hxhg

1. 1
MỞ ĐẦU
1. Cơ sở lý luận và thực tiễn nói nên tính cấp thiết của đề tài
Nhân loại đang ở thế kỷ XXI - thế kỷ mà tri thức, kĩ năng của con người được
coi là yếu tố quyết định sự phát triển xã hội. Trong xã hội tương lai-xã hội dựa vào tri
thức, nền giáo dục phải đào tạo ra những con người thông minh, trí tuệ phát triển, sáng
tạo và giàu tính nhân văn. Muốn thực hiện tốt nhiệm vụ này, nhà trường phổ thông
trước hết phải cung cấp cho học sinh (HS) hệ thống những kiến thức phổ thông, cơ
bản, hiện đại, phù hợp với thực tế đất nước, thực tế địa phương về tự nhiên, xã hội, tư
duy và hệ thống những kĩ năng, kĩ xảo tương ứng.
Trong dạy học vật lí, có thể nâng cao chất lượng học tập và phát triển năng lực
giải quyết vấn đề của HS bằng nhiều biện pháp, phương pháp khác nhau. Thuộc số đó,
giải bài tập vật lí (BTVL) với tư duy là một phương pháp dạy học được xác định từ
lâu, có tác dụng rất tích cực đến việc giáo dục và phát triển HS, đồng thời cũng là
thước đo thực chất, đúng đắn sự nắm vững kiến thức, kĩ năng, kĩ xảo vật lí của họ.
Mặt khác, số lượng bài tập trong sách giáo khoa và trong các sách bài tập là rất
nhiều. Điều này gây khó khăn cho nhiều GV trong việc lựa chọn bài tập ra cho HS. Vì
vậy, cần phải có một sự lựa chọn, phân loại, sắp xếp lại các bài tập theo một hệ thống
tối ưu phù hợp với chương trình cải cách giáo dục mới và thời gian dành cho HS ở lớp
học cũng như ở nhà.
Chính vì thế, việc triển khai đề tài “Xây dựng hệ thống bài tập phần Động
lực học môn Vật lí lớp 10 THPT nhằm giúp HS nắm vững kiên thức cơ bản và
phát triển năng lực giải quyết vấn đề” là cực kì cần thiết.
2. Mục tiêu nghiên cứu, ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
- Xác định hệ thống bài tập tối thiểu và đề ra cách sử dụng nó trong quá trình
dạy học phần động lực học (ĐLH) ở lớp 10 THPT và chương trình chuyên, để giúp HS
nắm vững những kiến thức cơ bản và phát triển năng lực giải quyết vấn đề thông qua
giải BTVL.
- Tăng cường ứng dụng CNTT trong dạy học, tăng tính tương tác giữa người
dạy - người học - kiến thức cần chiếm lĩnh, chúng tôi thiết kế và xuất bản các chủ đề
dưới dạng web, người sử dụng sẽ thấy rất tiện ích, có thể sử dụng dưới dạng offline
hoặc online phù hợp với hệ thống hạ tầng cơ sở thông tin của các trường. Ngoài ra học
sinh cũng như giáo viên có thể apply trên các máy tính cá nhân để tham khảo, luyện
tập hoặc tự kiểm tra đánh giá kiến thức của mình.
3. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu và thời gian thực hiện của đề tài
3.1. Hoạt động của HS diện đại trà trong khi giải BTVL, của GV trong việc hướng
dẫn hoạt động ấy.
3.2. Hệ thống bài tập phần ĐLH lớp 10 THPT.
- Thời gian nghiên cứu đề tài: 07 tháng.

2. 2
4. Nhiệm vụ nghiên cứu
4.1. Nghiên cứu hoạt động tư duy của HS trong quá trình giải BTVL, từ đó đề xuất
một cách phân loại BTVL thích hợp và cách hướng dẫn HS tìm kiếm lời giải BTVL có
hiệu quả.
4.2. Xác định một hệ thống bài tập phần ĐLH giúp HS thông qua giải nó mà nắm
vững kiến thức cơ bản, rèn luyện được kĩ năng, kĩ xảo giải BTVL và phát triển được
năng lực giải quyết vấn đề.
5. Giả thuyết khoa học
Khi dạy học phần ĐLH lớp 10 THPT, nếu GV lựa chọn được hệ thống bài tập
thích hợp và coi trọng việc hướng dẫn HS tự lực, tích cực hoạt động tư duy trong quá
trinh giải BTVL thì chất lượng nắm vững kiến thức cơ bản của HS được nâng cao,
đồng thời góp phần phát triển năng lực giải quyết vấn đề cho họ.
6. Phương pháp nghiên cứu
Các phương pháp nghiên cứu chủ yếu được sử dụng là phân tích lí luận, thực
nghiệm sư phạm kết hợp các phương pháp khác, như điều tra cơ bản bằng kiểm tra
viết, quan sát, trò chuyện.
Để đưa ra cách phân loại BTVL dựa vào hoạt động tư duy của HS trong quá
trình tự lực giải quyết vấn đề và cách GV hướng dẫn họ giải bài tập, đề tài đã nghiên
cứu những cơ sở lí luận về BTVL. Đồng thời, qua điều tra thực trạng nắm vững kiến
thức của HS, xem xét thực tiễn sử dụng bài tập của GV, việc giải bài tập của HS mà
đề xuất hệ thống bài tập và nêu ra cách sử dụng nó, cách hướng dẫn giải từng loại
BTVL.
7. Cấu trúc của luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận, kiến nghị, tài liệu tham khảo, đề tài được trình
bày trong ba phần:
Phần thứ nhất: Lí luận về bài tập vật lí
Phần thứ hai: Lí thuyết và bài tập
Phần thứ ba: Thực nghiệm sư phạm và kết luận
8. Kinh phí thực hiện đề tài
Tổng kinh phí thực hiện nghiên cứu đề tài là 13 500 000đ
(Mười ba triệu năm trăm nghìn đồng)

3. 3
Phần thứ nhất
LÍ LUẬN VỀ BÀI TẬP VẬT LÍ
1. Định nghĩa BTVL
Trong thực tiễn dạy học cũng như trong những tài liệu giảng dạy, các thuật ngữ “bài
tập”, “bài tập vật lí” được sử dụng cùng những thuật ngữ “bài toán”, “bài toán vật lí”.
Bài tập vật lí có ý nghĩa là bài tập vận dụng đơn giản kiến thức lí thuyết đã học vào
những trường hợp cụ thể; còn bài toán vật lí được sử dụng để hình thành kiến thức mới
trong khi giải quyết một vấn đề mới đặt ra chưa có câu trả lời, hoặc chưa có cách giải
quyết suy ra được từ những kiến thức cũ. Nhưng bên cạnh đó, trong một số tài liệu lí
luận dạy học bộ môn, các tác giả lại chỉ dùng hoặc thuật ngữ “bài tập vật lí” hoặc thuật
ngữ “bài toán vật lí” song song cùng cách hiểu chung: Giải bài tập (bài toán) vật lí là
tập vận dụng các khái niệm, quy tắc, định luật vật lí,... đã học vào những vấn đề thực
tế trong đời sống, trong lao động.
Theo quan điểm dạy học hiện đại, trong quá trình nghiên cứu tài liệu mới không
phải HS thụ động tiếp thu cách giải quyết vấn đề một cách máy móc, mà chính họ
cũng tập cách giải quyết đó: tập các hành động, các phương pháp hoạt động để chiếm
lĩnh kiến thức mới (quan sát, phân tích hiện tượng, đo lường, so sánh, khái quát hoá,
quy nạp, tìm các mối quan hệ nhân quả giữa các hiện tượng...). Khi đó HS không chỉ
đơn thuần là tập vận dụng kiến thức cũ mà tập cả tìm kiến thức mới. Do quan niệm bài
tập chỉ đơn thuần hay nặng về vận dụng kiến thức đã biết, nhiều GV đã sử dụng các
bài tập chủ yếu để rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức cũ mà coi nhẹ việc rèn luyện
kĩ năng tìm kiếm kiến thức mới, giải quyết vấn đề mới.
Đồng thời các tác giả cũng nhấn mạnh: Nếu hiểu theo nghĩa rộng thì sự tư duy định
hướng tích cực luôn luôn là việc giải bài tập. Về thực chất, mỗi một vấn đề mới xuất
hiện do nghiên cứu tài liệu giáo khoa trong các tiết học vật lí chính là một bài tập đối
với HS. Định nghĩa BTVL nêu trên được nhiều nhà lí luận dạy học bộ môn và
các GV tán thành, chấp nhận. Cả hai ý nghĩa khác nhau là vận dụng kiến thức cũ, tìm
kiếm kiến thức mới đều có mặt trong định nghĩa này. Vì thế, không nên phân biệt bài
tập vật lí và bài toán vật lí.
2. Tác dụng của BTVL
Giải BTVL là một trong những hình thức luyện tập chủ yếu và được tiến hành nhiều
nhất. Do vậy các BTVL có tác dụng cựa kì quan trọng trong việc hình thành, rèn luyện
kĩ năng, kĩ xảo vận dụng và tìm tòi kiến thức cho HS. Chúng được sử dụng trong các
tiết học theo các mục đích khác nhau:
- Hình thành và rèn luyện kĩ năng, kĩ xảo vận dụng kiến thức vào thực tiễn
- Hình thành kiến thức mới (kể cả cung cấp các kiến thức thực tiễn).
- Ôn tập những kiến thức đã học, củng cố những kiến thức cơ bản của bài giảng.
- Phát triển tư duy vật lí.

4. 4
- Kiểm tra, đánh giá kiến thức, kĩ năng và kĩ xảo; đặc biệt là giúp phát triển trình độ
phát triển trí tuệ,làm bộc lộ những khó khăn và khắc phục các sai lầm đó.
- Giáo dục tư tưởng, đạo đức, kĩ thuật tổng hợp và hướng nghiệp.
3. Phân loại BTVL
3.1. Phân loại BTVL trong các tài liệu phương pháp giảng dạy
Trong nhiều tài liệu về phương pháp giảng dạy vật lí, các tác giả đã chia BTVL
theo nhiều dấu hiệu (căn cứ, đặc điểm) khác nhau. Có thể tổng hợp các cách phân loại
ấy trong bảng 1 dưới đây.
Bảng 1. Phân loại BTVL trong các tài liệu phương pháp giảng dạy.
3.2. Hoạt động của HS trong quá trình tìm kiếm lời giải BTVL
3.2.1. Hoạt động của HS khi giải bài tập vận dụng kiến thức
Trước một bài tập nhằm vận dụng kiến thức, HS coi như được tra một nhiệm vụ
phải giải quyết vấn đề nêu ra trong đầu bài (Đầu bài đã được cân nhắc sao cho với vốn
kiến thức đã có, họ có thể giải quyết được). Các em ở trong tình huống giống như nhà
nghiên cứu khoa học ứng dụng: Áp dụng một lí thuyết đã biết để giải quyết những vấn
đề cụ thể trong kĩ thuật và sản xuất. Hoạt động của HS trong quá trình giải bài tập
nhằm vận dụng kiến thức trải qua các giai đoạn chủ yếu sau:
1, Nghiên cứu đầu bài (Xác định rõ những điều kiện đã cho và nhiêmj vụ phải
giải quyết): Đọc đầu bài, tìm hiểu ý nghĩa của các thuật ngữ mới, quan trọng; Nắm
vững đâu là cái đã cho, cái phải tìm; Tóm tắt đầu bài bằng những kí hiệu quen dùng.
2, Nhận biết hiện tượng nêu lên trong bài tập thuộc lĩnh vực kiến thức nào đã
học. Hoạt động này được thực hiện qua con đường tái hiện. Nếu không nhớ hoặc nhớ
không đầy đủ, phải tra cứu tài liệu.

