E-LEARNING
Nhờ sự giúp đỡ của một vài bạn khi mình đăng câu hỏi lên và những bạn đó đã hướng dẫn giúp mình mà
tài liệu chương 1 đã hoàn thành tương đối (80%). Những bài toán khó (khó đối với mình cũng có thể dễ
đối với các bạn) hoặc sai đề thì mình buộc phải bỏ qua.
Xin chân thành cảm ơn những người bạn đó, tấm lòng đó rất đáng quí trọng và hi vọng khi mình hỏi bài
tập chương 2 cũng nhận được sự giúp đỡ như vậy.
Tài liệu này với mục đích giúp các bạn củng cố kiến thức và miễn phí. Nên hi vọng không 1 ai sử dụng
để làm mục đích kinh doanh thu lợi nhuận.


1. Một hạt chuyển động trên mặt phẳng Oxy với vận tốc v có độ lớn không đổi. Hãy xác định gia tốc
của hạt tại thời điểm x = 0 nếu quĩ đạo chuyển động có dạng sau

x2 y 2

 1 với b, c là các hằng số
c2 b2

khác 0.
Đạo hàm quĩ đạo 1 lần theo t sẽ được vận tốc:

2 x.vx 2 y.v y
2 x.x 2 y. y


0

 2 0
c2
b2
c2

  2 y.v y
  2
  b

Bài này quĩ đạo là Elip nên vận tốc vx và v y sẽ thay đổi theo thời gian nhưng theo qui luật
v  vx2  v y2  hằng số. Mà ta đang có v y  0; vx  v nên vận tốc theo trục Ox đang đạt cực đại, tức suy

ra gia tốc ax  0 . Vậy thì ta có a  ax2  a 2y  a y . Đi tìm ay là xong.
Từ (*), thay x  0; v y  0; vx  v; y  b; a  a y vào, ta sẽ được a  b

v2
c2

2. Một người quay một sợi dây dài 2m theo phương nằm ngang cách mặt đất 2m. Ở đầu còn lại sợi
dây có cột một viên đá có khối lượng không đáng kể. Dây đứt làm viên đá bay ngang ra và rơi
xuống đất cách đó 10m. Hỏi khi chuyển động, gia tốc hướng tâm của viên đá là bao nhiêu ?


Đặt gốc tọa độ tại mặt đất và tại vị trí hòn đá bị văng ra khỏi sợi dây x0  0; y0  2m
Chuyển động ném ngang: y  y0 

1 g
2
x  x0 
2 
2 v0

1 9,8
2
Khi vật chạm đất, xch  10m; ych  0  0  2  . 2 10  0   v02  245


2.20
 2s
10

Vậy thời gian để A bay lên tới C rồi rơi chạm đất tại M: tOCM  3s
Thời gian từ O bay lên C:

vA tai C  0  v0  gtOC  v0  0  g.tOC  tOC 

v0
g

1 2
1 v2
 0
Quãng đường OC: OC  v0tOC  gtOC
2
2 g

Thời gian để A rơi từ C xuống đất tại M: tCM


1 v2 
2 h  0 
2 g
2CM




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 của xe đạp đối với
đất lớn hơn gấp bao nhiêu lần vận tốc của bàn đạp đối với
xe đạp ?
Ở đây ta có bộ phận nào có cùng tâm quay thì tốc độ góc sẽ
bằng nhau, bán kính khác nhau nên v sẽ khác nhau. Riêng

v1  v2 do được truyền động bằng xích.
v  R
v3 

R3
R
R R
v
30 15
v2  3 v1  3 . 1 .v4  3  .  4,5
R2
R2
R2 R4
v4 5 20

6. Ô tô chuyển động thẳng, nhanh dần đều, lần lượt đi qua A, B với vận tốc vA = 1m/s2 và vB = 9m/s2.
Tính vận tốc trung bình của ô tô trên quãng đường AB.

