Trần Nam Hiếu Trang 1 Mỹ Cát
Phần 1: Các bài toán về chuyển động của các vật
A. Cỏc bi toỏn v chuyn ng ca vt v h vt
1. H vt gm cỏc vt chuyn ng vi vn tc cựng phng:
Phng phỏp: s dng tớnh tng i ca chuyn ng v cụng thc cng vn tc. trong
trng hp cỏc vt chuyn ng cựng chiu so vi vt mc thỡ nờn chn vt cú vn tc nh hn
lm mc mi xột cỏc chuyn ng.
Bi toỏn: Trờn mt ng ua thng, hai bờn l ng cú hai hng dc cỏc vn ng viờn
chuyn ng theo cựng mt hng: mt hng l cỏc vn ng viờn chy vit dó v hng kia l
cỏc vn ng viờn ua xe p. Bit rng cỏc vn ng viờn vit dó chy u vi vn tc v
1
=
20km/h v khong cỏch u gia hai ngi lin k nhau trong hng l l
1
= 20m; nhng con s
tng ng i vi hng cỏc vn ng viờn ua xe p l v
2
= 40km/h v l
2
= 30m. Hi mt
ngi quan sỏt cn phi chuyn ng trờn ng vi vn tc v
3
bng bao nhiờu mi ln khi
mt vn ng viờn ua xe p ui kp anh ta thỡ chớnh lỳc ú anh ta li ui kp mt vn ng
viờn chy vit dó tip theo?
Gii: Coi vn ng viờn vit dó l ng yờn so vi ngi quan sỏt v vn ng viờn ua xe p.
Vn tc ca vn ng viờn xe p so vi vn ng viờn vit dó l: V
x
= v
2
v

1
= 20 km/h.
Vn tc ca ngi quan sỏt so vi vn ng viờn vit dó l: V
n
= v
3
v
1
= v
3
20
Gi s ti thi im tớnh mc thi gian thỡ h ngang nhau.
Thi gian cn thit ngi quan sỏt ui kp vn ng viờn vit dó tip theo l:
n
V
l
t
1
1
=
Thi gian cn thit vn ng viờn xe p phớa sau ui kp vn ng viờn vit dó núi trờn l:

X
V
ll
t
21
2
+
=

h li ngang hng thỡ t
1
= t
2
. hay:
X
V
ll
v
l
21
3
1
20
+
=

Thay s tỡm c: v
3
= 28 km/h
2. H vt gm cỏc vt chuyn ng vi vn tc khỏc phng
Phng phỏp: S dng cụng thc cng vn tc v tớnh tng i ca chuyn ng:
Bi toỏn: Trong h ta xoy ( hỡnh 1), cú hai vt nh A v B chuyn
ng thng u. Lỳc bt u chuyn ng, vt A cỏch vt B mt on
l = 100m. Bit vn tc ca vt A l v
A
= 10m/s theo hng ox, vn tc
ca vt B l v
B
= 15m/s theo hng oy.

a. Sau thi gian bao lõu k t khi bt u chuyn ng,
hai vt A v B li cỏch nhau 100m.
b. Xỏc nh khong cỏch nh nht gia hai vt A v B.
Gii: a. Quóng ng A i c trong t giõy: AA
1
= v
A
t
Quóng ng B i c trong t giõy: BB
1
= v
B
t
Khong cỏch gia A v B sau t giõy: d
2
= (AA
1
)
2
+ (AB
1
)
2
Vi AA
1
= V
A
t v BB
1
= V

B
t
TrÇn Nam HiÕu Trang 2 Mü C¸t
Nên: d
2
= ( v
2
A
+ v
2
B
)t
2
– 2lv
B
t + l
2
(*)
Thay số và biến đổi ra biểu thức : 325t
2
– 3000t = 0
Giải ra được: t
≈
9,23 s
b. - Xét phương trình bậc hai (*) với biến là t.
Để (*) có nghiệm thì
0'
≥∆
từ đó tìm được:
B

2
A
2
A
22
min
2
vv
vl
a4
)d(
+
=
∆
−=
- Rút ra được d
min
=
B
2
A
2
A
vv
vl
+
- Thay số tính được d
min

≈

55,47 m
3. Chuyển động lặp:
Phương pháp: Có thể sử dụng một trong hai phương pháp sau:
− Nếu vật chuyển động lặp không thay đổi vận tốc trên cả quá trình chuyển động thì sử
dụng tính tương đối của chuyển động
− Nếu vật tham gia chuyển động lặp có vận tốc thay đổi trên các quãng đường thì sử dụng
phương pháp tỷ số quãng đường hoặc tính tương đối của chuyển động.
Bài toán 1: Trên quãng đường dài 100 km có 2 xe 1 và 2 cùng xuất phát và chuyển động gặp
nhau với vận tốc tương ứng là 30 km/h và 20 km/h. cùng lúc hai xe chuyển động thì có một con
Ong bắt đầu xuất phát từ xe 1 bay tới xe 2, sau khi gặp xe 2 nó quay lại và gặp xe 1… và lại bay
tới xe 2. Con Ong chuyển động lặp đi lặp lại tới khi hai xe gặp nhau. Biết vận tốc của con ong là
60Km/h. tính quãng đường Ông bay?.
Giải: Coi xe 2 đứng yên so với xe 1.Thì vận tốc của xe 2 so với xe 1 là:
V
21
= V
2
+ V
1
= 50 Km/h
Thời gian để 2 xe gặp nhau là: t = = = 2 h
Vì thời gian Ong bay bằng thời gian hai xe chuyển động. Nên quãng đường Ong bay là:
S
o
= V
o
t = 60.2 = 120 Km
Bài toán 2: Một cậu bé đi lên núi với vận tốc 1m/s. khi còn cách đỉnh núi 100m cậu bé thả một
con chó và nó bắt đầu chạy đi chạy lại giữa đỉnh núi và cậu bé. Con chó chạy lên đỉnh núi với
vận tốc 3m/s và chạy lại phía cậu bé với vận tốc 5m/s. tính quãng đường mà con chó đã chạy từ

lúc được thả ra tới khi cậu bé lên tới đỉnh núi?
Giải: - Gọi vân tốc của cậu bé là v, vận tốc của con chó khi chạy lên đỉnh núi là v
1
và khi chạy
xuống là v
2
. Giả sử con chó gặp cậu bé tại một điểm cách đỉnh núi một khoảng L, thời gian từ
lần gặp này đến lần gặp tiếp theo là T.
− Thời gian con chó chạy từ chỗ gặp cậu bé tới đỉnh núi là L/v
1
. Thời gian con chó chạy từ
đỉnh núi tới chỗ gặp cậu bé lần tiếp theo là (T - L/v
1
) và quãng đường con chó đã chạy trong
thời gian này là v
2
(T - L/v
1
); quãng đường cậu bé đã đi trong thời gian T là vT. Ta có phương
trình:
2
1
( )
L
L vT v T
v
= + −

⇒


2 1
2
(1 )L v v
T
v v
+
=
+
(1)
− Quãng đường con chó đã chạy cả lên núi và xuống núi trong thời gian T là
2 1
( / )
c
S L v T L v= + −
.
TrÇn Nam HiÕu Trang 3 Mü C¸t
Thay T từ pt (1) vào ta có:
1 2 2 1
1 2
2 ( )
.
( )
c
v v v v v
S L
v v v
− −
=
+
(2)

- Quãng đường cậu bé đã đi trong thời gian T:
1 2
1 2
( )
. .
( )
b
v v v
S vT L
v v v
+
= =
+
(3)
- Lập tỷ số
)3(
)2(
ta có :
1 2 2 1
1 2
2 ( )
( )
c
b
S
v v v v v
S v v v
− −
=
+

(4)
Tỷ số này luôn không đổi, không phụ thuộc vào T mà chỉ phụ thuộc vào các giá trị vận tốc
đã cho. Thay các giá trị đã cho vào ta có:
7
2
b
c
S
S =

⇔
100.7
350( )
2
c
S m= =
3/ Chuyển động có vận tốc thay đổi theo quy luật:
Phương pháp:
− Xác định quy luật của chuyển động
− Tính tổng quãng đường chuyển động. Tổng này thường là tổng của một dãy số.
− Giải phương trình nhận được với số lần thay đổi vận tốc là số nguyên.
Bài toán 1: Một động tử xuất phát từ A trên đường thẳng hướng về B với vận tốc ban đầu V
0
=
1 m/s, biết rằng cứ sau 4 giây chuyển động, vận tốc lại tăng gấp 3 lần và cứ chuyển động được 4
giây thì động tử ngừng chuyển động trong 2 giây. trong khi chuyển động thì động tử chỉ chuyển
động thẳng đều. Sau bao lâu động tử đến B biết AB dài 6km ?
Giải: cứ 4 giây chuyển động ta gọi là một nhóm chuyển động
Dễ thấy vận tốc của động tử trong các n nhóm chuyển động đầu tiên là:
3

0
m/s; 3
1
m/s; 3
2
m/s …… , 3
n-1
m/s ,…… ,
Quãng đường tương ứng mà động tử đi được trong các nhóm thời gian tương ứng là:
4.3
0
m; 4.3
1
m; 4.3
2
m; … ; 4.3
n-1
m;…….
Quãng đường động tử chuyển động trong thời gian này là:
S
n
= 4( 3
0
+ 3
1
+ 3
2
+ ….+ 3
n-1
) (m) Hay: S

n
= 2(3
n
– 1) (m)
Ta có phương trình: 2(3
n
-1) = 6000 ⇒ 3
n
= 3001.
Ta thấy rằng 3
7
= 2187; 3
8
= 6561, nên ta chọn n = 7.
Quãng đường động tử đi được trong 7 nhóm thời gian đầu tiên là: 2.2186 = 4372 (m)
Quãng đường còn lại là: 6000 – 4372 = 1628 (m)
Trong quãng đường còn lại này động tử đi với vận tốc là ( với n = 8): 3
7
= 2187 (m/s)
Thời gian đi hết quãng đường còn lại này là:
)(74,0
2187
1628
s=
Vậy tổng thời gian chuyển động của động tử là: 7.4 + 0,74 = 28,74 (s)
Ngoài ra trong quá trình chuyển động. động tử có nghỉ 7 lần ( không chuyển động) mỗi lần nghỉ
là 2 giây, nên thời gian cần để động tử chuyển động từ A tới B là: 28,74 + 2.7 = 42,74 (giây).
Bài toán 2: Một vật chuyển động xuống dốc nhanh dần. Quãng đường vật đi được trong giây
thứ k là S = 4k - 2 (m). Trong đó S tính bằng mét, còn k = 1,2, … tính bằng giây.
a. Hãy tính quãng đường đi được sau n giây đầu tiên.

b. Vẽ đồ thị sự phụ thuộc của quãng đường đi được vào thời gian chuyển động.
)
11
(
2
21
21
VV
S
ttt
+=+=
TrÇn Nam HiÕu Trang 4 Mü C¸t
Giải: a. Quãng đường đi được trong n giây đầu tiên là:
S
n
= (4.1 – 2) + (4.2 – 2) + (4.3 – 2) +…….+ (4.n -2)
S
n
= 4(1 + 2 + 3 + …… + n) – 2n
S
n
= 2n(n + 1) – 2n = 2n
2
b. Đồ thị là phần đường parabol S
n
= 2n
2
nằm bên phải trục S
n
.