5. 5
3, Xác định một hay nhiều mối quan hệ có thể có giữa cái đã cho và cái phải
tìm biểu hiện ở những định nghĩa, quy tắc, định luật,...đã biết (chúng được coi là chân
lí, được dùng làm tiền đề trong lập luận logic để giải quyết vấn đề). Lúc đầu chưa
quen, HS phải liệt kê những mối quan hệ ấy.
4, Lựa chọn một trong những mối quan hệ kể trên và phác thảo cách thức đi từ
mối quan hệ đó đến kết quả cần tìm. Lúc đầu thường là thử xuất phát từ một định
nghĩa, quy tắc, định luật,...nào đó đã học chứa cái phải tìm và một vài cái đã cho. Hoạt
động này được thực hiện dựa vào kinh nghiệm, sự nhạy bén cá nhân khi học lí thuyết
hoặc theo mẫu mà GV đã giới thiệu.
5, Thực hiện các hành động như lập luận logic, biến đổi toán học, đo lường, đọc
đồ thị, tra cứu các bảng số liệu,... để thiết lập được mối quan hệ tường minh giữa cái
phải tìm và cái đã cho. Nhưng nếu không tìm được, phải xuất phát lại từ mối quan hệ
khác giữa cái cho và cái tìm.
6, Trình bày lời giải tức là trình bày lập luận theo một trình tự tối ưu (chặt chẽ,
hợp lí, gắn gọn) và gạt bỏ những chỗ quanh co gặp phải trong quá trình tìm kiếm lời
giải.
3.2.2. Hoạt động của HS khi giải bài tập nhằm hình thành kiến thức mới
Bài tập nhằm hình thành kiến thức mới là bài tập mà sau khi giải nó, HS thu
được những tính chất, quy tắc, định luật mới của sự vật, hiện tượng mà họ chưa biết.
Cái chưa biết có thể không tìm được bằng lập luận logic, tính toán hay tra cứu bảng
mà phải tìm ở chính thiên nhiên. Tuy vậy, những điều quan sát được trong thiên nhiên
nhiều khi không trả lời trực tiếp cho câu hỏi của người nghiên cứu, mà phải thực hiện
một chuỗi lập luận trung gian. Thí dụ, muốn tìm mối quan hệ giữa các lực tương tác
giữa hai vật (hay giữa các gia tốc mà hai vật nhận được trong tương tác giữa chúng) thì
cái quan sát được trực tiếp trong thiên nhiên không phải là lực hay gia tốc, mà là
đường đi theo thời gian và số chỉ của cái cân. Mối quan hệ chỉ rút ra được trên cơ sở
phải thực hiện một chuỗi suy luận từ những điều quan sát được đó.
Trong khi nghiên cứu những tính chất, mối quan hệ mới của các sự vật hiện
tượng cần phải áp dụng các phương pháp nhận thức khoa học, phương pháp nghiên
cứu vật lí như thực nghiệm, mô hình, tương tự, suy diễn lí thuyết. Nhưng dù áp dụng
phương pháp nào, trong quá trình nghiên cứu của HS đều chứa đựng hai hoạt động
sau:
1, Dùng suy luận logic hay biến đổi toán học để đi từ những tính chất, quan hệ
bên trong đã biết của sự vật, hiện tượng đến những biểu hiện bên ngoài có thể quan
sát, đo lường được trong thiên nhiên. Loại này giống như dự đoán hiện tượng như vận
dụng kiến thức (trong đó, những suy luận chủ yếu thuộc loại diễn dịch). Hoặc ngược
lại, từ những điều quan sát được suy ra những tính chất, mối quan hệ bên trong của sự
vật, hiện tượng (chủ yếu suy luận thuộc loại quy nạp).
2, Quan sát, đo lường để thu thập tài liệu, tìm lời giải đáp ở thiên nhiên. Muốn
vậy, phải có kiến thức về các phép đo cơ bản và kĩ năng thực hiện chúng ở mức độ cần

6. 6
thiết, biết phân biệt những yếu tố chính, phụ của hiện tượng nghiên cứu. Từ những
điều quan sát, người giải phải xác định được mối quan hệ nhân quả giữa hiện tượng và
bản chất của nó, nghĩa là phải dùng phép quy nạp khoa học.
Để chỉ ra các biện pháp phát triển tư duy sáng tạo khoa học cho HS trong việc
tổ chức bài học vật lí, chu kì sáng tạo vật lí gồm các giai đoạn chủ yếu: Sự kiện mở đầu
 Mô hình giả thuyết  Các hệ quả suy diễn logic từ mô hình  Thực nghiệm.
Mục đích của bài tập nhằm hình thành kiến thức mới là HS lĩnh hội được kinh
nghiệm mà xã hội đã biết, được những vấn đề mà các nhà khoa học đã giải quyết. Bản
chất của việc hình thành kiến thức mới bằng cách giải bài tập là trong mỗi trường hợp,
phải tạo ra tình huống bắt buộc HS độc lập tìm cách giải quyết. Những tình huống như
vậy không tự nhiên mà đến. Việc xây dựng được chúng là kết quả nghệ thuật sư phạm
của GV, ở chỗ đề ra một hay một hệ thống bài tập làm cho HS:
- Thực sự cảm thấy có một vướng mắc nào đó về lí thuyết hay thực tiễn.
- Hiểu rõ được vấn đề chủ yếu do GV nêu ra hay diễn giải được vấn đề ấy.
- Mong muốn giải quyết vấn đề đó.
- Có khả năng giải quyết được.
Trong số đó, yêu cầu đầu tiên khó thực hiện nhất. Hầu hết các bài tập gợi vấn
đề trong hệ thống bài tập nhằm hình thành kiến thức mới là do GV đề ra.
Tiếp theo giai đoạn tạo ra tình huống gợi vấn đề của cả lớp. Thông thường, vấn
đề phức tạp cần giải quyết trong bài tập chính được GV chia thành những vấn đề nhỏ,
và được giải quyết trong các bài tập bộ phận. Và sau khi giải quyết các vấn đề nhỏ (các
bài tập bộ phận), vấn đề chủ yếu mới được giải quyết.
Giai đoạn cuối cùng là HS tự khái quát các kết quả từ việc giải các bài tập bộ
phận để rút ra kết luận; GV chỉnh lí, bổ sung và chỉ ra kiến thức mới cần lĩnh hội.
Như vậy, ở mức độ nhất định, quá trình giải quyết vấn đề, tìm kiếm lời giải bài
tập rút ra kiến thức mới của HS giống như quá trình nghiên cứu của nhà khoa học cơ
bản. HS không còn là cái “bình” để nhồi nhét kiến thức vào,mà nổi lên như là “người
nghiên cứu” tự lực tìm cách giải quyết các vấn đề học tập xuất hiện từ những tình
huống gợi vấn đề. Còn GV đóng vai trò làm sáng tỏ tình huống ấy, tổ chức hoạt động
tự lực giải quyết vấn đề của HS bằng cách đề ra hệ thống bài tập, giúp rút ra kiến thức
mới cần chiếm lĩnh.
Cần lưu ý rằng bản thân phương pháp nhận thức khoa học, phương pháp nghiên
cứu vật lí là một sự định hướng khái quát cao trong việc giải bài tập. đề tài không đề
cập đến việc rèn luyện các phương pháp ấy cho HS, mà chỉ chú ý tới việc rèn luyện họ
hoạt động giải BTVL theo hai loại hình phổ biến trong nhiều tiết học nghiên cứu tài
liệu mới, mà dù áp dụng phương pháp nhận thức khoa học, phương pháp nghiên cứu
vật lí nào cũng diễn ra hai hoạt động này. Mặt khác có vô số vấn đề mà bản thân HS
không thể giải quyết được (Xây dựng phương trình chuyển động của một vật có khối
lượng biến đổi, đo áp suất ánh sáng...). Chúng tôi cũng chỉ quan tâm đến các vấn đề
mà HS có thể tự lực giải quyết được trong khả năng cho phép.

7. 7
3.3. Một cách phân loại BTVL dựa vào mức độ phức tạp của hoạt động tư duy
của HS trong quá trình tìm kiếm lời giải. Khái niệm bài tập cơ bản, bài tập phức hợp.
3.3.1. Một cách phân loại khác về BTVL.
Việc xem xét hoạt động tư duy của HS diễn ra trong quá trình tìm kiếm lời giải
BTVL nhằm vận dụng kiến thức đã biết cũng như hình thành kiến thức mới dẫn đến
nhận xét: Việc tìm lời giải mỗi BTVL, về thực chất gồm hai giai đoạn chủ yếu là định
hướng hoạt động giải và thực hiện các hoạt động (Xây dựng các lập luận chặt chẽ)
theo định hướng lúc đầu. Cũng có thể kể thêm giai đoạn thứ ba là kiểm tra, đánh giá
quá trình thực hiện các hành động theo định hướng ban đầu. Tuy nhiên qua giải nhiều
bài tập, việc kiểm tra nhanh chóng được tự động hoá.
Một đặc điểm của tư duy khoa học là biết phương pháp hoạt động trước khi
hành động, khiến cho hành động không mang tính chất mò mẫm. Phần việc chủ yếu
của định hướng là xác định rõ mục đích giải bài tập, dự kiến tất cả các mối quan hệ có
thể có giữa cái đã cho, cái phải tìm và phác thảo cách thức, trình tự công việc phải làm
có triển vọng nhất để đi đến kết quả tránh khỏi sự mò mẫm, may rủi theo kiểu thử và
sai. Phần này giữ vai trò quyết định đến sự thành công của việc giải BTVL.
Kết thúc giai đoạn xây dựng lập luận chặt chẽ theo định hướng ban đầu là xác
lập được mối quan hệ tường minh giữa cái phải tìm và cái đã cho. Có bài tập chỉ cần
một lần lập luận logic khi áp dụng một công thức, một quy tắc, một định luật,...là đã
rút ra được lời giải. Những kiến thức được áp dụng đó không thể do HS nghĩ ra được
mà chỉ tái nhận, tái hiện. Có bài tập mà để giải nó, phải thực hiện một chuỗi suy luận
hay biến đổi toán học. Với loại này, thông thường không xác định được ngay mối quan
hệ trực tiếp, tường minh giữa cái cho và cái tìm, mà chỉ xác định được mối quan hệ
giữa cái tìm và cái trung gian không cho trong đầu bài và giữa cái trung gian với cái
cho. Cái trung gian tuy không phải là cái cho, cái tìm nhưng cần thiết phải đưa thêm
vào như ẩn số phụ để làm “cầu nối” giữa cái cho và cái tìm. Các mối quan hệ này cũng
tuân theo những định nghĩa, quy tắc, định luật vật lí đã biết. Từ tập hợp các mối quan
hệ trên, người giải sẽ rút ra được mối quan hệ trực tiếp, tường minh giữa chỉ cái phải
tìm và cái đã cho - nghĩa là tìm được lời giải bài tập.
Có nhiều con đường qua những cái trung gian để đi đến kết quả cuối cùng tuỳ
thuộc nội dung bài tập và trình độ người giải. Đối với việc dạy học ở trường phổ thông
hiện nay, vấn đề quan trọng là làm sao đa số HS chắc chắn tìm được cách giải.
Loại BTVL mà để tìm được lời giải nó chỉ cần xác lập mối quan hệ trực tiếp,
tường minh giữa những cái đã cho và một cái phải tìm dựa vào một kiến thức cơ bản
mới học (vào một tính chất, một mối quan hệ, một phương pháp hoạt động mới) mà
HS chỉ tái nhận, tái hiện chứ không thể tự tạo ra được gọi là bài tập cơ bản (BTCB).
Kiến thức vật lí cơ bản mà HS mới học là kiến thức chứa đựng một quan hệ
mới về mặt định tính hay định lượng giữa các đại lượng vật lí, hoặc chứa đựng một
quan hệ mới giữa các đặc điểm định tính, định lượng của cùng một đại lượng vật lí,
hoặc là một biện pháp, phương pháp giải quyết mới. Chẳng hạn các công thức của

8. 8
chuyển động biến đổi đều có chứa tường minh thời gian cho phép đủ giải các bài tập
động học. Từ chúng, có thể rút ra công thức liên hệ gia tốc, vận tốc và đường đi không
chứa thời gian. Công thức này chứa đựng một mối quan hệ mới giữa các đại lượng đã
biết (gia tốc, vận tốc, đường đi) nên là kiến thức cơ bản, mới đối với HS. Tương tự,
phương trình trạng thái của khí lí tưởng được rút ra từ định luật thực nghiệm Boyle-
Mariotte và Charles đã biết cũng là kiến thức mới, cơ bản vì nó chứa đựng mối quan
hệ mới giữa ba thông số trạng thái (nhiệt độ, thể tích, áp suất) của một lượng khí xác
định.
Còn các BTVL mà trong đó, việc tìm lời giải phải thực hiện một chuỗi các lập
luận logic, biến đổi toán học qua nhiều mối quan hệ giữa những cái cho, cái tìm với
những cái trung gian không cho trong đầu bài gọi là bài tập phức hợp (BTPH). Việc
xác lập một mối quan hệ trung gian đó là một BTCB. Và do đó, muốn giải được một
BTPH, buộc phải giải thành thạo các BTCB, ngoài ra còn phải biết cách phân tích
BTPH để quy nó về các BTCB đã biết.
Tóm lại, căn cứ vào mức độ phức tạp của hoạt động tư duy của HS trong quá
trình tìm kiếm lời giải BTVL, có thể phân nó làm hai loại: BTCB, BTPH.
3.3.2. Đặc điểm của BTCB và BTPH
- BTCB là một khái niệm tương đối với mỗi một kiến thức cơ bản về vật lí mà
HS mới học. Chẳng hạn, ngay sau khi HS lớp 10 vừa nghiên cứu Định luật II Newton,
bài tập đòi hỏi tính gia tốc của một vật khi biết khối lượng của vật và độ lớn của hợp
lực tác dụng lên nó là BTCB về kiến thức cơ bản này. Dù rằng trong bài tập ấy, hợp
lực là một kiến thức cơ bản nhưng HS đã biết từ trước.
Như vậy, khi nói đến BTCB về một kiến thức nào đó là chỉ nói đến yếu tố mới
cần vận dụng trong việc giải một bài tập mà trước khi học kiến thức ấy, HS không thể
nghĩ ra được.
- Theo mục đích nhận thức của bài tập, có thể phân nó thành hai loại: Vận dụng
kiến thức đã biết; Tìm kiếm thông tin ở tự nhiên. Dựa vào đặc điểm hoạt động tư duy
của HS, lại có thể chia từng loại BTCB thành nhiều kiểu, phân kiểu khác nhau:
1, BTCB vận dụng kiến thức đã học bao gồm hai kiểu bài tập dự đoán hiện
tượng và giải thích hiện tượng. Hai kiểu này lại được chia thành các phân kiểu khác:
Lập luận logic; Thực hiện các phép biến đổi toán học; Sử dụng đồ thị; Đo lường các
đại lượng vật lí; Có nội dung lí thuyết; Có nội dung thực tế.
2. BTCB tìm kiếm thông tin ở tự nhiên
- Quan sát;
- Phân tích một hiện tượng phức tạp ra những hiện tượng đơn giản;
- Tác động vào tự nhiên để tìm những điều kiện chi phối hiện tượng và khống
chế nó;
- Tìm những mối quan hệ giữa những cái đo được, quan sát được để xác lập
những tính chất, những mối quan hệ bên trong của sự vật, hiện tượng biểu thị bằng các
đại lượng, quy tắc, định luật vật lí;

