Kiểm tra giữa học phần Vật lý 1
Thời gian làm bài : 60 phút (không tính thời gian chép đề)
Bài 1: (2 điểm)
Một người đứng ở độ cao H so với mặt đất, ném ngang một vật vào cửa sổ nhà đối diện cách chỗ ném
s, mép trên cửa sổ cách mặt đất h < H. Tìm vận tốc ném để vật rơi vào nhà và cách xa cửa sổ nhất.

Bài 2: (1,5 điểm)
Một đồng hồ treo tường có kim giờ dài 5cm, kim phút dài 8cm, kim giây dài 9cm. So sánh vận tốc góc,
vân tốc dài và gia tốc hướng tâm của các đầu kim, biết các đầu kim chuyển động tròn đều.

Bài 3: (3 điểm)
Một vật khối lượng m
1
có thể trượt trên mặt phẳng nghiêng góc  so với phương ngang, được nối với
vật m
2
bằng sợi dây nhẹ không dãn vắt qua ròng rọc.
a) Bỏ qua khối lượng ròng rọc, xác định điều kiện của hệ số ma sát để vật m
2
đi xuống đều và đi xuống
nhanh dần đều.
b) Thay m
1
bằng hình trụ đặc bán kính r, khối lượng m
3
và ròng rọc là đĩa tròn khối lượng m. Cho hệ
số ma sát là k’ để m
2
đi xuống. Tìm gia tốc của 2 vật.
c) Trong câu b, lúc đầu m
2

= 2.h
E
= n.R.
a) Tính vận tốc m
1
, m
2
sau va chạm và độ cao mà m
1
lên được, hệ số ma sát của mặt phẳng ngang.
b) Định điều kiện n để m
3
không rời khỏi rãnh tại C và tìm vật tốc của m
3
tại C và E.

Bài 5: Chọn làm một trong 2 câu sau đây: (1 điểm)
a) Một đĩa tròn đồng chất tâm O bán kính R, bị khoét một lỗ tròn nhỏ bán kính r tâm O’ cách O một
đoạn R/2. Xác định khối tâm của đĩa và momen quán tính của đĩa đối với trục quay vuông góc qua O.
b) Một vật dao động tắt dần có phương trình: x = 2
5
.2
-0,3.t
.cos4t (cm). Tìm biên độ dao động của vật
sau khi bắt đầu dao động 10s và sau 10 chu kỳ dao động toàn phần.
Kiểm tra giữa học phần Vật lý 1
Bài 1:
Chọn Hệ quy chiếu gắn với mặt đất, hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, gốc tọa độ tại vị trí bắt
đầu ném, gốc thời gian lúc bắt đầu ném. Vận tốc ném vật là
0



 
 
  
    
  
 

 
 



Điều kiện để vật rơi vào nhà là x = s và H - h  y  H – h – chiều cao cửa sổ.
Để vật rơi vào nhà và cách xa cửa sổ nhất thì vật phải rơi vào nhà tại mép trên cửa sổ là :
x = s và y = H – h
2
2
0
.
2
g s
H h
v
   
0
.
2.( )
g

(h)

: 
(m)
: 
(s)
= 1 : 12 : 720
Ta có : v = .R  v
(h)

: v
(m)
: v
(s)
= 
(h)
.5

: 
(m)
.8 : 
(s)
.9 = 5 : 96 : 6480 = 1 : 19,2 : 1296
Và a
n
= 
2
.R 
( ) ( ) ( )
: : 5:1152 : 4665600 1: 230,4:933120

ms
= m
1.
a
1
và (2)/(+) : P
2
– T
2
= m
2
.a
2

Vì dây nhẹ, không dãn và bỏ qua khối lượng ròng rọc nên a
1
= a
2
= a và T
1
= T
2
= T
Ta có : N
1
= P
1
.cos = m
1
.g.cos và f

sin
cos
m m
k
m





Để m
2
đi xuống nhanh dần đều : a > 0 
2 1
1
sin
cos
m m
k
m




0,25
ms
= m
3.
a
Phương trình chuyển động quay quanh trục của m
3
là :
2
3 3
1 1
.
2 2
ms ms
a
f r m r f m a
r
  
Phương trình chuyển động quay quanh trục của ròng rọc là: T
2
– T
3
= ½.m.a
Từ các phương trình trên ta có:
2 3 2 3
2 3 2 3
2 2 ( 'cos sin ) 2 2 sin
2 2 2 3
m m k m m
a g g
m m m m m m

 
 

 
 
 

2 3
3 3
2 3
sin
'. . .cos . .
2 3
ms
m m
f k m g m g
m m m


 

 
 
 
 
và
2 3
2 3
sin
'

0,25

0,250,25

0,5 0,5
Bài 4:
a) Chọn gốc thế năng tại điểm thấp nhất của bài toán.
Độ cao ban đầu của vật m
1
là : h
A
+ h(1-cos).
Trong quá trình chuyển động trước và sau khi va chạm, cơ năng của vật m
1
được bảo toàn do
bỏ qua ma sát và lực tác dụng vào m
1
là trọng lực (lực thế) và lực căng dây (không sinh công).
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m
1
lúc ban đầu và trước khi va chạm với m

m m m m
v v gh v
m m m m

 
   
 
và
 
2
1 1
2 1 0
1 2 1 2
2 2
' . . 2 1 cos
m m
v v gh v
m m m m

   
 

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m
1
từ sau khi va chạm với m
2
đến lúc ở vị trí cao
nhất, ta có:
'2
1

sát sinh công cản. Áp dụng định lý động năng cho m
2
từ lúc bắt đầu chuyển động sau va chạm
đến khi dừng lại chạm vào m
3
, ta tính được hệ số ma sát của mặt phẳng ngang:
'2
2 2 2
. . . . / 2
ms ms
A F s k m g s m v   
 
2
2
'2
0
2 1
1 2
2 1 cos
2
.
2 2
gh v
v m
k
gs m m gs

 
 
 

cơ năng của m
3
bảo toàn trong suốt quá trình chuyển động do lực tác dụng vào m
3
là trọng lực
(lực thế) và phản lực vuông góc của rãnh (không sinh công).
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m
3
tại A, C, E ta có:
2 2
3 3 3 3 3
.2 / 2 / 2
A C E E
m gh m g R m v m gh m v   
2. ( 2 )
C A
v g h R
  và
2. ( )
E A E
v g h h
 
Điều kiện để m
3
không rời khỏi rãnh tại C là: N
C
 0. Áp dụng định luật II Newton ta có:
2
3 3
0 / 2 ( 2 )

k
.
Chọn gốc tọa độ để xác định các khối tâm tại O, theo công thức tính khối tâm ta có:
m.r
O
= m
c
.r
C
+ m
k
.r
O’
 x : R/2 = - m
k
: m
c
(vì r
O
= 0).
Mà khối lượng đĩa tròn và phần lỗ tròn bị khoét tỷ lệ với bình phương bán kính nên ta có:
2
2 2
k k
c k
m m
r
m m m R r
 
 

Theo định lý Huyghen – Stêne thì : I
k
= ½ m
k
.r
2
+ m
k
.R
2
/4.
Theo công thức tính momen quán tính ta có : I
c
= I – I
k

2 2 2
1 1 1
2 2 4
c k k
I mR m r m R
   
4 4 2 2
2
.(2 2 . )
4
c
m R r R r
I
R0,25
0,25

0,5
0,5