B. Các bài toán về vận tốc trung bình của vật chuyển động.
Phương pháp: Trên quãng đường S được chia thành các quãng đường nhỏ S
1
; S
2
; …; S
n
và thời
gian vật chuyển động trên các quãng đường ấy tương ứng là t
1
; t
2
; ….; t
n
. thì vận tốc trung bình
trên cả quãng đường được tính theo công thức: V
TB
=
1 2
1 2


n
n
s s s
t t t
+ + +
+ + +

Chú ý: Vận tốc trung bình khác với trung bình của các vận tốc.

Bài toán 1: Hai bạn Hoà và Bình bắt đầu chạy thi trên một quãng đường S. Biết Hoà trên nửa
quãng đường đầu chạy với vận tốc không đổi v
1
và trên nửa quãng đường sau chạy với vận tốc
không đổi v
2
(v
2
< v
1
). Còn Bình thì trong nửa thời gian đầu chạy với vận tốc v
1
và trong nửa thời
gian sau chạy với vận tốc v
2
.
Tính vận tốc trung bình của mỗi bạn ?

Giải: - Xét chuyển động của Hoà A v
1
M v
2
B
−
Thời gian đi v
1
là t
1
= =
−

Thời gian đi v
2
là t
2
= = .

−
Vận tốc trung bình v
H
= =

−
Xét chuyển động của Bình A v
1
M v
2
B

tVStVS .;
2211
==
Mà t
1
= t
2
= và s = s
1
+ s
2


⇒
s= ( v
1
+v
2
)
⇒
t=
Vận tốc trung bình v
B
= =
Bài toán 2: Một người đi trên quãng đường S chia thành n chặng không đều nhau, chiều dài các
chặng đó lần lượt là S
1
, S
2
, S
3
, S
n
.
Thời gian người đó đi trên các chặng đường tương ứng là t
1
, t
2
t
3
t
n
. Tính vận tốc trung bình

của người đó trên toàn bộ quảng đường S. Chứng minh rằng:vận trung bình đó lớn hơn vận tốc
bé nhất và nhỏ hơn vận tốc lớn nhất.
Giải: Vận tốc trung bình của người đó trên quãng đường S là: V
tb
=
tttt
ssss
n
n
++++
+++


321
321
Gọi V
1
, V
2
, V
3
V
n
là vận tốc trên các chặng đường tương ứng ta có:

;
1
1
1
t

s
v
=
;
2
2
2
t
s
v
=

;
3
3
3
t
s
v
=

;
t
s
v
n
n
n
=
Giả sử V

k
lớn nhất và V
i
là bé nhất ( n ≥ k >i ≥ 1). Ta phải chứng minh V
k
> V
tb
> V
i
.
TrÇn Nam HiÕu Trang 5 Mü C¸t
Thật vậy: V
tb
=
1 1 2 2 3 3
1 2 3
+

n n
n
v t v t v t v t
t t t t
+ + +
+ + + +
= v
i

tttt
t
v

v
t
v
v
t
v
v
t
v
v
n
n
i
n
iii
++++
+++


321
3
3
2
2
1
1
.
Do
v
v

i
1
;
v
v
i
1

v
v
i
1
>1
⇒

v
v
i
1
.t
1
+
v
v
i
1
.t
2
. +… +
v

v
i
1
t
n
> t
1
+ t
2
+ + t
n

⇒
V
i
< V
tb
(1)
Tương tự ta có V
tb
=
tttt
tvtvtvtv
n
nn
++++
+++


321

332211
= v
k
.
tttt
t
v
v
t
v
v
t
v
v
t
v
v
n
n
k
n
kkk
++++
+++


321
3
3
2

2
1
1
.
Do
v
v
k
1
;
v
v
k
1

v
v
k
1
< 1. Nên
v
v
k
1
t
1
+
v
v
k

1
t
2
.+
v
v
k
1
t
n
< t
1
+ t
2
+ + t
n

⇒
V
k
> V
tb
(2) ĐPCM
Bài toán 3: Tính vận tốc trung bình của ôtô trên cả quảng đường trong hai trường hợp :
a. Nửa quãng đường đầu ôtô đi với vận tốc v
1
, Nửa quãng đường còn lại ôtô đi với vận tốc v
2

b. Nửa thời gian đầu ôtô đi với vận tốc v

1
, Nửa thời gian sau ôtô đi với vận tốc v
2
.
Giải: a. Gọi quảng đường ôtô đã đi là s .
Thời gian để ôtô đi hết nữa quảng đường đầu là :
=
1
1
s
t
2v

Thời gian để ôtô đi hết nữa quảng đường còn lại là :
=
2
2
s
t
2v

Vận tốc trung bình của ôtô trên cả quảng đường:
= = =
+ +
+
2
1 2
tb
1 2 1
1 2

2v v
s s
v
s s
t t v v
2v 2v

b. Gọi thời gian đi hết cả quảng đường là t
Nữa thời gian đầu ôtô đi được quảng đường là :
=
2
1
1
v .t
s

Nữa thời gian sau ôtô đi được quảng đường là :
=
2
2
2
v .t
s

Vận tốc trung bình của ôtô trên cả quảng đường là :
+
+ +
= = =
1 2
1 2 1 2

tb
v .t v .t
s s v v
2 2
v
t t 2
C. Các bài toán về chuyển động tròn đều.
Phương pháp:
− Ứng dụng tính tương đối của chuyển động.
− Số lần gặp nhau giữa các vật được tính theo số vòng chuyển động của vật được coi là vật
chuyển động.
TrÇn Nam HiÕu Trang 6 Mü C¸t
Bài toán 1: Một người đi bộ và một vận động viên đi xe đạp cùng khởi hành ở một địa điểm, và
đi cùng chièu trên một đường tròn chu vi C = 1800m. vận tốc của người đi xe đạp là v
1
= 22,5
km/h, của người đi bộ là v
2
= 4,5 km/h. Hỏi khi người đi bộ đi được một vòng thì gặp người đi
xe đạp mấy lần. Tính thời gian và địa điểm gặp nhau?
Giải: Thời gian để người đi bộ đi hết một vòng là: t = 1,8/4,5 = 0,4 h
Coi người đi bộ là đứng yên so với người đi xe đạp.
Vận tốc của người đi xe đạp so với người đi bộ là: V = v
1
– v
2
= 22,5 – 4,5 = 18 km/h.
Quãng đường của người đi xe đạp so với người đi bộ là: S = Vt = 0,4. 18 = 7,2 km.
Số vòng người đi xe đạp đi được so với người đi bộ là: n = = 7,2/1,8 = 4 (vòng)
Vậy người đi xe đạp gặp người đi bộ 4 lần.

Khi đi hết 1 vòng so với người đi bộ thì người đi xe đạp gặp người đi bộ 1 lần ở cuối đoạn đường.
Thời gian người đi xe đạp đi hết một vòng so với người đi bộ là: t’

= = 1,8/18 = 0,1 h.
Lần gặp thứ nhất sau khi xuất phát một thời gian là 0,1h cách vị trí đầu tiên là 0,1.4,5 = 0,45 km
Lần gặp thứ hai sau khi xuất phát một thời gian là 0,2h cách vị trí đầu tiên là 0,2.4,5 =0, 9 km
Lần gặp thứ ba sau khi xuất phát một thời gian là 0,3h cách vị trí đầu tiên là 0,3.4,5 = 1,35 km
Lần gặp thứ tư sau khi xuất phát một thời gian là 0,4h cách vị trí đầu tiên là 0,4.4,5 = 1,8 km
Các khoảng cách trên được tính theo hướng chuyển động của hai người.
Bài toán 2: Chiều dài của một đường đua hình tròn là 300m. hai xe đạp chạy trên đường này
hướng tới gặp nhau với vận tốc V
1
= 9m/s và V
2
= 15m/s. Hãy xác định khoảng thời gian nhỏ
nhất tính từ thời điểm họ gặp nhau tại một nơi nào đó trên đường đua đến thời điểm họ lại gặp
nhau tại chính nơi đó
Giải: Thời gian để mỗi xe chạy được 1 vòng là: t
1
= = (s) , t
2
= = 20(s)
Giả sử điểm gặp nhau là M. Để gặp tại M lần tiếp theo thì xe 1 đã chạy được x vòng và xe 2
chạy được y vòng. Vì chúng gặp nhau tại M nên: xt
1
= yt
2
nên: =
x, y nguyên dương. Nên ta chọn x, y nhỏ nhất là x = 3, y = 5
Khoảng thời gian nhỏ nhất kể từ lúc hai xe gặp nhau tại một điểm đến thời điểm gặp nhau cũng