9. 9
- Xác lập mối quan hệ nhân quả giữa các hiện tượng, đại lượng vật lí.
Để giải BTPH, cần sử dụng một chuỗi lập luận logic, nhiều công thức và biểu
thức toán học, nhiều phương tiện khác nhau (thí nghiệm, tính toán, đồ thị suy luận,...).
Vì thế có thể quy một BTPH về các kiểu, phân kiểu BTCB trên. Có thể dẫn ra sau đây
vài kiểu BTCB cụ thể.
Bất kì loại BTVL nào - dù là BTCB hay BTPH - khi giải cũng phải phân tích
hiện tượng nêu lên trong bài tập. Nghĩa là phải căn cứ vào điều kiện cụ thể của đầu bài
mà vận dụng kiến thức đã biết để xem xét hiện tượng ấy thuộc loại hiện tượng nào đã
học, tuân theo những quy luật nào đã biết. Nói cách khác, người giải phải sử dụng lập
luận logic để tìm ra quy tắc, định luật, công thức, phương trình để sau đó mới tính
toán, đo lường,...Như vậy trong mỗi bài tập theo hình thức logic đều có yêu cầu hoặc
là dự đoán hiện tượng (từ những tiền đề khái quát - quy tắc, định luật,... đã biết, rút ra
kết luận trong những điều kiện cụ thể của bài tập), hoặc giải thích hiện tượng (chỉ ra
nguyên nhân của hiện tượng nêu trong bài tập ở các quy tắc, định luật vật lí,... đã học).
4. Mối quan hệ giữa nắm vững kiến thức và giải BTVL
4.1. Khái niệm về kiến thức, kĩ năng, kĩ xảo vật lí
Theo lí luận dạy học, kiến thức được hiểu là quá trình nhận thức bao gồm “
một tập hợp nhiều mặt về chất lượng và số lượng của các biểu tượng và khái niệm lĩnh
hội được, được giữ lại trong trí nhớ và được tái tạo khi có những đòi hỏi tương ứng”.
Những kiến thức vật lí có thể được chia làm các nhóm: 1) Khái niệm (hiện
tượng, đại lượng vật lí); 2)Định luật, nguyên lí; 3) Thuyết; 4) Phương pháp nghiên
cứu; 5) Ứng dụng trong sản xuất, đời sống.
Những kĩ năng cơ bản về vật lí được chia thành các nhóm: 1) Quan sát, đo
lường, sử dụng các dụng cụ và máy đo phổ biến; 2) Giải BTVL; 3)Vận dụng các kiến
thức vật lí để giải thích những hiện tượng đơn giản, những ứng dụng phổ biến của vật
lí trong sản xuất và đời sống; 4) Sử dụng các thao tác tư suy logic và các phương pháp
nhận thức vật lí.
Những kĩ xảo chủ yếu đối với vật lí chia làm hai nhóm: 1) Thực nghiệm; 2) Áp
dụng các phương pháp toán học và các phương tiện phụ trợ. Trong K.liberse đã nêu
các kĩ xảo thuộc từng nhóm này.
4.2. Các mức độ nắm kiến thức.
4.2.1. Khái niệm nắm vững kiến thức.
Một trong những nhiệm vụ chủ yếu nhất của dạy học là đảm bảo cho HS nắm
vững những kiến thức dạy ở trường. V.I. Lênin đã từng nhấn mạnh: Cần phải nói đến
không phải một sự nắm vững kiến thức một cách máy móc, hình thức mà là một sự
nắm vững sáng tạo, khi mà những kiến thức thu nhận được cải biến trong ý thức con
người. Với sự nắm vững như thế, các kiến thức tạo thành một hệ thống nhất định, có
thể vận dụng vào thực tế.

10. 10
Nắm vững kiến thức không những là hiểu đúng nội hàm, ngoại diên của nó, xác
định được vị trí, tác dụng của kiến thức ấy trong hệ thống kiến thức cơ bản đã tiếp thu
từ trước, mà còn biết quá trình hình thành nó và vận dụng được nó vào thực tiễn.
4.2.2. Các mức độ nắm vững kiến thức
Sự nắm vững kiến thức có thể phân biệt ở ba mức độ: biết, hiểu, vận dụng
được.
- Biết một kiến thức nào đó nghĩa là nhận ra được nó, phân biệt được nó với các
kiến thức khác, kể lại được nội hàm của nó một cách chính xác. Đây là mức độ tối
thiểu HS cần đạt được trong học tập.
- Hiểu một kiến thức là gắn được kiến thức ấy vào những kiến thức đã biết, đưa
được nó vào trong hệ thống vốn kinh nghiệm của bản thân. Nói cách khác, hiểu một
kiến thức là nêu đúng nội hàm và ngoại diên của nó, xác lập được mối quan hệ giữa nó
với hệ thống kiến thức khác và vận dụng được trực tiếp kiến thức ấy vào những tình
huống quan thuộc dẫn đến có khả năng vận dụng nó một cách linh hoạt, sáng tạo.
- Vận dụng kiến thức ấy vào việc giải quyết các nhiệm vụ của thực tiễn nghĩa là
phải tìm được kiến thức thích hợp trong vốn kiến thức đã có để giải quyết một nhiệm
vụ mới. Nhờ vận dụng mà kiến thức được nắm vững một cách thực sự. Chính trong lúc
vận dụng , qúa trình nắm vững kiến thức thêm sâu sắc, càng làm cho những nét bản
chất, mới của kiến thức được bộc lộ; càng làm cho quá trình nắm kiến thức thêm tự
giác, sáng tạo; làm cho giữa kiến thức lí thuyết và kiến thức thực tiễn có mối liên hệ
bên trong sâu sắc. Ngoài ra trong khi vận dụng kiến thức, những thao tác tư duy được
trau dồi, củng cố và một số kĩ năng, kĩ xảo được hình thành, hứng thú học tập của HS
được nâng cao.
Trong dạy học, kiến thức vật lí của HS được phân biệt bằng những dấu hiệu
chất lượng xác định. Đó là các dấu hiệu: tính chính xác, tính khái quát, tính hệ thống,
tính bền vững và tính áp dụng được của kiến thức.
4.3. Mối quan hệ giữa nắm vững kiến thức và giải BTVL
Để đảm bảo cho HS nắm được kiến thức vật lí một cách chắc chắn, cần phải
hình thành cho họ kĩ năng, kĩ xảo không chỉ vận dụng mà cả chiếm lĩnh kiến thức
thông qua nhiều hình thức luyện tập khác nhau. Trong số đó, việc “giải nhiều bài tập,
nhiều loại bài tập được sắp xếp có hệ thống từ dễ đến khó là hình thức luyện tập được
tiến hành nhiều nhất, do đó có tác dụng quan trọng trong việc hình thành kĩ năng, kĩ
xảo vận dụng kiến thức vật lí của học sinh”.
Nếu hiểu thưo nghĩa rộng thì quá trình học tập là quá trình liên tiếp giải các bài
tập. Bởi vậy, kiến thức sẽ được HS hoàn toàn nắm vững nếu như họ tự lực, tích cực
vận dụng linh hoạt, thành thạo kiến thức ấy để giải quyết các nhiệm vụ khác nhau.
Chất lượng nắm vững từng kiến thức bước đầu thể hiện ở chất lượng giải các
BTCB về một đề tài, chương, phần của chương trình phản ánh chất lượng nắm vững
những kiến thức và các mối quan hệ của chúng trong đề tài, chương, phần đó với nhau
và vận dụng chúng trong những tình huống phức tạp, mới.

11. 11
5. Phát triển năng lực giải quyết vấn đề trong hoạt động giải bài tập của HS
5.1. Khái niệm về năng lực
Khi xem xét bản chất của năng lực, cần chú ý tới ba dấu hiệu chủ yếu của nó: 1) là
sự khác biệt các thuộc tính tâm lí cá nhân, làm cho người này khác người kia; 2) chỉ là
sự khác biệt có liên quan đến hiệu quả của việc thực hiện một hoạt động nào đó; 3)
được hình thành và phát triển trong quá trình hoạt động của cá nhân.
Các nhà tâm lí học thường chia năng lực thành ba mức độ phát triển: năng
lực,tài năng, thiên tài. Trong đó, năng lực vừa là danh từ chung nhất, vừa chỉ mức độ
nhất định biểu thị sự hoàn thành có kết quả một hoạt động nào đó và chúng tôi cũng
chỉ quan tâm đến mức độ này trong hoạt động giải BTVL của HS.
Có hai cách phổ biến phân loại năng lực: theo mức độ phản ánh (năng lực được
chia làm năng lực tái tạo và năng lực sáng tạo), theo sự chuyên môn hoá (gồm năng
lực chung và năng lực riêng).
5.2. Mối quan hệ giữa phát triển năng lực và nắm vững kiến thức, kĩ năng, kĩ
xảo
Có một mối quan hệ bền chặt giữa phát triển năng lực và nắm vững kiến thức, kĩ
năng, kĩ xảo. Mức độ phát triển của năng lực phụ thuộc vào mức độ nắm vững kiến
thức, kĩ năng, kĩ xảo. Muốn phát triển năng lực, phải nắm vững và vận dụng một cách
sáng tạo những kiến thức, kĩ năng, kĩ xảo đã tích luỹ được về một lĩnh vực hoạt động
nhất định. Mặt khác, năng lực giúp cho việc nắm vững kiến thức, kĩ năng, kĩ xảo được
dễ dàng và nhanh chóng hơn.

12. 12
Phần thứ hai
LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP
ĐỘNG LỰC HỌC CHẤT ĐIỂM - LỚP 10 THPT
CHỦ ĐỀ 1. CÁC ĐỊNH LUẬT NIU-TƠN
A. LÍ THUYẾT
1. Định luật I Niu-tơn không chỉ được rút ra từ quan sát thực nghiệm, mà còn là
kết quả của tư duy trừu tượng thiên tài của Niu-tơn. Không thể thực hiện được một thí
nghiệm kiểm chứng trực tiếp trường hợp một vật hoàn toàn cô lập mà chỉ có thể kiểm
chứng trường hợp một vật chịu tác dụng của những lực có hợp lực bằng 0.
Một ý nghĩa quan trọng của định luật I Niu-tơn là nêu lên một tính chất cố hữu
của mọi vật, đó là quán tính. Mọi vật đều có xu hướng bảo toàn vật tốc của mình, nên
khi không bị vật khác tác dụng thì nó sẽ hoặc đứng yên, hoặc chuyển động thẳng đều.
Một ý nghĩa quan trọng nữa của định luật I Niu-tơn gắn liền với sự tồn tại của
hệ qui chiếu quán tính là, hệ quy chiếu mà trong đó vật cô lập thì có gia tốc bằng 0.
Các định luật Niu-tơn đều được xây dựng trên cơ sở khái quát hóa những thí nghiệm
và quan sát trong hệ quy chiếu quán tính nên hiển nhiên, các định luật này các định
luật này đều được nghiệm đúng trong hệ quy chiếu quán tính.
2. Định luật II Niu-tơn được trình bày dưới dạng một nguyên lí. Việc phát hiện
ra mối quan hệ giữa các đại lượng lực, gia tốc, khối lượng là kết quả của sự khái quát
hóa từ rất nhiều quan sát và thí nghiệm.
Với định luật II Niu-tơn, ta đưa ra được cách xác định phương, chiều và độ lớn
của lực dựa trên biểu hiện động lực học của nó: phương và chiều của lực là phương và
chiều của gia tốc mà vật thu được, độ lớn của lực xác định bằng tích ma.
Với định luật II Niu-tơn, có thể hiểu rõ mối quan hệ giữa khối lượng và quán
tính.
Cùng với các định luật Niu-tơn, cần phải thừa nhận nguyên lí độc lập của tác
dụng để có cơ sở xét các vật chịu tác dụng đồng thời của nhiều lực.
Cũng từ nguyên lí này, ta xét đến trường hợp vật chịu tác dụng của một hệ lực
có hợp lực bằng 0 (hệ lực cân bằng). Trong trường hợp này, vật sẽ có “hàng vi” giống
như là vật cô lập, tức là đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều.