vtb 

x2  x1 s
 , với t là thời gian ô tô đi từ A đến B.
t

ax  x  b 2 sin t
Ta có 
 an  ax2  a y2  b 2
2
a y  y  b cos t
8. Một người đi xe đạp với vận tốc 18km/h từ vị trí A
theo đoạn thẳng để tới vị trí B. Đồng thời một người
lái xe máy với vận tốc 36km/h đi từ vị trí B theo một
đoạn đường thẳng khác để tới vị trí C. Khoảng cách
AB = L = 2,5km. Đoạn đường AB hợp với đoạn đường
BC một góc 300. Hỏi người đi xe máy sẽ cách người đi
xe đạp một khoảng ngắn nhất bằng bao nhiêu và sau


bao lâu ?
Đặt hệ trục tọa độ Oxy (km) như hình vẽ :
Xét chuyển động của xe đạp:

vx  18km / h  xdap  L  18t  2,5  18t


v y  0
 ydap  0
Xét chuyển động của xe máy:

vx  36 cos 300  18 3km / h  xmay  18 3t


0
v


2
Đây là hàm bậc 2 (Parabol), d min
  d 2   0  t  0, 04483  h   d 2  0, 738  d  0,8593km

9. Một ca nô xuôi dòng từ A đến B với tốc độ 30km/h, rồi ngược dòng từ B về A với tốc độ 20km/h.
Tính tốc độ trung bình trên lộ trình đi – về của ca nô.
Chuẩn hóa quãng đường AB : s = 60km (100km cũng được, nhưng lấy số 60 là BCNN của 20 và 30 cho
thời gian là số nguyên).
Thời gian từ A về B : t1 

s 60

 2 h
v1 30

Thời gian từ B về A : t2 

s 60

 3 h
v2 20

 s  2s
t t  t

2.60
 24  km / h 
23
1

Ta có

vx
6
15cos 5t
3
3
v  5sin  2,5 3
 y
3
vy

11. Một viên sỏi được phóng vào bờ đá cao h, với tốc độ ban đầu 42m/s dưới góc 600 ở trên phương
ngang. Sau khi phóng 5,5s thì viên sỏi rơi vào bờ đá tại điểm A. Độ cao của điểm rơi A và tốc độ
viên đá ngay trước khi va vào điểm A?


v0 x  42 cos 600  21 m / s 
vx  v0 x  21 m / s 



0
v y  v0 y  gt  21 3  10.5,5  18, 63  m / s 
v0 y  42sin 60  21 3  m / s 

v  v 2  v 2  28  m / s 
x
y



2

 x1  x2    y1  y2 

2



 v0t 

2

2

2

2

cos 2    v0t   2  v0t  sin    v0t  sin 2   v0t 2  2sin 

13. Chất điểm M chuyển động trên đường tròn bán kính R = 1,592m với phương trình s  2t 2  t , s là
độ dài cung OM, O là điểm mốc trên đường tròn. Tính thời gian để chất điểm đi hết một vòng đầu
tiên.

s  2 R  2t 2  t  2.3,14.1,592  t  1,999  s 
14. Một viên đạn được bắn từ mặt đất lên cao với vận tốc v0  800  m / s  hợp với mặt phẳng nghang
một góc nghiêng   300 . Bỏ qua lực cản của không khí. Lấy gia tốc rơi tự do g  9,8  m / s 2  . Xác
định bán kính cong của quĩ đạo viên đạn tại điểm rơi chạm đất.


