang máy trần lên với tốc độ không đổi 10m/s Từ độ cao 2m cách sàn thang máy, cậu bé đứng thang máy tung cầu lên theo phương thẳng đứng, lúc sàn thang máy cách mặt đất 28m (?!) Tốc độ ban đầu cầu so với thang máy 20m/s Hỏi độ cao cực đại mà cầu đạt đến sau trở lại sàn thang máy Đ/s: 75,92m 4,18s 45 Một chiến đấu hạ cánh tàu sân bay với vận tốc bắt đầu hạ cánh 63m/s Gia tốc chiến đấu khoảng cách bắt đầu hạ cánh thời gian hạ cánh 2s Đ/s: -31,5m/s2 63m Ta có: v22  v12  2a.s  632  2a.s  632  63  m    a  31,5  m / s   s   31,5  v2  v1  at  63  2a   46 Một người ném bóng từ độ cao 30m thẳng xuống đất với vận tốc ban đầu 12m/s Sau thời gian bóng chạm đất Bỏ qua ảnh hưởng gió, cho g = 9,8m/s2 Đ/s: 1,5s Ta có: s  12t  4,9t  30  t  1,54s  47 Một hạt chuyển động mặt phẳng Oxy với vector gia tốc a không đổi, hướng ngược lại với chiều dương trục Oy Phương trình quỹ đạo hạt có dạng y  cx  bx với c, b số dương.Hãy xác định vận tốc hạt góc tọa độ Đ/s: v0  a  c  1 2b Đạo hàm vế theo t: y  2bx.x  c.x   v y  2bx.vx  c.vx  Khi x = 0, y =  v y  c.vx Đạo hàm lần : vy  2bvx x  2bx.vx  c.vx   a y  2bvx2  2bx.ax  c.ax  Khi x = 0, a y  2b.vx2  2bx.ax  c.ax   a y  2b.vx2  c.ax   vx2  Mà ax  0; a y   a (do gia tốc vuông góc với trục Ox)  vx2  Vậy v0  vx2  v y2  c.ax  a y 2b a 2b a  c  1 2b 48 Một tàu hỏa chạy phía nam với vận tốc 30m/s so với mặt đất trời mưa Gió thổi phía nam Quan sát viên thấy đất mưa rơi lệch góc 220 so với phương thẳng đứng Quan sát viên tàu thấy giọt mưa rơi thẳng đứng Xác định tốc độ hạt mưa so với đất Đ/s: 80,1m Dạng toán vận tốc vật ta cần đặt tên cho chèn điểm  Cần tìm vận tốc mưa (M) so với đất (D) vMD ta chèn chữ “X” (xe) vào    chữ MD, ta có : vMD  vMX  v XD Theo đề bài, ta có hình vẽ, mà thật vẽ hình, ta không cần công thức trên: vMD  v XD  80,8m sin 220 49 Một vật thả tự từ điểm A độ cao 20m theo hướng thẳng đứng AB (điểm B nằm mặt đất) Cùng lúc đó, vật thứ hai ném lên từ điểm B theo hướng BA với vận tốc v0 Xác định thời gian chuyển động để hai vật gặp độ cao 17,5m Đ/s: 0,71s Thời gian vật thả tự rơi 2,5m: s  gt  t  2s  g 2.2,5  0, 71 s  9,8 50 Ba chất điểm ba đỉnh A, B, C tam giác cạnh 1m Chúng bắt đầu chuyển động đồng thời với vận tốc 2m/s Chất điểm A hướng chất điểm B, chất điểm B hướng C, chất điểm C hướng A Hỏi sau chúng gặp ? Đ/s: 1/3s Ba chất điểm chuyển động theo đường cong giống tiến trọng tâm 51 Chất điểm chuyển động thẳng với phương trình x  1  3t  2t với t  Chất điểm dừng lại để đổi chiều chuyển động vị trí có tọa độ ? Đ/s: x = 0m Vật đổi chiều chuyển động v đổi dấu t  Ta có: v  x  6t  6t    Tại t = lúc khảo sát, nên ta bỏ qua, lấy t = 1, x = 0m t  52 Bạn cần đem kiện hàng qua sông có bề rộng 80m (hai bờ song song nhau) Bạn bơi với vận tốc 1,5m/s Vận tốc nước 2,5m/s Nếu thời gian bơi nước nhỏ bạn nên bơi theo hướng thời gian bơi Đ/s : Bơi vuông góc với bờ, t = 53,3s Bơi vuông góc với bờ, t  80  53,3  s  1,5 53 Bạn cần đem kiện hàng qua sông có bề rộng 80m (hai bờ song song nhau) Bạn bơi với vận tốc 1,5m/s Vận tốc nước 2,5m/s Nếu quãng đường bơi nước nhỏ bạn nên bơi theo hướng thời gian bơi CÔNG THỨC  Cơ bản: v  v0  at x  x0  v0t  at 2 2 v  v0  2a  x  x0   2as  v  v02 Rơi tự do: thay x  h; a  g công thức trên: Thời gian rơi chạm đất: t   2h g Chuyển động hệ trục Oxy: v  vx2  v y2 vx  v x  a x t vy  vy  a yt x  x0  vx 0t  ax t 2 y  y0  v y t  a y t 2 2 a  ax  a y  Chuyển động ném xiên với góc ném 0 : Chọn góc tọa độ mặt đất, thường ta chọn cho x0  Ta có: cos  t  vx  t  vt  cos   vx v0      ax  a  g  an  at  g &  a y   g vx  v0 cos   v y  v0 sin   gt (1)  x  v0 x t g   y  y0  x tan 0  x  2 vx2  y  y0  v0 y t  gt (2)  Thời gian đạt tới độ cao cực đại : vy   t   (*) v0 sin  v sin   hmax  y0  g 2g vx1 at 1  g cos  v y 1  cos    Ở thời điểm cho t  t1   v v y 1 an1  g sin   Khi cho độ cao h vx , vy chất điểm thời điểm bất kì: chọn góc tọa độ cho x0  y0  để dễ xét:  x  t.v0 cos  vx  v0 cos     v y  v0 sin   gt  y  t.v0 sin   gt   v v0  x cos   vx     v0 sin   v y Theo đề v y   t  g   y  h  v sin   v  v0 sin   v y  y  v0 sin   g   h  g  g  vx  vx sin   v y sin   v y cos  vx  cos  sin   g  g cos   g   g  vx tan   v y  vx tan   g  vx tan   v y   g h u  vx tan   v y    h     * *  2u  u  vy   u  gh  u  2v y u  gh   u  u      Bán kính cong quĩ đạo điểm bất kì: an  v2  với  bán kính cong v3 v3  Tổng quát      a x v y  a y vx v.a     t2  v y    v2 vận tốc chạm đất Khi chạm mặt đất : y2   y0  Tầm bay R vật chạm đất (x = R) : Từ (*) suy R Nếu chọn góc tọa độ cho x0 = 0, y0 = thay vào (*) ta được: R   o RMax  sin 2     450 o 1  450   ta có R1  R2    45   Chuyển động ném ngang 0  : vx  v0  const  v y   gt (1)  x  x0  v0t g   y  y0  x  x0   2  v0  y  y0  gt (2)  Chuyển động tròn đều: Vận tốc : v   R Gia tốc hướng tâm : an   v2 R Chuyển động tròn biến đổi đều: v02 sin 2 g   const at   R   0   t     0 t   t an  t  vt2   vt t  const R vt  t R s  s0  v0t  at 2 v  v0  at s  R Các mối liên hệ cần nắm để tìm đại lượng gia tốc tiếp tuyến pháp tuyến:  0  t  0  at     t s  v t  t    a a   n t    Chuyển động tương : o Biểu diễn v  vx i  v y j  v  v   v i  vAB y  j AB AB  x  o Vận dụng công thức :  BA vAC  v AB  vBC  o Gia tốc tương tự vận tốc …………………………………… [...]... rơi l ? Đ/s: 17 ,35s và 292,75m Gọi h l độ cao ban đầu Sau khi rơi 50,34m: s1  1 2 gt1  50,34  t1  3, 2s  v1  gt1  9,8.3, 2  31, 36  m / s  2 Người nhảy dù giảm tốc tức ta có gia tốc tổng hợp a*  g  a  2  m / s 2  v2  v1  2t2  3  t2  31, 36  3  14 ,18 s 2 Vậy thời gian rơi toàn phần = 14 ,18 + 3,2 = 17 ,38s 1 Độ cao rơi từ l c đó: s2  31, 36t  2t22  31, 36 .14 ,18  14 ,18 2  243, 61m... vtong  15  33,3s 0, 45 40 Một cầu thủ bóng chuyền tung quả bóng l n theo phương đứng với vận tốc ban đầu l 12 m/s Cần thời gian bao l u để quả bóng đạt tới vị trí cách điểm mà nó được tung l n l 5m ? Cho g = 9,8 m/s2 Đ/s: 0,53s và 1, 9s Ta có s  v0t  t  1, 9 s 1 2 gt  12 t  4,9t 2  5   2 t  0,53s 41 Một chất điểm A chuyển động với độ l n vận tốc không đổi v sao cho vector vận tốc v luôn hướng. ..  