tại điểm đó là t = xt
1
= 3. 100 (s)
Bài toán 3: Một người ra đi vào buổi sáng, khi kim giờ và kim phút chồng lên nhau và ở trong
khoảng giữa số 7 và 8. khi người ấy quay về nhà thì trời đã ngã về chiều và nhìn thấy kim giờ,
kim phút ngược chiều nhau. Nhìn kĩ hơn người đó thấy kim giờ nằm giữa số 1 và 2. Tính xem
người ấy đã vắng mặt mấy giờ.
Giải: Vận tốc của kim phút là 1 vòng/ giờ. Vận tốc của kim giờ là
12
1
(vòng/giờ.)
Coi kim giờ là đứng yên so với kim phút.
Vận tốc của kim phút so với kim giờ là (1 – ) = vòng/giờ.
Thời gian để kim giờ và kim phút gặp nhau giữa hai lần liên tiếp là:
12
11
1
= (giờ)
Khi đó kim giờ đi được 1 đoạn so với vị trí gặp trước là: . = vòng.
Khi đó kim phút đã đi được 1 vòng tính từ số 12. nên thời gian tương ứng là (1 + ) giờ.
Khi gặp nhau ở giữa số 7 và số 8 thì kim phút đã đi được 7vòng, nên thời điểm đó là 7 + giờ.
Tương tự. giữa 2 lần hai kim đối nhau liên tiếp cũng có thời gian là giờ.
Chọn tại thời điểm 6h. kim phút và kim giờ đối nhau.
Thì khi tới vị trí kim giờ nằm giữa số 1 và số 2. thì thời gian là 7 + giờ.
TrÇn Nam HiÕu Trang 7 Mü C¸t
Chọn mốc thời gian là 12h. thì khi hai kim đối nhau mà kim giờ nằm giữa số 1 và số 2 thì thời
điểm đó là (6 + 7 + ) giờ. Vậy thời gian người đó vắng nhà là (13 + ) – (7+ ) = 6 giờ.
D. Các bài toán về công thức cộng vận tốc:
Vì giới hạn của chương trình lớp 9. nên chỉ xét các vận tốc có phương tạo với nhau những góc
có giá trị đặc biệt, hoặc các vận tốc có phương vuông góc với nhau.

Cần viết biểu thức véc tơ biểu thị phép cộng các vận tốc. căn cứ vào biểu thức véc tơ để chuyển
thành các biểu thức đại số.
Để chuyển công thức dạng véc tơ thành biểu thức đại số. ta sử dụng định lý Pitago. Hoặc sử
dụng định lý hàm số cosin và các hệ thức lượng giác trong tam giác vuông.
Bài toán 1: Một đoàn tàu đứng yên, các giọt mưa tạo trên cửa sổ toa tàu những vệt nghiêng góc
α = 30
0
so với phương thẳng đứng. Khi tàu chuyển động với vận tốc 18km/h thì các giọt mưa rơi
thẳng đứng. Dùng phép cộng các véc tơ dịch chuyển xác định vận tốc của giọt mưa khi rơi gần
mặt đất.
Giải: Lập hệ véc tơ với phương của vận tốc hạt mưa so với mặt đất tạo với phương thẳng đứng
góc 30
0
. Phương vận tốc của tàu so với mặt đất là phương ngang sao cho tổng các véc tơ vận
tốc: véc tơ vận tốc của hạt mưa so với tàu và véc tơ vận tốc của tàu so với mặt đất chính là véc
tơ vận tốc của hạt mưa so với đất.
Khi đó vận tốc hạt mưa V = v.cos30
0
= 31 km/h
Bài toán 2: Một chiếc ô tô chạy trên đường theo phương ngang với vận tốc v = 80 km/h trong
trời mưa. Người ngồi trong xe thấy rằng các hạt mưa ngoài xe rơi theo phương xiên góc 30
0
so
với phương thẳng đứng. biết rằng nếu xe không chuyển động thì hạt mưa rơi theo phương thẳng
đứng. xác định vận tốc hạt mưa ?
Giải: Lập hệ véc tơ với vận tốc của hạt mưa vuông góc với mặt đất. vận tốc của xe theo phương
ngang. Hợp của các vận tốc: Vận tốc hạt mưa so với xe và vận tốc của xe so với mặt đất chính là
vận tốc của hạt mưa so với mặt đất
Từ đó tính được độ lớn vận tốc hạt mưa: V = v.tan30
0

= 46,2 km/h
E. Các bài toán về đồ thị chuyển động:
Phương pháp: Cần đọc đồ thị và liên hệ giữa các đại lượng được biểu thị trên đồ thị. Tìm ra
được bản chất của mối liên hệ và ý nghĩa các đoạn, các điểm được biểu diễn trên đồ thị.
Có 3 dạng cơ bản là dựng đồ thị, giải đồ thị bằng đường biểu diễn và giải đồ thị bằng diện tích
các hình biểu diễn trên đồ thị:
Bài toán 1: Trên đoạn đường thẳng dài, các ô tô đều
chuyển động với vận tốc không đổi v
1
(m/s) trên cầu
chúng phải chạy với vận tốc không đổi v
2
(m/s). Đồ
thị bên biểu diễn sự phụ thuộc khoảng. Cách L giữa
hai ô tô chạy kế tiếp nhau trong. Thời gian t. tìm các
vận tốc V
1
; V
2
và chiều Dài của cầu.
TrÇn Nam HiÕu Trang 8 Mü C¸t
Giải: Từ đồ thị ta thấy: trên đường, hai xe cách nhau 400m
Trên cầu chúng cách nhau 200 m
Thời gian xe thứ nhất chạy trên cầu là T
1
= 50 (s)
Bắt đầu từ giây thứ 10, xe thứ nhất lên cầu và đến giây thứ 30 thì xe thứ 2 lên cầu.
Vậy hai xe xuất phát cách nhau 20 (s)
Vậy: V
1

T
2
= 400 ⇒ V
1
= 20 (m/s)
V
2
T
2
= 200 ⇒ V
2
= 10 (m/s). Vậy chiều dài của cầu là l = V
2
T
1
= 500 (m)

Bài toán 2: Trên đường thẳng x
’
Ox. một xe chuyển động qua các giai đoạn có đồ thị biểu diễn
toạ độ theo thời gian như hình vẽ, biết đường cong MNP là một phần của parabol đỉnh M có
phương trình dạng: x = at
2
+ c.Tìm vận tốc trung bình của xe trong khoảng thời gian từ 0 đến
6,4h và vận tốc ứng với giai đoạn PQ ?
Giải: Dựa vào đồ thị ta thấy:
Quãng đường xe đi được: S = 40 + 90 + 90 = 220 km
Vậy:
375,34
4.6

220
===
t
S
V
TB
km/h
b. Xét phương trình parabol: x = at
2
+ c.
Khi t = 0; x = - 40. Thay vào ta được: c = - 40
Khi t = 2; x = 0. Thay vào ta được: a = 10
Vậy x = 10t
2
– 40.
Xét tại điểm P. Khi đó t = 3 h. Thay vào ta tìm được x = 50 km.
Vậy độ dài quãng đường PQ là S’ = 90 – 50 = 40 km.
Thời gian xe chuyển động trên quãng đường này là: t’ = 4,5 – 3 = 1,5 (h)
Vận tốc trung bình của xe trên quãng đường này là:
3
80
5,1
40
'
'
'
===
t
S
V

TB
km/h
Bài toán 3: Một nhà du hành vũ trụ chuyển độngdọc theo một đường thẳng từ A đến B. Đồ
thị chuyển động được biểu thị như hình vẽ. (V là vận tốc nhà du hành, x là khoảng cách
từ vị trí nhà du hành tới vật mốc A ) tính thời gian người đó chuyển động từ A đến B
(Ghi chú: v
-1
=
v
1
)
Giải: Thời gian chuyển động được xác định bằng công thức: t =
v
x
= xv
-1
.
Từ đồ thị ta thấy tích này chính là diện tích hình được giới hạn bởi đồ thị, hai trục toạ độ và
đoạn thẳng MN.Diện tích này là 27,5 đơn vị diện tích. Mỗi đơn vị diện tích này ứng với
thời gian là 1 giây. Nên thời gian chuyển động của nhà du hành là 27,5 giây.
Trần Nam Hiếu Trang 9 Mỹ Cát
Phần 2
Các bài toán về điiều kiện cân bằng vật rắn và máy cơ đơn giản
A. Lý thuyt
I. Mụmen lc: Mụ men lc ( nm trong mt phng vuụng gúc vi trc quay):
M F.l(N.m)
=
Trong ú: l l khong cỏch t trc quay n giỏ ca lc ( cũn gi l tay ũn ca lc).
II. iu kin cõn bng ca mt vt cú trc quay c nh:
Mun cho mt vt cú trc quay c nh ng cõn bng ( hoc quay u) thỡ tng mụmen cỏc lc

lm vt quay theo chiu kim ng h bng tng cỏc mụ men cỏc
lc lm cho vt quay ngc chiu kim ng h
Vớ d: Vi vt bt k cú th quay quanh trc c nh O (Hỡnh bờn)
ng yờn cõn bng quanh O ( hoc quay u quanh O) thỡ
mụmen ca lc F
1
phi bng mụmen ca lc F
2
.
Tc l: M
1
= M
2


F
1
. l
1
= F
2
. l
2
Trong ú l
1
, l
2
ln lt l tay ũn ca cỏc lc F
1
, F

2
(Tay ũn ca lc l khong cỏch t trc qua n phng ca lc)

O


F
1

F
2
l
1
l
2
TrÇn Nam HiÕu Trang 10 Mü C¸t
III. Quy tắc hợp lực.
1. Quy tắc tổng hợp hai lực đồng quy ( quy tắc hình bình hành).
Hợp lực của hai lực đồng quy ( cùng điểm đặt) có phương trùng với
đường chéo của hình bình hành mà hai cạnh là hai lực đó,
độ lớn của hợp lực là độ dài đường chéo.
2 2
1 2 1 2
F F 2F.F .cos
+ + α
2. Tổng hai lực song song cùng chiều:
Hợp lực của hai lực song song cùng chiều là một lực cùng phương,
độ lớn bằng tổng hai lực thành phần, có giá chia trong khoảng
cách giữa hai giá của hai lực thành phần thành những đoạn thẳng tỉ
lệ nghịch với hai lực ấy.