13. 13
Dưới tác dụng của một hệ lực cân bằng, vật có thể đứng yên hoặc chuyển động
thẳng đều trong một hệ quy chiếu nhất định. Khi đó ta nói là vật ở trạng thái cân bằng.
Cần lưu ý rằng: Điều kiện cân bằng của chất điểm là một phát biểu quan trọng
của tĩnh học. Trong những phần sau, ta sẽ dùng điều kiện đó để xét sự cân bằng của
vật rắn nói chung.
Trong phần này, phải thực hiện được phép chiếu hệ thức vectơ i
F
a
m 
 lên
các trục tọa độ.
3. Định luật III Niu-tơn được thể hiện trong rất nhiều hiện tượng thực tế.
Phân biệt rõ hai lực trực đối và hai lực cân bằng nhau. Hai lực trực đối là hai
lực thỏa mãn 3 điều kiện:
- Cùng giá.
- Ngược chiều.
- Cùng độ lớn.
Một vật chịu tác dụng của hai lực trực đối thì cân bằng. Vì vậy, hai lực trực đối
cùng tác dụng lên một vật gọi là hai lực cân bằng.
Vậy, hai lực cân bằng nhau thì nhất thiết là hai lực trực đối, nhưng hai lực trực
đối thì chưa chắc đã cân bằng nhau.
4. Các định luật Niu-tơn
a) Định luật I: F 0 a 0
  
   
b) Định luật II:
F
a
m



Đơn vị: m: (kg); a: (m/s2
); F: (N)
c) Định luật III: 12 21
F F
 
 
Chú ý:
+ Hệ quy chiếu trong đó các định luật Niu-tơn nghiệm đúng gọi là hệ quy chiếu
quán tính.
+ Một cách gần đúng, hệ quy chiếu gắn với Trái Đất có thể coi là hệ quy chiếu
quán tính.
5. Khối lượng
- Đại lượng đặc trưng cho mức quán tính của vật. Khối lượng là đại lượng vô
hướng, dương, cộng được và bất biến đối với mỗi vật (trong phạm vi cơ học cổ điển).
- Đo khối lượng bằng tương tác hay bằng phép cân.
- Khối lượng riêng: D = m/V (kg/m3
)

14. 14
B. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1. Một chiếc xe khối lượng m = 100 kg đang chạy với vận tốc 30,6 km/h thì hãm
phanh. Biết lực hãm là 250 N. Tìm quãng đường xe còn chạy thêm trước khi dừng hẳn.
Bài giải:
- Lực tác dụng lên xe khi hãm phanh: lực hãm.
Theo định luật II Niu-tơn: F ma

 
Chiếu phương trình lên hướng chuyển động: -F = ma
- Gia tốc chuyển động: 2
F
a 2,5m / s
m
   
Khi xe bắt đầu hãm phanh: v0 = 30,6 km/h = 8,5 m/s
Khi xe dừng: v = 0
Quãng đường xe chạy thêm:
2 2
0
v v
s 14,45m
2a

 
Bài 2. Dưới tác dụng của lực F nằm ngang, xe lăn chuyển động không vận tốc đầu, đi
được quãng đường 2,5 m trong thời gian t. Nếu đặt thêm vật khối lượng 250 g lên xe
thì xe chỉ đi được quãng đường 2 m trong thời gian t. Bỏ qua ma sát. Tìm khối lượng
xe.
Bài giải:
- Đặt khối lượng của xe lăn và của vật đặt thêm lần lượt là m và m1
- Gia tốc của xe trong hai trường hợp là a và a1
- Vì lực F cùng chiều chuyển động, theo định luật II Niu-tơn ta suy ra:
F = ma = (m+m1)a1
Quãng đường xe đi trong hai trường hợp:
2
1
s at
2
 ; 2
1 1
1
s a t
2

Suy ra: 1
1 1
m m a s
m a s

 
Giải phương trình ta suy ra: 1
1
1
s
m .m 1kg
s s
 

Bài 3. Hai quả cầu trên mặt phẳng ngang, quả (I) chuyển động với vận tốc 4 m/s đến
va chạm với quả cầu (II) đang nằm yên. Sau va chạm hai quả cầu cùng chuyển động
theo hướng cũ của quả cầu I với vận tốc với vận tốc 2 m/s. Tính tỉ số khối lượng của
hai quả cầu.

15. 15
Bài giải:
- Trong tương tác của hai quả cầu, theo định luật III Niu-tơn, ta có:
1 2
1 2
m a m a
 
 
Đặt 0
v

; v

là vận tốc quả cầu trước và sau tương tác; t
 là thời gian tương tác,
ta có:
1 01 2 02
1 2
v v v v
m m
t t
 
 
 
   
Phương trình hình chiếu trên hướng chuyển động ban đầu của quả cầu (I):
1 1 01 2 2 02
m (v v ) m (v v )
   
Trong đó: v01 = 4 m/s; v02 = 0; v1 = v2 = 2 m/s.
Suy ra: 2 02
1
2 1 01
v v
m
1
m v v

  

Bài 4. Hai khối hình hộp khối lượng m1 = 3 kg, m2 = 2
kg đặt tiếp xúc nhau trên một mặt phẳng ngang không
ma sát. Tác dụng lực F nằm ngang lên khối m1 như
hình vẽ, F = 6 N.
a) Phân tích các lực tác dụng lên mỗi vật.
b) Tính gia tốc chuyển động của các vật và lực tương tác giữa hai vật.
Bài giải:
a) Lực tác dụng:
- Lực tác dụng lên m1: trọng lực 1
P , phản lực của mặt sàn 1
N , lực đẩy F, lực
đàn hồi 21
N của vật m2.
- Lực tác dụng lên m2: trọng lực 2
P , phản lực của mặt sàn 2
N , lực đàn hồi 12
N
của vật m1.
b) Gia tốc chuyển động:
Theo định luật II Newton:
+ Vật m1: a
m
N
F
N
P 1
21
1
1 


 (1)
+ Vật m2: a
m
N
N
P 2
12
2
2 

 (2)
Chiếu (1) và (2) lên trục Ox cùng hướng chuyển động, ta được:
F - N21 = m1a (3)
N12 = m2a (4)
m2
m1
F

16. 16
Theo định luật III Niu-tơn: N21 = N12
Cộng (3), (4) ta suy ra:
2
2
1
s
/
m
2
,
1
m
m
F
a 


Lực tác dụng:
Lực đàn hồi tương tác giữa 2 vật:
N21 = N12 = m2a = 2,4 N.
Bài 5. Hai quả bóng khối lượng m1 = 50 g; m2 = 75 g ép sát vào nhau trên mặt phẳng
ngang. Khi buông tay quả bóng (1) lăn được 3,6 m thì dừng. Hỏi quả bóng (2) lăn
được quãng đường bao nhiêu?
Biết hệ số ma sát lăn giữa bóng và mặt sàn như nhau cho cả hai quả bóng.
Bài giải:
Hệ số ma sát của cả hai quả bóng là như nhau, lực tác dụng lên hai quả bóng
bằng nhau (định luật III Niu-tơn), nên gia tốc chuyển động của chúng là như nhau
(chuyển động chậm dần đều)
Ta có:
2 2 2 2
1 1 2 1 1
2
2 2 2 2
2 2 1 2
S v m m S 75
S .36 1,6m
S v m m 50
     
Vậy sau khi buông tay, quả bóng 2 lăn được 1,6 m
C. LUYỆN TẬP
Bài 1. Lực F truyền cho vật khối lượng m1 gia tốc 2 m/s2
, truyền cho vật khối lượng
m2 gia tốc 6 m/s2
. Hỏi lực F sẽ truyền cho vật có khối lượng m = m1 + m2 một gia tốc
là bao nhiêu?
Đáp số: 1,5 m/s2
Bài 2. Một xe lăn có khối lượng 50 kg, dưới tác dụng của một lực kéo theo phương
ngang, chuyển động không vận tốc đầu từ đầu đến cuối phòng mất 10 s. Khi chất lên
xe một kiện hàng, xe phải chuyển động mất 20 s. Bỏ qua ma sát.
Tìm khối lượng kiện hàng.
Đáp số: 150 kg
Bài 3. Vật chịu tác dụng lực ngang F ngược chiều chuyển động thẳng trong 6 s, vận
tốc giảm từ 8 m/s còn 5 m/s. Trong 10 s tiếp theo, lực tác dụng tăng gấp đôi về độ lớn
còn hướng không đổi. Tính vận tốc vật ở thời điểm cuối.
Đáp số: -5 m/s
m2
m1
F
1
N
21
N
1
P
2
N
12
N
2
P
x
(+)
O

17. 17
Bài 4. Hai xe lăn đặt nằm ngang, đầu xe A có gắn một lò xo nhỏ, nhẹ. Đặt hai xe sát
nhau để lò xo bị nén lại rồi buông tay. Sau đó hai xe chuyển động, đi được các quãng
đường S1 = 1 m, S2 = 2 m trong cùng thời gian t. Bỏ qua ma sát.
Tính tỉ số khối lượng của hai xe.
Đáp số: m1/m2 = 2
Bài 5. Xe A chuyển động với vận tốc 3,6 km/h đến đập vào xe B đang đứng yên. Sau
va chạm xe A dội ngược lại với vận tốc 0,1 m/s, còn xe B chạy tới với vận tốc 0,55
m/s. Biết mB = 200 g. Tìm mA.
Đáp số: 100 g

18. 18
CHỦ ĐỀ 2. CÁC LỰC CƠ HỌC
I. LỰC HẤP DẪN
A. LÍ THUYẾT
1. Khi nhìn quả táo rụng từ trên cây xuống và Mặt Trăng thì chuyển động tròn
quanh Trái Đất chứ không rơi, chính Niuton đã nêu lên ý tưởng: Lực gây ra gia tốc rơi
tự do cho quả táo và lực gây ra gia tốc hướng tâm của Mặt Trăng có cùng một bản
chất, đó là lực hút của Trái Đất. Lực hút của Trái Đất lên các vật gần mặt đất như quả
táo, hòn đá… thì tỉ lệ thuận với khối lượng của các vật đó. Vậy lực hút của Trái Đất
lên Mặt Trăng tỉ lệ với tích khối lượng của chúng
Fhd ~ MTMĐ
Lực hấp dẫn còn phụ thuộc gì nữa? Một giả thuyết đưa ra rất tự nhiên là nếu
khoảng cách giữa hai vật càng tăng thì lực càng giảm. Nhưng giảm theo quy luật nào?
Vào thời Niuton, người ta đã biết rằng khoảng cách giữa Mặt Trăng và Trái Đất vào
khoảng bằng 60 lần bán kính Trái Đất, và gia tốc hướng tâm của Mặt Trăng xấp xỉ
1/3600 của gia tốc rơi tự do ở Trái Đất. Như vậy, gia tốc này tỉ lệ nghịch với bình
phương khoảng cách: F ~ 1/r2
.
Với những nhận xét như trên về lực hấp dẫn, Niuton đã thử vận dụng cho
chuyển động của các hành tinh quanh Mặt Trời, thì thấy hoàn toàn phù hợp với các
quan sát thực tế của Kê-ple
Trên cơ sở đó, Niuton lại khái quát hóa một lần nữa. Ông cho rằng mọi vật
trong vũ trụ tác dụng lực hấp dẫn lên nhau. Từ đó ông phát biểu định luật vạn vật hấp
dẫn.
2. Trên cơ sở kiến thức về lực hấp dẫn, đi đến nhận thức trọng lực là trường hợp
riêng của lực hấp dẫn, đó là lực hấp dẫn của Trái Đất tác dụng lên một vật. Cũng nên
nói thêm, từ “Trọng lực” thường chỉ dùng cho những vật ở gần Trái Đất. Còn như lực
hấp dẫn do Trái Đất đặt vào Hải Vương tinh chẳng hạn thì ít ai gọi là trọng lực.
Chú ý rằng, dù nói “Trọng lực tác dụng lên một vật” hay “Trọng lực của một
vật” thì đó cũng chỉ là hai cách nói khác nhau để diễn tả cùng một lực, đó là lực hấp
dẫn của Trái Đất đặt lên vật.

19. 19
Nói trọng lực là lực hấp dẫn của Trái Đất là cách nói gần đúng về trọng lực, khi
chưa xét đến các lực quán tính tác dụng lên vật.
- Theo biểu thức trên, g của các vật khác nhau ở cùng một nơi là như nhau.
Điều đó hoàn toàn phù hợp với thực nghiệm (liên hệ lại với thí nghiệm của Ga-li-lê ở
tháp nghiêng Pi-da). Sự kiện này gián tiếp kiểm nghiệm tính đúng đắn của định luật II
Niuton.
- Vào thời kì mà Ca-ven-đi-sơ làm thí nghiệm xác định G, người ta đã xác định
được g trên mặt đất và bán kính R của Trái Đất. Từ đó người ta xác định được khối
lượng của Trái Đất là kg
10
.
6
G
gR
M 24
2

 . Vì thế phép xác định G của Ca-ven-đi-sơ
còn được gọi là “Phép cân Trái Đất”.
3. Trong vật lí có phân biệt hai khái niệm “khối lượng quán tính” và “khối
lượng hấp dẫn”. Đây là vấn đề tinh vi về mặt lí luận.
Cần nhấn mạnh đặc điểm quan trọng của trọng trường là, nếu ta lần lượt đặt các
vật khác nhau tại một điểm, thì trọng trường gây cho các vật đó cùng một gia tốc như
nhau.
Không cần đi sâu vào những vấn đề phức tạp như bản chất vật lí, ý nghĩa triết
học của trọng trường…
4. Lực hấp dẫn
Hai chất điểm có khối lượng m1, m2 cách nhau một khoảng r sẽ hút nhau bởi lực
hấp dẫn, có độ lớn được tính theo định luật vạn vật hấp dẫn của Newton : 1 2
2
m m
F G
r

Trong đó G là một hằng số, gọi là hằng số hấp dẫn:
11 2 2 11
G 6,67.10 N.m / kg 6,67.10 SI
 
 
5. Trọng lực và gia tốc trọng trường
Như vậy, theo định luật vạn vật hấp dẫn, bất cứ vật nào có khối lượng m cũng
sẽ bị Trái Đất có khối lượng M hút, (và vật này cũng hút Trái Đất, theo định luật
Newton thứ ba). Vì M rất lớn so với m, nên ta chỉ thấy vật có khối lượng m bị hút về
phía mặt đất và chuyển động về phía mặt đất. Lực hấp dẫn của Trái Đất tác dụng lên
vật được gọi là trọng lực P


, có độ lớn được kí hiệu P, gọi là trọng lượng.
Ta chứng minh được rằng khi đó, Trái Đất được xem như tương đương với một
chất điểm có khối lượng M, đặt cách vật m một khoảng r kể từ tâm Trái Đất đến vật.

