PHẦN THỨ NHẤT
BÀI TẬP ĐỘNG LỰC HỌC CHẤT ĐIỂM
BÀI 1 :Hai lò xo: lò xo một dài thêm 2 cm khi treo vật m
1
= 2kg, lò xo 2 dài thêm 3 cm
khi treo vật m
2
= 1,5kg. Tìm tỷ số k
1
/k
2
.
Bài giải:

Khi gắn vật lò xo dài thêm đoạn ∆l. Ở vị trí cân bằng
mglKPF
0
=∆⇔=
→→
Với lò xo 1: k
1
∆l
1
= m
1
g (1)
Với lò xo 1: k
2
∆l
2
= m


Chọn hướng và chiều như hình vẽ
Ta có gia tốc của xe là:
)s/m(1,0
100
010
t
VV
a
2
0
=
−
=
−
=
Theo định luật II Newtơn :
→→→
=+ amfF
ms
F − f
ms
= ma
F = f
ms
+ ma = 0,01P + ma = 0,01(1000.10 + 1000.0,1) = 200 N
BÀI 3 :Hai lò xo khối lượng khơng đáng kể, độ cứng lần lượt là k
1
= 100 N/m, k
2

) ∆l = P
)m(04,0
250
10.1
KK
P
l
21
==
+
=∆⇒

Vậy chiều dài của lò xo là: L = l
0
+ ∆l = 20 + 4 = 24 (cm)
BÀI 4 :Tìm độ cứng của lò xo ghép theo cách sau:
Bài giải:

Hướng và chiều như hình vẽ:Khi kéo vật ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn x thì :
Độ dãn lò xo 1 là x, độ nén lò xo 2 là x
Tác dụng vào vật gồm 2 lực đàn hồi
→
1
F
;
2
F
→
,
→→→


→→→→→→
=++++
11ms1111
amFTFNP
Chiếu xuống Ox ta có: F − T
1
− F
1ms
= m
1
a
1
Chiếu xuống Oy ta được: −m
1
g + N
1
= 0
Với F
1ms
= kN
1

= km
1
g
⇒
F − T
1
− k m

= k m
2
g
⇒
T
2
− k m
2
g = m
2
a
2
(2)
⇒
Vì T
1

= T
2
= T và a
1
= a
2
= a nên: F - T − k m
1
g = m
1
a (3)
T − k m
2

F
hợp với
phương ngang góc a = 30
0
. Hai vật có thể trượt trên mặt bàn nằm ngang góc a = 30
0
Hệ số ma sát giữa vật và bàn là 0,268. Biết rằng dây chỉ chịu được lực căng lớn nhất là
10 N. Tính lực kéo lớn nhất để dây không đứt. Lấy
3
= 1,732.
Bài giải:
Vật 1 có :
→→→→→→
=++++
11ms1111
amFTFNP
Chiếu xuống Ox ta có: F.cos 30
0
− T
1
− F
1ms
= m
1
a
1
Chiếu xuống Oy : Fsin 30
0
− P
1


= m
2
a
2
Chiếu xuống Oy : −P
2
+ N
2
= 0
Mà F
2ms

= k N
2
= km
2
g⇒ T
2
− k m
2
g = m
2
a
2
Hơn nữa vì m
1
= m
2


30sin30cos
T2
F
00
·m
=
+
=
µ+
≤
Vậy F
max
= 20 N
Bài 7:
Hai vật A và B có khối lượng lần lượt là m
A
= 600g, m
B
= 400g được nối với nhau bằng
sợi dây nhẹ không dãn và vắt qua ròng rọc cố định như hình vẽ. Bỏ qua khối lượng của
ròng rọc và lực ma sát giữa dây với ròng rọc. Lấy g = 10m/s
2
. Tính gia tốc chuyển động
của mối vật.
2

Bài giải:

Khi thả vật A sẽ đi xuống và B sẽ đi lên do m
A

2
B
A
BA
s/m210.
400600
400600
g.
mm
mm
a* =
+
−
=
+
−
=
Bài 8:
Ba vật có cùng khối lượng m = 200g được nối với nhau bằng dây nối không dãn như
hình vẽ. Hệ số ma sát trượt gjữa vật và mặt bàn là µ = 0,2. Lấy g = 10m/s
2
. Tính gia tốc
khi hệ chuyển động.