1 2
1 2
2 1
F l
F F F ;
F l
= + =
3. Tổng hợp hai lực song song ngược chiều:
Hợp lực của hai lực song song ngược chiều là một lực có phương cùng
phương với lực lớn hơn, độ lớn bằng hiệu hai lực thành phần, có giá
chia ngời khoảng cách giữa hai giá của hai lực thành phần thành những
đoạn thẳng tỉ lệ nghịch với hai lực ấy.
1 2
1 2
2 1
F l
F F F ;
F l
= − =
IV. Các máy cơ đơn giản
1. Ròng rọc cố định: Dùng ròng rọc cố định không được lợi gì về lực, đường đi
do đó không được lợi gì về công.
F P;s h= =
2. Ròng rọc động.
− Với 1 ròng rọc động: Dùng ròng rọc động được lợi hai lần về lực nhưng
lại thiệt hai lần về đường đi do đó không được lợi gì về công.
P
F ;s 2h
2
= =

− Với hai ròng rọc động: Dùng 2 ròng rọc động được lợi 4 lần về lực nhưng lại thiệt 4 lần
về đường đi do đó không được lợi gì về công.
P
F ;s 4h
4
= =
− Tổng quát: Với hệ thống có n ròng rọc động thì ta có:
1
F
O
P
2
F
F
l
1
l
1
1
l
1
l
2
P
•
F
T
l
1
l

1
1
1
l
2
•
P
F
T
h
TrÇn Nam HiÕu Trang 11 Mü C¸t
n
n
P
F ;s 2 h
2
= =
3. Đòn bẩy: Dùng đòn bẩy đượclợi bao nhiêu lần về lực thì thiệt bấy nhiêu lần về đường đi do
đó không được lợi gì về công.
1 1 2 2
F.l F .l
=
( Áp dụng điều kiện cân bằng của một vật có trục quay cố định)
Trong đó F
1
; F
2
là các lực tác dụng lên đòn bẩy, l1; l2 là các tay đòn của lực hay khoảng cách
từ giá của các lực đến trục quay.
I. Các bài toán về điều kiện cân bằng của vật rắn và mô men lực:

Phương pháp: Cần xác định trục quay, xác định các vét tơ lực tác dụng lên vật. Xác định chính
xác cánh tay đòn của lực. Xác định các mô men lực làm vật quay theo chiều kim đồng hồ và
ngược chiều kim đồng hồ. sử dụng điều kiện cân bằng của vật rắn để lập phương trình.
Bài toán 1: Một thanh thẳng AB đồng chất, tiết diện đều có rãnh
dọc, khối lượng thanh m = 200g, dài l = 90cm. Tại A, B có đặt 2
hòn bi trên rãnh mà khối lượng lần lượt là m
1
= 200g và m
2
. Đặt
thước (cùng 2 hòn bi ở A, B) trên mặt bàn nằm ngang vuông góc
với mép bàn sao cho phần OA nằm trên mặt bàncó chiều dài
l
1
= 30cm, phần OB ở mép ngoài bàn.Khi đóngười ta thấy thước
cân bằng nằm ngang (thanh chỉ tựa lên điểm O ở mép bàn)
a. Tính khối lượng m
2
.
b. Cùng 1 lúc , đẩy nhẹ hòn bi m
1
cho chuyển động đều trên rãnh với vận tốc v
1
= 10cm/s về
phía O và đẩy nhẹ hòn bi m
2
cho chuyển động đều với vận tốc v
2
dọc trên rãnh về phía O. Tìm
v

2
để cho thước vẫn cân bằng nằm ngang như trên.
Giải: a. Trọng tâm của thanh là I ở chính giữa thanh. Nên cách điểm O là 0,15 m
Mô men do trọng lượng của bi m
1
: m
1
.OA
Mô men do trọng lượng thanh gây ra: m.OI
Mô men do bi m
2
gây ra là: m
2
OB
Để thanh đứng cân bằng: m
1
OA = m.OI + m
2
.OB
O
2
F
1
F
l
2
l
1
A
B

O
2
F
1
F
l
2
l
1
A
B
m
1

A
m
2

B
O
TrÇn Nam HiÕu Trang 12 Mü C¸t
Thay các giá trị ta tìm được m
2
= 50 g.
b. Xét thời điểm t kể từ lúc hai viên bi bắt đầu chuyển động.
Cánh tay đòn của bi 1: (OA – V
1
t) nên mô men tương ứng là: m
1
(OA – v

1
t)
Cánh tay đòn của viên bi 2: (OB – v
2
t) nên mô men là: m
2
(OB – V
2
t)
Thước không thay đổi vị trí nên mô men do trọng lượng của nó gây ra là OI.m
Để thước cân bằng: m
1
(OA – v
1
t) = m
2
(OB – V
2
t) + OI.m
Thay các giá trị đã cho vào ta tìm được v
2
= 4v
1
= 40cm/s
Bài toán 2: Một thanh dài l = 1m có trọng lượng P = 15N,
một đầu được gắn vào trần nhà nhờ một bản lề.Thanh được
giữ nằm nghiêng nhờ một sợi dây thẳng đứng buộc ở dầu tự
do của thanh. Hãy tìm lực căng F của dây nếu trọng tâm của
thanh cách bản lề một đoạn bằng d = 0,4m.
Giải: Mô men gây ra do trọng lượng của thanh tại trọng tâm của nó: P.OI

Mô men do lực căng sợi dây gây ra: F.OA
Vì thanh cân bằng nên: P.OI = F.OA
Hay:
NPF
OB
OG
OA
OI
P
F
615.4,04,04.0 ===⇔===
Bài toán 3: Một thanh mảnh, đồng chất, phân bố đều khối
lượng có thể quay quanh trục O ở phía trên. Phần dưới của
thanh nhúng trong nước, khi cân bằng thanh nằm nghiêng
như hình vẽ, một nửa chiều dài nằm trong nước. Hãy xác
định khối lượng riêng của chất làm thanh đó.
Giải: Khi thanh cân bằng, các lực tác dụng lên thanh gồm: Trọng lực P tập trung ở điểm giữa
của thanh (trọng tâm của thanh) và lực đẩy Acsimet F
A
tập trung ở trọng tâm phần thanh nằm
trong nước (Hình bên). Gọi l là chiều dài của thanh.
Mô men do lực ác si mét gây ra:F
A
d
1
Mô men do trọng lượng của thanh gây ra: Pd
2
Ta có phương trình cân bằng lực:
3
2

4
3
2
1
1
2
===
l
l
d
d
P
F
A
(1)
Gọi D
n
và D là khối lượng riêng của nước và
chất làm thanh. M là khối lượng của thanh, S
là tiết diện ngang của thanh
Lực đẩy Acsimet: F
A
= S.
2
1
.D
n
.10 (2)
Trọng lượng của thanh:
P = 10.m = 10.l.S.D (3)

F
A
d
1
P d
2
Thay (2), (3) vào (1) suy ra:
2
3
S.l.D
n
.10 =
2.10.l.S.D
⇒ Khối lượng riêng của chất làm thanh:
D =
4
3
D
n
Bài toán 4: Một hình trụ khối lượng M đặt trên đường ray,
đường này nghiêng một góc α so với mặt phẳng nằm ngang.
Một trọng vật m buộc vào đầu một sợi dây quấn quanh hình
•
A
O
I
G
B
O
TrÇn Nam HiÕu Trang 13 Mü C¸t

trụ phải có khối lượng nhỏ nhất là bao nhiêu để hình trụ lăn
lên trên ? Vật chỉ lăn không trượt, bỏ qua mọi ma sát.
Giải: Gọi R là bán kính khối trụ. P
M
là trọng lượng khối trụ.
T là sức căng sợi dây.
Ta có: P
M
= 10M. Và T = 10m
Khối trụ quay quanh điểm I là điểm tiếp xúc giữa khối trụ và
đường ray. Từ hình vẽ HI là cánh tay đòn của lực P
M
và IK
là cánh tay đòn của lực T .
Ta có: HI = Rsinα và IK = R - IH = R(1 - sinα)
Điều kiện để khối trụ lăn lên trên là T.IK ≥ P
M
.IH
Hay 10m.IK ≥ 10M. IH hay m ≥ M
Thay các biểu thức của IH và IK vào ta được: m ≥ M
Khối lượng nhỏ nhất của vật m để khối trụ lăn đều lên trên là: m = M
Bài toán 5: Một thanh đồng chất tiết diện đều, đặt trên thành của
bình đựng nước, ở đầu thanh có buộc một quả cầu đồng chất bán
kính R, sao cho quả cầu ngập hoàn toàn trong nước. Hệ thống này
cân bằng như hình vẽ.

Biết trọng lượng riêng của quả cầu và nước
lần lượt là d và d
o
,


Tỉ số l
1
:l
2
= a: b. Tính trọng lượng của thanh
đồng chất nói trên. Có thể sảy ra trường hợp l
1
>l
2
được không? Giải thích?
Giải: Gọi chiều dài của thanh là L và trọng tâm của thanh là O. Thanh quay tại điểm tiếp xúc N
của nó với thành cốc. Vì thành đồng chất, tiết diện đều nên trọng tâm của thanh là trung điểm
của thanh.
Vì l
1
:l
2
= a:b nên l
2
= b và l
1
= a
Gọi trọng lượng của thanh đồng chất là P
0
thì cánh tay đòn của P
0
là l
2
- = L

Mô Men của nó là M
1
= L .P
0
Trọng lượng quả cầu là P = dV , Lực ác si mét tác dụng lên quả cầu là F
A
= d
0
V
Lực tác dụng lên đầu bên phải của thanh là F = P - F
A
= (d - d
0
)V
lực này có cánh tay đòn là l
1
và mô men của nó là M
2
= a (d - d
0
)V
Vì thanh cân bằng nên: M
1
= M
2
⇒ L .P
0
= a (d - d
0
)V