20. 20
Vậy trọng lượng hay độ lớn của trọng lực được tính:
2
mM
P G
r

Nếu đặt 2
M
g G
r
 , ta có công thức quan trọng tính trọng lượng theo g: P = mg
Hằng số 2
M
g G
r
 được gọi là gia tốc trọng trường, có đơn vị là đơn vị của gia
tốc (m/s2
).
Với khối lượng của Trái Đất M = 5,98.1024
kg, và nếu vật đặt sát mặt đất, r
bằng bán kính Trái Đất được xem như khối cầu: r = R = 6,40.103
km, ta tính được:
2
g 9,81m / s

Vì P


là lực hút, hướng về tâm Trái Đất nên P


và g

đều có phương thẳng đứng
hướng xuống.
Ghi chú: Nếu vật có kích thước tương đối lớn, trọng lựcP


có điểm đặt tại một điểm
của vật rắn, gọi là trọng tâm.
6. Phương pháp
+ Tìm lại định luật Kepler từ định luật hấp dẫn
Gọi M và m là khối lượng của Mặt Trời và của một hành tinh nào đó, gọi r là
khoảng cách giữa Mặt Trời và hành tinh này. Lực hấp dẫn do Mặt Trời tác dụng lên
hành tinh là:
hd 2
mM
F G
r
 (1)
với G = 6,67.10-11
SI là hằng số hấp dẫn.
Do hành tinh chuyển động tròn đều nên lực hấp dẫn này là lực hướng tâm:
2
2
v
F ma m mr
r
   
với v,  lần lượt là vận tốc (dài) và vận tốc góc của hành tinh. Nếu gọi T là chu kì của
hành tinh (là thời gian hành tinh quay hết một vòng quanh Mặt Trời, ta có:
2
T

  ), ta
thu được:
2
2
4
F mr
T

 (2)
Từ (1) và (2):
2
2
mM 4
G mr
r T

  ;
2 2
3
T 4
const
R GM

 

21. 21
Ghi chú:
Công thức của định luật Kepler thứ ba có thể áp dụng cho một vật thể chuyển
động đều xung quanh một vật khác do lực hấp dẫn, không nhất thiết phải là hành tinh
của hệ Mặt Trời.
B. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1. Mặt Trăng và Trái Đất có khối lượng lần lượt là 7,2.1022
kg và 6.1024
kg ở cách
nhau 384000 km. Tính lực hút giữa chúng.
Bài giải:
Lực hút giữa Trái Đất và Mặt Trăng:
 
11 21 24
20
2
2 6
M.m 6,68.10 .74.10 .6.10
F G. 2.10 N
r 384 .10

  
Bài 2. Khoảng cách trung bình giữa tâm Trái Đất và tâm Mặt Trăng bằng 60 lần bán
kính Trái Đất. Khối lượng Mặt Trăng nhỏ hơn Trái Đất 81 lần. Tại điểm nào trên
đường nối tâm của chúng, lực hút của Trái Đất và Mặt Trăng lên một vật bằng nhau?
Bài giải:
Gọi d và d’
lần lượt là khoảng cách từ điểm đó (ta cần tìm) đến tâm Trái Đất và
tâm Mặt Trăng, ta có:
'
đ
d d 60R
  (1)
(Rđ: bán kính Trái Đất)
Lực hút giữa Trái Đất và vật đó:
Đ
1 2
M .m
F G
d

Lực hút giữa Mặt Trăng và vật đó:
T
2 '2
M .m
F G
d

Vì
'2
Đ
1 2 2
T
M d
F F . 1
M d
  
Mà
'2
D
2
T
M d 1
81
M d 81
   hay '
d
9
d
 (2)
Từ (1) và (2) '
đ
d 6R
 
Vậy điểm đó cách tâm Mặt Trăng một khoảng bằng 6 lần bán kính Trái Đất.

22. 22
Bài 3. Hai quả cầu, mỗi quả có khối lượng 45 kg, bán kính 10 cm. Lực hấp dẫn giữa
chúng có thể đạt giá trị lớn nhất là bao nhiêu?
Bài giải:
2
2
1
hd
r
m
m
G
F 
Lực hấp dẫn đạt giá trị cực đại khi hai quả cầu tiếp xúc nhau: r = 2R
N
10
.
4
,
3
R
4
m
G
F 6
2
2
max
hd




C. LUYỆN TẬP
Bài 1. Tính gia tốc rơi tự do của vật ở một điểm có độ cao là h so với mặt đất. Tính cụ
thể gia tốc này, cho h = 10 km; R = 6400 km; gia tốc trọng trường trên mặt đất là g0 =
9,8 m/s2
.
Bài giải:
Lực hấp dẫn (lực hút) giữa Trái Đất và vật có độ cao h:
 
2
Mm
F G gm
R h
 

Với
 
2
GM
g
R h


(1)
Khi vật m ở trên mặt đất:
'
0
2
Mm
F G g m
R
  Với 0 2
GM
g
R
 (2)
Lập tỉ số
(1)
:
(2)
2 2
0
0
g R R
g g
g R h R h
   
  
   
 
   
Thay số:
2
6400
g 9,8.
6400 10
 
 
 

 
9,77 m/s2
.
Bài 2. Biết gia tốc rơi tự do trên mặt đất là g = 9,8 m/s2
, khối lượng Trái Đất gấp 81
lần khối lượng Mặt Trăng, bán kính Trái Đất gấp 3,7 lần bán kính Mặt Trăng. Tìm gia
tốc rơi tự do trên bề mặt Mặt Trăng?
Bài giải:
Gia tốc rơi tự do trên mặt đất: đ
0đ 2
đ
GM
g
R
 (1)
Gia tốc rơi tự do trên Mặt Trăng: t
0t 2
t
GM
g
R
 (2)
Lập tỉ số
(1)
:
(2)
2 2
2
0đ t đ t
D
2
0t đ t t đ
g R M R
M 10
. 81 6
g R M M R 37
   
   
   
 
 
2
0t ođ
1 9,8
g g 1,63 m / s
6 6
   

23. 23
Bài 3. Gia tốc rơi tự do của một vật ở cách mặt đất khoảng h là g = 4,9 m/s2
. Cho gia
tốc rơi tự do trên mặt đất là g0 = 9,8 m/s2
, bán kính Trái Đất R = 6400 km. Tìm độ cao h.
Bài giải:
Gia tốc trọng trường của vật ở sát mặt đất (h = 0): 0 2
GM
g
R
 (1)
Gia tốc trọng trường của vật ở độ cao h:
 
2
GM
g
R h


(2)
Lập tỉ số
(1)
:
(2)
2 2
0
g R h h 9,8
1 2
g R R 4,9

   
    
   
   
2
2
h h
1 2 2
R R
    2 2
h 2Rh R 0 h 2650 km
     
Bài 4. Trong một quả cầu bằng chì bán kính R, người ta khoét một lỗ hình cầu bán
kính R/2. Tìm lực do quả cầu tác dụng lên vật nhỏ m. Trên đường nối tâm hai hình
cầu, cách tâm hình cầu lớn một khoảng d, như hình vẽ. Biết khi chưa khoét quả cầu có
khối lượng M.
Bài giải:
Gọi F là lực hút (lực hấp dẫn) giữa quả cầu rỗng (đã bị khoét) với vật m.
F1 là lực hút (lực hấp dẫn) giữa quả cầu đặc với vật m và V là thể tích của nó.
F2 là lực hút (lực hấp dẫn) giữa vật m và phần quả cầu nhỏ (phần bị khoét) và
V ' là thể tích của nó.
Ta có: 1 2
M.m
F G
d
 ;
'
2 2
M m
F G
R
d
2

 

 
 
'
1 2 2
2
M M
F F F Gm
d R
d
2
 
 
 
   
 
 

 
 
 
 
(1)
* Mặt khác nếu gọi D là khối lượng riêng của chì, ta có:
3
'
' ' 3
' '
4
R
M D.V M V M
3 8 M
M D.V M V 8
4 R
3 2

 
     

  

 
 
(2)
Thế (2) vào (1):
2
2
1 1
F GMm
d R
8 d
2
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 

2 2
2
2
7d 8dR 2R
F GMm
R
8d d
2
 
 
 
 

 
 

 
 
 
 
d
R
m

24. 24
II. LỰC ĐÀN HỒI
A. LÍ THUYẾT
1. Về lực đàn hồi ở lò xo
Khi một lò xo bị căng hoặc bị nén, các vòng lò xo dịch chuyển tương đối so với
nhau, và giữa chúng xuất hiện lực đàn hồi. Như vậy, lực đàn hồi là cả một hệ thống lực
phức tạp, đó là lực tương tác giữa mỗi vòng lò xo với những vòng liền kề.
Ta xét các vòng ở hai đầu lò xo, mỗi vòng này tác dụng lực lên vòng liền kề, và
lên vật mà đầu lò xo tiếp xúc. Nếu lò xo bị dãn, hai đầu lò xo dịch chuyển ra xa nhau.
Nếu lò xo bị nén, hai đầu lò xo dịch chuyển lại gần nhau. Lực đàn hồi do mỗi đầu lò
xo tác dụng lên vật mà nó tiếp xúc luôn ngược chiều với sự dịch chuyển tương đối đó.
Lực đàn hồi là lực xuất hiện chống lại sự biến dạng của vật khi có tác dụng từ
bên ngoài. Một trong các lực đàn hồi thường gặp là lực của lò xo, xuất hiện khi lò xo
bị nén hoặc bị kéo dãn đối với chiều dài tự nhiên. Lực đàn hồi có độ lớn tỉ lệ với độ
biến dạng x:
Fđh = kx (định luật Hooke)
k là hệ số tỉ lệ, gọi là độ cứng của lò xo, có đơn vị là N/m.
Chú ý rằng lực đàn hồi luôn có chiều ngược với chiều biến dạng của lò xo.
+ Độ lớn của lực đàn hồi dh
F

của lò xo được tính theo định luật Hooke: Fdh =
kx, với x là độ biến dạng của lò xo (x > 0).
+ Cần chú ý rằng biểu thức trên chỉ cho biết độ lớn của dh
F

, còn x có thể là độ
dãn hoặc độ nén của lò xo. Để xác định chiều của dh
F

, cần nhớ là dh
F

luôn có chiều
ngược với chiều biến dạng của lò xo:
Nếu lò xo bị dãn: dh
F

có chiều kéo vật về để có lại chiều dài tự nhiên của lò xo.
Nếu lò xo bị nén: dh
F

có chiều đẩy vật ra để có lại chiều dài tự nhiên của lò xo.
+ Với quy ước Fdh = kx là độ lớn (tức là ta luôn có Fdh > 0) của lực đàn hồi của
một lò xo, thì x là độ biến dạng của lò xo, cũng luôn dương, và khi chiếu vectơ dh
F

lên
một trục, nếu dh
F

có chiều dương, hình chiếu của lực này sẽ là +Fdh = +kx. Ngược lại
nếu dh
F

có chiều âm, hình chiếu của lực này sẽ là -Fdh = -kx.
2. Về lực căng của sợi dây
Với những dây khối lượng không đáng kể, lực căng do dây tác dụng ở hai đầu
có độ lớn bằng nhau.

25. 25
B. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1. Hai lò xo, một lò xo dãn 6 cm khi treo một vật có khối lượng 3 kg, lò xo kia dãn
2 cm khi treo một vật khối lượng 1 kg. So sánh độ cứng của hai lò xo.
Bài giải:
Đối với lò xo 1 ta có: F1 = P1 = 30 N = 6.10-2
.k1 (1)
Đối với lò xo 2: F2 = P2 = 10 N = 2.10-2
.k2 (2)
Lập tỉ số
(1)
(2)
: 1
2
k
1
k
 
Vậy hai lò xo có độ cứng bằng nhau
Bài 2. Một lò xo khi treo vật m = 100 g sẽ dãn ra 5 cm. Cho g = 10 m/s2
a) Tìm độ cứng của lò xo.
b) Khi treo vật m’
, lò xo dãn 3 cm. Tìm m’
.
Bài giải:
a) F = P = 1 N
2
F 1
F kx k 20 N / m
x 5.10
    
Vậy độ cứng của lò xo: k = 20 N/m
b) F’
= P’
= kx’
= 20.3.10-2
= 6.10-1
N
Mà P’
= mg
1
2
6.10
m 6.10 kg 60 g
10


   
Bài 3. Vật có khối lượng 100 g gắn vào đầu lò xo dài 20 cm độ cứng 20 N/m quay tròn
đều trong mặt phẳng ngang với tần số 60 vòng / phút. Tính độ dãn của lò xo.
Bài giải:
Bán kính quỹ đạo:  
R x
 

Với  và x là chiều dài ban đầu và độ dãn của lò xo.
Áp dụng định luật II Niuton:
 
2
2 2 2 1 1
ht
v
F ma m m R m4 n R 10 .4.10.1 2.10 x
R
 
       
 
F 4 0,2 x 20x x 0,05m 5cm
     
Vậy độ dãn của lò xo: x = 5 cm.