Bài giải:

Chọn chiều như hình vẽ. Ta có:

→→→→→→→→→→→→
=++++++++++ aMPTTNPFTTNPF


=−
=−−
=−
⇒
maFT
maFTT
maTmg
ms
'
ms
'




=µ−
=−
⇒
ma3mg2mg
ma3F2mg
ms
2
s/m210.
3
2,0.21
g.
3
21
a =

ms
Chiếu lên trục Oy: − Pcoxα + N = 0
⇒ N = mg coxα (1)
Chiếu lên trục Ox : Psinα − F
ms
= max
⇒ mgsinα − µN = max

(2)
từ (1) và (2) ⇒ mgsinα − µ mg coxα = max
3
⇒ ax = g(sinα − µ coxα)
= 10(1/2 − 0,3464.
3
/2) = 2 m/s
2
BAØI 10 :Cần tác dụng lên vật m trên mặt phẳng nghiêng góc α một lực F bằng bao
nhiêu để vật nằm yên, hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là k , khi biết vật có
xu hướng trượt xuống.

Bài giải:

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.
Áp dụng định luật II Newtơn ta có :
0FNPF
ms
=+++
→→→→
Chiếu phương trình lên trục Oy: N − Pcoxα − Fsinα = 0
⇒ N = Pcoxα + F sinα

Bài giải:

Giả thiết m
1
trượt xuống mặt phẳng nghiêng và m
2
đi lên, lúc đó hệ lực có chiều như
hình vẽ. Vật chuyển động nhanh dần đều nên với chiều dương đã chọn, nếu ta tính được
a > 0 thì chiều chuyển động đã giả thiết là đúng.
Đối với vật 1:
→→→→→
=+++
11ms11
amFTNP
Chiếu hệ xOy ta có: m
1
gsinα − T − µN = ma − m
1
g coxα + N = 0
* m
1
gsinα − T − µ m
1
g coxα = ma (1)
Đối với vật 2:
→→→
=+
2222
amTP
⇒ −m

=
+
−αµ−α
=⇒
Vì a > 0, vậy chiều chuyển động đã chọn là đúng
* T = m
2
(g + a) = 1(10 + 0,6) = 10,6 N
BAØI 12 :Sườn đồi có thể coi là mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng a = 30
0
so với trục Ox
nằm ngang. Từ điểm O trên sườn đồi người ta ném một vật nặng với vận tốc ban đầu V
0

theo phương Ox. Tính khoảng cách d = OA từ chỗ ném đến điểm rơi A của vật nặng
trên sườn đồi, Biết V
0
= 10m/s, g = 10m/s
2
.
4

Bài giải:

Chọn hệ trục như hình vẽ.
Phương trình chuyển động và phương trình quỹ đạo là:





A

Vì A nằm trên quỹ đạo của vật nặng nên x
A

và y
A
nghiệm đúng (1). Do đó:

2
2
0
)cosd(
V
g
2
1
sind α=α
m33,1
30cos
30sin
.
10
10.2
cos
sin
.
g
V2
d

0
cos45
0
(3)
V
y
= V
0
sin45
0
− gt (4)
Từ (1)
0
0
45cosV
x
t =⇒
Thế vào (2) ta được :
)5(
45cosV
x
.g
2
1
x.45tg4 y
022
0
2
0
−+=