Từ đó tìm được P
0
= Thay V = πR
3
ta được trọng lượng của thanh đồng chất
Trong trường hợp l
1
>l
2
thì trọng tâm của thanh ở về phía l
1
. trọng lượng của thanh tạo ra mô men
quay theo chiều kim đồng hồ. Để thanh cân bằng thì hợp lực của quả cầu và lực đẩy ác si mét
phải tạo mô men quay ngược chiều kim đồng hồ. khi đó F
A
> P
Vậy trường hợp này có thể sảy ra khi độ lớn của lực đẩy ác si mét lên quả cầu lớn hơn trọng
lượng của nó.
II. Các bài toán về máy cơ đơn giản:
Phương pháp: - Xác định các lực tác dụng lên các phần của vật.
Sử dụng điều kiện cân bằng của một vật để lập các phương trình
Chú ý: - Nếu vật là vật rắn thì trọng lực tác dụng lên vật có điểm đặt tại khối tâm của vật.
− Vật ở dạng thanh có tiết diện đều và khối lượng được phân bố đều trên vật, thì trọng tâm
của vật là trung điểm của thanh. Nếu vật có hình dạng tam giác có khối lượng được phân bố
đều trên vật thì khối tâm chính là trọng tâm hình học của vật.
− Khi vật cân bằng thì trục quay sẽ đi qua khối tâm của vật

TrÇn Nam HiÕu Trang 14 Mü C¸t
Bài toán 1: Tấm ván OB có khối lượng không đáng kể, đầu O đặt trên 1 dao cứng tại O, đầu B
được treo bằng 1 sợi dây vắt qua ròng rọc cố định R (ván quay được quanh O).Một người có

khối lượng 60kg đứng trên tấm ván
a. Lúc đầu, người đó đứng tại điểm A sao cho OA =
3
2
OB (Hình 1)
b. Tiếp theo thay ròng rọc cố định R bằng 1 palăng gồm 1 ròng rọc cố định R và 1 ròng rọc
động R
’
đồng thời di chuyển vị trí đứng của người đó về điểm I sao cho OI =
2
1
OB (Hình 2)
c. Sau cùng palăng ở câu b được mắc theo cách khác nhưng vẫn có OI = 1/2 OB (Hình 3)
Hỏi trong mỗi trường hợp a), b), c) người đó phải tác dụng vào dây 1 lực F bằng bao nhiêu để
tấm ván nằm ngang thăng bằng?Tính lực F
’
do ván tác dụng vào điểm tựa O trong mỗi trường
hợp ( Bỏ qua ma sát ở các ròng rọc và trọng lượng của dây, của ròng rọc )
Hình 1 Hình 2 Hình 3
Giải:
a. Ta có : (P - F).OA = F.OB suy ra : F = 240N
Lực kéo do tấm ván tác dụng vào O: F
/
= P - F - F = 120N
b. Ta có F
B
= 2F và (P - F).OI = F
B
.OB suy ra : F = 120N
Lực kéo do tấm ván tác dụng vào O: F

/
= P - F - 2F = 240N
c. Ta có F
B
= 3F và (P + F).OI = F
B
.OB suy ra : F = 120N
Lực kéo do tấm ván tác dụng vào O: F
/
= P + F - 3F = 360N
Bài toán 2: Một người có trọng lượng P
1
đứng trên tấm ván có trọng lượng P
2
để kéo đầu một
sợi dây vắt qua hệ ròng rọc ( Hình vẽ ). Độ dài tấm ván giữa hai điểm treo dây là l. . Bỏ qua
trọng lượng của ròng rọc, sợi dây và mọi ma sát.
a. Người đó phải kéo dây với một lực là bao
nhiêu và người đó đứng trên vị trí nào của tấm ván
để duy trì tấm ván ở trạng thái nằm ngang ?
b. Tính trọng lượng lớn nhất của tấm ván để người
đó còn đè lên tấm ván.
Giải: a. Gọi T
1
là lực căng dây qua ròng rọc cố định.
T
2
là lực căng dây qua ròng rọc động, Q là áp lực của
người lên tấm ván. Ta có: Q = P
1

- T
2
và T
1
= 2T
2
(1)
O
A
B
F
F
R
P
O
I
B
R
/
F
R
P
O
I
B
R/
F
R
P
TrÇn Nam HiÕu Trang 15 Mü C¸t

Để hệ cân bằng thì trọng lượng của người và ván cân
bằng với lực căng sợi dây. Vậy: T
1
+ 2T
2
= P
1
+ P
2

Từ (1) ta có: 2T
2
+ 2T
2
= P
1
+ P
2
hay T
2
=

Vậy để duy trì trạng thái cân bằng thì người phải tác dụng một lực lên dây có độ lớn là
F = T
2
=



Gọi B là vị trí của người khi hệ cân bằng, khoảng cách từ B đến đầu A của tấm ván là l

0
. Chọn A
làm điểm tựa. để tấm ván cân bằng theo phương ngang thì
T
2
l
0
+ T
2
l = P
1
l
0
+ ⇒ (T
2
- 0,5P
2
)l = (P
1
- T
2
)l
0

Vậy: l
0
= Thay giá trị T
2
ở trên và tính toán được: l
0

=

Vậy vị trí của người để duy trì ván ở trạng thái nằm ngang là cách đầu A một khoảng
l
0
=
b. Để người đó còn đè lên tấm ván thì Q ≥ 0 ⇒ P
1
- T
2
≥ 0 ⇒ P
1
-

≥ 0
⇔
3P
1
≥ P
2
Vậy trọng lượng lớn nhất của ván để người đó còn đè lên tấm ván là: P
2max
= 3P
1
Bài toán 3: Một miếng gỗ mỏng, đồng chất hình tam giác vuông có chiều dài 2 cạnh góc vuông
AB = 27cm, AC = 36cm và khối lượng m
0
= 0,81kg; đỉnh A của miếng gỗ được treo bằng một
dây mảnh, nhẹ vào điểm cố định 0.
a. Hỏi phải treo một vật khối lượng m nhỏ nhất bằng bao nhiêu tại điểm nào trên cạnh

huyển BC để khi cân bằng cạnh huyền BC nằm ngang ?
b. Bây giờ lấy vật ra khỏi điểm treo(ở câu a)Tính góc hợp bởi cạnh huyền BC với phương
ngang khi miếng gỗ cân bằng
Giải: a. Để hệ cân bằng ta có: P.HB = P
0
.HK
⇔
m.HB = m
0
.HK
Mà HB =
BC
AB
2
=
45
27
2
= 16,2cm
HK =
3
2
.HI =
3
2
.(BI - BH) =
3
2
.(45/2 - 16,2) = 4,2cm
⇒ m = 4,2/16,2 . 0,81 = 0,21kg

Vậy để cạnh huyền BC nằm ngang thì vật m phải đặt tại B
và có độ lớn là 0,21kg.
b. Khi bỏ vật, miếng gỗ cân bằng thì trung tuyến AI có
phương thẳng đứng
Ta có : Sin
2
BIA
=
2/
2/
BC
AB
=
45
27
= 0,6
⇒ BIA = 73,74
0
Do BD //AI Suy ra DBC = BIA = 73,74
0
Góc nghiêng của cạnh huyền BC so với phương ngang
α = 90
0
- DBC = 90
0
- 73,74
0
= 16,26
0
III. Các bài toán về sự kết hợp giữa máy cơ đơn giản và lực đẩy ác si mét:


TrÇn Nam HiÕu Trang 16 Mü C¸t
Bài toán 1: Hai quả cầu bằng kim loại có khối lượng bằng nhau được treo vào hai đĩa của
một cân đòn. Hai quả cầu có khối lượng riêng lần lượt là D
1
= 7,8g/cm
3
; D
2
= 2,6g/cm
3
. Nhúng
quả cầu thứ nhất vào chất lỏng có khối lượng riêng D
3
, quả cầu thứ hai vào chất lỏng có khối
lượng riêng D
4
thì cân mất thăng bằng. Để cân thăng bằng trở lại ta phải bỏ vào đĩa có quả cầu
thứ hai một khối lượng m
1
= 17g. Đổi vị trí hai chất lỏng cho nhau, để cân thăng bằng ta phải
thêm m
2
= 27g cũng vào đĩa có quả cầu thứ hai. Tìm tỉ số hai khối lượng riêng của hai chất lỏng.
Giải: Do hai quả cầu có khối lượng bằng nhau.
Gọi V
1
, V
2
là thể tích của hai quả cầu, ta có:

D
1
. V
1
= D
2
. V
2
hay
3
6,2
8,7
2
1
1
2
===
D
D
V
V
Gọi F
1
và F
2
là lực đẩy Acsimet tác dụng vào các quả cầu. Do
cân bằng ta có:
(P
1
- F

1
).OA = (P
2
+P
’
– F
2
).OB
Với P
1
, P
2
, P
’
là trọng lượng của các quả cầu và quả cân;
OA = OB; P
1
= P
2
từ đó suy ra:
P
’
= F
2
– F
1
hay 10.m
1
= (D
4.

V
2
- D
3
.V
1
).10
Thay V
2
= 3 V
1
vào ta được: m
1
= (3D
4
- D
3
).V
1
(1)
Tương tự cho lần thứ hai ta có;
(P
1
- F
’
1
).OA = (P
2
+P
’’

– F
’
2
).OB
⇒ P
’’
= F
’
2
- F
’
1
hay 10.m
2
=(D
3
.V
2
- D
4
.V
1
).10
⇒ m
2
= (3D
3
- D
4
).V

1
(2)
Lập tỉ số
43
34
2
1
D -3D
D -3D
)2(
)1(
==
m
m
⇒ m
1
.(3D
3
– D
4
) = m
2
.(3D
4
– D
3
)
⇒ ( 3.m
1
+ m

2
). D
3
= ( 3.m
2
+ m
1
). D
4
⇒
21
12
4
3
3
3
mm
mm
D
D
+
+
=
= 1,256
Bài toán 2: Hai quả cầu giống nhau được nối với nhau bởi một
sợi dây nhẹ không dãn vắt qua ròng rọc cố định. Một quả nhúng
trong bình nước (hình vẽ). Tìm vận tốc chuyển động của các quả
cầu. Biết rằng khi thả riêng một quả cầu vào bình nước thì quả
cầu chuyển động đều với vận tốc V
0

. Lực cản của nước tỷ lệ với
vận tốc quả cầu. Cho khối lượng riêng của nước và chất làm quả
cầu lần lượt là D
0
và D.
Giải: Gọi trọng lượng mỗi quả cầu là P, Lực đẩyÁc si mét lên quả cầu là F
A
.
Khi nối hai quả cầu như hình vẽ thì quả cầu chuyển động từ dưới lên trên. F
C1
và F
C2
là lực cản
của nước lên quả cầu trong hai trường hợp nói trên.T là sức căng sợi dây.
Ta có: P + F
C1
= T + F
A
⇒ F
C1
= F
A
( vì P = T) suy ra F
C1
= V.10D
0

