phân loại và pương pháp giải các dạng bài tập vật lí THCS lý thuyết chuyển động thẳng đều đặc điểm : vận tốc của vật không thay đổi theo thời gian v= const phương trình chuyển động của chuyển động thẳng đều

1. TrÇn Nam HiÕu

2. Ch¬ng 1: C¬ häc
PhÇn 1: ChuyÓn ®éng (C¬ 1)
A. Lý thuyết.
1.Chuyển động thẳng đều.
1.1 Đặc điểm: Vận tốc của vật không đổi theo thời gian v = const.
1.2 Phương trình chuyển động của chuyển động thẳng đều.
x = x0 + s = x0 + v(t – t0)
Δx = | x – x0 | = |v|.(t – t0)
1.3 Đồ thị chuyển động thẳng đều.
1.4 Công thức cộng vận tốc.

3. − Vectơ vận tốc tuyệt đối bằng tổng vectơ vận tốc tương đối cộng vận tốc kéo theo:
→→→
+= vvv 3,22,11,3
− Với các trường hợp riêng:
2
23
2
12
2
133,22,1 vvvvv +=⇒⊥
→→
→
2,1v cùng hướng với
→
v 3,2 : v13 = v12 + v23
→
2,1v ngược hướng với
→
v 3,2 : v13 = |v12 – v23 |
1. |v12 – v23 | ≤ v13 ≤ v12 + v23
2. Chuyển động không đều.
2.1 Đặc điểm: Vận tốc của vật luôn thay đổi theo thời gian.
2.2 Vận tốc trung bình. tttt
S...SSS
V
n321
n321
Tb
+++
++++
=
Chú ý: Vận tốc trung bình khác với trung bình của các vận tốc.
3. Chuyển động thẳng nhanh, chậm dần đều.
3.1 Gia toác (m/s
2
): Gia toác cuûa chuyeån ñoäng laø ñaïi löôïng xaùc ñònh baèng thöông soá giöõa ñoä bieán
thieân vaän toác vaø khoaûng thôøi gian bieán thieân. o
o
tt
vv
t
v
a
−
−
=
∆
∆
=
3.2 Coâng thöùc tính vaän toác.
Ta coù:
o
o
tt
vv
t
v
a
−
−
=
∆
∆
=
)( oo ttavv −+=⇒ ( Vôùi t0 = 0 )
atvv o +=⇒
3.3 Coâng thöùc tính quaõng ñöôøng.

4. Ta coù: t
s
vtb =* (1)
Vì ñoä lôùn cuûa vaän toác taêng ñeàu theo thôøi gian neân ngöôøi ta ñaõ chöùng minh
ñöôïc coâng thöùc tính toác ñoä trung bình sau ñaây.
2
*
vv
v o
tb
+
= (2)
* Maët khaùc ta coù coâng thöùc tính vaän toác cuûa chuyeån ñoäng thaúng nhanh daàn ñeàu:
V = Vo + at (3)
Töø (1),(2),(3) ta coù:
2
2
2
1
2
2
)(2)(2
2
attvs
attv
s
atvvtsvvts
vv
t
s
o
o
ooo
o
+=⇒
+
=⇔
++=⇔+=⇔
+
=
3.4 Công thức liên hệ giữa gia tốc, vận tốc, đường đi của chuyển động thẳng nhanh chậm dần đều.
Ta coù: (**)at
2
1
VSvà(*)atVV 2
00 +=+=
T a
V-V
t 0
=
2as
2
ov
2
vHay.
2a
2
ov
2
v
s
2a
)ovvo(2v)ov(v
s
2a
2
)ov(v)ov(vo2v
s2
2a
2
)ova(v
a
ovv
ovs
=−
−
=⇒
−++−
=⇔
−+−
=⇔
−
+
−
=
3.5 Phöông trình chuyeån ñoäng cuûa chuyeån ñoäng thaúng nhanh daàn ñeàu.
2
00
2
1
VXX att ++=
B. Các dạng bài tập.
Dạng 1: Hệ vật gồm các vật chuyển động với vận tốc cùng phương.

5. Phương pháp: Sử dụng tính tương đối của chuyển động và công thức cộng vận tốc. trong trường hợp các vật chuyển động cùng chiều
so với vật mốc thì nên chọn vật có vận tốc nhỏ hơn làm mốc mới để xét các chuyển động.
Bài 1: Trên một đường đua thẳng, hai bên lề đường có hai hàng dọc các vận động viên chuyển động theo cùng một hướng: một hàng là
các vận động viên chạy việt dã và hàng kia là các vận động viên đua xe đạp. Biết rằng các vận động viên việt dã chạy đều với vận tốc v1
= 20km/h và khoảng cách đều giữa hai người liền kề nhau trong hàng là l1 = 20m; những con số tương ứng đối với hàng các vận động
viên đua xe đạp là v2 = 40km/h và l2 = 30m. Hỏi một người quan sát cần phải chuyển động trên đường với vận tốc v3 bằng bao nhiêu để
mỗi lần khi một vận động viên đua xe đạp đuổi kịp anh ta thì chính lúc đó anh ta lại đuổi kịp một vận động viên chạy việt dã tiếp theo?
Gi¶i:
Coi vận động viên việt dã là đứng yên so với người quan sát và vận động viên đua xe đạp.
Vận tốc của vận động viên xe đạp so với vận động viên việt dã là: Vx = v2 – v1 = 20 km/h.
Vận tốc của người quan sát so với vận động viên việt dã là: Vn = v3 – v1 = v3 – 20
Giả sử tại thời điểm tính mốc thời gian thì họ ngang nhau.
Thời gian cần thiết để người quan sát đuổi kịp vận động viên việt dã tiếp theo là:
nV
l
t 1
1 =
Thời gian cần thiết để vận động viên xe đạp phía sau đuổi kịp vận động viên việt
dã nói trên là:
XV
ll
t 21
2
+
=
Để họ lại ngang hàng thì km/h28v
20
tt 3
21
3
1
2.1 =⇒
+
=
−
⇔=
XV
ll
v
l
Bài 2: Moät haønh khaùch ñi doïc theo saân ga vôùi vaän toác khoâng ñoåi v = 4km/h. OÂng ta chôït thaáy coù hai ñoaøn
taøu hoûa ñi laïi gaëp nhau treân hai ñöôøng song vôùi nhau, moät ñoaøn taøu coù n1 = 9 toa coøn ñoaøn taøu kia coù n2
= 10 toa. OÂng ta ngaïc nhieân raèng hai toa ñaàu cuûa hai ñoaøn ngang haøng vôùi nhau ñuùng luùc ñoái dieän vôùi
oâng. OÂng ta coøn ngaïc nhieân hôn nöõa khi thaáy raèng hai toa cuoái cuøng cuõng ngang haøng vôùi nhau ñuùng luùc
ñoái dieän vôùi oâng. Coi vaän toác hai ñoaøn taøu laø nhö nhau, caùc toa taøu daøi baèng nhau. Tìm vaän toác cuûa
taøu hoûa ?
Gi¶i:
Gọi vận tốc của tàu đối với đất là V, của người hành khách đối với mặt đất là v, chiều dài mỗi toa tàu là l. Chọn mốc là hành khách.
• Xét trường hợp hành khách chuyển động cùng chiều với đoàn tàu 1:

6. ( Hình 1 )
B
O
A
vB
vA
x
.
y
.
Thời gian giữa hai lần hành khách đối diện với các toa đầu và các toa cuối là:
9 10l l
V v V v
=
− +
Ta tính được vận tốc tàu hoả : 19.V v= = 19.4 = 76 (km/h)
• Xét trường hợp hành khách chuyển động cùng chiều với đoàn tàu 2:
Trường hợp này không thể xảy ra, vì: 2 1
10 9l l
t t
V v V v
= > =
− +
.
Bài 3: Một tàu điện đi qua một sân ga với vận tốc không đổi và khoảng thời gian đi qua
hết sân ga (tức là khoảng thời gian tính từ khi đầu tàu điện ngang với đầu sân ga đến khi đuôi của nó ngang với đầu kia của sân ga) là 18
giây. Một tàu điện khác cũng chuyển động đều qua sân ga đó nhưng theo chiều ngược lại, khoảng thời gian đi qua hết sân ga là 14 giây.
Xác định khoảng thời gian hai tàu điện này đi qua nhau (tức là từ thời điểm hai đầu tàu ngang nhau tới khi hai đuôi tàu ngang nhau). Biết
rằng hai tàu có chiều dài bằng nhau và đều bằng một nửa chiều dài sân ga.
Gi¶i:
Gọi chiều dài sân ga là L, khi đó chiều dài mỗi tầu điện là L/2.
• Theo bài ra, trong thời gian t1 = 18s tầu điện thứ nhất đi được quãng đường là:
2
3L
2
L
L =+
• Dó đó, vận tốc của tầu điện thứ nhất là : 1
1
3L 3L L
v = = =
2t 36 12
• Tương tự, vận tốc tàu thứ hai là : 2
2
3L 3L
v = =
2t 28
.
• Chọn xe thứ hai làm mốc.
Khi đó vận tốc của tàu thứ nhất so với tàu thứ hai là: 1 2
L 3L 4L
v = v + v = + =
12 28 21
• Gọi thời gian cần tìm là t.
Trong thời gian đó, theo đề bài, đầu tàu thứ nhất đi được quãng đường bằng hai lần
chiều dài mỗi tàu, tức là bằng L. Vậy
L L
t = = = 5,25 (s)
v 4L / 21
Dạng 2: Hệ vật gồm các vật chuyển động với vận tốc khác phương
Phương pháp: Sử dụng công thức cộng vận tốc và tính tương đối của chuyển động.
Bài 1: Trong hệ tọa độ xOy (Hình1), có hai vật nhỏ A và B chuyển động thẳng
đều. Lúc bắt đầu chuyển động, vật A cách vật B một đoạn l = 100m. Biết vận tốc
của vật A là vA = 10m/s theo hướng Ox, vận tốc của vật B là vB = 15m/s theo

7. hướng Oy.
a. Sau thời gian bao lâu kể từ khi bắt đầu chuyển động, hai vật A và B
lại cách nhau 100m.
b. Xác định khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật A và B.
Gi¶i:
a. Quãng đường A đi được trong t giây: AA1 = vAt
Quãng đường B đi được trong t giây: BB1 = vBt
Khoảng cách giữa A và B sau t giây: d2
= (AA1)2
+ (AB1)2
Với AA1 = VAt và BB1 = VBt
Nên: d2
= ( v2
A + v2
B )t2
– 2lvBt + l2
(*)
Thay số và biến đổi ra biểu thức : 325t2
– 3000t = 0 ⇒ t ≈ 9,23 s
b. Xét phương trình bậc hai (*) với biến là t.
Để (*) có nghiệm thì 0'≥∆ từ đó tìm được:
BA
A
vv
vl
a 22
22
2
min
4
d
+
=
∆
−=
Rút ra được dmin =
B
2
A
2
A
vv
vl
+
≈ 55,47 m
Dạng 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 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
ong bay?.
Gi¶i:
Coi xe 2 đứng yên so với xe 1.Thì vận tốc của xe 2 so với xe 1 là: v21 = v2 + v1 = 50km/h
B.
O
A
x
y
. ..
A1
B1
d

8. Thời gian để 2 xe gặp nhau là: h2
5
100
v
s
t
21
===
Vì thời gian Ong bay bằng thời gian hai xe chuyển động.
Nên quãng đường Ong bay là: So = Vo t = 60.2 = 120 Km
Bài 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?
C¸ch 1:
Gọi vân tốc của cậu bé là v, vận tốc của con chó khi chạy lên đỉnh núi là v1 và khi chạy xuống là v2. 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
1v
L
.
Thời gian con chó chạy từ đỉnh núi tới chỗ gặp cậu bé lần tiếp theo:
1v
L
-T
Quãng đường con chó đã chạy trong thời gian này: )
v
L
-T.(v
1
2
Quãng đường cậu bé đã đi trong thời gian T là: v.T.
Ta có phương trình: )
v
L
-T.(vv.TL
1
2+= ⇒ 2 1
2
L.( 1 + )
T
v v
v v
=
+
(1)
Mà con chó đã chạy cả lên núi và xuống núi trong thời gian T là: )
v
L
-T.(vLS
1
2C +=
Thay T từ pt (1) vào ta có:
)v(vv
)vvv.(-.v2v
L.S
21
1221
C
+
−
= (2)
Quãng đường cậu bé đã đi trong thời gian T:
)v(vv
)vvv.(
L.v.TS
21
21
B
+
+
== (3)
Lập tỷ số )3(
)2(
ta có :
C 1 2 2 1
B 1 2
S 2v .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:
C B
7 7
S = S 100. 350 (m)
2 2
= =
C¸ch 2:

9. Sau khi thả thì chó sẽ chạy lên tới đỉnh núi, mất thời gian: (s).
3
100
v
S
t
1
==
Ta thấy rằng quãng đường từ đỉnh núi chó sẽ chạy xuống khi gặp người rồi quay lên đỉnh núi lúc này như nhau là: S1.
Thời gian chạy xuống là
5
S
v
S 1
2
1
= . Thời gian chạy lên là
3
S
v
S 1
1
1
=
Vậy tỉ lệ giữa thời gian chạy xuống và thời gian chạy lên là:
5
3
Tỷ số này luôn không đổi, không phụ thuộc vào S1, S2, S3 …
Mà chỉ phụ thuộc vào các giá trị vận tốc đã cho (v1 = 3 m/s và v2 = 5 m/s)
Vậy nếu gọi t1 là tổng thời gian chó chạy xuống, t2 là tổng thời gian chó chạy lên.
( không tính thời gian chó chạy lên lần đầu tiên bằng t =
1
1
v
S
=
3
100
(s) )
Thì tỉ lệ sẽ là
5
3
t
t
2
1
= ⇒ t1 =
5
3
t2
Tổng thời gian chó chạy sẽ bằng thời gian người đi lên tới đỉnh núi.
Nên ta có: 100tt
5
3
3
100
=t+t+t
v
S
2221 =++= ⇒ t2 =
3
125
(s) ⇒ t1 = 25 (s).
Vậy tổng quãng đường con chó đã chạy là: SC = 100 + 5t1 + 3t2 = 100 + 125 + 125 = 350 (m)
Bài toán 3: Baûy baïn cuøng troï moät nôi caùch tröôøng 5km,hoï coù cuøng chung moät xe.Xe coù theå chôû ñöôïc ba
ngöôøi keå caû laùi xe.Hoï xuaát phaùt cuøng luùc töø nhaø ñeán tröôøng : ba baïn leân xe,caùc baïn coøn laïi ñi boä
.Ñeán tröôøng,hai baïn xuoáng xe,laùi xe quay veà ñoùn theâm hai baïn nöõa caùc baïn khaùc tieáp tuïc ñi boä.Cöù nhö
vaäy cho ñeán khi taát caû ñeán ñöôïc tröôøng,coi chuyeån ñoäng laø ñeàu,thôøi gian döøng xe ñeå ñoùn, thaû ngöôøi
khoâng ñaùng keå,vaän toác ñi boä laø 6km/giôø, vaän toác xe laø 30km/giôø. Tìm quaõng ñöôøng ñi boä cuûa ngöôøi ñi
boä nhieàu nhaát vaø quaõng ñöôøng ñi toång coäng cuûa xe.
Gi¶i:
• Thôøi gian xe chaïy töø nhaø(N) ñeán tröôøng( T)(ñeán tröông laàn 1) laø: ( )1
5 1
30 6x
s
t h
v
= = =

10. • Trong thôøi gian ñoù boán ngöôøi ñi boä ñöôïc quaõng ñöôøng ñaàu: NE = S4a = ( )1
1
. 6. 1
6
v t km= =
• Thôøi gian xe quay laïi gaëp boán ngöôøi ôû G1 laø: ( ), 4
1
5 1 1
30 6 9
a
x b
s s
t h
t t
− −
= = =
− +
• Trong thôøi gian ñoù boán ngöôøi ñi boä ñöôïc quaõng ñöôøng sau: EG1 = S4b
( )'
1
1 2
. 6.
9 3
v t km= = =
• Thôøi gian xe chaïy töø G1 ñeán T (ñeán tröông laàn 2) laø: ( )4 4
2
2
5 1
13
30 9
a b
x
s s s
t h
t
− −
− −
= = =
• Trong thôøi gian ñoù hai ngöôøi ñi boä ñöôïc quaõng ñöôøng ñaàu: G1F = S2c
( )'
1
1 2
6.
9 3
bv t km= = =
• Thôøi gian xe quay laïi gaëp hai ngöôøi ôû G2 laø: ( ), 4 4 2
2
2 2
5 1
23 3
30 6 27
a b c
x b
s s s s
t h
v v
− − −
− − −
= = =
+ +
• Trong thôøi gian ñoù hai ngöôøi ñi boä ñöôïc quaõng ñöôøng sau: FG2 = S2b
( )'
2
2 12
. 6.
27 27
bv t km= = =
• Hai ngöôøi cuoái cuøng leân xe .Thôøi gian xe chaïy töø G2 ñeán T (ñeán tröôøng laàn 3)laø:
4 4 2 2
3
2 2 12
5 1
23 3 27
30 27
a b c b
x
s s s s s
t h
v
 
− − − − ÷− − − −  = = =
• Toång thôøi gian xe chaïy :tx = t1 + t
’
1 + t2 + t
’
2 + t3 = ( )
1 1 1 2 2 29
6 9 9 27 27 54
h+ + + + =
• Toång quaõng ñöôøng xe ñaõ chaïy:Sx =
29 145
. 30. 16,1
54 9
x xv t km km= = ≈ ( )
2
27
h
• Thôøi gian ñi boä cuûa ngöôøi ñi boä nhieàu nhaât ít hôn thôøi gian xe chaïy laø:
Ta có: t3 = ( )
2
27
h ⇒ tb = t – t3 = ( )
29 2 25
54 27 54
h− =
• Quaõng ñöôøng ñi boä cuûa ngöôøi ñi boä nhieàu nhaát: ( )
25
. 6. 2,78
54
b b bs v t km= = =
Dạng 4: Chuyển động có vận tốc thay đổi theo quy luật.

11. 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 1: Một động tử xuất phát từ A trên đường thẳng hướng về B với vận tốc ban đầu V0 = 1m/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 6 km ?
Gi¶i:
• 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:
30
m/s; 31
m/s; 32
m/s …….., 3n-1
m/s ,……..
• Quãng đường tương ứng mà động tử đi được trong các nhóm thời gian tương ứng là:
4.30
m; 4.31
m; 4.32
m; …..; 4.3n-1
m;…….
• Quãng đường động tử chuyển động trong thời gian này là:
Sn = 4.(30
+ 31
+ 32
+ ….+ 3n-1
) = 2.(3n
– 1) (m)
• Ta có phương trình: 2.(3n
−1) = 6000 ⇒ 3n
= 3001.
• Ta thấy rằng 37
= 2187; 38
= 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): 37
= 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 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 (m), còn
k = 1, 2, …
a. Hãy tính quãng đường đi được trong giây thứ 2 sau 2 giây ?
b. Hãy tính quãng đường đi được sau n giây đầu tiên ?
c. Vẽ đồ thị sự phụ thuộc của quãng đường đi được vào thời gian chuyển động ?

12. a. Quãng đường đi được trong giây thứ 2: S2 = 6m
Quãng đường đi được trong 2 giây: S12 = S1 + S2 = 8m
b. Quãng đường đi được trong n giây.
S1 = 2
S2 = 2 + 4
S3 = 2 + 4.2
Sn = 2 + 4.(n – 1)
Ln = 2n + 4.(1+ 2+ … + n – 1) = 2n
2
1)-n.(n
4.2n 2
=+
c. Đồ thị là phần đường parabol Sn = 2n2
nằm bên phải trục Sn.
Dạng 5: 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 S1; S2; …; Sn và thời gian vật chuyển động trên các quãng
đường ấy tương ứng là t1; t2; ….; tn. thì vận tốc trung bình trên cả quãng đường được tính theo công thức: VTB =
1 2
1 2
....
.....
n
n
s s s
t t t
+ + +
+ + +
Bài 1: Hai bạn Lê và Trần cùng bắt đầu chuyển động từ A để đến B. Lê chuyển động với vận tốc 15km/h trên nửa quãng đường AB và
với vận tốc 10km/h trên quãng đường còn lại. Trần đi với vận tốc 15km/h trong nửa khoảng thời gian chuyển động và đi với vận tốc
10km/h trong khoảng thời gian còn lại.
a. Hỏi trong hai bạn ai là người đến B trước ?
b. Cho biết thời gian chuyển động từ A đến B của hai bạn chênh nhau 6 phút. Tính chiều dài quãng đường AB và thời gian chuyển
động của mỗi bạn
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 S1, S2, S3,......Sn.
Thời gian người đó đi trên các chặng đường tương ứng là t1, t2 t3....tn . 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: Vtb=
tttt
ssss
n
n
++++
+++
....
.....
321
321

13. Gọi V1, V2 , V3 ....Vn là vận tốc trên các chặng đường tương ứng ta có:
n
n
n
3
3
3
2
2
2
1
1
1
t
s
v...
t
s
v,
t
s
v,
t
s
v ====
Giả sử Vk lớn nhất và Vi là bé nhất ( n ≥ k >i ≥ 1). Ta phải chứng minh Vk > Vtb > Vi.
Thật vậy:
n321
n
i
n
3
i
3
2
i
2
1
i
1
i
n321
nn332211
Tb
tttt
t
v
v
...t
v
v
t
v
v
t
v
v
.v
tttt
tv...tvtvtv
V
+++
++++
=
+++
++++
=
Do 1
v
v
...
v
v
,
v
v
,
v
v
i
n
i
3
i
2
i
1
>
⇒ n321n
i
n
3
i
3
2
i
2
1
i
1
ttttt
v
v
...t
v
v
t
v
v
t
v
v
+++>++++ ⇒Vi < VTb (1)
Tương tự ta có
n321
n
K
n
3
K
3
2
K
2
1
K
1
K
n321
nn332211
Tb
tttt
t
v
v
...t
v
v
t
v
v
t
v
v
.v
tttt
tv...tvtvtv
V
+++
++++
=
+++
++++
=
Do 1
v
v
...
v
v
,
v
v
,
v
v
K
n
K
3
K
2
K
1
< . Nên n321n
K
n
3
K
3
2
K
2
1
K
1
ttttt
v
v
...t
v
v
t
v
v
t
v
v
+++<++++
⇒ Vk > VTb (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 v1, Nửa quãng đường còn lại ôtô đi với vận tốc v2
b.Nửa thời gian đầu ôtô đi với vận tốc v1 , Nửa thời gian sau ôtô đi với vận tốc v2 .
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 vs s
v
s st t v v
2v 2v

14. b. Gọi thời gian đi hết cả quảng đường là t
Nữa thời gian đầu ôtô đi được quảng đường là : = 1
1
v .t
s
2
Nữa thời gian sau ôtô đi được quảng đường là : = 2
2
v .t
s
2
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 v2 2v
t t 2
Dạng 6: 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.
Bài 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 v1= 22,5 km/h, của người đi bộ là v2 = 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?
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 = v1 – v2 = 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