=−+⇒
BAØI 14 :Một máy bay đang bay ngang với vận tốc V
1
ở độ cao h so với mặt đất muốn
thả bom trúng một đoàn xe tăng đang chuyển động với vận tốc V
2
trong cùng 2 mặt
phẳng thẳng đứng với máy bay. Hỏi còn cách xe tăng bao xa thì cắt bom (đó là khoảng
cách từ đường thẳng đứng qua máy bay đến xe tăng) khi máy bay và xe tăng chuyển
động cùng chiều.
Bài giải:

Chọn gốc toạ độ O là điểm cắt bom, t = 0 là lúc cắt bom.
Phương trình chuyển động là:x = V
1
t (1)y = 1/2gt
2
(2)
Phương trình quỹ đạo:
2
2
0
x
V
g
2
1
y =
Bom sẽ rơi theo nhánh Parabol và gặp mặt đường tại B. Bom sẽ trúng xe khi bom và xe
cùng lúc đến B

BAØI 15 :Từ đỉnh một mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng β so với phương ngang, người
ta ném một vật với vận tốc ban đầu V
0
hợp với phương ngang góc α . Tìm khoảng cách
l dọc theo mặt phẳng nghiêng từ điểm ném tới điểm rơi.Bài giải;
Các phương thình toạ độ của vật:
)2(
gt2
1
tsinVHy
)1(tcosVx
2
0
0





−α+=
α=
Từ (1)
α
=⇒
cosV
x
t

vào (3) ta được:
α
β
−βα+=β−
22
0
22
cosV2
cosgl
cosltgHsinlH
β
β+α
α=
β
βα+βα
α=
β
β+βα
α=⇒
2
2
0
2
2
0
2
22
0
cosg
)sin(


2
A
2
0
A
x
V
g
2
1
y =

s/m25100.
80.2
10.1
x.
y
g
2
1
V
A
A
0
===⇒
Như vậy vị trí chạm đất là C mà
)m(8,11
10
100.2

Tại S: V
y
= 0
α==⇒ cosVVV
oxs
Mà
o
o
s
60
2
1
cos
2
V
V =α⇒=α⇒=
Và
( )
s/m20
2
3
15x10x2
sin
gy2
V
g2
sinV
y
s
o

g
2sinV
AB
1
2
α
=
(coi như được ném từ A với AB là tầm Để AB lớn nhất thì
4
12sin
11
π
=α⇒=α
Vì thành phần ngang của các vận tốc đều bằng nhau V
0
cosα = V.cosα
1
1
o
cos.
V
V
cos α=α⇒
Với





=α

o
=−=−=
−
=α

o
60=α⇒
BAØI 19 :Một bàn nằm ngang quay tròn đều với chu kỳ T = 2s. Trên bàn đặt một vật
cách trục quay R = 2,4cm. Hệ số ma sát giữa vật và bàn tối thiểu bằng bao nhiêu để vật
không trượt trên mặt bàn. Lấy g = 10 m/s
2
và π
2
= 10
Bài giải:

Khi vật không trượt thì vật chịu tác dụng của 3 lực:
nghØF;N,P
ms
Trong đó:
0NP =+
Lúc đó vật chuyển động tròn đều nên
ms
F
là lực hướng tâm:






0
= 20 cm; w = 20π rad/s; m = 10 g ; k = 200 N/m
7

Bài giải:

Các lực tác dụng vào quả cầu
dh
F;N;P
( )
( )
2
o
2
o
22
o
2
mwK
lmw
l
lmwmwKl
llmwlK
−
=∆⇒
=−∆⇒
∆+=∆
với k > mw
2
( )

