Bài tập Cơ nhiệt vật lý

giống nh− của bài 1-14. 
Chọn hệ trục toạ độ Oxy với O nằm tại chân tháp. 
a) Ph−ơng trình chuyển động của vật theo các trục này: 
)(..sin..
)(.cos
2tg
2
1
tvHtg
2
1
tvHy
1tvtvx
2
0
2
y
0x
−−=−−=
==
α
α
Để tìm thời gian rơi, giải ph−ơng trình y=0: 
0t5t5300t10
2
1
t301030 220 =−−↔=−− ...sin. 
Chọn nghiệm d−ơng ta đ−ợc thời gian rơi của hòn đá: t=2s. 
b) Để tìm tầm xa – vị trí rơi cách chân tháp bao nhiêu, thay t tìm đ−ợc để tính x. 
m317m31023010tvx 00 ,.cos..cos ≈=== α 
Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 
c) Để biết dạng quỹ đạo chuyển động của viên đá, ta cần tìm ph−ơng trình quỹ đạo 
của chuyển động này (ph−ơng trình quan hệ giữa x và y đC khử biến thời gian): 
Khử thời gian trong hệ ph−ơng trình (1) và (2) bằng cách rút t từ ph−ơng trình (1) rồi 
thay vào (2): 
( )m310x0
15
x
3
x30
v2
xg
tgxH
v
xg
2
1
v
x
vHtg
2
1
tvHy2
v
x
t1
2
22
0
2
2
00
0
2
0
0
≤≤−−=
−−=






−−=−−=→
=→
 :với 
α
α
αα
αα
α
cos
.
.
coscos
.sin...sin.)(
cos
)(
Ph−ơng trình này chỉ ra rằng, quỹ đoạ của viên đá là một cung parabol. 
1-16. Hỏi phải ném một vật theo ph−ơng hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc α 
bằng bao nhiêu để với một vận tốc ban đầu cho tr−ớc, tầm xa của vật là cực đại. 
Bài giải: 
Sử dụng công thức tính tầm xa của vật đ−ợc ném xiên đC lập đ−ợc trong bài 1-13: 
g
v
g
2vL
2
0
2
0 ≤=
αsin.
⇒ Vật sẽ đạt đ−ợc tầm xa cực đại bằng 
g
vL
2
0
=max khi sin2α = 1, hay α = 45
0. 
1-17. Kỷ lục đẩy tạ ở Hà Nội là 12,67 mét. Hỏi nếu tổ chức ở Xanh Pêtecbua thì 
trong điều kiện t−ơng tự (cùng vận tốc ban đầu và góc nghiêng), kỷ lục trên sẽ là bao 
nhiêu? 
Cho biết g (Hà Nội) = 9,727m/s2; g (Xanh Pêtecbua) = 9,810m/s2. 
Bài giải: 
Từ công thức tầm xa: 
g
2vL
2
0 αsin.
= ta nhận thấy, với lực đẩy không đổi (để v0 
không đổi) và góc ném không đổi (ném xa nhất khi góc ném bằng 450) thì tầm xa L sẽ tỉ 
lệ nghịch với gia tốc trọng tr−ờng g. Do đó có thể xác định đ−ợc kỉ lục đẩy tạ tại thành 
phố Xanh Petécbua: 
( )m56126712
8109
7279L
g
gL HN
XP
HN
XP ,,.
,
,
=== 
1-18. Tìm vận tốc góc: 
a) của Trái Đất quay quanh trục của nó (Trái Đất quay một vòng xung quanh trục 
của nó mất 24 giờ). 
b) của kim giờ và kim phút đồng hồ; 
Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 
c) của Mặt Trăng quay xung quanh Trái Đất (Mặt Trăng quay xung quanh Trái Đất 
một vòng mất 27 ngày đêm); 
d) của một vệ tinh nhân tạo của Trái Đất quay trên quỹ đạo tròn với chu kì bằng 88 
phút. 
Bài giải: 
Sử dụng công thức tính vận tốc góc: 
T
2pi
ω = và l−u ý thay chu kỳ phải đổi đúng đối 
với là giây (s) ta sẽ đ−ợc: 
a) Vận tốc góc tự quay quanh trục của trái đất: ( )srad10267
360024
2 5 /.,
.
.
