Phương pháp giải: Dựa vào khái niệm vận tốc Lời giải chi tiết: Vận tốc là đại lượng vật lý có hướng (véctơ) cùng hướng với độ dời \(\overrightarrow {\Delta x} \)được xác định trong khoảng thời gian \(\Delta t\). Vì vậy trong các đáp án trên chỉ có đáp án C là có hướng và xác định được độ dời và thời gian chuyển động. Chọn đáp án C. Quảng cáo II.2 Hai vật được đồng thời ném lên từ cùng một độ cao với vận tốc ban đầu có cùng độ lớn và có phương vuông góc với nhau (Hình II.1).
Phương pháp giải: Dựa vào công thức tính tầm bay cao và tầm bay xa của vật được ném xiên: Tầm cao: H = dymax = \(\frac{{v_{0y}^2}}{{2g}}\) = \(\frac{{v_0^2.{{\sin }^2}\alpha }}{{2g}}\) Tầm xa: L = dxmax = \(\frac{{v_{0x}^2}}{g}\) = \(\frac{{v_0^2.{{\sin }^2}2\alpha }}{g}\) Lời giải chi tiết: Ta có: α1 + α2 = 90o => 2α1 = 180o - 2α2 => sin 2α1 = sin 2α2. Khi đó: L1 = \(\frac{{v_0^2.{{\sin }^2}2{\alpha _1}}}{g}\); L2 = \(\frac{{v_0^2.{{\sin }^2}2{\alpha _2}}}{g}\) \=> L1 = L2. Ta có: 0 < α1 < α2 < 90o => 0 < sin α1 < sinα2 < 1. Và |v01| = |v02| \=> \(\frac{{v_{01}^2.{{\sin }^2}{\alpha _1}}}{{2g}}\) < \(\frac{{v_{02}^2.{{\sin }^2}{\alpha _2}}}{{2g}}\)=> H1 < H2. Vậy 2 vật có tầm bay xa bằng nhau, tầm bay xa khác nhau, vật 1 có tầm bay cao nhỏ hơn nên sẽ rơi tới đất trước vật 2. Chọn đáp án B. II.3 Hình II.2 là đồ thị độ dịch chuyển - thời gian của chuyển động của một xe máy đi giao hàng online chạy trên đường thẳng. Xe khởi hành từ địa điểm cách nơi nhận hàng 200 m về phía bắc. 1. a) Trong khoảng thời gian nào xe đi về phía bắc?
2. Tỉnh tốc độ trung bình và vận tốc trung bình của xe trong 60 s. Phương pháp giải: 1. Quan sát đặc điểm đồ thị để trả lời. 2. Biểu thức tính tốc độ trung bình: ϑ = \(\frac{s}{t}\) Biểu thức tính vận tốc trung bình: vtb = \(\frac{{\Delta d}}{{\Delta t}}\) Trong đó: + ϑ: tốc độ chuyển động của vật (m/s) + s: quãng đường đi được của vật (m) + t: thời gian đi được quãng đường s của vật (s) + \(\Delta d\): Độ dịch chuyển (m) + \(\Delta t\): thời gian chuyển động khoảng Lời giải chi tiết: 1. a) Từ 0 đến 25 s: xe đi về hướng bắc.
2. Chọn chiều dương theo hướng nam - bắc: Tốc độ trung bình của xe là: ϑ = \(\frac{s}{t}\)= \(\frac{{300 + 600}}{{60}}\)= \(\frac{{900}}{{60}}\)= 15 m/s. Vận tốc trung bình của xe là: vtb = \(\frac{{300 - 600}}{{60}}\)= \(\frac{{ - 300}}{{60}}\)= -5 m/s. II.4 Một đoàn tàu cao tốc đang chạy thẳng với vận tốc 50 m/s thì người lái tàu giảm vận tộc của đoàn tàu với gia tốc có độ lớn không đổi 0,5 m/s2 trong 100 s
Phương pháp giải: - Viết phương trình chuyển động của đoàn tàu: v = v0 + at; s = v0t + \(\frac{1}{2}\)at2. Lời giải chi tiết:
\=> Đoàn tàu chuyển động chậm dần đều, sau 100 s thì dừng lại.