TrÇn Nam HiÕu Trang 17 Mü C¸t
Khi thả riêng quả cầu trong nước, do quả cầu chuyển động từ trên xuống dưới nên:
P = F

A
- F
c2
⇒ F
c2
= P - F
A
= V.10(D - D
0
)
Do lực cản của nước tỷ lệ với vận tốc quả cầu nên ta có: =


Nên vận tốc của quả cầu trong nước là: v =

Bài toán 3: Hệ gồm ba vật đặc và ba ròng rọc được bố trí như hình
vẽ. Trọng vật bên trái có khối lượng m = 2kg và các trọng vật ở hai
bên được làm bằng nhôm có khối lượng riêng D
1
= 2700kg/m
3
. Trọng
vât ở giữa là các khối được tạo bởi các tấm có khối lượng riêng
D
2
= 1100kg/m
2
. Hệ ở trạng thái cân bằng. Nhúng cả ba vật vào nước,
muốn hệ căn bằng thì thể tích các tấm phải gắn thêm hay bớt đi từ vật ở
giữa là bao nhiêu? Cho khối lượng riêng của nước là D

0
= 1000kg/m
3
.
Bỏ qua mọi ma sát.
Giải: Vì bỏ qua mọi ma sát và hệ vật cân bằng nên khối lượng vật bên phải cũng bằng m và
khối lượng vật ở giữa là 2m. Vậy thể tích vật ở giữa là: V
0
= = 3,63 dm
3
. Khi nhúng các vật vào
nước thì chúng chịu tác dụng của lực đẩy Ác si mét. Khi đó lực căngcủa mỗi sợ dây treo ở hai
bên là: T = 10( m - D
0
). Để cân bằng lực thì lực ở sợi dây treo chính giữa là 2T.
Gọi thể tích của vật ở giữa lúc này là V thì: = 2T - 2.10m.( 1 -

)
⇒ V =

= 25,18 dm
3
. Thể tích của vật ở giữa tăng thêm là: ∆V = V - V
0
= 21,5 dm
3
.
C¸c bµi to¸n vÒ c«ng vµ c«ng suÊt
Bài toán 1: Một bình chứa một chất lỏng có trọng lượng riêng d
0

, chiều
cao của cột chất lỏng trong bình là h
0
. Cách phía trên mặt thoáng một
khoảng h
1
, người ta thả rơi thẳng đứng một vật nhỏ đặc và đồng chất
vào bình chất lỏng. Khi vật nhỏ chạm đáy bình cũng đúng là lúc vận tốc
của nó bằng không. Tính trọng lượng riêng của chất làm vật. Bỏ qua lực
cản của không khí và chất lỏng đối với vật
Giải: Khi rơi trong không khí từ C đến D vật chịu tác dụng của trọng lực P.
Công của trọng lực trên đoạn CD = P.h
1
đúng bằng động năng của vật ở D :
A
1
= P.h
1
= W
đ
Tại D vật có động năng W
đ
và có thế năng so với đáy bình E là W
t
= P.h
0
Vậy tổng cơ năng của vật ở D là: W
đ
+ W
t

= P.h
1
+ P.h
0
= P (h
1
+h
0
)
Từ D đến C vật chịu lực cản của lực đẩy Ac – si – met : F
A
= d.V
Công của lực đẩy Acsimet từ D đến E là: A
2
= F
A
.h
0
= d
0
Vh
0
Từ D đến E do tác động của lực cản là lực đẩy Ac – si – met nên cả động năng và thế năng của
vật đều giảm. đến E thì đều bằng 0. Vậy công của lực đẩy Ac – si – met bằng tổng động năng và
thế năng của vật tại D: ⇒ P (h
1
+h
0
) = d
0

Vh
0

⇒ dV (h
1
+h
0
) = d
0
Vh
0
⇒ d =
01
00
hh
hd
+
Do thanh cân bằng nên: P = F
1

⇒ 10.D
2
.S’.l = 10.D
1
.(S – S’).h ⇒
h
S
SS
D
D

l .
'
'
.
2
1
−
=
(*)
Khi thanh chìm hoàn toàn trong nước, nước dâng lên một
lượng bằng thể tích thanh.
Gọi V
o
là thể tích thanh. Ta có : V
o
= S’.l
Thay (*) vào ta được:
hSS
D
D
V ).'.(
2
1
0
−=
Lúc đó mực nước dâng lên 1 đoạn ∆h
( so với khi chưa thả thanh vào)
h
D
D

SS
V
h .
'
2
1
0
=
−
=∆

TrÇn Nam HiÕu Trang 18 Mü C¸t
Bài toán 2: Một vật nặng bằng gỗ, kích thước nhỏ, hình trụ, hai đầu hình nón được thả không
có vận tốc ban đầu từ độ cao 15 cm xuống nước. Vật tiếp tục rơi trong nước, tới độ sâu 65 cm
thì dừng lại, rồi từ từ nổi lên. Xác định gần đúng khối lượng riêng của vật. Coi rằng chỉ có lực
Ác si mét là lực cản đáng kể mà thôi. Biết khối lượng riêng của nước là 1000 kg/m
3
.
Giải: Vì chỉ cần tính gần đúng khối lượng riêng của vật và vì vật có kích thước nhỏ nên ta có
thể coi gần đúng rằng khi vật rơi tới mặt nước là chìm hoàn toàn ngay.
Gọi thể tích của vật là V và khối lượng riêng của vật là D,
Khối lượng riêng của nước là: D’. h = 15 cm; h’ = 65 cm.
Khi vật rơi trong không khí. Lực tác dụng vào vật là trọng lực. P = 10DV
Công của trọng lực là: A
1
= 10DVh
Khi vật rơi trong nước. lực ác si mét tác dụng lên vật là: F
A
= 10D’V
Vì sau đó vật nổi lên, nên F

A
> P
Hợp lực tác dụng lên vật khi vật rơi trong nước là: F = F
A
– P = 10D’V – 10DV
Công của lực này là: A
2
= (10D’V – 10DV)h’
Theo định luật bảo toàn công: A
1
= A
2
⇒ 10DVh = (10D’V – 10DV)h’
⇒
D =
'
'
'
D
hh
h
+
Thay số, tính được D = 812,5 Kg/m
3
Bài toán 3: Trong bình hình trụ,tiết diện S chứa nước có chiều cao
H = 15cm Người ta thả vào bình một thanh đồng chất, tiết diện đều
sao cho nó nổi trong nước thì mực nước dâng lên một đoạn h = 8cm.
a. Nếu nhấn chìm thanh hoàn toàn thì mực nước sẽ cao bao nhiêu ?
(Biết khối lượng riêng của nước và thanh lần lượt là D
1

= 1g/cm
3
; D
2
= 0,8g/cm
3
b. Tính công thực hiện khi nhấn chìm hoàn toàn thanh, biết thanh có chiều dài l = 20cm,
tiết diện S’ = 10cm
2
.
Giải:a. Gọi tiết diện và chiều dài thanh là S’ và l. Ta có trọng lượng của thanh: P = 10.D
2
.S’.l
Thể tích nước dâng lên bằng thể tích phần chìm trong nước: V = ( S – S’).h
Lực đẩy Acsimet tác dụng vào thanh : F
1
= 10.D
1
(S – S’).h
H
h
l
P
F
1
S
’
H
h
P

F
2
S
’
F
l
TrÇn Nam HiÕu Trang 19 Mü C¸t
Từ đó chiều cao cột nước trong bình là: H’ = H +∆h =H +
h
D
D
.
2
1
⇒ H’ = 25 cm
b. Lực tác dụng vào thanh lúc này gồm : Trọng lượng P, lực đẩy Acsimet F
2
và lực tác dụng F.
Do thanh cân bằng nên: F = F
2
- P = 10.D
1
.V
o
– 10.D
2
.S’.l

⇔
F = 10( D

1
– D
2
).S’.l = 2.S’.l = 0,4 N
Từ pt(*) suy ra :
2
1
2
30'.3'.1. cmSS
h
l
D
D
S ==








+=
Do đó khi thanh đi vào nước thêm 1 đoạn x có thể tích ∆V = x.S’
Thì nước dâng thêm một đoạn:
2'2'
x
S
V
SS

V
y =
∆
=
−
∆
=
Mặt khác nước dâng thêm so với lúc đầu:
cmh
D
D
hh 2.1
2
1
=








−=−∆
⇒
42
2
=⇒= x
x
Vậy thanh được di chuyển thêm một đoạn: x +

cmx
xx
3
8
4
2
3
2
=⇒==
.
Và lực tác dụng tăng đều từ 0 đến F = 0,4 N, Nên công thực hiện được:
JxFA
32
10.33,510.
3
8
.4,0.
2
1
.
2
1
−−
===
Bài toán 4: Khi ca nô có vận tốc v
1
= 10 m/s thì động cơ phải thực hiện công suất P
1
= 4 kw.
Hỏi khi động cơ thực hiện công suất tối đa là P

2
= 6 kw thì ca nô có thể đạt vận tốc v
2
lớn nhất
là bao nhiêu? Cho rằng lực tác dụng lên ca nô tỉ lệ với vận tốc của nó đối với nước.
Giải: Vì lực tác dụng lên ca nô tỉ lệ với vận tốc của nó. Gọi hệ số tỉ lệ là K
Thì: F
1
= Kv
1
và F
2
= K
1
v
Vậy: P
1
= F
1
v
1
= K
2
1
v
; P
2
= F
2
v