15. 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 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 V1 = 9m/s và
V2 = 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: t1= = (s) , t2 = = 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: xt1 = yt2 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 = xt1 = 3. 100 (s)
Bài 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.
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.
Bài 4: Mét chiÕc ®u quay trong c«ng viªn cã ®êng kÝnh lµ 6m. Mét ngêi theo dâi mét em bÐ trªn ®u quay vµ thÊy em ®ã
quay trßn 14 vßng trong 3 phót. TÝnh vËn tèc chuyÓn ®éng cña em bÐ.
Giải: Chu vi vßng trßn lµ: C = π d = 6π .
Qu·ng ®êng em bÐ chuyÓn ®éng trong 3 phót: S = 14.C = 14.6π

16. L(m)
T(s)
400
200
0 10 30 60 80
VËn tèc chuyÓn ®éng cña em bÐ lµ: v = 47,1
60.3
14,3.6.14
≈=
t
S
(m/s).
Dạng 7: 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 1: Một đoàn tàu đứng yên, các giọt mưa tạo trên cửa sổ toa tàu những vệt nghiêng góc α = 300
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 300
. 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.cos300
= 31 km/h
Bài 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 300
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.tan300
= 46,2 km/h
Dạng 8: 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 1: Trên đoạn đường thẳng dài, các ô tô đều chuyển động với

17. vận tốc không đổi v1(m/s) trên cầu chúng phải chạy với vận tốc không
đổi v2 (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 V1; V2 và
chiều dài của cầu.
Từ đồ thị ta thấy: trên đường, hai xe cách nhau 400m
Trên cầu chúng cách nhau 200m
Thời gian xe thứ nhất chạy trên cầu là T1 = 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: V1T2 = 400 ⇒ V1 = 20 (m/s)
V2T2 = 200 ⇒ V2 = 10 (m/s).
Vậy chiều dài của cầu là l = V2T1 = 500 (m)
Bài 2: Mét xe m« t« chuyÓn ®éng cã vËn tèc m« t¶ trong ®å thÞ sau:
a.H·y cho biÕt tÝnh chÊt cña chuyÓn ®éng trong tõng
giai ®o¹n
b.TÝnh ®o¹n ®êng mµ vËt ®i ®îc trong giai ®o¹n vËt cã vËn tèc lín
nhÊt
a. 1. Nhanh dÇn 2. §Òu 3. ChËm dÇn 4. §øng yªn
5. Nhanh dÇn. 6. §Òu 7. ChËm dÇn.
b. Trªn ®å thÞ vËn tèc cùc ®¹i lµ 75km/h trong 2phót =
30
1
(giê).
Qu·ng ®êng m« t« ®i ®îc lµ: S = v.t = 75.
30
1
= 2,5km.
Bài 3: Trên đường thẳng x’
Ox. một xe chuyển động qua Các giai
đoạn có đồ thị biểu diễn toạ độ theo thời gian như hìnhvẽ, biết đường
cong MNP là một phần của parabol đỉnh M có phươngtrình dạng:
x = at2
+ 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 ?

18. Giải: Dựa vào đồ thị ta thấy:
Quãng đường xe đi được: S = 40 + 90 + 90 = 220 km
Vậy: km/h375,34
6.4
220
t
S
V bT ===
b. Xét phương trình parabol: x = at2
+ 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 = 10t2
– 40.
Xét tại điểm P. Khi đó t = 3h. 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: km/h
3
80
1,5
40
t'
S'
V,
bT
===
PhÇn 2: C¬ lùc (C¬ 2)
PhÇn 2
C¸c bµi to¸n vÒ ®iiÒu kiÖn c©n b»ng vËt r¾n vµ m¸y c¬ ®¬n gi¶n
A. Lý thuyết
I. Mômen lực: Mô men lực ( nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục quay):
M F.l(N.m)=
Trong đó: l là khoảng cách từ trục quay đến giá của lực ( còn gọi là tay đòn của lực).
II. Điều kiện cân bằng của một vật có trục quay cố định:

19. Muốn cho một vật có trục quay cố định đứng cân bằng ( hoặc quay đều) thì tổng mômen các lực làm vật quay theo chiều kim đồng hồ
bằng tổng các mô men các lực làm cho vật quay ngược chiều kim đồng hồ..
Ví dụ: Với vật bất kỳ có thể quay quanh trục cố định O (Hình bên) để đứng yên cân bằng quanh O
(hoặc quay đều quanh O) thì mômen của lực F1 phải bằng mômen của lực F2.
Tức là: M1 = M2 ⇔ F1. l1 = F2. l2
Trong đó l1, l2 lần lượt là tay đòn của các lực F1, F2
(Tay đòn của lực là khoảng cách từ trục qua đến phương của lực)
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 2
1 2 1 2F 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
•
O
•
•
F1
F2
l1
l2
1F
O
P
2F F
l1
l1
1
l1
l2
P
•
F
T
l1 l1
1
1
l2
•
P
FT
h

20. 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:
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 2F.l F .l=
( Áp dụng điều kiện cân bằng của một vật có trục quay cố định)
Trong đó F1; F2 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.
O
2F
1F
l2
l1 A
B
O
2F
1F
l2
l1
A
B

21. I. Các bài toán về điều kiện cân bằng của vật rắn và mô men lực:

22. 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 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 m1 = 200g và m2. Đặt thước
(cùng 2 hòn bi ở A, B) trên mặt bàn nằm ngang vuông gócvới
mép bàn sao cho phần OA nằm trên mặt bàncó chiều dài l1 = 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 m2.
b. Cùng 1 lúc , đẩy nhẹ hòn bi m1 cho chuyển động đều trên rãnh với vận tốc v1 = 10cm/s về phía O và đẩy nhẹ hòn bi m2 cho chuyển
động đều với vận tốc v2 dọc trên rãnh về phía O. Tìm v2 để cho thước vẫn cân bằng nằm ngang như trên.
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 m1: m1.OA
Mô men do trọng lượng thanh gây ra: m.OI
Mô men do bi m2 gây ra là: m2OB
Để thanh đứng cân bằng: m1OA = m.OI + m2.OB ⇒ m2 = 50 g.
b. Xét thời điểm t kể từ lúc hai viên bi bắt đầu chuyển động.
Cánh tay đòn của bi 1: (OA – V1t) nên mô men tương ứng là: m1(OA – v1t)
Cánh tay đòn của viên bi 2: (OB – v2t) nên mô men là: m2(OB – V2t)
Thước không thay đổi vị trí nên mô men do trọng lượng của nó gây ra là OI.m
Để thước cân bằng: m1(OA – v1t) = m2(OB – V2t) + OI.m
Thay các giá trị đã cho vào ta tìm được v2 = 4v1 = 40cm/s
Bài 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.
Mô men gây ra do trọng lượng của thanh tại trọng tâm của nó: P.OI
m1
A
m2
B
O
• A
O
I
G B

23. Mô men do lực căng sợi dây gây ra: F.OA
Vì thanh cân bằng nên: P.OI = F.OA
Hay: N615.4,0P4,0F4.0
OB
OG
OA
OI
P
F
===⇔===
Bài 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.
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 FA 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:FAd1
Mô men do trọng lượng của thanh
gây ra: Pd2
Ta có phương trình cân bằng lực:
3
2
4
3
2
1
1
2
===
l
l
d
d
P
FA
(1)
Gọi Dn 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: FA = S.
2
1
.Dn.10
(2)
Trọng lượng của thanh:
P = 10.m = 10.l.S.D
(3)
FA d1
P d2
Thay (2), (3) vào (1) suy ra:
2
3
S.l.Dn.10 = 2.10.l.S.D
⇒ Khối lượng riêng của chất làm
thanh:
D =
4
3
Dn
Bài 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
trụ phải có khối lượng nhỏ nhất là bao nhiêu để hình trụ lăn
O