2




 vcham  800  cos  cham 


v y  cham 





vcham





Vậy  

2
vcham


an




g
2
g
T
2h
2.2

16. Nam thường đạp xe với tốc độ 12km/h. Một lần, bạn gặp đoàn tàu khách TN1 chạy cùng chiều
vượt qua mình và đo được thời gian để tàu vượt qua mình là 20s. Lần khác, nam đang đạp xe thì
lại gặp đoàn tàu đó chạy ngược chiều với vận tốc như trước và đo được thời gian để tàu qua mình
là 12s. Tốc độ của tàu TN1 khi đi qua đoạn đường trên là ?
Gọi d là chiều dài đoàn tàu. Đánh dấu điểm A ở đầu tàu, điểm B ở cuối tàu.
Khi cùng chiều, chiều dài tàu chính bằng hiệu quãng đường mà điểm A đi được trong 20s so với Nam đi
được : d  vtau .t  vNam .t   vtau  vNam  .t   vtau  12  .20
Khi ngược chiều, chiều dài của tàu là tổng quãng đường mà điểm B đi được đến khi gặp Nam cộng với
quãng đường Nam đi được từ A đến khi gặp B, tức là trong 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 trên đường tròn bán kính R = 2m với phương trình s  3t 2  t với s là
độ dài cung OM. O là điểm mốc trên đường tròn. Vận tốc góc của chất điểm lúc t = 0,5s là ?
Ta có v   R  cần tính v tại t = 0,5s.

v  s  6t  1  4  m / s    

v
 2  rad / s 
R

18. Năm 1993, vận động viên nhảy xa Mike Powell đoạt chức vô địch thế giới rời đất với góc 200 so với
phương ngang và đạt tốc độ chạy đà 11m/s. Bỏ qua sức cản không khí, cho gia tốc trọng trường là

2
v  v0  gt  12  9,8.1,5  26, 7  m / s 
h  v0t 

20. Hai ô tô cùng khởi hành từ A đến B. Xe I đi nửa đường đầu với tốc độ không đổi v1, nửa đường
sau với tốc độ v2. Xe II thì đi nửa thời gian đầu với tốc độ v2. Nửa thời gian sau với tốc độ v1. Hỏi
xe nào 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, 2  h   tII  2, 4  h 
Xe II : tII  2t 
30 20  
2,5s2  60
 s1  s2  60


2
L


L2    vt 
2


Tại t = 0, vB 

L
v
2
2

L2 

L
4



2

2

L

  vt  v
2

ax  6  8t

Với 
a y  0
v y  8
vx  18
v
Từ t  3s  
v y  8

 18

2

ax  18
 82  19, 7; 
a y  0

19, 7 3
 53, 0744 (m)
Vậy thay vào  
18.8  0.  18 
23. Chất điểm M chuyển động trên đường tròn bán kính R = 2m với phương trình s  3t 2  t . Trong
đó s là độ dài cung OM, O là điểm mốc trên đường tròn. Tính gia tốc tiếp tuyến của chất điểm lúc
t = 2s.

v0  1 m / s 
1
s  v0t  at 2  3t 2  t  
2


24. Chất điểm M chuyển động trên đường tròn bán kính R = 2m với phương trình s  3t 2  t . Trong
đó s là độ dài cung OM, O là điểm mốc trên đường tròn. Tính gia tốc của chất điểm lúc t = 1s.

v0

v0  1 m / s   0  R  0,5  rad / s 

v

Ta có: vt  6t  1  
1s  1s  3,5  rad / s 

v1s  7  m / s   
R

an 1s  v1s .1s  24,5  m / s 2 

  

 

1s  0
t

 3  rad / s 2   at   R  6  m / s 2 

 a1s  at2  an21s   25, 22  m / s 2 
Cách 2:


sin 2 



4t cos   0,8
  150


5
8
2







2
4t sin   5t  0
t  0, 207 s
4. 4sin  cos   0,8
t  4 sin 


5
5

Nòng súng cao hơn bia h  0,8.tan150  0, 214m
26. Vị trí của một quả bóng chày chuyển động trên trục Ox được cho bởi x  5, 4  6,5t  1,5t 3 . Tính

2

 16k 2 R

16k 2 R
 16k  0,352    19, 40
kR

28. Vị trí của chất điểm chuyển động trong mặt phẳng Oxy được xác định bởi vector bán kính có



phương trình r  4 sin t.i  4 sin t. j . Quỹ đạo của nó là gì ? Đ/s : thẳng.
 x  4 sin t
Ta có 
 y  x (thẳng).
 y  4sin t