2
= K
2
2
v
.
Nên:
2
2
2
1
2
1
v
v
P
P
=

1
2
2
1
2
P
Pv
v =⇒
Thay số ta tìm được kết quả.
Bài toán 5: Một xe máy chạy với vận tốc 36km/h thì máy phải sinh ra môt công suất 1,6kW.
Hiệu suất của động cơ là 30%. Hỏi với 2 lít xăng xe đi được bao nhiêu km? Biết khối lượng

riêng của xăng là 700kg/m
3
; Năng suất toả nhiệt của xăng là 4,6.10
7
J/kg
Giải: Nhiệt lượng toả ra khi đốt cháy hoàn toàn 2 lít xăng:
Q = q.m = q.D.V = 4,6.10
7
.700.2.10
-3
= 6,44.10
7
( J )
Công có ich: A = H.Q = 30%.6,44.10
7
= 1,932.10
7
( J )
Mà: A = P.t = P.
v
s

)(120)(10.2,1
10.6,1
10.10.932,1.
5
3
7
kmm
P

vA
s ====⇒
Trần Nam Hiếu Trang 20 Mỹ Cát
Các bài toán về khối lợng và trọng lợng
Bi toỏn 1: Mt mu hp kim thic Chỡ cú khi lng m = 664g, khi lng riờng D =
8,3g/cm
3
. Hóy xỏc nh khi lng ca thic v chỡ trong hp kim. Bit khi lng riờng ca
thic l D
1
= 7300kg/m
3
, ca chỡ l D
2
= 11300kg/m
3
v coi rng th tớch ca hp kim bng tng
th tớch cỏc kim loi thnh phn.
Gii: Ta cú D
1
= 7300kg/m
3
= 7,3g/cm
3
; D
2
= 11300kg/m
3
= 11,3g/cm
3


Gi m
1
v V
1
l khi lng v th tớch ca thic trong hp kim
Gi m
2
v V
2
l khi lng v th tớch ca chỡ trong hp kim
Ta cú m = m
1
+ m
2
664 = m
1
+ m
2
(1)
V = V
1
+ V
2

3,113,73,8
664
21
2
2

1
1
mm
D
m
D
m
D
m
+=+=
(2)
T (1) ta cú m
2
= 664- m
1
. Thay vo (2) ta c
3,11
664
3,73,8
664
11
mm
+=
(3)
Gii phng trỡnh (3) ta c m
1
= 438g v m
2
= 226g
Bi toỏn 2: Mt chic vũng bng hp kim vng v bc, khi cõn trong khụng khớ cú trng lng

P
0
= 3N. Khi cõn trong nc, vũng cú trng lng P = 2,74N. Hóy xỏc nh khi lng phn
vng v khi lng phn bc trong chic vũng nu xem rng th tớch V ca vũng ỳng bng
tng th tớch ban u V
1
ca vng v th tớch ban u V
2
ca bc. Khi lng riờng ca vng l
19300kg/m
3
, ca bc 10500kg/m
3
.
Gii: Gi m
1
, V
1
, D
1
,l khi lng, th tớch v khi lng riờng ca vng.
Gi m
2
, V
2
, D
2
,l khi lng, th tớch v khi lng riờng ca bc.
Khi cõn ngoi khụng khớ: P
0

= ( m
1
+

m
2
).10 (1)

Khi cõn trong nc. P

= P
0
- (V
1
+ V
2
).d =
10
2
2
1
1
21















++ D
D
m
D
m
mm



P =















+









2
2
1
1
11.10
D
D
m
D
D
m
(2)
T (1) v (2) ta c:
10m
1
.D.










12
11
DD
=P - P
0
.









2
1
D
D
v 10m
2
.D.










21
11
DD
=P - P
0
.









1
1
D
D
Thay s ta c m
1
= 59,2g v m
2

= 240,8g.
Các bài toán về áp suất trong lòng chất lỏng và chất khí
TrÇn Nam HiÕu Trang 21 Mü C¸t
I. Các bài toán về áp suất gây ra trong lòng chất lỏng.
Phương pháp: Cần xác định được hướng của lực do áp suất chất lỏng gây ra.
Biểu thị sự tương quan giữa các áp suất hoặc tương quan giữa lực gây ra do áp suất và trọng
lực tác dụng lên vật. Từ đó xây dựng các phương trình biểu thị mối tương quan ấy.
Bài toán 1: Tại đáy của một cái nồi hình trụ tiết diện S
1
= 10dm
2
, người ta khoét một lỗ tròn và
cắm vào đó một ống kim loại tiết diện S
2
= 1 dm
2
. Nồi được đặt trên một tấm cao su nhẵn, đáy
lộn ngược lên trên, rót nước từ từ vào ống ở phía trên. Hỏi có thể rót nước tới độ cao H là bao
nhiêu để nước không thoát ra từ phía dưới. (Biết khối lượng của nồi và ống kim loại là m = 3,6
kg. Chiều cao của nồi là h = 20cm.Trọng lượng riêng của nước d
n
= 10.000N/m
3
).
Giải: Nước bắt đầu chảy ra khi áp lực của nó
lên đáy nồi cân bằng với trọng lực:
P = 10m ; F = p ( S
1
- S
2

) (1)
Hơn nữa: p = d ( H – h ) (2)
Từ (1) và (2) ta có: 10m = d ( H – h ) (S
1
– S
2
)
H – h =
1 2 1 2
10m 10m
H h
d ( S S ) d ( S S )
⇒ = +
− −

Thay số ta có: H = 0,2 +
10.3,6
0,2 0,04 0,24(m) 24cm
10000(0,1 0,01)
= + = =
−
Bài toán 2: Người ta nhúng vào trong thùng chất lỏng một ống nhẹ dài hình trụ đường kính d; ở
phía dưới ống có dính chặt một cái đĩa hình trụ dày h, đường kính D, khối lượng riêng của vật
liệu làm đĩa là
ρ
. Khối lượng riêng của chất lỏng là
ρ
L
( với
ρ

>
ρ
L
). Người ta nhấc ống từ từ
lên cao theo phương thẳng đứng. Hãy xác định độ sâu H (tính từ miệng dưới của ống lên đến
mặt thoáng của chất lỏng) khi đĩa bắt đầu tách ra khỏi ống.
Giải: F
1
là áp lực của chất lỏng tác dụng vào mặt dưới của đĩa.
F
2
là áp lực của chất lỏng tác dụng lên phần nhô ra
ngoài giới hạn của ống ở mặt trên của đĩa.
P là trọng lượng của đĩa.
Đĩa bắt đầu tách ra khỏi ống khi: P + F
2
= F
1
(1)
Với: F
1
= p
1
S =10.(H+h).
ρ
L
.S = 10.
4
D
2

π
(H+h).
ρ
L
F
2
= p
2
S' =10.H.
ρ
L
.(
4
D
2
π
-
4
d
2
π
)
P = 10.
ρ
.V = 10.
ρ
.h
4
D
2

π

Thế tất cả vào (1) và rút gọn:
D
2
.h.
ρ
+ (D
2
- d
2
)H.
ρ
L
= D
2
(H + h)
ρ
L

Trần Nam Hiếu Trang 22 Mỹ Cát
2 2
2
L
L
D h D h
H
d




=
=
2
L
L
D
h
d




ữ


II. Cỏc bi toỏn v bỡnh thụng nhau:
Phng phỏp: Nu hai nhỏnh ca bỡnh thụng nhau cha cựng 1 cht lng, nờn chn 1 im ti
ỏy bỡnh lm im so sỏnh ỏp sut. Nu chỳng cha hai loi cht lng khụng hũa tan nhau
thỡ nờn chn im ti mt phõn cỏch gia hai cht lng lm im so sỏnh ỏp sut.
Nu bỡnh thụng nhau cú t cỏc pitton nh v tit din cỏc nhỏnh khỏc nhau, cn xột ti lc tỏc
dng lờn pitton do ỏp sut khớ quyn gõy ra.
Bi toỏn 1: Hai nhỏnh ca mt bỡnh thụng nhau cha cht lng cú tit din S. Trờn mt nhỏnh
cú mt pitton cú khi lng khụng ỏng k. Ngi ta t mt qu cõn cú trng lng P lờn trờn
pitton ( Gi s khụng lm cht lng trn ra ngoi). Tớnh chờnh lch mc cht lng gia hai
nhỏnh khi h t ti trng thỏi cõn bng c hc?. Khi lng riờng ca cht lng l D
Gii: Gi h
1
l chiu cao ct cht lng nhỏnh khụng cú pitton, h
2

l chiu cao ct cht lng
nhỏnh cú pitton. D thy h
1
> h
2
.
p sut tỏc dng lờn 1 im trong cht lng ỏy chung 2 nhỏnh gm
p sut gõy ra do nhỏnh khụng cú pitton: P
1
= 10Dh
1
p sut gõy ra do nhỏnh cú pitton: P
2
= 10Dh
2
+
S
P
Khi cht lng cõn bng thỡ P
1
= P
2
nờn 10Dh
1
= 10Dh
2
+
S
P
chờnh lch mc cht lng gia hai nhỏnh l: h

1
h
2
=
DS
P
10
CC BI TON V S CN BNG CA VT TRONG CHT LNG
I/ Cỏc bi toỏn v s cõn bng ca vt v h vt trong mt cht lng:
Bi 1: Mt cc hỡnh tr cú ỏy dy 1cm v thnh mng. Nu th cc vo mt bỡnh nc ln thỡ
cc ni thng ng v chỡm 3cm trong nc.Nu vo cc mt cht lng cha xỏc nh cú
cao 3cm thỡ cc chỡm trong nc 5 cm. Hi phi thờm vo cc lng cht lng núi trờn cú
cao bao nhiờu mc cht lng trong cc v ngoi cc bng nhau.
Gii: Gi din tớch ỏy cc l S. khi lng riờng ca cc l D
0
, Khi lng riờng ca nc l
D
1
, khi lng riờng ca cht lng vo cc l D
2
, th tớch cc l V.
Trng lng ca cc l P
1
= 10D
0
V
Khi th cc xung nc, lc y ỏc si một tỏc dng lờn cc l:
F
A1
= 10D

1
Sh
1
Vi h
1
l phn cc chỡm trong nc.
TrÇn Nam HiÕu Trang 23 Mü C¸t
⇒ 10D
1
Sh
1
= 10D
0
V ⇒ D
0
V = D
1
Sh
1
(1)
Khi đổ vào cốc chất lỏng có độ cao h
2
thì phần cốc chìm trong nước là h
3
Trọng lượng của cốc chất lỏng là: P
2
= 10D
0
V + 10D
2