−
==
pi
ω 
b) Chu kỳ quay của kim phút là 1h. Kim giờ quay hết một vòng là 12 tiếng nên vận 
tốc góc của kim giờ và kim phút là: 14,5 . 10-5 rad/s; 1,74 . 10-3 rad/s 
 c) Cũng áp dụng công thức trên với các chu kỳ khác nhau ta có vận tốc góc của 
mặt trăng quanh trái đất là: 2,7 . 10-6 rad/s ; 
 d) Của vệ tinh có chu kì quay là 88phút là: 1,19 . 10-3 rad/s 
1-19. Tìm vận tốc dài của chuyển động quay của một điểm trên mặt đất tại Hà Nội. 
Biết rằng vĩ độ của Hà Nội là α = 210. 
Bài giải: 
Theo bài 1-18 ta thấy vận tốc góc của trái đất trong chuyển động tự quay của nó là 
ω = 7,26.10-5 rad/s. Bán kính quỹ đạo của Hà Nội (xem hình) là r: 
αcosRr = . 
Từ đó ta có vận tốc dài của Hà Nội là: 
v = ω.r = ω.R.cosα 
Thay số vào ta đ−ợc: v = 430m/s. 
Để làm các bài tiếp theo cần chú ý: Các công thức của chuyển động quay nhanh 
hoặc chậm dần đều cũng giống với các công thức của chuyển động thẳng biến đổi đều với 
sự t−ơng ứng: góc quay ϕ thay cho qu.ng đ−ờng s, vận tốc góc ω thay cho vận tốc dài v, 
gia tốc góc β thay cho gia tốc th−ờng a – chúng chỉ chênh nhau một hằng số bằng bán 
kính quỹ đạo tròn. 
O 
 ω 
α 
 R 
r 
 Hình của bài 1-19 
Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 
1-20. Một vô lăng sau khi bắt đầu quay đ−ợc một phút thì thu đ−ợc vận tốc 700 
vòng/phút. Tính gia tốc góc của vô lăng và số vòng mà vô lăng đC quay đ−ợc trong phút 
ấy nếu chuyển động của vô lăng là nhanh dần đều. 
Bài giải: 
Vận tốc góc của vô lăng đạt ω = 700vòng/phút = 700.2pi/60 (rad/s) sau thời gian τ = 
1phút = 60s. 
Mà ω = β. τ ⇒ ( )2srad221
3600
1400
60
601400 /,/ ==== pipi
τ
ωβ . 
Góc quay đ−ợc sau thời gian τ = 1 phút là: 
( )rad70060221
2
1
2
1 22 piτβϕ === .,.. 
Do vậy, số vòng quay đ−ợc trong 1 phút là: 
vòng 350
2
 n ===
pi
pi
pi
ϕ
2
700
. 
1-21. Một bánh xe quay chậm dần đều, sau một phút vận tốc của nó giảm từ 300 
vòng/phút xuống 180 vòng/phút. Tìm gia tốc của bánh xe và số vòng mà bánh xe đC quay 
đ−ợc trong phút ấy. 
Bài giải: 
Theo định nghĩa về gia tốc góc ta có luôn gia tốc góc trong chuyển động này: 
( )20 srad210
60
602300602180 /,/./. −=−=−= pipi
τ
ωωβ . 
Góc quay đ−ợc dựa vào mối quan hệ t−ơng tự với quan hệ v-a-s của chuyển động 
thẳng biến đổi đều ta rút ra: 
( ) ( )
(vòng) 240
2102
602300602180
2
222
0
2
=
−
−
=
−
=
,.
/./. pipi
β
ωωϕ . 
Hoặc dựa vào công thức vận tốc góc trung bình: 
(vòng) 2401
2
300180
2
0
=
+
=
+
= ..τ
ωωϕ 
1-22. Một bánh xe có bán kính R = 10cm lúc đầu đứng yên, sau đó quay xung quanh 
trục của nó với gia tốc góc bằng 3,14 rad/s2. Hỏi, sau giây thứ nhất: 
a) Vận tốc góc và vận tốc dài của một điểm trên vành bánh? 
b) Gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến và gia tốc toàn phần của một điểm trên 
vành bánh? 
c) Góc giữa gia tốc toàn phần và bán kính của bánh xe (ứng với cùng một điểm trên 
vành bánh? 
Bài giải: 
a) Sau giây thứ nhất, vận tốc góc và vận tốc dài của một điểm trên vành bánh là: 
( )
( )sm314010143Rv
srad1431143t
/,,.,.
/,.,.