29. Một người đang chạy xe gặp đèn đỏ thì thắng xe lại với gia tốc -1,6m/s2 trong thời gian 13s thì xe
dừng lại từ tốc độ 75km/h. Quãng đường đi được là ? Đ/s : 136km

1
1000
1
s  v0t  at 2  75
.13  .1, 6.132  135, 63m
2
60.60
2


2

7, 6
v0 cos  0  7, 6  v0 
cos  0
vx  7, 6  m / s  
 v sin   6,1

0
Theo đề bài v y  6,1 m / s   t  0
9,8


y

9,1
m
2

 v sin   6,1
v0 sin  0  6,1 

0
0

.v0 sin  0  4,9. 
  9,1
9,8
9,8

 *

u  7, 6 tan  0  6,1

*  2u  u  6,1  u 2  9,1.9,8.2  178,36  u 2  12, 2u  178, 36  0  u  8, 58
 7, 6 tan  0  6,1  8,58  tan  0  1, 93
7, 6

v0  cos  arctan1,93   16, 52

sin   sin  arctan1,93  0, 889
0

hmax

v02 sin 2  0

 11, 0044m
2g


33. Tốc độ phóng của một vật bị ném lớn
l gấp 5 lần 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 là tốc độ phóng. Tại độ cao cực
c đại 
v y  0

 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 là vGD  vMD là






2 cạnh góc vuông, theo (*) thì vMG phải là cạnh huyền.
2
2
 vMD  vMG
 vGD
 6002  722  595, 66  km / h 

 t  0,5036h  30, 2 phút.

3 . Xác định gia tốc của chất điểm lúc 2s.
 y  8t
Đ/s : 10m/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 1936, Jesse Owens lập kỉ lục thế giới với cú nhảy xa 8,09 tại
Berlin ( g = 9,8128m/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 1956 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


1
Độ cao rơi từ lúc đó: s2  31,36t  .2t22  31,36.14,18  14,182  243, 61m
2
Vậy tổng độ cao = 243,61 + 50,34 = 293,95m
39. Một người leo bộ lên thang máy cuốn dài 15m đang dừng hết 75s. Nếu anh ta đứng trên thang máy
đang hoạt động thì chỉ mất 60s. Trong trường hợp anh ấy đang đi tren thang máy đang hoạt động
thì sao ? Đ/s: 33,3s.
Vận tốc khi đi bộ: vnguoi 

s 15

 0, 2  m / s 
t 75

Vận tốc khi thang hoạt động : vthang 

s 15

 0, 25  m / s 
t 60


Khi kết hợp cả 2 vận tốc (do cùng chiều): t 

s
vtong




75  45 1000
 16  m / s 2 
8,8 60.60

43. Một xe đua bắt đầu chuyển động thẳng nhanh dần đều từ O, lần lượt đi qua hai điểm A và B trong
thời gian 2s. Biết AB = 20m, tốc độ của xe khi qua B là vB = 12m/s. Tính gia tốc của xe. Đ/s: 2m/s2.

vB2  vA2  2a. AB  122  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 lên với tốc độ không đổi là 10m/s. Từ độ cao 2m cách sàn
thang máy, một cậu bé đứng trong thang máy tung một quả cầu lên theo phương thẳng đứng,
đúng lúc sàn thang máy cách mặt đất 28m (?!) . Tốc độ ban đầu của quả cầu so với thang máy là
20m/s. Hỏi độ cao cực đại mà quả cầu đạt đến và sau bao lâu thì nó trở lại sàn thang máy. Đ/s:
75,92m và 4,18s.