24. lên trên ? Vật chỉ lăn không trượt, bỏ qua mọi ma sát.
Gọi R là bán kính khối trụ. PM là trọng lượng khối trụ.
T là sức căng sợi dây.
Ta có: PM = 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 PM 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 ≥ PM.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
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
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 )

25. 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 FB = 2F và (P - F).OI = FB.OB suy ra : F = 120N
Lực kéo do tấm ván tác dụng vào O: F/
= P - F - 2F = 240N
c. Ta có FB = 3F và (P + F).OI = FB.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 P1 đứng trên tấm ván có trọng lượng P2 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 T1 là lực căng dây qua ròng rọc cố định.
T2 là lực căng dây qua ròng rọc động, Q là áp lực của
O A B
F
F
R
P
O I B
R
/
F
R
P
O I B
R/F
R
P

26. người lên tấm ván. Ta có: Q = P1 - T2 và T1 = 2T2 (1)
Để hệ cân bằng thì trọng lượng của người và ván cân
bằng với lực căng sợi dây. Vậy: T1 + 2T2 = P1 + P2
Từ (1) ta có: 2T2 + 2T2 = P1 + P2 hay T2 =
Vậy để duy trì trạng thái cân bằng thì người phải tác
dụng một lực lên dây có độ lớn là
F = T2 =
Gọi B là vị trí của người khi hệ cân bằng, khoảng cách
từ B đến đầu A của tấm ván là l0. Chọn A làm điểm
tựa. để tấm ván cân bằng theo phương ngang thì
T2l0 + T2l = P1l0 + ⇒ (T2 - 0,5P2)l = (P1 - T2)l0
Vậy: l0 = Thay giá trị T2 ở trên và tính toán được: l0 =
Vậy vị trí của người để duy trì ván ở trạng thái nằm ngang là cách đầu A một khoảng
l0 =
b. Để người đó còn đè lên tấm ván thì Q ≥ 0 ⇒ P1 - T2 ≥ 0 ⇒ P1 - ≥ 0 ⇔ 3P1 ≥ P2
Vậy trọng lượng lớn nhất của ván để người đó còn đè lên tấm ván là: P2max = 3P1
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 m0 = 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 = P0.HK ⇔ m.HB = m0.HK
Mà HB =
BC
AB2
=
45
272
= 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.

27. 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 = 73,740
Do BD //AI Suy ra DBC = BIA = 73,740
Góc nghiêng của cạnh huyền BC so với phương ngang
α = 900
- DBC = 900
- 73,740
= 16,260
III. Các bài toán về sự kết hợp giữa máy cơ đơn giản
và lực đẩy Ác si mét:
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 D1 = 7,8g/cm3
; D2 = 2,6g/cm3
. Nhúng quả cầu thứ nhất vào chất lỏng có khối
lượng riêng D3, quả cầu thứ hai vào chất lỏng có khối lượng riêng D4 thì cân mất thăng bằng. Để cân thăng bằng trở lại ta phải bỏ vào
đĩa có quả cầu thứ hai một khối lượng m1 = 17g. Đổi vị trí hai chất lỏng cho nhau, để cân thăng bằng ta phải thêm m2 = 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 V1, V2 là thể tích của hai quả cầu, ta có:
D1. V1 = D2. V2 hay 3
6,2
8,7
2
1
1
2
===
D
D
V
V
Gọi F1 và F2 là lực đẩy Acsimet tác dụng vào các quả cầu. Do cân bằng ta có:
(P1- F1).OA = (P2+P’
– F2).OB
Với P1, P2, P’
là trọng lượng của các quả cầu và quả cân; OA = OB; P1 = P2 từ đó suy ra:
P’
= F2 – F1 hay 10.m1 = (D4.V2- D3.V1).10
Thay V2 = 3 V1 vào ta được: m1 = (3D4- D3).V1 (1)
Tương tự cho lần thứ hai ta có;
(P1- F’
1).OA = (P2+P’’
– F’
2).OB
⇒ P’’
= F’
2 - F’
1 hay 10.m2=(D3.V2- D4.V1).10

28. ⇒ m2= (3D3- D4).V1 (2)
Lập tỉ số
43
34
2
1
D-3D
D-3D
)2(
)1(
==
m
m
⇒ m1.(3D3 – D4) = m2.(3D4 – D3)
⇒ ( 3.m1 + m2). D3 = ( 3.m2 + m1). D4 ⇒
21
12
4
3
3
3
mm
mm
D
D
+
+
= = 1,256
Bài 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 V0. 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 D0 và D.
Gọi trọng lượng mỗi quả cầu là P, Lực đẩyÁc si mét lên quả cầu là FA.
Khi nối hai quả cầu như hình vẽ thì quả cầu chuyển động từ dưới lên trên.
FC1 và FC2 là lực cản của nước lên quả cầu trong hai trường hợp nói trên.
T là sức căng sợi dây.
Ta có: P + FC1 = T + FA ⇒ FC1 = FA ( vì P = T) suy ra FC1 = V.10D0
Khi thả riêng quả cầu trong nước, do quả cầu chuyển động từ trên xuống
dưới nên: P = FA - FC2 ⇒ FC2 = P - FA = V.10(D - D0)
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 D1 = 2700kg/m3. Trọng
vât ở giữa là các khối được tạo bởi các tấm có khối lượng riêng
D2 = 1100kg/m2. 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 D0 = 1000kg/m3.
Bỏ qua mọi ma sát.

29. 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: V0 = = 3,63 dm3
. 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 - D0). 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 dm3
.
Thể tích của vật ở giữa tăng thêm là: ∆V = V - V0 = 21,5 dm3
.
C¸c bµi to¸n vÒ c«ng vµ c«ng suÊt
Bài toán 1: Khi ca nô có vận tốc v1 = 10 m/s thì động cơ phải thực hiện công suất P1 = 4 kw. Hỏi khi động cơ thực hiện công suất tối
đa là P2 = 6 kw thì ca nô có thể đạt vận tốc v2 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: F1 = Kv1 và F2 = K 1v Vậy: P1 = F1v1 = K 2
1v ; P2 = F2v2 = K 2
2v .
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 2: 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/m3
; Năng suất toả nhiệt của xăng là 4,6.107
J/kg
Nhiệt lượng toả ra khi đốt cháy hoàn toàn 2 lít xăng:
Q = q.m = q.D.V = 4,6.107
.700.2.10-3
= 6,44.107
( J )
Công có ich: A = H.Q = 30%.6,44.107
= 1,932.107
( 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 ====⇒
Bài 3: Mét chiÕc èng b»ng gç cã d¹ng h×nh trô rçng chiÒu cao h = 10 cm, b¸n kÝnh trong cmR 81 = , b¸n kÝnh
ngoµi cmR 102 = . Khèi lîng riªng cña gç lµm èng lµ 3
1 /800 mkgD = . èng kh«ng thÊm níc vµ x¨ng.