===
===
ω
βω
Gia tốc tiếp tuyến có giá trị không đổi và gia tốc pháp tuyến 
lúc này: 
α 
 Hình 
 at 
 an 
 a 
Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 
( )
( )222n
2
t
sm986010143Ra
sm314010143Ra
/,,.,.
/,,.,.
===
===
ω
β
Còn gia tốc toàn phần thì bằng: 
( )22n2t sm031aaa /,=+= . 
c) Góc giữa gia tốc toàn phần a và bán kính là α thoả mCn: 
031
3140
a
a t
,
,
sin ==α ⇒ α = 17046’. 
1-23. Chu kì quay của một bánh xe bán kính 50cm là 0,1 giây. Tìm: 
a) Vận tốc dài và vận tốc góc của một điểm vành bánh; 
b) Gia tốc pháp tuyến của điểm giữa một bán kính. 
Bài giải: 
Vận tốc dài và vận tốc góc của một điểm trên vành bánh: 
( )
( )srad862
50
431
R
v
sm431
10
502
T
R2
v
/,
,
,
/,
,
,.
===
====
ω
pipi
tròn vòngmột hết ðộng chuyển gianthời
tròn ð−ờng của dài chiều
b) Gia tốc pháp tuyến – gia tốc h−ớng tâm của điểm giữa một bán kính: ( )2222n sm9862508622Rra //,.,/. ==== ωω . 
1-24. Một đoàn tàu bắt đầu chạy vào một đoạn đ−ờng tròn, bán kính 1km, dài 600m, 
với vận tốc 54 km/giờ. Đoàn tàu chạy hết quCng đ−ờng đó trong 30 giây. Tìm vận tốc dài, 
gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến, gia tốc toàn phần và gia tốc góc của đoàn tàu ở cuối 
quCng đ−ờng đó. Coi chuyển động của đoàn tàu là nhanh dần đều. 
Bài giải: 
Cho: R = 1km =1000m, v0 = 54km/h = 15m/s, s=600m, t = 30s. 
Sử dụng các công thức về chuyển động thẳng và chuyển động tròn biến đổi đều ta sẽ 
tính đ−ợc các đại l−ợng cần thiết. 
( ) ( ) ( )222 0t2t0 sm3
1
30
30156002
t
tvs2
ata
2
1
tvs /. =−=−=⇒+= . 
Vận tốc của tầu tại cuối đ−ờng vòng: 
( ) ( )hkm90sm2530
3
115tavv t0 //. ==+=+= . 
Gia tốc pháp tuyến – gia tốc h−ớng tâm của tầu: 
( )2222n sm62501000
25
R
vRa /,==== ω 
Còn gia tốc toàn phần là: 
( )2222n2t sm70808
5
3
1
aaa /,=





+





=+= 
Gia tốc góc của đoàn tầu: 
Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 
( )24t srad1033
1000
31
R
a /.,/ −≈==β 
1-25. Vận tốc của êlectron trong nguyên tử hyđrô bằng v = 2,2.108cm/s. Tính vận 
tốc góc và gia tốc pháp tuyến của êlectron nếu xem quỹ đạo của nó là một vòng tròn bán 
kính 0,5.10-8cm. 
Bài giải: 
Electron: v = 2,2.108 cm/s = 2,2.106 m/s; R = 0,5.10-8 cm = 0,5.10-10 m. 
Vận tốc góc và gia tốc h−ớng tâm – gia tốc pháp tuyến lần l−ợt: 
ω = v/R = 4,4 . 1016 rad/s; 
an = ω
2R = 9,68 .1022 m/s2 
1-26. Một ng−ời muốn chèo thuyền qua sông có dòng n−ớc chảy. Nếu ng−ời ấy chèo 
thuyền theo h−ớng từ vị trí A sang vị trí B (AB ⊥ với dòng sông, hình 1-4) thì sau thời 
gian t1 = 10 phút thuyền sẽ tới vị trí C cách B một khoảng s = 120m. Nếu ng−ời ấy chèo 
thuyền về phía ng−ợc dòng thì sau thời gian t2 = 12,5 phút thuyền sẽ tới đúng vị trí B. 
Coi vận tốc của thuyền đối với dòng n−ớc là không đổi. Tính: 
a) Bề rộng l của con sông; 
b) Vận tốc v của thuyền đối với dòng n−ớc; 
c) Vận tốc u của dòng n−ớc đối với bờ sông; 
d) Góc γ. 