45. Một chiến đấu cơ hạ cánh trên một tàu sân bay với vận tốc bắt đầu hạ cánh là 63m/s. Gia tốc của
chiến đấu cơ và khoảng cách khi bắt đầu hạ cánh là bao nhiêu nếu thời gian hạ cánh là 2s.
Đ/s: -31,5m/s2 và 63m.
Ta có:

v22  v12  2a.s  632  2a.s 
632
2


a  c 2  1
2b

48. Một tàu hỏa chạy về phía chính nam với vận tốc 30m/s so với mặt đất
dưới trời mưa. Gió thổi về phía nam. Quan sát viên thấy ở dưới đất
mưa rơi lệch một góc 220 so với phương thẳng đứng. Quan sát viên trên
tàu thì thấy giọt mưa rơi thẳng đứng. Xác định tốc độ hạt mưa so với
đất. Đ/s: 80,1m.
Dạng toán vận tốc giữa 3 vật thì ta chỉ cần đặt tên cho đúng rồi chèn điểm là
được.


Cần tìm vận tốc mưa (M) so với đất (D) vMD thì ta chèn chữ “X” (xe) vào
  
giữa chữ MD, ta có ngay :
vMD  vMX  v XD

Theo đề bài, ta có hình vẽ, mà thật ra khi vẽ được hình, ta không cần công thức trên:

vMD 

v XD
 80,8m .
sin 220

49. Một vật được thả tự do từ điểm A ở độ cao 20m theo hướng thẳng đứng AB (điểm B nằm tại mặt
đất). Cùng lúc đó, một vật thứ hai được ném lên trên từ điểm B theo hướng BA với vận tốc v0. Xác
định thời gian chuyển động để hai vật gặp nhau ở độ cao 17,5m. Đ/s: 0,71s.
Thời gian vật thả tự do rơi 2,5m: s 


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 là 2,5m/s. Nếu quãng đường bơi trong nước là nhỏ nhất thì bạn nên
bơi theo hướng nào và thời gian bơi là bao lâu.

CÔNG THỨC


Cơ bản:

v  v0  at
1
x  x0  v0t  at 2
2
2
2
v  v0  2a  x  x0   2as  v 2  v02
Rơi tự do: thay x  h; a  g trong công thức trên:
Thời gian rơi chạm đất: t 


2h
g

Chuyển động trong hệ trục Oxy:
v 2  vx2  v y2

ax  0
a  g  an  at  g & 
a y   g
vx  v0 cos  0

v y  v0 sin  0  gt

(1)
 x  v0 x t
1 g 2

 y  y0  x tan 0 
x

1 2
2 vx2
 y  y0  v0 y t  2 gt (2)



Thời gian đạt tới độ cao cực đại :

vy  0  t 



(*)

v0 sin  0
v 2 sin 2  0

vx  ... 

 v0 sin  0  v y
Theo đề bài v y  ...  t 
g


y  h
2
 v sin   v
1  v0 sin  0  v y 
0
y
 0
.v0 sin  0  g 
 h

g
2 
g



vx
 vx
sin  0  v y
sin  0  v y
cos  0
vx
1  cos  0

v2



với  là bán kính cong.

v3
v3
 Tổng quát     
a x v y  a y vx
v.a


 
 t2  v y  2   v2 là vận tốc chạm đất.
Khi chạm mặt đất : y2   y0 
2

Tầm bay R của vật khi chạm đất (x = R) : Từ (*) sẽ suy ra được R.
Nếu có thể chọn góc tọa độ sao cho x0 = 0, y0 = 0 thay vào (*) ta được: R 



o

RMax  sin 2  1    450

o

1  450  


v2
R

Chuyển động tròn biến đổi đều:

v02 sin 2
g


  const

at   R

  0   t

   0  0 t   t 2

an  t 
1
2

vt2
  vt .t  const
R

vt  t R
1
s  s0  v0t  at 2
2

o Vận dụng 2 công thức :  BA
vAC  v AB  vBC



o Gia tốc cũng tương tự như vận tốc.

……………………………………..