Vật lí Hay và Khó
A. Cơ học
1. Động học
Bài 1: Cho cơ hệ như hình vẽ. B chuyển động sang phải với gia tốc
a

, còn vật nhỏ A được nối
với điểm C bằng một sợi dây không dãn được nâng lên theo đường dốc chính của một mặt trụ của
vật B. Mặt này có bán kính R.
Giả sử tại thời điểm ban đầu vật A nằm trên sàn và đang đứng
yên, sợi dây luôn căng.
Hãy tính vận tốc trung bình của vật A trong quá trình A đi từ sàn
lên đến điểm cao nhất của trụ B (điểm D).

Giải:
Khi A đi từ sàn lên đến điểm cao nhất của trụ thì độ dời của nó sẽ là
AI

:

α
cos 2
22
DIADDIADIAIA −+==
(
4
π
α
=
)


2
2
1
atEF =
Thời gian để trụ đi từ E đến F cũng chính là thời gian chuyển dời của vật nhỏ khi đi từ I đến A :
Suy ra:

a
R
a
R
a
AD
a
EF
t
π
π
====
2
.2
.2.2

Vận tốc trung bình của vật nhỏ A:
t
IA
v =

=v
π

=
Thời
gian ô tô chạy trên đồng cỏ từ B đến D:
2
22
2
v
lx
t
+
=
.
Tổng thời gian chạy từ A đến D của ô tô :
21
ttt +=
=
1
v
xd −
2
22
v
lx +
+
.

+
−
=
1

nx
+
+
22
1
22
. lxv
lxnx
+
+−
=
.
f’(x) = 0
⇔
x=
1
2
−n
l
.
Bảng biến thiên:

Vậy ô tô phải rời đường cái tại B cách C một đoạn
=x

1
2
−
n
l

0
.
Tại một thời điểm nào đó dây có chiều dài l, xét một thời gian vô cùng bé dt vật đi được cung
AB:
=ld=v
0
dt.
Do
ϕ
Rdl =
⇒
ϕ
d
=
R
dl
thế vào phương trình trên ta được:

R
dl
l
=
dtv
0
Lấy tích phân hai vế:
∫
L
R
ldl
0

tv
0
=

⇔

Rv
L
t
0
2
2
=
.
Vậy thời gian để dây cuốn hết trụ sẽ là:
Rv
L
t
0
2
2
=
.
Bài 4: Có hai vật m
1
và m
2
chuyển động thẳng đều với vận tốc lần lượt là
1
v


⇒

α
cos)(2)()(
21
2
2
2
1
tvtvltvtvld −−+−=
=
2
21
2
2
221
2
1
)cos(2)cos2( ltvvltvvvv ++−++
αα
Ta xem biểu thức trong căn là một tam thức bậc hai ẩn số
t
, với
α
22
2
2
sin4 vl−=∆
, d sẽ đạt giá


⇒

=
min
d
2
221
2
1
2
cos2
sin
vvvv
lv
++
α
α
Bài 5: Có hai tàu A và B cách nhau một khoảng a đồng thời tàu A và B chuyển động với vận tốc
không đổi lần lượt là v và u
( )
uv >
. Tàu B chuyển động trên một đường thẳng (đường thẳng này
vuông góc với đoạn thẳng nối các vị trí ban đầu của hai tàu, còn tàu A luôn hướng về tầu B.
Hỏi sau bao lâu tàu A đuổi kịp tàu B ?
Giải:
Ta gắn hệ trục
xy0
trùng với mặt phẳng nước và trục 0x
cùng phương chiều với chuyển động của tàu B , còn tàu A

y
x
Lấy vế chia vế hai phương trình trên và ta rút ra:dt
dy
dt
dy
dt
dx
α
α
cot
tan
1
−=−=
(1)
Ta lại có:
αα
cottan yxut
xut
y
=−⇒
−
=
(2)

4
Vật lí Hay và Khó

sin
sin
v
dy
dtv
dt
dy
−=⇒−=
(5)
Thay dt từ (5) vào (4):
α
α
sin
d
dy
y
vu =
hay
α
α
sin
d
y
dy
v
u
=
Lấy tích phân 2 vế:

∫∫

v
u
a
y






=
2
tan
α
Mặt khác ta lại có:

=
+
=
2
tan1
2
tan2
sin
2
α
α
α
v
u

2
tan
2
tan
2
1
αα
và
α
sinv
dy
dt −=
nên


















∫∫




















+






−=
−



+
+
−
=⇔
v
u
v
u
v
a
t
1
1
1
1
2
hay

5
Vật lí Hay và Khó

=t

22
uv
av
−
Vậy sau thời gian

lại va chạm đàn hồi
với bờ tường và gặp m
1
lần 2. Va chạm
lần 2 xảy ra cách bờ tường một khoảng
là bao nhiêu?
Tìm điều kiện để điểm va chạm lần 2 cách điểm va chạm lần 1 một khoảng là d/2 ?
Giải :
Chọn trục toạ độ như hình vẽ.
Gọi v
1
,v
1
’lần lượt là vận tốc của vật 1 trước và sau khi va chạm.
Gọi v
2
và

v
2
’ là vận tốc của vật 2 trước và sau khi va chạm (các vận
tốc v
1
,v
2
,v
1
’,v
2
’ mang giá trị đại số).

'
2
22
v
mm
m
mm
vmvmm
v
+
=
+
+−
=
(do v
2
= 0)

6
Vật lí Hay và Khó
Nhận thấy v
1
’,v
2
’ đều dương, chứng tỏ sau va cham chúng chuyển động cùng chiều ox.
Gọi điểm va chạm lần 2 cách tường một đoạn x, thời gian giữa 2 lần va cham là :

'
'
2

mm
21
21
3
−
+
Để va chạm lần 2 cách lần 1 một đoạn
2
d
thì:
22
dd
dx =−=

hay
23
21
21
d
d
mm
mm
=
−
+

⇒

21
3mm

0=x

0=⇒ c7
Vật lí Hay và Khó
Do vậy
2
2
4
2 t
a
xatx =⇒=
Vận tốc của vật
'x
dt
dx
v ==

t
a
v
2
2
=
Gia tốc của vật :

''
2

ngang một góc
β
=60
0
, biết
0
30=
α
. Bỏ qua sức cản của không khí.
a. Tính khoảng cách AB từ điểm ném đến điểm viên đá rơi.
b. Tìm góc
ϕ
hợp bởi phương véc tơ vận tốc và phương ngang ngay sau viên đá chạm mặt
phăng nghiêng và bán kính quỹ đạo của viên đá tại B.
Giải:
a. Chọn hệ trục oxy gắn o vào điểm A và trục ox song song với phương ngang Trong quá trình
chuyển động lực tác dụng duy nhất là trọng lực
P

.
Theo định luật II Newton:

amP


=
Chiếu lên:
0x:
x
ma=0

0
gttvy
tvx
β
β

Khi viên đá rơi xuống mặt phẳng nghiêng:




=
=
)4(sin
)3(cos
α
α
ly
lx
T hế (3) vào (1) ta rút ra t thế vào (2) và đồng thời thế (4) vào (2) ta rút ra :

α
αββαβ
2
2
0
cos.
)cos.sincos (sincos2
g
v

cos
0
vv
x
=
2
0
v
=
Khi vật chạm mặt phẳng nghiêng :

αα
cos
3
2
cos
2
0
g
v
lx ==
hay
αβ
cos
3
2
.cos
2
0
0

323
2
sin
00
0
vv
vv
y
−=−=
β

⇒
ϕ
tan
=
3
1
2
32
0
0
=
−
=
v
v
v
v
x
y

ϕ
cos
2
g
v
R =⇒
Với:
3124
2
0
22
222
v
vv
vvv
yx
=+=+=

⇒
=R

g
v
.33
2
2
0
Bài 9: Một người đứng ở sân ga nhìn ngang đầu toa thứ nhất của một đoàn tàu bắt đầu chuyển
động nhanh dần đều. Toa thứ nhất vượt qua người ấy sau thời gian
1

ns =
⇒
a
nS
t
n
2
=
;

1
−
n
toa đầu tiên vượt qua người ấy mất thời gian
1−n
t
:

( )
2
1
2
1−
=−
n
at
sn
⇒

a

s
m
v 5
0
=
.
Trong các khoảng 3 giây tiếp theo chất điểm chuyển động với vận tốc 2v
o
, 3v
0
, … , nv
0
.
Tìm vận tốc trung bình của chất điểm trên quảng đường AB trong các trường hợp :
a. s = 315 m ;
b. s = 325 m .
Giải:

10
Vật lí Hay và Khó
Đặt:
)(3
1
st =

Gọi quảng đường mà chất điểm đi được sau
1
nt
giây là s:


a. Khi
ms 315=
⇒
7,5n(n+1) = 315
⇔



−=
=
7
6
n
n
(loại giá trị n=-7)
Thời gian chuyển động:

)(231
1
snntt =−+=
Vận tốc trung bình:
23
315
==
t
s
v

=v
)/(7,13 sm

= 30m/s , v
2
= 20m/s. Tại thời điểm khoảng cách giữa hai vật nhỏ nhất thì vật một giao điểm của
quỹ đạo đoạn S
1
= 500m, hỏi lúc đó vật hai cách giao điểm trên một đoạn S
2
là bao nhiêu?
Giải:
Gọi khoảng cách trên đầu của vật (1) và (2) tới vị trí giao nhau của hai quỹ đạo là d
1
và d
2
. Sau
thời gian t chuyển động khoảng cách giữa chúng là:

2
2211
)()( tvdtvdd −+−=
=
2
2
2
12211
22
2
2
1
)(2)( ddtdvdvtvv +++−+


dvdv
vdS
+
−
=
+
+
⋅−=

11
Vật lí Hay và Khó
Lúc đó:
tvdS
222
−=
−=
22
dS
2
2
2
1
12211
2
2
2
1

đoạn
=
2
S

m750
.
Bài 12: Một chiếc côngtenơ đặt sao cho mặt trên nằm ngang được cần cẩu cẩu lên thẳng đứng lên
cao với gia tốc a = 0,5m/s
2
. Bốn giây sau khi rời mặt đất người ngồi trên mặt côngtenơ ném một hòn
đá với vận tốc v
0
= 5,4m/s theo phương làm với mặt phẳng ngang côngtenơ góc
0
30=
α
.
a. Tính thời gian từ lúc ném đá đến lúc nó rơi xuống mặt đất. Biết côngtenơ
cao h = 6(m)
b. Tính khoảng cách từ nơi đá chạm đất đến vị trí ban đầu của tấm bê tông
(coi như một điểm) lấy g = 10m/s
2
.
Giải:
a. Sau 4s độ cao của người đứng trên mật côngtenơ là:

)(10
2
45

)/(7,486.04,5cos
0
smvv
x
≈⋅==
α
0y:
)/(7,4
2
4,5
2sin
01
smvvv
y
=+=+=
α

1≈=⇒
x
y
v
v
tg
β
vậy
0
45=
β

Chọn trục oxy như hình vẽ gắn vào mặt đất. Phương trìn chuyển động của viên đá theo

s2

b. Khoảng cách từ nơi đá rơi đến vị trí ban đầu của côngtenơ:

=== 2.7,4tvL
x

m4,9
.
Bài 13: Người ta đặt một súng cối dưới một căn hầm có độ sâu h. Hỏi phải đặt súng cách
vách hầm một khoảng l bao nhiêu so với phương ngang để tầm xa S của đạn trên mặt đất là lớn
nhất? Tính tầm xa này biết vận tốc đầu của đạn khi rời súng là
0
v
.
Giải:
Phương trình vận tốc của vật theo phương ox :

α
cos
0
vv
x
=
Phương trình vận tốc của vật theo phương oy:

gtvv
y
−=
α

−=
α
sin
0
Để tầm xa x là lớn nhất thì tại A vận tốc của vật phải hợp với mặt ngang một góc 45
0
có
nghĩa là tại A:

0
cossin
v
g
tvv
yx
⋅
−
=⇒=
αα
(1)
Hơn nữa ta phải có sau thời gian này:






=−⋅
=⋅
⇔

2
0
ααα
−=⇒
g
v
l
(4)
Thay t từ (1) vào (3) ta được:

2
1
sin
2
0
2
+=
v
gh
α
;
2
0
2
2
1
cos
v
gh
−=

gh
v
hg
g
v
+−−
Từ (1) :

13
Vật lí Hay và Khó








−−+−+=⇒⋅
−−+
=⇒
2
0
2
0
2
0
00
2
0

v
gh
v
y
−=
)1()
2
1
()
2
1
()
2
1
(
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
+⋅−=−+−=⇒ v
v
gh
v
gh





−
=
Vậy phải đặt súng cách vách hầm một khoảng:
)
2
1
4
1
(
2
0
4
0
22
2
0
v
gh
v
hg
g
v
l +−−=
thì tầm xa của đạn trên mặt đất là lớn nhất và
tầm xa này bằng
( )

Giải:
Về độ lớn:
vaw =
a. Về dấu ta có:

Catv
adt
dt
dv
va
dt
dv
vaw
+−=⇔
−=⇔−=⇔−=
2
Lúc
0=t
,
0
=
v
00
222 vatvvC +−=⇒=⇒

2
2
00
4
. t

a
tvavvdtS

14
Vật lí Hay và Khó

⇒
=
S

2
3
0
3
2
v
a
S
⋅=
b. Từ (*) ta có thời gian đi quảng đường ấy:
=t
0
2
v
a
.
Bài 15: Ở mép của một chiếc bàn chiều cao h, có một quả
cầu đồng chất bán kính R = 1(cm)
)( hR ≤
. Đẩy cho tâm 0


3
5
sin
3
2
cos =→=
αα
Thay
3
2
cos =
α
vào phương trình (1) ta được vận tốc của vật lúc đó:

gRv
3
2
=
Giai đoạn tiếp theo vật như một vật bị ném xiên với góc
α
và với vận tốc ban đầu:

gRv
3
2
=
Theo đề bài
hR <<
do vậy ban đầu ta xem

2
1
.sin
α

15
Vật lí Hay và Khó
Thay







=
=
3
5
sin
3
2
α
gRv
vào phương trình trên ta tìm được:






thì vật sẽ rơi xuống đất.
Tầm bay xa của vật:

.
3
2
.
3
2
.cos gRtvxS ===
α
g
ghgRgR
.33
541010 ++−

=
S
( )
ghgRgR
g
R
541010
2
27
2
++−
.
Bài 16: Một chất điểm chuyển động chạm dần trên bán kính R. sao cho tại mỗi điểm gia tốc tiép
tuyến và gia tốc pháp tuyến luôn có độ lớn bằng nhau. Tại thời điểm ban đầu t=o, vận tốc của chất

t
vvR
dt
v
dv
tv
v
=−⇒=−
∫∫
0
0
2
11
0

⇒
=v
t
R
v
v
0
0
1
+
từ (1)
R
ds
v
dv

S
v
−
.
0
.
b. Gia tốc toàn phần:

22
22
ntnt
aaaaa ==+=
Gia tốc toàn phần theo vận tốc:

=a

2
2
R
v
Gia tốc toàn phần theo quóng đường đi được:

=a

2
.
2
2
0
R




−=−===
=−=−=
2
2
0
1
2
1cos1sin
22
0
R
d
RRRACy
d
tv
RADDx
αα
Ta cú:

0
' vd −=
Ta suy ra:






22
0
22
0
42
.
42.2
'2
2
'
2
1
dR
vd
dR
dd
v
v
dv
Cy
Cx

17
Vật lí Hay và Khó

( )
2
22
0
2

smvsmv /5;/5
21
==
, trong khoảng 2 vật trên đoạn thẳng mà chúng chuyển động có
một vật nhỏ luôn chuyển động thẳng đều với vận tốc v = 30 m/s cùng chuyển động trên đường
thẳng mà 2 vật (1) và (2) chuyển động. Mỗi khi vật trên đến gặp vật (1) hoặc vật (2) thỡ vận tốc
của nú sẽ đổi hướng ngược trở lại và coi như vẫn giũ nguyên độ lớn vận tốc của nó. Hỏi khi vật
(1) và vât (2) gặp nhau thỡ quóng đường vật nhỏ đi được có tổng chiều dài là bao nhiêu?
Giải:
Vận tốc của vật (1) đối với mốc vật (2) là:

2112
vvv


−=

10
2112
=+=⇒ vvv
(m/s).
Thời gian từ ban đầu đến lúc vật (1) và vật (2)
gặp nhau là:
10
10
100
12
===
v
AB

β
.
Gia tốc tiếp tuyến:

R
dt
dtR
dt
dv
a
t
β
β
===
Gia tốc toàn phần:

22
tn
aaa +=
=
22424
RtR
ββ
+
Lực làm đồng tiền chuyển động tròn chính là lực ma sát nghỉ.
Ta có:

22424
RtRmmaF
msn

⇒

)1.(
1
22
22
2
4
−≤
β
µ
β
R
g
t
(1)
Lúc vật bắt đầu văng ra thì :
mstmsn
FF =
hay:

)1.(
1
22
22
2
4
−=
β
µ

>⇔>− 01
22
22
Vậy sau
1.
1
22
22
−
β
µ
β
R
g
( với
g
R
β
µ
>
) vật sẽ văng ra khỏi đĩa.
Bài 20: Một người đi xe đạp lượn tròn trên một sân nằm ngang có bán kính R. Hệ số ma sát chỉ
phụ thuộc vào khoảng cách r từ tâm của sân theo quy luật