30. a.Ban ®Çu ngêi ta d¸n kÝn mét ®Çu b»ng nilon máng (®Çu nµy ®îc gäi lµ ®¸y). ®æ ®Çy x¨ng vµo èng råi nhÑ nhµng th¶
èng xuèng níc theo ph¬ng th¼ng ®øng sao cho x¨ng kh«ng trµn ra ngoµi. T×m chiÒu cao phÇn næi cña èng. BiÕt khèi l-
îng riªng cña x¨ng lµ 3
2 /750 mkgD = , cña níc lµ
3
0 /1000 mkgD = .
b.§æ hÕt x¨ng ra khái èng, bãc ®¸y nilon ®i vµ ®Æt èng trë l¹i trong níc theo ph¬ng th¼ng ®øng, sau ®ã tõ tõ ®æ x¨ng
vµo èng. T×m khèi lîng x¨ng tèi ®a cã thÓ ®æ vµo trong èng.
Gäi x lµ chiÒu cao phÇn næi cña èng.
Lùc ®Èy AcsimÐt: ( ) 100
2
2 ⋅⋅−⋅⋅= DxhRFA π
Träng lîng èng: ( ) 101
2
1
2
21 ⋅⋅⋅−⋅= DhRRP π
Träng lîng cña x¨ng trong èng: 102
2
12 ⋅⋅⋅⋅= DhRP π
Lùc ®Èy AcsimÐt c©n b»ng víi träng lîng cña
x¨ng vµ èng.
Ta cã ph¬ng tr×nh: 21 PPFA +=
( ) ( ) 1
2
1
2
22
2
10
2
2 DhRRDhRDxhR ⋅⋅−⋅+⋅⋅⋅=⋅−⋅⋅⇔ πππ













−
+−=⇒
2
2
1
0
21
0
1
1
R
R
D
DD
D
D
hx
Thay sè: cmx 32,2
10
8
1000
800750
1000
800
110
2
=













+−
+−=
b. Khi th¶ èng (®· bãc ®¸y) vµo níc, èng næi.
Gäi chiÒu cao cña phÇn næi b©y giê lµ 1x .
- Lùc ®Èy AcsimÐt b»ng träng lîng cña èng:
( ) ( ) 101
2
1
2
2 10 PDxhRRFA =⋅⋅−⋅−⋅=′ π
( ) 101
2
1
2
2 ⋅⋅⋅−⋅= DhRRπ
cm
D
D
hx 2
1000
800
1101
0
1
1 =





−=





−=⇒

31. − Lóc ®æ x¨ng vµo èng, th× c¸c lùc theo ph¬ng th¼ng ®øng t¸c dông lªn èng kh«ng bÞ thay ®æi, nªn phÇn næi cña èng ë
ngoµi kh«ng khÝ vÉn lµ cmx 21 = , x¨ng sÏ ®Èy bít níc ra khái èng. Gäi 2x lµ chiÒu cao cét x¨ng trong èng. A'p suÊt t¹i 2
®iÓm M vµ N ë cïng ®é cao trong níc ph¶i b»ng nhau: ( ) 10010 ⋅⋅−+= DxhppM
( ) 1010 0220 ⋅⋅−+⋅⋅+= DxhDxppN
cm
DD
DD
h
DD
D
xxpp NM 8
20
10
20
0
12 =





−
−
=





−
=⇒=
Khèi lîng x¨ng trong èng: kg
DD
DD
DhRDxRmx 2,1
20
10
2
2
122
2
1 ≈





−
−
⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ππ
C¸c bµi to¸n vÒ khèi lîng vµ träng lîng
Bài toán 1: Một mẩu hợp kim thiếc – Chì có khối lượng m = 664g, khối lượng riêng D = 8,3g/cm3
. Hãy xác định khối lượng của thiếc
và chì trong hợp kim. Biết khối lượng riêng của thiếc là D1 = 7300kg/m3
, của chì là D2 = 11300kg/m3
và coi rằng thể tích của hợp kim
bằng tổng thể tích các kim loại thành phần.
Giải: Ta có D1 = 7300kg/m3
= 7,3g/cm3
; D2 = 11300kg/m3
= 11,3g/cm3
Gọi m1 và V1 là khối lượng và thể tích của thiếc trong hợp kim
Gọi m2 và V2 là khối lượng và thể tích của chì trong hợp kim
Ta có m = m1 + m2 ⇒ 664 = m1 + m2 (1)
V = V1 + V2 ⇒
3,113,73,8
664 21
2
2
1
1 mm
D
m
D
m
D
m
+=⇒+= (2)
Từ (1) ta có m2 = 664- m1. Thay vào (2) ta được
3,11
664
3,73,8
664 11 mm −
+= (3)
Giải phương trình (3) ta được m1 = 438g và m2 = 226g
Bài toán 2: Một chiếc vòng bằng hợp kim vàng và bạc, khi cân trong không khí có trọng lượng P0= 3N. Khi cân trong nước, vòng có
trọng lượng P = 2,74N. Hãy xác định khối lượng phần vàng và khối lượng phần bạc trong chiếc vòng nếu xem rằng thể tích V của vòng
đúng bằng tổng thể tích ban đầu V1 của vàng và thể tích ban đầu V2 của bạc. Khối lượng riêng của vàng là 19300kg/m3
, của bạc
10500kg/m3
.
Giải: Gọi m1, V1, D1 ,là khối lượng, thể tích và khối lượng riêng của vàng.

32. Gọi m2, V2, D2 ,là khối lượng, thể tích và khối lượng riêng của bạc.
Khi cân ngoài không khí: P0 = ( m1 + m2 ).10 (1)
Khi cân trong nước. P = P0 - (V1 + V2).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)
Từ (1) và (2) ta được:
10m1.D. 





−
12
11
DD
=P - P0. 





−
2
1
D
D
và 10m2.D. 





−
21
11
DD
=P - P0. 





−
1
1
D
D
Thay số ta được m1 = 59,2g và m2 = 240,8g.
C¸c bµi to¸n vÒ ¸p suÊt trong lßng chÊt láng vµ chÊt khÝ
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 S1 = 10dm2
, người ta khoét một lỗ tròn và cắm vào đó một ống kim loại tiết diện
S2 = 1 dm2
. 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 dn = 10.000N/m3
).
Giải: Nước bắt đầu chảy ra khi áp lực của nó
lên đáy nồi cân bằng với trọng lực:
P = 10m ; F = p ( S1 - S2 ) (1)
Hơn nữa: p = d ( H – h ) (2)
Từ (1) và (2) ta có: 10m = d ( H – h ) (S1 – S2 )

33. 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: F1 là áp lực của chất lỏng tác dụng vào mặt dưới của đĩa.
F2 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 + F2 = F1 (1)
Với: F1 = p1S =10.(H+h). ρ L .S = 10.
4
D2
π
(H+h). ρ L
F2 = p2S' =10.H. ρ L.(
4
D2
π
-
4
d2
π
)
P = 10. ρ .V = 10. ρ .h
4
D2
π
Thế tất cả vào (1) và rút gọn:
D2
.h. ρ + (D2
- d2
)H. ρ L = D2
(H + h) ρ L ⇒
2 2
2
L
L
D h D h
H
d
ρ ρ
ρ
−
= =
2
L
L
D
h
d
ρ ρ
ρ
− 
 ÷
 
II. Các bài toán về bình thông nhau:
Phương pháp: Nếu hai nhánh của bình thông nhau chứa cùng 1 chất lỏng, nên chọn 1 điểm tại đáy bình làm điểm để so sánh áp suất.
Nếu chúng chứa hai loại chất lỏng không hòa tan nhau thì nên chọn điểm tại mặt phân cách giữa hai chất lỏng làm điểm so sánh áp
suất.
Nếu bình thông nhau có đặt các pitton nhẹ và tiết diện các nhánh khác nhau, cần xét tới lực tác dụng lên pitton do áp suất khí quyển
gây ra.
D
d
H
h
F1
P
F2
D
d
H
h