Bài giải: 
Từ A đến C hết thời gian t1 = 10 phút, A đến B hết thời gian 
t2 = 12,5 phút, đoạn BC có độ dài: s = BC = 120m. 
Đây là bài toán tổng hợp vận tốc. Thuyền tham gia đồng 
thời hai chuyển động: cùng với dòng n−ớc với vận tốc 
→
u và 
chuyển động so với dòng n−ớc (do ng−ời chèo) với vận tốc 
→
v . 
Chuyển động tổng hợp chính là chuyển động của thuyền đối với 
bờ sông với vận tốc 
→→→
+= uvV . 
Tr−ờng hợp thứ nhất của bài toán ứng với hình 1-4a, tr−ờng 
hợp thứ hai ứng với hình 1-4b. 
Theo các hình vẽ, ta có các ph−ơng trình sau: 
s = u.t1 ; l =v.t1 ; l = (v.cos γ).t2; u = v.sin γ ; 
⇒ ( )sm20
600
120
t
s
u
1
/,=== . 
'
,
cos.cos.. 5336
5
4
512
10
t
t
tvtvl 0
2
1
21 =→===→== γγγ 
⇒ ( )sm330
3
1
53
20u
v
v
u
5
3 /,
/
,
sin
sin ====→==
γ
γ . 
Chiều rộng của dòng sông: m2006010330tvl 1 === )..(,. . 
 A 
 B C 
 M 
 Hình 1-4a 
γ 
v 
u 
V 
 A 
 B C 
γ 
v 
u V 
 s 
 l 
 Hình 1-4b 
Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 
1-27. Ng−ời ta chèo một con thuyền qua sông theo h−ớng vuông góc với bờ sông với 
vận tốc 7,2km/h. N−ớc chảy đC mang con thuyền về phía xuôi dòng một khoảng 150m. 
Tìm: 
a) Vận tốc của dòng n−ớc đối với bờ sông; 
b) Thời gian cần để thuyền qua đ−ợc sông. Cho biết chiều rộng của sông bằng 
0,5km. 
Bài giải: 
Bề rộng của dòng sông: l = 0,5km = 500m. s = 150m, V = 7,2km/h=2m/s. 
Từ hình vẽ ta thấy: 
( )sm6002
500
150
v
l
s
u
l
s
v
u /,.. ===→= . 
Thời gian của một chuyến sang sông: 
( )s250
2
500
v
l
v
AB
V
AC
t ===== . 
Đáp số: a) u = 0,60m/s ; b) t = 250s. 
1-28. Một máy bay bay từ vị trí A tới vị trí B. AB nằm theo h−ớng Tây Đông và cách 
nhau một khoảng 300km. Xác định thời gian bay nếu: 
a) Không có gió; 
b) Có gió thổi theo h−ớng Nam Bắc; 
c) Có gió thổi theo h−ớng Tây Đông. 
Cho biết vận tốc của gió bằng: v1 = 20m/s, vận tốc của máy bay đối với không khí v2 
= 600km/h. 
Bài giải: 
AB = 300km, gió: v1 = 20m/s =72km/h, v2 = 600km/h. 
a) Thời gian máy bay bay trực tiếp từ A đến B: ( ) (phút) 30h50
600
300
v
l
t
2
==== , . 
b) T−ơng tự bài 1-26, ta thấy máy bay muốn tới vị trí B, nó phải bay chếch về phía 
nam một góc α so với ph−ơng AB. Ta có: 
( )hkm59672600vvV 222122 /=−=−= . 
Thời gian máy bay bay từ A đến B là: 
( ) phút 230h5030
596
300
V
s
t ,, ==== . 
c) Gió xuôi chiều từ Tây sang Đông. Thời gian máy bay 
cần dùng là: 
( ) phút 826h4460
72600
300
vv
s
t
12
,, ==
+
=
+
= . 
1-29. Hình 1-5 mô tả chuyển động của ba chất điểm. 
a) Cho biết tính chất của các chuyển động đó. 
b) ý nghĩa của các giao điểm giữa các đồ thị và các trục toạ độ. 
c) So sánh vận tốc của ba chất điểm. 