Vậy quãng đường đoàn tàu chạy được trong thời gian trên là 2500 m. II.5 Hình II.3 là đồ thị vận tốc – thời gian của hai ô tô A và B cùng chạy theo một hướng trong 40 s. Xe A vượt qua xe B tại thời điểm t = 0. Để bắt kịp xe A, xe B tăng tốc trong 20 s để đạt vận tốc 50 m/s.
Phương pháp giải:
dB = dB1 + dB2 = v0Bt + \(\frac{1}{2}\)atB2 + vB(tB – 20) Hai xe gặp nhau khi dA = dB.
Lời giải chi tiết:
Ta có xe A chuyển động thẳng đều nên dA = vAtA = 40.20 = 800 m.
c) Ta có: dA = vAt = 40t (1) dB = dB1 + dB2. Mà dB1 = v0BtB + \(\frac{1}{2}\)atB2 = 25.20 + \(\frac{1}{2}\).1,25.202 = 750 m. \=> Trong 20 s đầu 2 xe chưa gặp nhau. Có dB2 = vB(t – 20) = 50(t – 20). \=> dB = 750 + 50(t – 20). (2) Khi B đuổi kịp A thì dA = dB ⬄ 40t = 750 + 50(t – 20) => t = 25 s.
Quãng đường xe B đi được trong 40 s là: dB = 750 + 50(t – 20) = 750 + 50(40 – 20) = 1750 m. Thế t = 25 s vào (1), (2) ta được: Khi hai xe gặp nhau, hai xe đi được quãng đường là dA = dB = 1000 m. II.6 Một cầu thủ tennis ăn mừng chiến thắng bằng cách đánh quả bóng lên trời theo phương thẳng đứng với vận tốc lên tới 30 m/s. Bỏ qua sức cản của không khí và lấy g =10 m/s2.
Phương pháp giải:
\=> h = -\(\frac{{v_0^2}}{{2g}}\).
Áp dụng công thức: \(v = {v_0} + gt\) => t.
Lời giải chi tiết: Chọn hệ trục tọa độ có gốc O là vị trí bóng tiếp xúc với vợt và bắt đầu chuyển động, chiều dương là chiều từ dưới lên (Oy) và chiều từ trái sang phải (Ox).
Ta sử dụng công thức liên hệ giữa vận tốc, gia tốc và quãng đường: \({v_y}^2--{\rm{ }}{v_{0y}}^2 = {\rm{ }}2gh\) => h = -\(\frac{{v_{0y}^2}}{{2g}}\)= 45 m.
Tại vị trí bóng đạt độ cao cực đại: vy = 0. Ta có: \({v_y} = {v_{0y}} + gt = 0\) => t = -\(\frac{{{v_{0y}}}}{g}\)= 3 s. c) Vì từ khi được đánh lên bóng mất 3s để đạt độ cao cực đại nên tại thời điểm t = 5s, bóng đang rơi xuống. Vận tốc của bóng ở thời điểm t = 5s kể từ khi được đánh lên là: v5 = v0y + gt5 = 30 + (-10).5 = -20 m/s. d) - Đồ thị vận tốc - thời gian - Đồ thị gia tốc - thời gian II.7 Một quả bóng quần vợt được thả ra từ một khinh khí cầu đang bay lên theo phương thẳng đứng với vận tốc 7,5 m/s. Bóng rơi chạm đất sau 2,5 s. Bỏ qua sức cản của không khí và lấy g = 10 m/s2.
cực đại.
Phương pháp giải:
Lời giải chi tiết:
Khí cầu đang bay lên với vận tốc 7,5m/s nên ban đầu hòn đá có vận tốc v0 = 7,5m/s Phương trình vận tốc của bóng: v = v0 + gt = 7,5 – 10t Khi bóng đạt độ cao cực đại v = 0: \=> t = \(\frac{{ - 7,5}}{{ - 10}}\)= 0,75 s. Vậy sau 0,75 s, bóng đạt độ cao cực đại. Với v0 = 5 m/s, a = - g = 9,8 m/s2, x0 = 0 nên x = 5t – 4,9t2 (m) Khi chạm đất: x = -300 m, ta có: 4,9t2 - 5t – 300 = 0
Sử dụng công thức liên hệ giữa vận tốc, gia tốc và quãng đường: v2 – v02 = 2gh => h = -\(\frac{{v_0^2}}{{2g}}\)= 2,81 m.