34. Bài toán 1: Hai nhánh của một bình thông nhau chứa chất lỏng có tiết diện S. Trên một nhánh có một pitton có khối lượng không đáng
kể. Người ta đặt một quả cân có trọng lượng P lên trên pitton ( Giả sử không làm chất lỏng tràn ra ngoài). Tính độ chênh lệch mực chất
lỏng giữa hai nhánh khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng cơ học?. Khối lượng riêng của chất lỏng là D
Giải: Gọi h1 là chiều cao cột chất lỏng ở nhánh không có pitton, h2 là chiều cao cột chất lỏng
ở nhánh có pitton. Dễ thấy h1 > h2.
Áp suất tác dụng lên 1 điểm trong chất lỏng ở đáy chung 2 nhánh gồm
Áp suất gây ra do nhánh không có pitton: P1 = 10Dh1
Áp suất gây ra do nhánh có pitton: P2 = 10Dh2 +
S
P
Khi chất lỏng cân bằng thì P1 = P2 nên 10Dh1 = 10Dh2 +
S
P
Độ chênh lệch mực chất lỏng giữa hai nhánh là: h1 – h2 =
DS
P
10
C¸c bµi to¸n vÒ sù c©n b»ng cña vËt trong chÊt láng
I. Các bài toán về sự cân bằng của vật và hệ vật trong một chất lỏng:
Bài toán: Một cốc hình trụ có đáy dày 1cm và thành mỏng. Nếu thả cốc vào một bình nước lớn thì cốc nổi thẳng đứng và chìm 3cm
trong nước.Nếu đổ vào cốc một chất lỏng chưa xác định có độ cao 3cm thì cốc chìm trong nước 5 cm. Hỏi phải đổ thêm vào cốc lượng
chất lỏng nói trên có độ cao bao nhiêu để mực chất lỏng trong cốc và ngoài cốc bằng nhau.
Giải: Gọi diện tích đáy cốc là S. khối lượng riêng của cốc là D0, Khối lượng riêng của nước là D1, khối lượng riêng của chất lỏng đổ
vào cốc là D2, thể tích cốc là V.
Trọng lượng của cốc là P1 = 10D0V
Khi thả cốc xuống nước, lực đẩy ác si mét tác dụng lên cốc là: FA1 = 10D1Sh1
Với h1 là phần cốc chìm trong nước. ⇒ 10D1Sh1 = 10D0V ⇒ D0V = D1Sh1 (1)
Khi đổ vào cốc chất lỏng có độ cao h2 thì phần cốc chìm trong nước là h3
Trọng lượng của cốc chất lỏng là: P2 = 10D0V + 10D2Sh2

35. Lực đẩy ác si mét khi đó là: FA2 = 10D1Sh3
Cốc đứng cân bằng nên: 10D0V + 10D2Sh2 = 10D1Sh3
Kết hợp với (1) ta được: D1h1 + D2h2 = D1h3 ⇒ 1
2
13
2 D
h
hh
D
−
= (2)
Gọi h4 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: P3 = 10D0V + 10D2Sh4
Lực ác si mét tác dụng lên cốc chất lỏng là: FA3 = 10D1S( h4 + h’)
(với h’ là bề dày đáy cốc)
Cốc cân bằng nên: 10D0V + 10D2Sh4 = 10D1S( h4 + h’)
⇒ D1h1 + D2h4 = D1(h4 + h’) ⇒ h1 + 4
2
13
h
h
hh −
=h4 + h’ ⇒ h4 =
321
221 '
hhh
hhhh
−+
−
Thay h1 = 3cm; h2 = 3cm; h3 = 5cm và h’ = 1cm vào Tính được h4 = 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: Một quả cầu có trọng lượng riêng d1 = 8200N/m3
, thể tích V1 = 100cm3
, nổi trên mặt một bình nước. Người ta rót dầu vào
phủ kín hoàn toàn quả cầu. Trọng lượng riêng của dầu là
d2 = 7000N/m3
và của nước là d3 = 10000N/m3
.
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 V1, V2, V3lần 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 V1 = V2 + V3 (1)
Quả cầu cân bằng trong nước và trong dầu nên ta có: V1.d1 = V2.d2 + V3.d3 . (2)
Từ (1) suy ra V2 = V1 - V3, thay vào (2) ta được:
V1d1=(V1 - V3)d2 + V3d3 = V1d2 + V3(d3 - d2)
⇒ V3(d3 - d2) = V1.d1 - V1.d2 ⇒
23
211
3
)(
dd
ddV
V
−
−
=
Thay số: với V1 = 100cm3
, d1 = 8200N/m3
, d2 = 7000N/m3
, d3 = 10000N/m3
3
23
211
3 40
3
120
700010000
)70008200(100)(
cm
dd
ddV
V ==
−
−
=
−
−
=
b. Từ biểu thức:
23
211
3
)(
dd
ddV
V
−
−
= .

36. Ta thấy thể tích phần quả cầu ngập trong nước (V3) chỉ phụ thuộc vào V1, d1, d2, d3 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: Khi các chất chuyển thể thì thể tích của ó có thể thay đổi, nhưng khối lượng của nó là không đổi.
Bài toán: 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 D3 = 1g/cm3
; của nước đá là D1 = 0,9g/cm3
;
và của thuỷ tinh là D2 = 2g/cm3
Giải: Gọi thể tích nước đá là V; thể tích thuỷ tinh là V’, V1 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’)Dn = VDđ + V’Dt
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: DđV = Dn V1 ⇒ V1 = =
n
đ
D
VD
0,9V
Khi cục nước đá tan hết. thể tích giảm đi một lượng là V – V1 = 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)

37. PhÇn 3: NhiÖt häc
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 toán 1: Người ta cho vòi nước nóng 700
C và vòi nước lạnh 100
C đồng thời chảy vào bể đã có sẳn 100kg nước ở nhiệt độ 600
C. Hỏi
phải mở hai vòi trong bao lâu thì thu được nước có nhiệt độ 450
C. Cho biết lưu lượng của mỗi vòi là 20kg/phút. Bỏ qua sự mất mát năng
lượng ra môi trường.
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 nhiệt lượng kế bằng nhôm khối lượng m(kg) ở nhiệt độ t1 = 230
C, cho vào nhiệt lượng kế một khối lượng m(kg) nước ở
nhiệt độ t2 . sau khi hệ cân bằng nhiệt độ của nước giảm 90
C. tiếp tục đổ thêm vào nhiệt lượng kế 2m (kg) một chất lỏng khác không tác
dụng hóa học với nước ở nhiệt độ t3 = 450
C khi có cân bằng nhiệt lần hai nhiệt độ của hệ giảm 100
C so với nhiệt độ cân bằng lần thứ
nhất. Tìm nhiệt dung riêng của chất lỏng đã đổ thêm vào nhiệt lượng kế. Biết nhiệt dung riêng của nhôm và nước lần lượt là c1 = 900
J/kg.K và c2 = 4200 J/kg.K. Bỏ qua mọi sự mất mát nhiệt.
Giải: Khi coù söï caân baèng nhieät laàn thöù nhaát, nhieät ñộï caân baèng cuûa heä laø t, ta coù:
m.c1(t – t1) = m. c2(t2 – t) (1)
Mà t = t2 – 9 ; t1 = 230
C ; c1 = 900 J/kg.K ; c2 = 4200 J/kg.K (2)
Từ (1) và (2) ta có: 900.(t2 – 9 – 23) = 4200.(t2 – t2 + 9) C65tC74t 0
2
0
=⇒=⇒
Khi coù söï caân baèng nhieät laàn thöù hai, nhieät ñộ caân baèng cuûa heä laø t’, ta coù:
2m.c(t’ – t3) = (m.c2 + m.c1)(t – t’) (3)
Mà t3 = 450
C ; t’ = t – 10 = 550
C (4)
Từ (3) và (4) ta được: c = 2550 J/kg.K