NP
22
2
=








−=








−=⇒
=+
BAØI 22 :Một quả cầu nhỏ có khối lượng m = 100g được buộc vào đầu 1 sợi dây dài l =
1m không co dãn và khối lượng không đáng kể. Đầu kia của dây được giữ cố định ở
điểm A trên trụ quay (A) thẳng đứng. Cho trục quay với vận tốc góc w = 3,76 rad/s. Khi
chuyển động đã ổn định hãy tính bán kính quỹ đạo tròn của vật. Lấy g = 10m/s
2
.
Bài giải:

cos
sin
g
sinlw
tg
2
Vì
o
22
45707,0
1.76,3
10
lw
g
cos0 =α⇒===α⇔≠α
Vậy bán kính quỹ đạo R = lsinα = 0,707 (m)
BAØI 23 :Chu kỳ quay của mặt băng quanh trái đất là T = 27 ngày đêm. Bán kính trái đất
là R
0
= 6400km và Trái đất có vận tốc vũ trụ cấp I là v
0
= 7,9 km/s. Tìm bán kính quỹ
đạo của mặt trăng.
Bài giải:
Mặt trăng cũng tuân theo quy luật chuyển động của vệ tinh nhân tạo.
Vận tốc của mặt trăng
R
GM
v
o

2
22
2
2
oo
3
o
o
o
o
o
o
o
=⇒
=
π
=⇒=
π
⇒
π
==⇒
=
BAØI 24 :Quả cầu m = 50g treo ở đầu A của dây OA dài l = 90cm. Quay cho quả cầu
chuyển động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng quanh tâm O. Tìm lực căng của dây khi
A ở vị trí thấp hơn O. OA hợp với phương thẳng đứng góc α = 60
o
và vận tốc quả cầu
là 3m/s, g = 10m/s
2
.

+=








+=⇒
==−
PHẦN THỨ HAI
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬT LÍ VẬN DỤNG SÁNG TẠO PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Phương pháp tọa độ là phương pháp cơ bản trong việc giải các bài tập vật lí
phần động lực học. Muốn nghiên cứu chuyển động của một chất điểm, trước hết ta cần
chọn một vật mốc, gắn vào đó một hệ tọa độ để xác định vị trí của nó và chọn một gốc
thời gian cùng với một đồng hồ hợp thành một hệ quy chiếu.
Vật lí THPT chỉ nghiên cứu các chuyển động trên một đường thẳng hay chuyển
động trong một mặt phẳng, nên hệ tọa độ chỉ gồm một trục hoặc một hệ hai trục vuông
góc tương ứng.
Phương pháp
+ Chọn hệ quy chiếu thích hợp.
+ Xác định tọa độ ban đầu, vận tốc ban đầu, gia tốc của chất điểm theo các trục
tọa độ: x
0
, y
0
; v
0x
, v

x

+ Viết phương trình quỹ đạo (nếu cần thiết) y = f(x) bằng cách khử t trong các
phương trình chuyển động.
+ Từ phương trình chuyển động hoặc phương trình quỹ đạo, khảo sát chuyển
động của chất điểm:
- Xác định vị trí của chất điểm tại một thời điểm đã cho.
Định thời điểm, vị trí khi hai chất điểm gặp nhau theo điều kiện



=
=
21
21
yy
xx
Khảo sát khoảng cách giữa hai chất điểm
2
21
2
21
)y(y)x(xd −+−=
Học sinh thường chỉ vận dụng phương pháp tọa độ để giải các bài toán quen
thuộc đại loại như, hai xe chuyển động ngược chiều gặp nhau, chuyển động cùng chiều
đuổi kịp nhau,…trong đó các chất điểm cần khảo sát chuyển động đã tường minh, chỉ
cần làm theo một số bài tập mẫu một cách máy móc và rất dễ nhàm chán. Trong khi đó,
có rất nhiều bài toán tưởng chừng như phức tạp, nhưng nếu vận dụng một cách khéo léo
phương pháp tọa độ thì chúng trở nên đơn giản và rất thú vị.
Xin đưa ra một số ví dụ:

MgF
a =
−
=
+ Thời gian vật rơi xuống sàn buồngVật và sàn thang cùng chuyển động với vận tốc ban
đầu v
0
.Phương trình chuyển động của sàn thang và vật lần lượt là
tvta
2
1
y
0
2
11
+=
;
020
2
22
ytvta
2
1
y ++=