16  m / s 2  8,8 60.60 43 Một xe đua bắt đầu chuyển động thẳng nhanh dần đều từ O, l n l ợt đi qua hai điểm A và B trong thời gian 2s Biết AB = 20m, tốc độ của xe khi qua B l vB = 12 m/s Tính gia tốc của xe Đ/s: 2m/s2 vB2  vA2  2a AB  12 2  v 2  40a  12  v 2 2  v 8a  2   12  v  40 2 vB  v A  at  v  2a  12  44 Một thang máy không có trần đang đi l n với tốc độ không đổi l 10 m/s... cao 17 ,5m Đ/s: 0,71s Thời gian vật thả tự do rơi 2,5m: s  1 2 gt  t  2 2s  g 2.2,5  0, 71 s  9,8 50 Ba chất điểm ở trên ba đỉnh A, B, C của một tam giác đều cạnh 1m Chúng bắt đầu chuyển động đồng thời với vận tốc 2m/s Chất điểm A luôn hướng về chất điểm B, chất điểm B thì luôn hướng về C, chất điểm C luôn hướng về A Hỏi sau bao l u chúng gặp nhau ? Đ/s: 1/ 3s Ba chất điểm sẽ chuyển động theo 3... định gia tốc của chất điểm l c 2s  y  8t Đ/s : 10 m/s2 vx  6t  4t 2 ax  10 ax  6  8t   a  10  m / s 2  Với  từ t  2s   a  0 a  0  y  y v y  8 37 Tầm xa của một vật bị nén không chỉ phụ thuộc vào vận tốc ban đầu và góc ném mà còn phụ thuộc vào gia tốc rơi tự do Năm 19 36, Jesse Owens l p kỉ l c thế giới với cú nhảy xa 8,09 tại Berlin ( g = 9, 812 8m/s2 ) Nếu cũng với giá... 9, 812 8m/s2 ) Nếu cũng với giá trị vận tốc ban đầu và góc nhảy đó mà anh ta nhảy tại Melbourne ( g = 9,7999 m/s2 ) vào năm 19 56 thì thành tích của anh ta sẽ như thế nào ? Đ/s: Xa hơn 1cm Ta có tầm xa : R  v02 sin 2  R ~ g 1 g R1 g 2 R g 8, 09.9, 812 8   R2  1 1   8 ,10 06m R2 g1 g2 9, 7999 Vậy xa hơn 0, 010 6m 38 Một người nhảy dù rơi tự do 50,34m rồi dù được mở Sau đó anh ta giảm tốc với gia tốc... của một vật bị ném l n l gấp 5 l n tốc độ mà nó có tại độ cao ccực đại Góc phóng của vật ? Đ/s : 78,50 vx  v0 cos 0  vh max  vx  v0 cos 0 Gọi v0 l tốc độ phóng Tại độ cao cực c đại  v y  0 Theo đề bài v0 vh max  5  cos 0  1  0  78, 460 5 34 Một máy bay bay từ vị trí A đến đ B cách nhau 300km theo hướng Tây ây – Đông Vận tốc gió l 72km/h, vận tốc của máy bay đốối với không khí l ... hạ cánh l bao nhiêu nếu thời gian hạ cánh l 2s Đ/s: - 31, 5m/s2 và 63m Ta có: v22  v12  2a.s  632  2a.s  632 2  63  m    a   31, 5  m / s   s  2   31, 5  v2  v1  at  63  2a  0  46 Một người ném quả bóng từ độ cao 30m thẳng xuống đất với vận tốc ban đầu l 12 m/s Sau thời gian bao l u thì quả bóng chạm đất Bỏ qua ảnh hưởng của gió, cho g = 9,8m/s2 Đ/s: 1, 5s Ta có: s  12 t  4,9t... trên một đường thẳng với vận tốc u  v Biết rằng ở   thời điểm ban đầu v  u và hai điểm cách nhau 1 khoảng L Thời gian mà 2 chất điểm gặp nhau l bao nhiêu ? Đ/s: t  vL v  u2 2 42 Một người đang chạy xe khi gặp đèn đỏ thì thắng xe l i nên tốc độ giảm từ 75 (km/h) xuống 45 (km/h) trên đoạn đường 8,8m Nếu gia tốc l không đổi thì có giá trị bao nhiêu ? Đ/s: -16 m/s2 v12  v22  2as  a  75  45 10 00... với vận tốc 1, 5m/s Vận tốc nước l 2,5m/s Nếu thời gian bơi trong nước l nhỏ nhất thì bạn nên bơi theo hướng nào và thời gian bơi l bao l u Đ/s : Bơi vuông góc với bờ, t = 53,3s Bơi vuông góc với bờ, t  80  53,3  s  1, 5 53 Bạn cần đem một kiện hàng qua sông có bề rộng 80m (hai bờ song song nhau) Bạn có thể bơi với vận tốc 1, 5m/s Vận tốc nước l 2,5m/s Nếu quãng đường bơi trong nước l nhỏ nhất