26. 26
Bài 4. Một lò xo dài 30 cm, có độ cứng k = 240 N/m được đặt nằm ngang nhờ một giá
đỡ. Một đầu gắn vào trục quay thẳng đứng, đầu còn lại gắn vào quả cầu có khối lượng
m = 20 g. Quay đều lò xo quanh trục, người ta thấy lò xo có chiều dài 32 cm. Tính số
vòng quay của lò xo.
Bài giải:
Áp dụng định luật II Niuton:
2
2 2 2 2 2 3 2
v
F ma m m4 n R 2.10 .4.10 .32.10 256.10 n
R
  
      (1)
Mặt khác: F = kx = 240.2.10-2
= 480.10-2
(2)
Từ (1) và (2) n 4,3
 
Vậy số vòng quay của lò xo: 4,3 vòng.
Bài 5. Đoàn tàu gồm một đầu máy, một toa 10 tấn và toa 5 tấn nối với nhau theo thứ tự
trên bằng những lò xo giống nhau. Khi chịu tác dụng một lực 500 N, lò xo dãn 1 cm.
Bỏ qua ma sát. Sau khi bắt đầu chuyển động 10 s, vận tốc đoàn tàu đạt 1 m/s. Tính độ
dãn của lò xo?
Bài giải:
Gia tốc của đoàn tàu: 2
v 1
a 0,1 m / s
t 10

  

Độ cứng của mỗi lò xo: 2
F 500
k 50000 N / m
x 10
  
Lực kéo của đầu máy chính là lực đàn hồi của lò xo 1:
 
1 1 2
F F m m a 15000.0,1 1500 N
    
Độ dãn của lò xo 1: 1
1
F 1500
x 0,03 m 3 cm
k 50000
   
Lực đàn hồi của lò xo 2: 2 2
F m a 5000.0,1 500 N
  
Độ dãn của lò xo 2: 2
2
F 1500
x 0,01 m 1 cm
k 50000
   
k1
k2
m
k

27. 27
C. LUYỆN TẬP
Bài 1. Hai lò xo được ghép theo cách sau:
Tìm độ cứng k tương ứng.
Bài giải:
a) Đối với hình a:
Vật m chịu tác dụng tổng hợp bởi lực F: 1 2
F F F
 
  

Kéo m ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn x, ta có:
1 1
F k x
 
 
; 2 2
F k x
 

 
Lực tổng hợp F

:
 
1 2 1 2 1 2
F F F k x k x k k x kx
         
  
   
Vậy độ cứng tương đương của hệ: k = k1 + k2
b) Đối với hình b:
Khi kéo m ra khỏi vị trí cân bằng 1 đoạn x
Lò xo 1 dãn một đoạn x1
Lò xo 2 dãn một đoạn x2
Ta có: x = x1 + x2 (độ dãn tổng cộng)
Lực tác dụng vào hai lò xo: 1 2
F F F
 
 
 
1
1 1 1 1
1 1
F F
F k x x
k k
   
2
2 2 2 2
2 2
F F
F k x x
k k
   
Từ x = x1 + x2
1 2
F F F
k k k
   hay 1 2
1 2
k k
k
k k


Bài 2. Một lò xo nhẹ được treo thẳng đứng. Người ta buộc một vật nặng khối lượng m
vào đầu dưới của lò xo. Sau đó buộc thêm một vật m nữa vào giữa lò xo đã bị dãn.
Tìm chiều dài lò xo. Biết độ cứng là k, chiều dài lò xo khi chưa dãn là 0
 .
(Hình b)
m
k1 k2
m k2
k1
(Hình a)

28. 28
Bài giải:
Gọi x là độ dãn của lò xo khi chỉ có một khối nặng m:
F P mg
x
k k k
  
Khi buộc thêm vật nặng m vào ngay chính giữa của lò xo. Lúc này phần trên
của lò xo đã giảm đi một nửa. Suy ra độ dãn của nó cũng giảm đi một nửa tương ứng:
' x mg
x
2 2k
 
Độ dãn tổng cộng của lò xo (khi đã treo hai vật):
' mg mg 3mg
x x x
k 2k 2k
     
Chiều dài của lò xo (khi đã treo hai vật):
0 0
3mg
x
2k
    
  
Bài 3. Hai dây có cùng chiều dài 1m, tiết diện ngang 1 mm2
, một làm bằng thép, một
làm bằng cao su.
a) Nếu dây thép bị kéo căng bởi lực 1000 N thì nó dãn ra bao nhiêu?
b) Tính lực gây ra độ dãn ấy cho dây cao su.
Lấy E (thép) = 2.1011
N/m2
; E (cao su) = 108
N/m2
.
Bài giải:
a) Gọi k1 là độ cứng của dây thép. Ta có:
6 2
11 2 5
1
1 1
1
S 1.10 m
k E 2.10 N / m 2.10 N / m
1m

  

Độ dãn của dây thép khi bị kéo:
2
1
1 5
1
F 1000
x 0,5.10 m 5mm
k 2.10

   
b) Gọi k2 là độ cứng của dây cao su. Ta có:
8 6 2
2
2 2
2
S
k E 10 .10 10 N / m

  

Lực tác dụng để dây cao su dãn ra 0,5.10-2
m:
2 2
2 2 2
F k x 10 .0,5.10 0,5 N

  

29. 29
Bài 4. Hệ thống được mô tả như hình vẽ gồm 4 dây và lò xo nhẹ. Khi chưa treo m, các
dây tạo thành hình vuông và chiều dài của lò xo là 9,8 cm

 . Khi treo m = 500 g góc
nhọn giữa các dây là 0
60
  . Tính độ cứng k của lò xo. Cho g = 9,8 m/s2
.
Bài giải:
Ban đầu xem chiều dài của lò xo là AB

 .
Vì OACB là hình vuông, suy ra: CA CB / 2
  
Khi treo vật nặng m, lò xo bị nén ở cả hai đầu những độ dài bằng nhau.
Vì CA = CB và góc C = 600
, suy ra tam giác CAB đều.
Độ dài mới của lò xo: '
CA CB / 2
  
 
Độ nén tổng cộng của lò xo:
' 2 ( 2 1)
2 2 2
 
      
   
   
Áp dụng định luật Hooke:
1 2
F F F k
   
Hay
( 2 1)
F k
2

 
Vậy độ cứng của lò xo:
   
mg tan . 2
F 2 2
k
2 1 2 1

  
 
 
   
2
2
0,5.9,8. 2 50 2
99,4 N / m
9,8.10 . 3 2 1 3 2 1

  
 
A B
O
C
k
A B
O
C
m
k
600
O
m
F1 F2
A B
2

2


30. 30
Bài 5. Một thanh đồng chất có tiết diện không đổi, và có chiều dài là  được đặt trên
mặt phẳng nằm ngang nhẵn. Người ta tác động lên thanh 2 lực kéo ngược chiều nhau
1
F

; 2
F


(như hình vẽ). Tính lực đàn hồi xuất hiện trong thanh ở vị trí tiết diện của thanh
cách đầu chịu lực 1
F

một đoạn x. Cho F1 > F2.
Bài giải:
Gọi S là thiết diện ngang của thanh;
M là khối lượng thanh;
m1 là khối lượng phần bên trái thanh;
m2 là khối lượng phần bên phải thanh.
Ta có: 1 1
m D.V D.S.x
 
M D.V D.S.
  
1
x
m M
 

Tương tự: 2
x
m M




Với D là khối lượng riêng của thanh.
Nếu gọi F là lực đàn hồi xuất hiện tại mặt thiết diện đang xét. Áp dụng định luật
II Niuton ta có:
F1 - F = m1a (1)
F - F2 = m2a (2)
Từ (1) 1
1
F F
a
m

 
Thế giá trị a này vào (2):
 
2 1 1 2 2 1 1 2
1 2
m F m F m F m F
F
m m M M

  


  1 2
x F xF
F
 



Bài 6. Một thanh thép dài 2 m, có tiết diện ngang 2 cm2
. Khi chịu lực kéo F thanh thép
dài thêm 1,5 mm. Xác định lực F. Phải kéo thanh thép với một lực nhỏ nhất là bao
nhiêu làm đứt nó.
Cho biết suất Young của thép 2.1011
Pa - 6,86.108
Pa (1 Pa = 1 N/m2
)
x

2
F

1
F

m1 m2

31. 31
Bài giải:
a) Gọi k là độ cứng của thanh thép. Ta có:
11 4
7
S 2.10 .2.10
k E 2.10 N / m
2

  

Lực kéo F tác dụng lên dây:
F = kx = 2.107
.1,5.10-3
= 3.104
N
b) Đáp số: 13,72.104
N.
Bài 7. Một ô tô vận tải kéo một ô tô con khối lượng 2 tấn và chạy nhanh dần đều. Sau
50 s đi được 400 m. Khi đó dây cáp nối hai ô tô dãn ra bao nhiêu nếu độ cứng của nó
bằng 2.106
N/m? Bỏ qua lực ma sát.
Bài giải:
Gia tốc của xe ô tô con:
2
2
2S 2.400
a 0,32m / s
t 2500
  
Lực kéo xe: F = ma = 2000.0,32 = 640 N
Độ dãn của dây cáp:
6
F 640
x 0,32mm
k 2.10
  
Bài 8. Vật khối lượng 100 g gắn vào đầu lò xo dài 20 cm, độ cứng 20 N/m quay tròn
đều trong mặt phẳng ngang với tần số 60 vòng/phút. Tính độ dãn của lò xo.
Hướng dẫn:

 2
qt
đh m
.
k
F
F 




 
 = 5 cm.
Bài 9. Một lò xo được giữ cố định một đầu. Khi tác dụng vào đầu kia của nó lực kéo
1
F = 1,8 N thì nó có chiều dài 1
l = 17 cm. Khi lực kéo là 2
F = 4,2 N thì nó có chiều dài
là 2
l = 21 cm. Tính độ cứng và chiều dài tự nhiên của lò xo.
Hướng dẫn:
- Khi lực kéo F1: 1
0
1 F
)
(
k 
 
 (1)
- Khi lực kéo F2: 2
0
2 F
)
(
k 
 
 (2)
Từ (1) và (2) m
/
N
100
k
;
cm
30
0 

 

32. 32
Bài 10. Một lò xo có chiều dài tự nhiên là 0
l = 27 cm được treo thẳng đứng. Khi treo
vào lò xo một vật có trọng lượng 1
P = 5 N thì lò xo dài 1
l = 44 cm. Khi treo một vật
khác có trọng lượng 2
P chưa biết vào lò xo thì lò xo dài 2
l = 35 cm. Tính độ cứng của
lò xo và trọng lượng chưa biết.
Hướng dẫn:
- Khi treo vật trọng lượng P1: 1
0
1 P
)
(
k 
 
 (1)
- Khi treo vật trọng lượng P2: 2
0
2 P
)
(
k 
 
 (2)
Từ (1) và (2): k = 294 N/m và P2 = 2,4 N.
Bài 11. Một lò xo có chiều dài tự nhiên là 0
l = 24 cm, độ cứng k = 100 N/m. Người ta
cắt lò xo này thành hai lò xo có chiều dài là 1
l = 8 cm, 2
l = 16 cm. Tính độ cứng của
mỗi lò xo tạo thành.
Hướng dẫn:
Ta có: 0
2
2
1
1 k
k
k 

 

Suy ra: k1 = 300 N/m; k2 = 150 N/m.
Bài 12. Cho hai lò xo có độ cứng lần lượt là 1
k và 2
k như hai
hình vẽ a và b. Tính độ cứng của hệ hai lò xo.
Hướng dẫn:
- Hình a:
2
1 k
1
k
1
k
1


- Hình b: k = k1 + k2
Bài 13. Vật có khối lượng m = 50 g, gắn vào đầu một lò xo nhẹ. Lò xo có chiều dài
ban đầu là 0
l = 30 cm và độ cứng là k = 3 N/cm. Người ta cho vật và lò xo quay tròn
đều trên một mặt sàn nhẵn, nhám nằm ngang, trục quay đi qua đầu của lò xo. Tính số
vòng quay trong một phút để lò xo dãn ra một đoạn x = 5 cm.
Hướng dẫn:
- Ta có: 
2
qt
đh m
x
.
k
F
F 



)
x
(
m
.
k
0 






 n = 280 vòng.
1
k
2
k
(Hình a)
1
k
2
k
(Hình b)