 A 
 B C 
 Hình của bài 1-27 
 v 
u 
V 
 s 
 l 
 B A 
v2 
 v1 
α 
 Hình của bài 1-28 
Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 
Bài giải: 
a) Nhìn vào đồ thị ta thấy cả ba chuyển động này đều là chuyển động nhanh dần 
đều. 
b) Giao điểm của các đồ thị với trục thời gian cho ta biết các thời điểm xuất phát của 
các chuyển động. 
c) Ba chuyển động, nhìn chung là về cùng một h−ớng. Vận tốc của mỗi vật từng lúc 
nhanh chậm khác nhau. Đồ thị vận tốc càng dốc thì gia tốc của vật càng lớn (gia tốc a cho 
biết hệ số góc của đ−ờng thẳng). Từ các đồ thị, ta có thể so sánh gia tốc của các vật: a3 > 
a1 > a2. 
1-30. Hình 1-6 cho đồ thị vận tốc của một chất điểm chuyển động. HCy cho biết trạng 
thái chuyển động của chất điểm trên mỗi đoạn OA, AB, BC, CD. 
Bài giải: 
Đoạn OA: vật xuất phát tại thời điểm t = 0 rồi chuyển động nhanh dần đều với gia 
tốc khá lớn. 
Đồ thị đoạn AB cho biết vật chuyển sang chuyển động đều. 
Đồ thị đoạn BC biểu hiện vật chuyển động chậm dần đều. 
Đồ thị đoạn CD: vật tiếp tục chuyển động chậm dần đều nh−ng với gia tốc lớn hơn 
khi chuyển động trong giai đoạn BC. Vật dừng lại tại cuối giai đoạn này. 
 v 
 t O 
A B 
 C 
 D 
 Hình 1-6 
 Hình 1-5 
 v 
 t 
 1 3 
2 
O 
 Hình 1-5’ 
 v 
 t 
 1 
 3 
2 
O 
Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 
Ch−ơng 2 
động lực học chất điểm 
2-1. Một xe có khối l−ợng 20000kg, chuyển động chậm dần đều d−ới tác dụng của 
một lực bằng 6000N, vận tốc ban đầu của xe bằng 15m/s. Hỏi: 
a) Gia tốc của xe; 
b) Sau bao lâu xe dừng lại; 
c) Đoạn đ−ờng xe đC chạy đ−ợc kể từ lúc hCm cho đến khi xe dừng hẳn. 
Bài giải: 
a) Gia tốc của xe đ−ợc tính theo định luật II Newton: 
a = F/m = -6000/20000= - 0,3m/s2. 
b) Thời gian kể từ lúc hCm đến khi dừng lại: 
( ).s 50 
0,3-
15-0
a
v
 t ==
∆
=∆= t 
c) QuCng đ−ờng kể từ lúc hCm đến khi dừng lại: 
s = v0.t + a.t
2/2 = . . . = 375m. 
2-2. Một thanh gỗ nặng 49N bị kẹp giữa hai mặt phẳng thẳng 
đứng (hình 2-4). Lực ép thẳng góc trên mỗi mặt của thanh là 147N. 
Hỏi lực nhỏ nhất cần để nâng hoặc hạ thanh gỗ? Hệ số ma sát giữa 
thanh gỗ và mặt ép k = 0,2. 
Bài giải: 
Lực nâng = 107,8N ; lực hạ = 9,8N 
Khi muốn hạ thanh gỗ xuống cần một lực nhấn FHạ h−ớng xuống d−ới, lực ma sát 
trên hai mặt của thanh gỗ h−ớng lên trên (Hình 2-4a), còn khi muốn nâng thanh gỗ lên 
trên thì các lực ma sát lại h−ớng xuống d−ới (Hình 2-4b). 
Từ các hình vẽ này ta thấy, các lực dùng để hạ (FHạ) và nâng FN thanh gỗ phải có các 
giá trị nhỏ nhất: 
FHạ = ( )N8949147202PNk2PFF 2ms1ms ,.,.. =−=−ì=−+ 
FN = ( )N810749147202PNk2PFF 2ms1ms ,.,.. =+=+ì=++ 
2-3. Hỏi phải tác dụng một lực bằng bao nhiêu lên một toa tàu đang đứng yên để nó 
chuyển động nhanh dần đều và sau thời gian 30 giây nó đi đ−ợc 11m. Cho biết lực ma sát 
của toa tàu bằng 5% trọng l−ợng của toa tàu. 
Bài giải: 
Gọi F là lực tác dụng lên toa tàu. Xét theo ph−ơng ngang, lực gây ra gia tốc của toa 
tàu, theo định luật Niutơn 2, bằng: F - fms = ma 
Trong đó: m là khối l−ợng và 2t
s2
a = là gia tốc của toa tầu. 