Sh
2
Lực đẩy ác si mét khi đó là: F
A2
= 10D
1
Sh
3
Cốc đứng cân bằng nên: 10D
0
V + 10D
2
Sh
2


= 10D
1
Sh
3
Kết hợp với (1) ta được:
D
1
h
1
+ D
2
h
2
= D

1
h
3
⇒
1
2
13
2
D
h
hh
D
−
=
(2)
Gọi h
4
là chiều cao lượng chất lỏng cần đổ vào trong cốc sao cho mực chất lỏng trong cốc và
ngoài cốc là ngang nhau.
Trọng lượng của cốc chất lỏng khi đó là: P
3
= 10D
0
V + 10D
2
Sh
4
Lực ác si mét tác dụng lên cốc chất lỏng là: F
A3
= 10D

1
S( h
4
+ h’)
(với h’ là bề dày đáy cốc)
Cốc cân bằng nên: 10D
0
V + 10D
2
Sh
4
= 10D
1
S( h
4
+ h’)
⇒ D
1
h
1
+ D
2
h
4
= D
1
(h
4
+ h’) ⇒ h
1

+
4
2
13
h
h
hh −
=h
4
+ h’
⇒ h
4
=
321
221
'
hhh
hhhh
−+
−
Thay h
1
= 3cm; h
2
= 3cm; h
3
= 5cm và h’ = 1cm vào
Tính được h
4
= 6 cm


II. Các bài toán về sự cân bằng của vật và hệ vật trong hai hay nhiều chất lỏng không hòa
tan.
Bài toán 1:
Một quả cầu có trọng lượng riêng d
1
=8200N/m
3
, thể tích V
1
=100cm
3
, nổi trên mặt một bình
nước. Người ta rót dầu vào phủ kín hoàn toàn quả cầu. Trọng lượng riêng của dầu là
d
2
=7000N/m
3
và của nước là d
3
=10000N/m
3
.
a. Tính thể tích phần quả cầu ngập trong nước khi đã đổ dầu.
b. Nếu tiếp tục rót thêm dầu vào thì thể tích phần ngập trong nước của quả cầu thay đổi như thế
nào?
Giải: a. Gọi V
1
, V
2

, V
3
lần lượt là thể tích của quả cầu, thể tích của quả cầu ngập trong dầu và
thể tích phần quả cầu ngập trong nước. Ta có V
1
=V
2
+V
3
(1)
Quả cầu cân bằng trong nước và trong dầu nên ta có: V
1
.d
1
=V
2
.d
2
+V
3
.d
3
. (2)
Từ (1) suy ra V
2
=V
1
-V
3
, thay vào (2) ta được:

V
1
d
1
=(V
1
-V
3
)d
2
+V
3
d
3
=V
1
d
2
+V
3
(d
3
-d
2
)
⇒
V
3
(d
3

-d
2
)=V
1
.d
1
-V
1
.d
2

⇒
23
211
3
)(
dd
ddV
V
−
−
=
Thay số: với V
1
=100cm
3
, d
1
=8200N/m
3

, d
2
=7000N/m
3
, d
3
=10000N/m
3
TrÇn Nam HiÕu Trang 24 Mü C¸t
3
23
211
3
40
3
120
700010000
)70008200(100
)(
cm
dd
ddV
V ==
−
−
=
−
−
=
b/Từ biểu thức:

23
211
3
)(
dd
ddV
V
−
−
=
. Ta thấy thể tích phần quả cầu ngập trong nước (V
3
) chỉ phụ
thuộc vào V
1
, d
1
, d
2
, d
3
không phụ thuộc vào độ sâu của quả cầu trong dầu, cũng như lượng dầu
đổ thêm vào. Do đó nếu tiếp tục đổ thêm dầu vào thì phần quả cầu ngập trong nước không thay
đổi
III. Các bài toán liên quan đến sự chuyển thể của các chất
Chú ý rằng: Khi các chất chuyển thể thì thể tích của ó có thể thay đổi, nhưng khối lượng của nó
là không đổi.
Bài toán 1: Người ta thả một cục nước đá có một mẩu thuỷ tinh bị đóng băng trong đó vào một
bình hình trụ có chứa nước. khi đó mực nước trong bình dâng lên một đoạn h = 11mm. còn cục
nước đá nổi nhưng ngập hoàn toàn trong nước. hỏi khi cục nước đá tan hết thì mực nước trong

bình hạ xuống một đoạn bằng bao nhiêu. Cho khối lượng riêng của nước là D
3
= 1g/cm
3
; của
nước đá là D
1
= 0,9g/cm
3
; và của thuỷ tinh là D
2
= 2g/cm
3
Giải: Gọi thể tích nước đá là V; thể tích thuỷ tinh là V’, V
1
là thể tích nước thu được khi nước
đá tan hoàn toàn, S là tiết diện bình.
Vì ban đầu cục nước đá nổi nên ta có: (V + V’)D
n
= VD
đ
+ V’D
t
Thay số được V = 10V’ ( 1)
Ta có: V + V’ = Sh. Kết hợp với (1) có V =
11
10Sh
(2)
Khối lượng của nước đá bằng khối lượng của nước thu được khi nước đá tan hết nên: D
đ

V = D
n

V
1
⇒ V
1
=
=
n
đ
D
VD
0,9V
Khi cục nước đá tan hết. thể tích giảm đi một lượng là V – V
1
=V – 0,9V = 0,1V
Chiều cao cột nước giảm một lượng là: h’ =
==
11.
1,0.101,0
S
Sh
S
V
1 (mm)
PHẦN II - NHIỆT HỌC
I. Các bài toán về sự trao đổi nhiệt của hai chất và nhiều chất
Phương pháp: Xác định các chất thu nhiệt, các chất tỏa nhiệt.
Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt để thiết lập các phương trình cần thiết.

Bài 1: Người ta cho vòi nước nóng 70
0
C và vòi nước lạnh 10
0
C đồng thời chảy vào bể đã có sẳn
100kg nước ở nhiệt độ 60
0
C. Hỏi phải mở hai vòi trong bao lâu thì thu được nước có nhiệt độ
45
0
C. Cho biết lưu lượng của mỗi vòi là 20kg/phút. Bỏ qua sự mất mát năng lượng ra môi
trường.
TrÇn Nam HiÕu Trang 25 Mü C¸t
Giải: Vì lưu lượng hai vòi chảy như nhau nên khối lượng hai loại nước xả vào bể bằng nhau.
Gọi khối lượng mỗi loại nước là m(kg):
Ta có: m.c(70 – 45) + 100.c(60 – 45) = m.c(45 – 10)

⇔
25.m + 1500 = 35.m
⇔
10.m = 1500

1500
150( )
10
m kg⇒ = =
Thời gian mở hai vòi là:
)(5,7
20
15

phútt ==
Bài 2: Một chiếc ca không có vạch chia được dùng để múc nước ở thùng chứa I và thùng chứa
II rồi đổ vào thùng chứa III. Nhiệt độ của nước ở thùng chứa I là t
1
= 20
0
C, ở thùng II là t
2
= 80
0
C. Thùng chứa III đã có sẵn một lượng nước ở nhiệt độ t
3
= 40
0
C và bằng tổng số ca nước vừa
đổ thêm. Cho rằng không có sự mất mát nhiệt lượng ra môi trường xung quanh. Hãy tính số ca
nước cần múc ở thùng I và thùng II để nước ở thùng III có nhiệt độ bằng 50
0
C ?
Giải:
Gọi m là khối lượng của mỗi ca nước, n
1
là số ca nước ở thùng I, n
2
là số ca nước ở thùng II
Vậy số ca nước ở thùng III là n
1
+ n
2
, nhiệt độ cân bằng của nước trong thùng III là 50

0
C
Ta có :
Nhiệt lượng thu vào của số nước từ thùng I là : Q
1
= m
1
.c.(50-20) = n
1
.m.c.30 (1)
Nhiệt lượng tỏa ra của số nước từ thùng II là : Q
2
= m
2
.c.(80-50) = n
2
.m.c.30 (2)
Nhiệt lượng thu vào của số nước từ thùng III là : Q
3
=(n
1
+n
2
).m.c.(50 - 40) = (n
1
+n
2
).m.c.10
(3)
Do quá trình là cân bằng nên ta có : Q

1
+ Q
3
= Q
2
(4)
Thay hệ thức (1), (2), (3) vào hệ thức (4) ta được: 2n
1
= n
2

Như vậy nếu mức ở thùng II: n ca thì phải múc ở thùng I: 2n ca và số nước có sẵn trong thùng
III là: 3n ca (n nguyên dương )
Bài 3: Trong một bình nhiệt lượng kế chứa hai lớp nước. Lớp nước lạnh ở dưới và lớp nước
nóng ở trên. Tổng thể tích của hai khối nước này thay đổi như thế nào khi chúng sảy ra hiện
tượng cân bằng nhiệt?. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình và với môi trường.
Giải: Gọi V
1
; V
2
; V’
1
; V’
2
lần lượt là thể tích nước nóng, nước lạnh ban đầu và nước nóng, nước
lạnh khi ở nhiệt độ cân bằng. độ nở ra hoặc co lại của nước khi thay đổi 1
0
C phụ thuộc vào hệ
số tỷ lệ K. sự thay đổi nhiệt độ của lớp nước nóng và nước lạnh lần lượt là ∆t
1

và ∆t
2
.
V
1
= V’
1
+ V’
1
K∆t
1
và V
2
= V’
2
- V’
2
K∆t
2
Ta có V
1
+ V
2
= V’
1
+ V’
2
+ K(V’
1
∆t

1
- V’
2
∆t
2
)
Theo phương trình cân bằng nhiệt thì: m
1
C∆t
1
= m
2
C∆t
2
với m
1
, m
2
là khối lượng nước tương
ứng ở điều kiện cân bằng nhiệt, vì cùng điều kiện nên chúng có khối lượng riêng như nhau
Nên: V’
1
DC∆t
1
= V’
2
DC∆t
2
⇒ V’
1

∆t
1
– V’
2
∆t
2
= 0
Vậy: V
1
+ V
2
= V’
1
+ V’
2
nên tổng thể tích các khối nước không thay đổi