33. 33
III. LỰC MA SÁT
A. LÍ THUYẾT
1. Việc giải thích cơ chế tạo thành ma sát rất phức tạp. Trong nhiều tài liệu khác
nhau, một số tác giả giải thích nguồn gốc của ma sát nghỉ là lực tương tác giữa các
phân tử ở những chỗ tiếp xúc giữa hai vật. Khi hai vật tiếp xúc với nhau, các lực phân
tử này dường như làm cho các vật “kết dính” lại, nên muốn làm cho chúng chuyển
động được với nhau, còn có ngoại lực để thắng sự “kết dính” đó. Khi hai vật trượt so
với nhau, còn có hiện tượng các chỗ xù xì giữa hai mặt tiếp xúc “móc” vào nhau, gây
ra lực ma sát trượt. Còn ma sát lăn thường được giải thích là do sự biến dạng của các
vật khi vật này lăn trên mặt vật kia.
Nói chung đó là những vấn đề phức tạp và cũng có nhiều ý kiến khác nhau. Vì
vậy chỉ đề cập đến những biểu hiện vĩ mô của lực ma sát (hướng, độ lớn), mà không
đề cập đến cơ chế tạo thành ma sát.
2. Các hệ số ma sát trượt và hệ số ma sát nghỉ đều được xác định bằng thực
nghiệm. Vì vậy các số liệu thu được đều là số liệu gần đúng và phụ thuộc vào điều
kiện cụ thể của thí nghiệm (độ nhám của các mặt tiếp xúc…). Vì vậy, nếu trong các tài
liệu khác nhau, nhiều tác giả nêu những số liệu khác nhau thì cũng là điều dễ hiểu.
3. Về hiện tượng xe đạp chạy chậm lại khi ta hãm phanh, có người đặt câu hỏi:
nếu coi xe đạp như một hệ vật, thì lực ma sát trượt giữa má phanh và vành xe chỉ là
nội lực, mà nội lực thì không gây ra gia tốc cho xe được. Vậy vì sao khi má phanh xiết
vào vành phanh thì xe lại chạy chậm lại?
Đây là một vấn đề khá thú vị. Khi bánh xe lăn không trượt trên mặt đường
(Hình a), lực ma sát nghỉ ở điểm tiếp xúc A hướng về phía trước và giữ cho A đứng
yên so với mặt đường và A trở thành tâm quay tức thời của bánh xe. Vận tốc của trục
O bằng vận tốc v của xe. Vận tốc của điểm B ở trên cùng bằng 2v. Khi má phanh cọ
O
B
A
B
v 2v

 
v

(Hình a)
O
B
A
'
B
v

v

I
A
v

(Hình b)

34. 34
vào vành, nếu xét riêng vành thì lực ma sát của má phanh là ngoại lực làm cho vành
quay chậm lại. Vận tốc của các điểm trên vành bánh sẽ giảm. Vận tốc của điểm trên
cùng của bánh xe khi đó là vB
’
< 2v. Trong khi đó, do quán tính, vận tốc v của xe chưa
giảm ngay được. Nhìn trên hình b, ta sẽ thấy khi đó tâm quay tức thời của bánh xe đã
chuyển xuống một điểm I ở bên dưới, và điểm A trượt với vận tốc vA so với mặt
đường. Chính sự trượt này đã gây ra lực ma sát trượt của mặt đường hướng về phía
sau, đó là ngoại lực làm cho xe đi chậm lại.
4. Bánh xe phát động và bánh xe không phát động
Ta hãy xét bánh trước và bánh sau của một xe đạp. Khi ta đạp xe, lực kéo của
nhánh trên của xích làm cho bánh sau của xe quay. Nếu không có ma sát giữa mặt
đường và bánh xe thì bánh sau chỉ quay quanh trục. Điểm thấp nhất A của bánh xe sau
sẽ trượt về phía sau so với mặt đường. Như vậy xe không thể nhích lên được.
Nếu giữa mặt đường và lốp xe có độ nhám đủ lớn, lực ma sát của mặt đường sẽ
chống được sự trượt của A về phía sau. Lực ma sát này hướng về phía trước, giữ cho
A tạm thời đứng yên so với đất và nó trở thành tâm quay tức thời. Lực kéo của xích
làm cho bánh xe quay quanh A, do đó xe mới nhích lên được.
Bánh sau của xe đạp được chân ta truyền lực qua xích làm cho quay, được gọi
là bánh xe phát động. Lực ma sát nghỉ của mặt đường tác dụng vào bánh xe phát động
hướng về phía trước. Rõ ràng, lực ma sát nghỉ này đóng vai trò quan trọng làm cho xe
đi về phía trước.
Khi khung xe chuyển động, nó đẩy bánh trước về phía trước. Ta lại giả sử
không có ma sát giữa bánh trước và mặt đường. Khi đó, bánh trước sẽ chuyển động
tịnh tiến, và điểm thấp nhất B của bánh trước sẽ trượt về phía trước so với mặt đường.
Nhưng trên thực tế, do mặt đường có ma sát, nên lực ma sát nghỉ của mặt đường giữ
không cho B trượt về phía trước, mà phải tạm thời đứng yên và nó trở thành tâm quay
tức thời của bánh trước. Lực ma sát nghỉ tác dụng lên B sẽ hướng về phía sau. Lực ma
sát này không gây ra công cản và cũng không có tác dụng thúc đẩy chuyển động của
xe. Bánh trước là bánh không phát động.
Trong xe máy, máy kéo… bánh sau cũng là bánh xe phát động, bánh trước là
bánh xe không phát động. Vì ma sát nghỉ giữa mặt đường với bánh xe phát động có tác
dụng thúc đẩy chuyển động của xe, nên người ta dùng nhiều biện pháp để tăng cường
lực ma sát này. Chẳng hạn bánh sau của xe máy kéo to và nặng hơn hẳn bánh trước,

35. 35
lốp có nhiều đường gân xù xì. Chỗ ngồi của người trên máy kéo, xe máy, xe đạp
thường được bố trí lệch về phía sau, để cho trọng lượng của người được dồn phần lớn
vào bánh sau, làm tăng ma sát ở bánh xe phát động.
Trong ô tô trục của động cơ truyền lực đến trục của các bánh xe phát động nhờ
các khớp bánh răng, thường được gọi là “cầu”. Những xe ô tô nhỏ thường chỉ có một
cầu ở cặp bánh sau, còn các bánh trước là bánh xe không phát động. Những xe vận tải
thường có hai, thậm trí ba cầu. Xe “Dil ba cầu” là loại xe vận tải cỡ lớn, có đến ba
khớp răng truyền lực từ động cơ đến ba hệ thống bánh xe phát động. Loại xe này rất
khỏe, có thể trở hàng vượt qua các địa hình đồi núi phức tạp. (Zil là tên viết tắt theo
tiếng Nga của một nhà máy sản xuất ô tô của Liên Xô trước đây).
5. Lực ma sát xuất hiện khi hai vật tiếp xúc nhau và có khuynh hướng chống lại
chuyển động tương đối của hai vật.
+ Lực ma sát nghỉ msn
F

: xuất hiện khi vật chịu tác dụng của một lực F

có thành
phần
'
F

song song với mặt tiếp xúc nhưng vật không chuyển động. Như vậy
'
msn
F F
 
 
.
Lực ma sát nghỉ msn
F

có độ lớn thỏa: msn n
F N
  , N là độ lớn của phản lực và n
 được
gọi là hệ số ma sát nghỉ.
Như vậy lực ma sát nghỉ có độ lớn cực đại bằng ma sát trượt t N

+ Lực ma sát trượt mst
F

: xuất hiện khi vật chuyển động, có phương song song
với phương chuyển động, có chiều ngược với chiều chuyển động và có độ lớn:
mst t
F N
  , hệ số tỉ lệ t
 được gọi là hệ số ma sát trượt.
Thông thường, ta có: n t
  
Chú ý:
+ Đúng ra các lực ma sát có điểm đặt ở trên bề mặt tiếp xúc, nhưng vì vật ta xét
là vật rắn chỉ chuyển động tịnh tiến, ta dời các lực ma sát này về một điểm của vật, là
trọng tâm của vật.
+ Ta chỉ dùng biểu thức cho lực ma sát nghỉ là t N
 chỉ khi nào vật sắp sửa
chuyển động.

36. 36
B. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1. Một vật khối lượng m = 2 kg đặt trên mặt bàn nằm ngang. Hệ số ma sát giữa vật
và bàn là  = 0,25. Tác dụng lên vật một lực F song song với mặt bàn. Cho g = 10
m/s2
. Tính gia tốc chuyển động của vật trong mỗi trường hợp sau:
a) F = 4 N.
b) F = 6 N.
Bài giải:
- Các lực tác dụng lên vật là: trọng lực P , phản lực của mặt bàn N , lực kéo F,
lực ma sát ms
F
- Theo định luật II Niu-tơn: a
m
F
F
N
P ms 


 (1)
- Vì vật chỉ có thể chuyển động thẳng trên mặt bàn nên a chỉ có thể phương
nằm ngang.
Chiếu (1) lên phương ngang, theo phương của lực F, ta được:
F - Fms = ma
Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên:
-P + N = 0
Vậy: N = mg
N
5
mg
N
Fms 




a) Lực kéo F = 4 N
Ta thấy F < Fms. Khi này lực ma sát là ma sát nghỉ: vật nằm yên.
Fms = F = 4 N
Gia tốc a = 0
b) Lực kéo F = 6 N
Khi này Fms = N = 5 N
Gia tốc chuyển động:
2
ms
s
/
m
5
,
0
m
F
F
a 


Bài 2. Vật có khối lượng m = 1 kg được kéo chuyển động
ngang bởi lực F hợp góc  = 300
với phương ngang, độ
lực F = 2 N. Biết sau khi bắt đầu chuyển động được 2 s, vật
đi được quãng đường 1,66 m. Lấy g = 10 m/s2
.
v
F

F
ms
F
P
N
x
y
O

37. 37
a) Tính hệ số ma sát trượt  giữa vật và sàn.
b) Tính lại  nếu lực F nói trên, vật chuyển động thẳng đều.
Bài giải:
- Các lực tác dụng lên vật là: trọng lực P , phản lực của mặt bàn N , lực kéo F,
lực ma sát ms
F
- Theo định luật II Niu-tơn: a
m
F
F
N
P ms 


 (1)
+ Chiếu (1) lên Oy theo hướng N :
-P + N + Fsin = 0
Do đó: N = P - Fsin 
Fms =  N = (mg - Fsin  )
+ Chiếu (1) lên trục Ox theo hướng chuyển động:
Fcos - Fms = ma
Fcos - (mg - Fsin) = ma (2)
Từ (2) suy ra:






sin
F
mg
ma
cos
F
(3)
a) Vật chuyển động nhanh dần đều:
Gia tốc của chuyển động: 2
at
2
1
S   2
2
s
/
m
83
,
0
t
S
2
a 

Hệ số ma sát: 1
,
0
30
sin
.
2
10
.
1
83
,
0
.
1
30
cos
2
sin
F
mg
ma
cos
F
0
0










b) Vật chuyển động thẳng đều:
Gia tốc chuyển động: a = 0
Hệ số ma sát: 19
,
0
30
sin
.
2
10
.
1
30
cos
2
sin
F
mg
ma
cos
F
0
0









Bài 3. Một khối gỗ m = 4 kg bị ép giữa hai tấm ván, lực nén của mỗi
tấm ván lên khối gỗ là N = 50 N, hệ số ma sát trượt giữa gỗ và ván 
= 0,5.
a) Hỏi gỗ có tự trượt xuống được không?
b) Cần tác dụng lên khối gỗ một lực F

theo phương thẳng
đứng là bao nhiêu để khối gỗ đi lên đều và đi xuống đều.
ms
F
P
N
F
 x
y

38. 38
Bài giải:
a) Hỏi gỗ có tự trượt xuống được không?
Lực ma sát trên tấm ván I: ms1
F N 0,5.50 25N
   
Lực ma sát trên tấm ván II: ms2
F N 0,5.50 25N
   
Tổng lực ma sát: ms ms1 ms2
F F F 50 N
  
Trọng lực khối gỗ: P = mg = 4.10 = 40 N
P < N khối gỗ không thể tự trượt xuống được.
b) Muốn khối gỗ dịch chuyển được, ta phải tác dụng vào nó một lực F

theo phương
thẳng đứng.
Phương trình tổng hợp lực: '
ms1 ms2
F F P F F
   

  
 
(1)
Để khối gỗ chuyển động đều thì '
F 0


* Khối gỗ đi xuống đều:
Chọn chiều dương là chiều chuyển động.
Chiếu (1) lên phương trình chuyển động:
ms1 ms2
F F P F 0
     50 40 F 0 F 10 N
      
F phải cùng chiều chuyển động và có độ lớn bằng 10 N.
* Khối gỗ đi lên đều:
Chọn chiều dương là chiều chuyển động.
Chiếu (1) lên phương trình chuyển động:
ms1 ms2
F F P F 0
     90 F 0 F 90 N
     
Lực F cùng chiều chuyển động và có độ lớn 90 N
Bài 4. Một xe lăn, khi đẩy bằng lực F = 20 N nằm ngang thì xe chuyển động thẳng
đều. Khi chất lên xe một kiện hàng khối lượng 20 kg thì phải tác dụng lực F' = 60 N
nằm ngang xe mới chuyển động thẳng đều. Tính hệ số ma sát giữa xe và mặt đường.
Bài giải:
Chọn chiều dương là chiều chuyển động.
Khi chưa chất hàng, tổng hợp lực tác dụng lực lên xe:
ms1
P R F F 0
   

    
(1) (Vì xe chuyển động thẳng đều)
Chiếu (1) lên phương chuyển động:
ms1
F F 0
  
ms1
F F 20 N .P 20
      (2)
v

R

P


ms
F

(+)
F

P


ms2
F

ms1
F

(I) (II)