FHạ 
 FN 
Fms1 Fms2 
 Hình 2-4a Hình 2-4b 
Hình 2-4 
Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 
Từ đó suy ra: 2ms t
ms2
mg5mafF ..% +=+= . 
Thay số: s = 11 m, t = 30s, m = 15,6 tấn = 15600kg ta đ−ợc: F ≈ 8200N. 
(Trong phần đề bài cho thiếu khối l−ợng của toa tầu bằng m = 15,6 tấn). 
2-4. Một ng−ời di chuyển một chiếc xe với vận tốc không đổi. Lúc đầu ng−ời ấy kéo 
xe về phía tr−ớc, sau đó ng−ời ấy đẩy xe về phía sau. Trong cả hai tr−ờng hợp, càng xe 
hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc α. Hỏi trong tr−ờng hợp nào ng−ời ấy phải đặt lên 
xe một lực lớn hơn? Biết rằng trọng l−ợng của xe là P, hệ số ma sát giữa bánh xe và mặt 
đ−ờng là k. 
Bài giải: 
Viết ph−ơng trình định luật II Newton cho các lực tác dụng vào xe. Thành phần lực 
tổng hợp chiếu theo ph−ơng thẳng đứng và nằm ngang đều bằng 0 - không có chuyển 
động theo ph−ơng thẳng đứng, chuyển động theo ph−ơng ngang thì đều-không có gia tốc 
theo ph−ơng ngang nên: 
Tr−ờng hợp kéo xe về phía tr−ớc (hình 2-1’a): lực nén vuông góc của xe lên mặt 
đ−ờng là: 
α P - F. N 0 PαF.N sinsin =⇒=−+ 
Và: msms FF0FF =⇒=− αα cos.cos. 
Mà, lực ma sát tác dụng lên xe: 
Fms = kN = k(P - Fsinα) 
⇒ ( )αα sincos FPkF −= 
αα sincos k
kPF
+
= 
Tr−ờng hợp đẩy xe về phía sau (hình 2-1’b) 
Bằng cách phân tích t−ơng tự, ta tính đ−ợc lực ma sát đặt lên xe trong tr−ờng hợp 
này là: 
Fms = kN’ = k(P + Fsinα) 
Và lực F’ cần đặt lên càng xe: 
αα sincos
'
k
kPF
−
= 
Rõ ràng F’ > F. Nh− vậy trong tr−ờng hợp đẩy xe về phía sau ng−ời ta phải dùng một 
lực lớn hơn. 
2-5. Một vật có khối l−ợng m = 5kg đ−ợc đặt trên một mặt phẳng nghiêng hợp với 
mặt phẳng nằm ngang một góc α = 300. Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng bằng 
k = 0,2. Tìm gia tốc của vật trên mặt phẳng nghiêng. 
Bài giải: 
N 
 F 
Fms P 
N’ 
F’ 
F’ms P 
α 
Hình 2-1’a Hình 2-1’b 
Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 
Ta phân tích các lực tác dụng vào vật gồm 3 lực: P thẳng 
đứng, N vuông góc với mặt nghiêng và Fms nằm trên mặt 
nghiêng. 
Ph−ơng trình định luật II Newton cho vật: 
amFNP ms .=++ 
Chiếu ph−ơng trình này theo ph−ơng vuông góc với mặt 
phẳng nghiêng (ph−ơng Oy) và ph−ơng song song với mặt phẳng 
nghiêng (ph−ơng Ox) ta đ−ợc: 



=−
=+−
maFP
0NP
msα
α
sin
cos
 ⇒ 




−
=
=
m
FP
a
PN
msα
α
sin
cos
Mà Fms = k.N nên: 
( )αααααα cossincossincossin kg
m
kmgmg
m
kPP
a −=
−
=
−
= . 
Thay α = 300, k = 0,2, g = 9,8 ta tính đ−ợc a = 3,24m/s2. 
Nhận xét: từ công thức trên ta thấy, gia tốc của vật tr−ợt trên mặt phẳng nghiêng 
không phụ thuộc vào khối l−ợng của vật đó. 
2-6. Một vật tr−ợt xuống trên một mặt phẳng nghiêng hợp với mặt phẳng nằm ngang 
góc α = 450. Khi tr−ợt đ−ợc quCng đ−ờng s = 36,4cm, vật thu đ−ợc vận tốc v = 2m/s. Xác 
định hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng. 