Với a
1
= 1,55m/s
2
, y

đặt nhẹ vào mép trước của sàn xe. Sau khi trượt trên sàn,
vali có thể nằm yên trên sàn chuyển động không? Nếu
được thì nằm ở đâu? Tính vận tốc mới của toa xe và vali.
Cho biết hệ số ma sát giữa va li và sàn là k = 0,1. Bỏ qua
ma sát giữa toa xe và đường ray. Lấy g = 10m/s
2
.
Nhận xét Đây là bài toán về hệ hai vật chuyển động trượt lên
nhau. Nếu đứng trên đường ray qua sát ta cũng dễ dàng
nhận ra sự chuyển động của hai chất điểm vali và mép sau
của sàn xe trên cùng một phương. Vali chỉ trượt khỏi sàn
xe sau khi tới mép sau sàn xe, tức là hai chất điểm gặp nhau. Ta đã đưa bài toán
về dạng quen thuộc.
Giải Chọn trục Ox hướng theo chuyển động của xe, gắn với đường ray, gốc O tại vị trí
mép cuối xe khi thả vali, gốc thời gian lúc thả vali.+ Các lực tác dụng lên
Vali: Trọng lực P
1
= m
1
g, phản lực N
1
và lực ma sát với sàn xe F
ms
, ta có
11ms11
amFNP


=++
Chiếu lên Ox và phương thẳng đứng ta được:

gmP
1
,
1
=
, phản lực N
2
và lực ma sát với
vali F’
ms
. Ta có
22ms22
'
1
am'FNPP


=+++
Chiếu lên trục Ox ta được -F’
ms
= m
2
a
2

2
2
1
2
ms

2
01
2
11
+−=+=
+=+=
Vali đến được mép sau xe khi x
1
= x
2
, hay 0,5t
2
+ 4 = -0,025t
2
+ 2t
Phương trình này vô nghiệm, chứng tỏ vali nằm yên đối với sàn trước khi đến mép sau
của xe.Khi vali nằm yên trên sàn, v
1
= v
2
Với v
1
= a
1
t + v
01
= t , v
2
= a
2


2
N
1
P
2
P
ms
F'
x
O
2t0,025t40,5txxd
22
21
−++=−=
Với t = 1,9s ta có d = 2,1m Vận tốc của xe và vali lúc đó v
1
= v
2
= 1,9m/s.
Bài toán 3
Một bờ vực mặt cắt đứng có dạng một
phần parabol (hình vẽ). Từ điểm A trên sườn bờ
vực, ở độ cao h = 20m so với đáy vực và cách
điểm B đối diện trên bờ bên kia (cùng độ cao,
cùng nằm trong mặt phẳng cắt) một khoảng l =
50m, bắn một quả đạn pháo xiên lên với vận tốc
v
0
= 20m/s, theo hướng hợp với phương nằm

4
y =
Phương trình chuyển động của vật:
Khử t đi ta được phương trình quỹ đạo
(P2):
9)3(20
4
5
x
2
532
x
20
1
y
2
−+
−
+−=
Điểm rơi C của vật có tọa độ là nghiệm của phương trình:







−+
−
+−=

A
(y
2
)
C
x
A
(xAC
=−+−=
Một số bài toán vận dụng
Bài 1Từ đỉnh dốc nghiêng góc so với phương ngang, một
vật được phóng đi với vận tốc v
0
có hướng hợp với
phương ngang góc . Hãy tính tầm xa của vật
trên mặt dốc.
ĐS:
βgcos
β)(αsin.αcos2v
s
2
2
0
+
=
Bài 2
Trên mặt nghiêng góc so với phương ngang, người ta giữ
một lăng trụ khối lượng m. Mặt trên
của lăng trụ nằm ngang, có chiều dài
l, được đặt một vật kích thước

)v(v
a
2
12
−
−<
11
h
l
0
v

α
A B
h
0
v

α
A B
C
x(m)O
y(m)
0
v

β
α
α
m