39. 39
Khi đã chất hàng lên, tổng hợp lực tác dụng lên xe:
' ' '
ms2
P R F F 0
   

 
 
 
(3) (Vì xe vẫn chuyển động thẳng đều)
Chiếu (3) lên phương chuyển động:
'
ms2
F F 0
   '
ms2
F F 60 N
  
.(P mg) 60 P kmg 60
        (4)
Thế (2) vào (4):
20 + mg = 60   = 40/mg = 0,2
Vậy hệ số ma sát giữa xe và mặt đường là = 0,2.
Bài 5. Người ta đặt một cái ly trên một tờ giấy nhẹ đặt trên bàn, rồi dùng tay kéo tờ
giấy theo phương ngang.
a) Cần truyền cho tờ giấy một gia tốc bao nhiêu để ly bắt đầu trượt trên tờ giấy?
Biết hệ số ma sát trượt giữa ly và giấy là  = 0,3; g = 10 m/s2
.
b) Trong điều kiện trên, lực tác dụng lên tờ giấy là bao nhiêu? Biết hệ số ma sát
trượt giữa giấy và bàn là '
 = 0,2, khối lượng ly m = 50 g.
c) Kết quả trong hai câu trên có thay đổi không nếu ly có nước?
Bài giải:
a) Ta để ý rằng, khi ta kéo tờ giấy, chiếc ly đứng yên trên giấy và chuyển động cùng
với tờ giấy. Ta nói chiếc ly và tờ giấy có cùng gia tốc. Nhưng nếu ra xét riêng chiếc ly,
lực truyền cho ly chuyển động chính là lực ma sát nghỉ giữa ly và tờ giấy. Do đó gia
tốc của ly là: ms
f
a
m

Vì ma sát nghỉ cực đại bằng ma sát trượt: 2
ms
f mg
a 0,3.10 3m / s
m m

   
b) Vì khối lượng tờ giấy là không đáng kể, nên tờ giấy chịu tác dụng bởi hai lực ma sát:
+ Ma sát với ly: Fms1 = mg
+ Ma sát với mặt bàn: Fms2 = '
 mg
Tổng lực ma sát: ms ms1 ms2
F F F mg( ') 0,5mg 0,25N
       
Vì tờ giấy truyền cho mặt bàn và ly lực ma sát nghỉ  lực kéo giấy: Fkéo = Fms
= 0,25 N.
c) Gia tốc chuyển động của giấy không phụ thuộc vào khối lượng ly (
mg
a g)
m

  
Nên kết quả cũng không thay đổi nếu ta để ly đầy nước.

40. 40
Bài 6. a) Tại sao đầu máy xe lửa muốn kéo được nhiều toa thì phải nặng?
b) Một đoàn tàu chạy đều trên đường ray nằm ngang. Lực cản bằng 5.104
N.
Tính khối lượng tối thiểu của đầu máy. Hệ số ma sát trượt của bánh xe trên ray là  =
0,2. Lấy g = 10 m/s2
.
Bài giải:
a) Đầu máy xe lửa phải nặng để tăng cường áp lực cho mặt đường, nghĩa là tăng
cường lực ma sát giữa đầu tàu và đường ray (ma sát trượt).
b) Lực cản trong bài chính là lực ma sát giữa bánh xe và đường ray.
Ta có: Fms = .P = mg = 0,2.10.m = 2.m = 5.104
N
Khối lượng tối thiểu của đầu máy:
4
4 3
ms
F 5.10
m 2,5.10 kg 25.10 kg
2 2
   
Hay m = 25 tấn.
C. LUYỆN TẬP
Bài 1. Một xe điện chạy với vận tốc v0 = 36 km/h thì bị hãm lại đột ngột. Bánh xe
không lăn nữa mà chỉ trượt trên đường ray. Kể từ lúc hãm, xe điện còn đi được bao xa
thì dừng hẳn? Biết hệ số ma sát trượt giữa bánh xe và đường ray là 0,2. Lấy g = 9,8
m/s2
.
Bài giải:
Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe.
Gốc tọa độ ngay tại vị trí hãm.
Ta có:
2
2 0
0
v 100 50
v 2as a
2S 2S S
 
       (v0 = 36 km/h = 10 m/s)
Khi hãm phanh đột ngột, xe chỉ chuyển động theo quán tính, và chỉ chịu tác
dụng bởi lực ma sát. Áp dụng định luật II Niu-tơn ta có: F ma

 
(1)
Chiếu (1) lên phương chuyển động, ta được:
ms
50
F ma Fmg m
S
     
50
S 25,5m
g
  

Vậy kể từ lúc hãm, xe còn đi được một quãng đường S = 25,5 m.
v

N

P


ms
F

(+)

41. 41
Bài 2. Một cái hòm có khối lượng 100 kg đặt trên sàn nằm
ngang. Hệ số ma sát  = 0,6. Tính độ lớn lực F làm hòm
di chuyển đều trong hai trường hợp:
a) Lực F là lực kéo nghiêng so với đường nằm
ngang 0
30
 
b) F là lực đẩy nghiêng xuống 0
30
  . Lấy g = 10 m/s2
.
Bài giải:
a) Các lực tác dụng vào hòm:
+ Trọng lựcP


.
+ Phản lực R

.
+ Lực ma sát với mặt sàn ms
F

.
+ Lực kéo F

Áp dụng định luật II Niuton: ms
P R F F ma
   

    
(1)
Chọn chiều dương là chiều chuyển động.
Chiếu (1) lên phương chuyển động. Phương Ox:
ms
Fcos F ma 0
    (2)
(Do chuyển động thẳng đều)
Chiếu (1) lên phương Oy: P R Fsin 0 R P Fsin
        
Mà ms ms
F R F (P Fsin )
       (3)
Thế (3) vào (2): Fcos (P Fsin ) 0
    
F(cos sin ) P mg
       
mg 0,6.100.10
F 514,6 N
cos sin 3
0,3
2

   
   

b) Lý luận tương tự:
mg
F 1060 N
cos sin

  
   
Bài 3. Xe lửa có khối lượng m = 100 tấn đang chuyển động thẳng đều trên mặt phẳng
nằm ngang thì một số toa có khối lượng tổng cộng m = 10 tấn rời khỏi xe. Khi phần xe
lửa tách ra còn chuyển động, khoảng cách giữa hai phần xe thay đổi theo thời gian
theo quy luật nào? Biết lực kéo của đầu máy không đổi, hệ số ma sát  = 0,09. Cho g
= 10 m/s2
.

F

R

ms
F

P


x
y

F

F



42. 42
Bài giải:
Chọn chiều dương là chiều chuyển động
Gốc tọa độ và gốc thời gian tại vị trí và thời điểm tách toa.
Khi chưa tách toa, xe lửa chuyển động thẳng đều, nên ta có:
ms k
F F ma 0
  
  
(1)
Chiếu (1) lên phương chuyển động:
ms k
F F 0
   ms k
F F R P Mg
       
Khi một số toa bị tách ra, vì lực kéo không thay đổi, nên phần trên xe lửa (nối
với đầu máy) sẽ chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ban đầu (ngay tại điểm tách)
v0 và có gia tốc là a1. Phần còn lại sẽ chuyển động chậm dần đều cũng với vận tốc ban
đầu v0 và có gia tốc là a2.
Tổng hợp lực cho từng phần:
+ Phần đầu máy: ms k 1
F F (M m)a
  
  
(2)
Chiếu (2) lên phương chuyển động:
ms k 1
F F (M m)a
   
k ms
1
F F Mg (M m)g
a
(M m) (M m)
   
  
 
2
mg 1
m / s
(M m) 10

 

Phương trình chuyển động của phần đầu xe:
2 2
1 1 0 0
1 1 1
x a t v t . t v t
2 2 10
    (I)
+ Đối với phần bị tách toa (phần cuối)
ms 2
F ma

 
(3)
Chiếu (3) lên phương trình chuyển động:
ms 2
F ma
  2
2 2
9
mg ma a g m / s
10
      
Phương trình chuyển động của phần tách toa:
2 2 2
2 2 0 0
1 1 1 9
x a t v t .kgt . t v t
2 2 2 10
       (II)
Từ (I) và (II) suy ra khoảng cách giữa hai phần:
2 2 2
1 2 0 0
1 1 1 9 1
x x ( . t v t) ( t v t) t
2 10 2 10 2
       

Vậy khoảng cách giữa hai phần là 2
1
t
2



43. 43
Bài 4. Một chiếc bút chì có tiết diện hình lục giác bị đẩy dọc
theo mặt phẳng ngang như hình vẽ. Tìm hệ số ma sát giữa
bút chì và mặt phẳng ngang để nó trượt trên mặt phẳng
ngang mà không quay?
Bài giải:
- Phân tích lực: ; ; ;

 
  
ms
P N F F
(trong đó: giá của phản lực N


có phương thẳng đứng cắt mặt chân để của chiếc bút
chì)
- Khi chiếc bút chì bắt đầu bị quay thì phản lực N


có giá đi qua điểm tựa B, khi
đó: / /
0; 0
 

 
ms
N B F B
M M , ta có:
/ /
F B P B
M M

 

3
. .
2 2 3
a a mg
F mg F
   
Để chiếc bút chì không bị quay quanh điểm B thì:
3
mg
F  (1)
- Để chiếc bút chì bị trượt thì theo phương ngang:
 
msn max
F F
 . .
    
F N mg (2)
- Từ (1, 2) ta có:
1
. 0,58
3 3
     
mg
mg
Bài 5. Tìm sự thay đổi áp lực lên bánh trước của một ô tô khối lượng m = 1500 kg
đang chuyển động trên mặt đường nằm ngang (có hệ số ma sát  = 0,4), khi hãm bánh
sau một cách tối đa mà không làm xảy ra sự trượt? Khối tâm ô tô nằm cách đều các
trục xe và nằm ở độ cao là h = 60 cm so với mặt đất; khoảng cách giữa trục trước và
trục sau của xe là d = 3,5 m.
Bài giải:
Khi chưa phanh áp lực tác dụng lên bánh trước là
2
mg
N20 
Khi phanh bánh sau, bánh sau chịu tác dụng lực ma sát ms 1
F N
  , ta có phương
trình cân bằng momen quanh khối tâm của xe:
h
F
2
d
N
2
d
N ms
1
2 
 (1)
F

A B
N


F


ms
F
P



44. 44
Ta có: N1 + N2 – mg = 0 (2)
Từ (1) và (2), suy ra: 2
mg d 2 h
N
2 d h
 

 
Độ biến thiên áp lực lên bánh xe trước:
2 20
mg h
N N N 480
2 d h

    

(N)
Bài 6. Ta phải kéo sợi dây thừng nhẹ dưới góc  như thế nào để kéo vật nặng chuyển
động không gia tốc trên mặt phẳng nằm ngang (Hình a)? Biết rằng vật bắt đầu tự trượt
khi đặt trên mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng  (Hình b)
Bài giải:
+ Xét hình a lực tác dụng lên
vật nặng gồm
- Trọng lực P

, lực kéo F

, phản
lực N

và lực ma sát ms
F

.
- Vì vật chuyển động không gia
tốc nên ta có phương trình sau:
0
ms
P F N F
   

   
(1)
Chọn hệ trục oxy như hình vẽ.
+ Chiếu phương trình (1) lên
hai trục ox và oy ta được:
+ Trục ox: Fcos - Fms = 0 (2)
+ Trục oy: Fsin + N - P = 0 (3)  N = P - Fsin thay vào phương trình (2)
ta được:
 Fcos -  (P - Fsin ) = 0
os + sin
mg
F
c

  
  ( 4 )
2
N
1
N
ms
F
P

a)

b)

a)

b)
O x
y P
ms
F
F
N

45. 45
+ Biết rằng vật bắt đầu trượt khi đặt vật trên mặt phẳng nghiêng có nghiêng 
nên
Ta có: tan 
 thay vào phương trình (4)

.tan
os + tan .sin
mg
F
c

  
 do mg.tan = cost nên đặt ( )
f os +tan .sin
c
   

 ( ) sin tan . os
f c
   
    vậy f(  ) đạt gia trị cực trị khi
( ) 0 sin tan . os 0 tan tan
f c
       
         
Vậy ta phải kéo vật dưới góc  
 thì vật trượt không gia tốc.
Bài 7. Một khối hình hộp chữ nhật có tiết diện
thẳng ab (Hình vẽ) được kéo trượt đều trên mặt
phẳng ngang bằng một chiếc dây thừng với góc kéo
 có thể thay đổi được. Hệ số ma sát giữa vật và
mặt phẳng ngang là . Tìm góc  khi vật bắt đầu bị
nhấc lên?
Bài giải:
+ Dễ dàng có được điều kiện để vật chuyển động thẳng đều là:
Fcos  = (P – Fsin  )
F =
P
cos sin

   
(1)
+ Điều kiện để vật bị nâng lên: Momen của F đối với trục quay qua J phải lớn
hơn hoặc bằng momen của P
Ta có:
b a
P. F(bsin .cos )
2 2
    (2)
Thay (1) vào (2) ta có: b.cos  + b.sin  =
2b.sin  - k.a.cos 
Biến đổi ta thu được kết quả :
a 1
tan
b
  

(3)
Vậỵ để nâng được vật lên ta cần tác dụng vào
vật một lực F với góc tối thiểu là  thỏa mãn (3)
b
a

a/2
b
a

a/2
J
N

P


F

ms
F