Bài giải: 
áp dụng công thức gia tốc của vật trong bài 2-5 ta có : 
( )αα cossin kga −= ⇒ 
α
α
α
α
coscos
sin
g
a
tg
g
agk −=−= . 
Sử dụng kiến thức của ch−ơng I về mối quan hệ v-a-s ta có gia tốc của vật tr−ợt này 
là: 
S2
v
S2
0v
S2
vv
a
2222
0
2
...
=
−
=
−
= . 
⇒ 
α
α
cos.gS2
v
tgk
2
−= 
Thay các thông số đC cho: α = 450, v = 2m/s, s = 36,4cm = 0,364m ta đ−ợc: k ≈ 0,2. 
2-7. Một sợi dây thừng đ−ợc đặt trên mặt bàn sao cho một phần của nó buông thõng 
xuống đất. Sợi dây bắt đầu tr−ợt trên mặt bàn khi chiều dài của phần buông thõng bằng 
25% chiều dài của dây. Xác định hệ số ma sát k giữa sợi dây và mặt bàn. 
Bài giải: 
 P1 
fms 
 Hình của bài 2-7 
Fms 
P 
α 
 N 
O 
 y 
x 
 Hình của bài 2-5 
Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 
Gọi P là trọng l−ợng của cả dây, P1 là trọng l−ợng của phần buông thõng. Theo đầu 
bài, chiều dài phần buông thõng bằng 25% chiều dài dây ⇒ P1 = 25%P. 
Xét theo ph−ơng chuyển động của sợi dây, dây chịu tác dụng của hai lực: P1 và fms. 
Muốn dây bắt đầu tr−ợt phải có P1 = fms ⇒ fms = 25%P. 
Mà, fms= k .N = k.(75%P). 
Từ đó: 25%P = k.(75%P) ⇒ 330
3
1
75
25k ,≈== . 
2-8. 1) Một ôtô khối l−ợng một tấn chuyển động trên một đ−ờng bằng, hệ số ma sát 
giữa bánh ôtô và mặt đ−ờng là 0,1. Tính lực kéo của động cơ ôtô trong tr−ờng hợp: 
a) Ôtô chuyển động đều; 
b) Ôtô chuyển động nhanh dần đều với gia tốc bằng 2m/s2; 
2) Cũng câu hỏi trên nh−ng cho tr−ờng hợp ôtô chuyển động đều và: 
a) Lên dốc có độ dốc 4%; b) Xuống dốc đó. 
Hệ số ma sát bằng 0,1 trong suốt thời gian chuyển động. 
Bài giải: 
Tổng hợp lực tác dụng lên ôtô gồm: lực kéo F


 của động cơ ôtô, trọng lực 
→
P , phản 
lực pháp tuyến N


 của mặt đ−ờng và lực ma sát của mặt đ−ờng msf


. 
Ph−ơng trình định luật II Newton cho ô tô là: 
→→
+
→
+
→
+
→
= ammsfNPF 
Chọn chiều d−ơng là chiều chuyển động của xe. Chiếu ph−ơng trình này lên ph−ơng 
chuyển động ta đ−ợc: 
1) Khi xe chuyển động trên đ−ờng nằm ngang: 
kmgmafmaFmafF msms +=+=⇒=− 
Thay số: m = 1tấn = 1000kg; k = 0,1; g = 9,8m/s2; và: 
a) Khi chuyển động đều, a = 0 ⇒ F = 980N. 
b) Khi chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a = 2m/s2 ⇒ F = 2980N. 
2) Khi xe chuyển động trên đ−ờng dốc: 
a) Ôtô lên dốc 
αααα sincossinsin mgkmgmaPfmaFmaPfF msms ++=++=⇒=−− 
Trong đó, sinα = 0,04 là độ dốc của dốc ⇒ cosα = 010401 2 ,, ≈− 
⇒ ( )N137204089100018910001001000F =++ì= ,.,..,.., 
b) Ôtô xuống dốc: F = P(kcosα - sinα). 
αααα sincossinsin mgkmgmaPfmaFmaPfF msms −+=−+=⇒=+− 
Thay số: 
( )N588,041000.9,8.0,8.10,1.1000.901000F =−+ì= 
 P 
 F 
 N 
fms 
 F’ 
 N’ 
f'ms 
α 
 Hình của bài 2-8