−=

r
v
mmg
R
r
2
0
.1 =






−
µ
Suy ra
2
0
0
2
r
R
g
grv
µ
µ
−=
Đây là một tam thức bậc hai ẩn r với hệ số
0

R
=

19
Vật lí Hay và Khó
Lúc đó:
422
0
2
0
0
22
max
gR
R
R
g
R
gvv
µµ
µ
=






−==
Vậy:

a. Vật chịu tác dụng của lực cản
kvF −=
. Theo định luật II Newton ta có:

makv
=−

⇒
dt
dv
mkv =−

hay
dt
m
k
v
dv
−=
Nguyên hàm hai vế:
∫ ∫
+−= cdt
m
k
v
dv

⇔

Cdt

−
= .
0
Quảng đường vật đi được trong khoảng thời gian từ 0
→
t
:

∫ ∫
==
t
vdtdsS
0

S
= v
0
.
dte
t
t
m
k
∫
−
0
=
k
mv
0

b. Quảng đường vật đi được cho tới lúc dừng:

∫
= dsS
Từ (*) vi phân hai vế ta có:

dv
k
m
dS −=
nên
dv
k
m
S
v
∫
−=
0
0⇒

=s
k
mv
0
.
Bài 22: Cho cơ hệ như hình vẽ. Lúc đầu hệ cân bằng, bàn nhận được







=−+
===
)3(cossin
)2(
02
2
2
maTmgF
g
a
mg
ma
P
F
tg
qt
qt
αα
α
Từ (3) suy ra:

α
sinma
cosmg

ga
a
g
a
g
a
tg
tg
+
=
+
=
+
=
α
α
α

)7(
1
1
1
1
cos
22
2
22
ga
g
g


a
Mm
gamMgMa
aaa
M
−
+
++−
=−=⇒
22
0
µ

=
M
a

Mm
mgMggam
+
−−+
µ
22
Bài 23: Cho cơ hệ như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa M và m là
1
µ
,
giữa M và sàn là
2

+=
=−

Phương trình chuyển động của M:
22
Vật lí Hay và Khó

M
FF
a
gMmPPNNN
MaFF
msms
msms
21
2
2121
221
'
)(
'
−
=⇒


211
+−
>
−
µµµ

g
M
m
MmF ))((
21
+−>⇒
µµ
Với điều kiện:
.0
11
mgFa
µ
>⇔>
Vậy đáp số của bài toán này:

( )( )





>
+−>
mgF

a
ms
1
11
1
1
µ
µ
===⇒
Phương trình chuyển động của vật M:




+=+=+=
=−−
gMmPPNNN
MaFFF
msms
)(
2121
221

M
FFF
a
msms 21
2
−−
=⇒


g
M
gMmmgF
1
21
)(
µ
µµ
>
+−−
⇔
Cuối cùng:
)1())((
21
gMmF ++>
µµ
Điều kiện
0
2
>a

hay
)2()(
21
gMmmgF ++>
µµ
Điều kiện (2) bao hàm trong điều kiện (1).
Do vậy kết quả bài toán :




=+

2222:2
amPTm


=+
Chiếu các phương trình đó lên chiều dương ta được:

)3(
)2(
)1(
2
22
22222
1
11
11111
0
000
m
TP
aamTP
m
TP
aamTP
m
T

'
'
aaaSSS
SSS
SSS
=+⇒=+⇒



+=
−=
(*)
Thế (1), (2) và (3) vào (*) và chú ý T = 2T
1
= 2T
2
Rút ra:

g
mmm
T .
2
1
2
12
2
210
++
=


m
g
ga
++
−=

24
Vật lí Hay và Khó

=
1
a

g
mmm
m
.
)
114
(
2
1
210
1







1
.
- Nếu m
2
= 0 thì a
1
= g, vật m
1
rơi tự do.
Bài 25: Một kiện hàng hình hộp đồng chất (có khối tâm ở tâm hình
hộp) được thả trượt trên mặt phẳng nghiêng nhờ hai gối nhỏ A và
B. Chiều cao của hình hộp gấp n lần chiều dài( h= nl). Mặt phẳng
nghiêng một góc
α
, hệ số ma sát giữa gối A và B là
µ
.
a. Hãy tính lực ma sát tại mỗi gối.
b. Với giá trị nào của n để kiện hàng vẩn trượt mà không bị lật.
Giải:
a. Xét các lực tác dụng vào kiện hàng:
msBmsABA
FFNNP

,,,,
.
Theo định luật II Newton:

amFFNNP
msBmsABA

l
h
h
l
FF
NN +=
+
=−⇒
µ
Cuối cùng:

)2(cos
cos
αµ
αµ
nmg
l
mgh
NN
AB
==−

Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được:

)1(cos
2
1
nmgN
A
µα