Khi đó độ cao cực đại của bóng cách mặt đất: H = \(\frac{{gt{'^2}}}{2}\)= 15,31 m. II.8 Hình II.4 vẽ quỹ đạo của một quả cầu lông được đánh lên với vận tốc ban đầu v0 = 10 m/s ở độ cao 2 m so với mặt đất. Bỏ qua sức cản của không khí và lấy g = 9,8 m/s2.
người đánh cầu. Phương pháp giải: Chọn hệ trục tọa độ.
Khi đạt độ cao cực đại thì vyB = 0. Chiếu v0y lên hệ trục ta đươc: \=> -v02sin2α = 2gh1 => sin\(\alpha \)=> α.
L = L1 + L2 = vxt1 + vxt2. Lời giải chi tiết: Chọn hệ trục tọa độ Oxy có gốc tại vị trí quả cầu tiếp xúc với vợt và được đánh lên, chiều dương hướng lên trên (Oy) và từ trái sang phải (Ox), gốc thời gian t = 0 là lúc đánh quả cầu.
vyB2 – v0y2 = 2gh1 => -v02sin2α = 2gh1 \=> sinα = \(\sqrt {\frac{{2.9,8.4}}{{{{10}^2}}}} \)= 0,885 => α ≈ 62o
Do đó, tổng hợp vận tốc của chuyển động, ta được: \(\overrightarrow {{v_B}} = {\overrightarrow v _{xB}} + {\overrightarrow v _{yB}}\) \=> vB = v0cosα + 0 ≈ 4,7 m/s.
Thời gian t1 bằng thời gian để quả cầu chuyển động từ A tới B. Do đó: t1 = \(\sqrt {\frac{{2{h_1}}}{g}} \)= \(\sqrt {\frac{{2.4}}{{9,8}}} \)= 0,9 Thời gian t2 bằng thời gian để quả cầu rơi từ độ cao B tới mặt đất:t2 = \(\sqrt {\frac{{2{h_2}}}{g}} \)= \(\sqrt {\frac{{2.(4 + 2)}}{{9,8}}} \)= 1,1 S.Do đó: L = 4,7.(0,9 + 1,1) = 9,4 m. II.9 Một con tàu chiến ở bên này ngọn núi trên một hòn đảo, bắn một viên đạn với vận tốc ban đầu 250 m/s theo phương nghiêng góc 75° so với mặt nước biển tới đích là một con tàu khác nằm ở phía bên kia ngọn núi. Biết vị trí của hai con tàu và độ cao của ngọn núi được mô tả như Hình II.5. Hỏi viên đạn có qua được đỉnh núi không và có rơi trúng con tàu kia không? Phương pháp giải: Để xác định xem viên đạn có bay được qua đỉnh núi hay không, ta tính độ cao viên đạt đạt được tại vị trí đỉnh núi. Viết phương trình chuyển động của viên đạn theo phương Ox, Oy: x = v0x.t; y = v0y + \(\frac{1}{2}g{t^2}\). Khoảng cách đến đỉnh núi = 2500 m => x = 2500 => Tìm ra t. Thế t vào y, ta tìm được độ cao mà viên đạn đạt được. Để xác định viên đạn có rơi trúng con tàu kia không, ta xác định tầm bay xa của viên đạn bằng công thức: L = dxmax = \(\frac{{v_0^2{{\sin }^2}\alpha }}{g}\) Lời giải chi tiết: Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ: Ta có phương trình chuyển động của viên đạn: Theo phương Ox: x = v0tcosα = (250.cos75o).t Theo phương Oy: y = v0tsinα - \(\frac{1}{2}\)gt2 = (250.sin75o)t - \(\frac{1}{2}\).10.t2 Để xác định xem viên đạn có bay qua được đỉnh núi hay không, ta thay x = 2500 = (250.cos75o).t => t ≈ 38,64 s. \=> y = (250.sin75o)t - \(\frac{1}{2}\).10.t2 ≈ 1865,6 m. Vậy viên đạn bay qua được đỉnh núi. Tầm bay xa của viên đạn: L = \(\frac{{v_0^2\sin 2\alpha }}{g}\)= \(\frac{{{{250}^2}.\sin ({{2.75}^o})}}{{10}}\)= 3125 m. |