38. Bài toán 3: 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 t1 = 20 0
C, ở thùng II là t2 = 80 0
C. Thùng chứa III đã có sẵn một lượng nước ở nhiệt độ t3 = 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, n1 là số ca nước ở thùng I, n2 là số ca nước ở thùng II
Vậy số ca nước ở thùng III là n1+ n2, nhiệt độ cân bằng của nước trong thùng III là 500
C
Ta có: Nhiệt lượng thu vào của số nước từ thùng I là : Q1 = m1.c.(50-20) = n1.m.c.30 (1)
Nhiệt lượng tỏa ra của số nước từ thùng II là : Q2 = m2.c.(80-50) = n2.m.c.30 (2)
Nhiệt lượng thu vào của số nước từ thùng III là : Q3 =(n1+n2).m.c.(50 - 40) = (n1+n2).m.c.10 (3)
Do quá trình là cân bằng nên ta có : Q1 + Q3 = Q2 (4)
Thay hệ thức (1), (2), (3) vào hệ thức (4) ta được: 2n1= n2
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 toán 4: 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 V1; V2; 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 10
C phụ thuộc vào hệ số tỷ lệ K. sự thay đổi nhiệt độ của lớp nước nóng và nước lạnh lần lượt là ∆t1
và ∆t2.
V1 = V’1 + V’1K∆t1 và V2 = V’2 - V’2K∆t2
Ta có V1 + V2 = V’1 + V’2 + K(V’1∆t1 - V’2∆t2)
Theo phương trình cân bằng nhiệt thì: m1C∆t1 = m2C∆t2 với m1, m2 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’1DC∆t1 = V’2DC∆t2 ⇒ V’1∆t1 – V’2∆t2 = 0
Vậy: V1 + V2 = V’1 + V’2 Nên tổng thể tích các khối nước không thay đổi
Bài toán 5: Người ta thả một chai sữa của trẻ em vào một phích nước đựng nước ở nhiệt độ t = 400
C. Sau một thời gian lâu, chai
sữa nóng tới nhiệt độ t1 = 360
C, người ta lấy chai sữa này ra và tiếp tục thả vào phích một chai sữa khác giống như chai sữa trên. Hỏi

39. chai sữa này sẽ được làm nóng tới nhiệt độ nào? Biết rằng trước khi thả vào phích, các chai sữa đều có nhiệt độ t0 = 180
C. Bỏ qua sự
mất mát nhiệt do môi trường.
Giải: Gọi q1 là nhiệt lượng do phích nước toả ra khi nhiệt độ của nó giảm đi 10
C;
q2 là nhiệt lượng cung cho chai sữa để nó nóng thêm 10
C;
t2 là nhiệt độ của chai sữa thứ hai khi cân bằng nhiệt.
− Phương trình cân bằng nhiệt khi thả chai sữa thứ nhất vào phích là: 1 1 2 1 0( ) ( )q t t q t t− = − (1)
− Phương trình cân bằng nhiệt khi thả chai sữa thứ hai vào phích là: 1 1 2 2 2 0( ) ( )q t t q t t− = − (2)
− Chia hai vế của (1) cho (2) ta có:
1 01
1 2 2 0
t tt t
t t t t
−−
=
− −
(3)
− Giải phương trình (3) đối với 2t ta được:
2
1 0 1 0
2
0
2t t t t t
t
t t
− +
=
−
;
Thay các giá trị đã cho ta có: 2 32,7t = 0
C.
Bài toán 6: Trong hai b×nh c¸ch nhiÖt cã chøa hai chÊt láng kh¸c nhau ë hai nhiÖt ®é ban ®Çu kh¸c nhau. Ngêi ta dïng mét nhiÖt
kÕ, lÇn lît nhóng ®i nhóng l¹i vµo b×nh 1, råi vµo b×nh 2. ChØ sè cña nhiÖt kÕ lÇn lît lµ 400
C; 80
C; 390
C; 9,50
C.
a. §Õn lÇn nhóng tiÕp theo nhiÖt kÕ chØ bao nhiªu ?
b.Sau mét sè rÊt lín lÇn nhóng nh vËy, nhiÖt kÕ sÏ chØ bao nhiªu?
Giải: a. Gäi C1, C2 vµ C t¬ng øng lµ nhiÖt dung cña b×nh 1 vµ chÊt láng trong b×nh ®ã; nhiÖt dung cña b×nh 2 vµ chÊt láng chøa
trong nã; nhiÖt dung cña nhiÖt kÕ.
− Ph¬ng tr×nh c©n b»ng nhiÖt khi nhóng nhiÖt kÕ vµo b×nh hai lÇn thø hai
( NhiÖt ®é ban ®Çu lµ 400
C , cña nhiÖt kÕ lµ 80
C, nhiÖt ®é c©n b»ng lµ 390
C):
(40 - 39) C1 = (39 - 8) C ⇒ C1 = 31C
− Víi lÇn nhóng sau ®ã vµo b×nh 2: C(39 - 9,5) = C2(9,5 - 8) ⇒ C
3
59
=C2
− Víi lÇn nhóng tiÕp theo(nhiÖt ®é c©n b»ng lµ t):
C1(39 - t) = C(t - 9,5) ⇒ t ≈ 380
C
b. Sau mét sè rÊt lín lÇn nhóng
(C1 + C)( 38 - t) = C2(t - 9,5) ⇒ t ≈ 27,20
C

40. Bài toán 7: Mét chiÕc cèc h×nh trô khèi lîng m trong ®ã chøa mét lîng níc còng cã khèi l¬ng b»ng m ®ang ë nhiÖt ®é t1 = 100
C. Ng-
êi ta th¶ vµo cèc mét côc níc ®¸ khèi lîng M ®ang ë nhiÖt ®é 0o
C th× côc níc ®¸ ®ã chØ tan ®îc 1/3 khèi lîng cña nã vµ lu«n næi
trong khi tan. Rãt thªm mét l¬ng níc cã nhiÖt ®é t2 = 400
C vµo cèc. Khi c©n b»ng nhiÖt th× nhiÖt ®é cña cèc níc l¹i lµ 100
C cßn mùc
níc trong cèc cã chiÒu cao gÊp ®«i mùc níc sau khi th¶ côc níc ®¸. H·y x¸c ®Þnh nhiÖt dung riªng cña chÊt lµm cèc. Bá qua sù trao
®æi nhiÖt víi m«i trêng xung quanh, sù gi·n në nhiÖt cña níc vµ cèc. BiÕt nhiÖt dung riªng cña níc lµ C = 4200J/Kg.K, nhiÖt nãng
ch¶y cña níc ®¸ lµ λ= 336.103
J/kg.
Giải: Ph¬ng tr×nh c©n b»ng nhiÖt thø nhÊt diÔn t¶ qu¸ tr×nh côc níc ®¸ tan mét phÇn ba lµ: λ×
3
M
= m(c + c1).
10 (1)
− Dï níc ®¸ míi tan cã mét phÇn ba nhng thÊy r»ng dï níc ®¸ cã tan hÕt th× mùc níc trong cèc vÉn nh vËy.Lîng níc nãng thªm vµo
®Ó níc trong tr¹ng th¸i cuèi cïng t¨ng lªn gÊp ®«i lµ: (m + M)
− Ta cã ph¬ng tr×nh thø 2 lµ: 2Mλ/3 + 10M.c + 10m(c + c1) = 30(m + M).c
Hay: (2λ/3 - 20c). M = m(2c – c1).10 (2)
Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh (1) vµ (2) ta cã: c1 = ..... = 1400 J/Kg.K
Bài to¸n 8: Ngêi ta ®æ mét lîng níc s«i vµo mét thïng ®· cha níc ë nhiÖt ®é cña phßng 250
C th× thÊy khi c©n b»ng. NhiÖt ®é cña n-
íc trong thïng lµ 700
C. NÕu chØ ®æ lîng níc s«i trªn vµo thïng nµy nhng ban ®Çu kh«ng chøa g× th× nhiÖt ®é cña níc khi c©n b»ng
lµ bao nhiªu? BiÕt r»ng lîng níc s«i gÊp 2 l©n lîng níc nguéi.
Giải: Theo PT c©n b»ng nhiÖt, ta cã: Q3 = Q nöôùc + Qt
⇒ 2C.m (100 – 70) = C.m (70 – 25) + C2m2(70 – 25)
⇒ C2m2. 45 = 2Cm .30 – Cm.45.=> C2m2 =
3
Cm
− Nªn chØ ®æ níc s«i vµo thïng nhng trong thïng kh«ng cã níc nguéi th×:
NhiÖt lîng mµ thïng nhËn ®îc khi ®ã lµ:
*
tQ = C2m2 (t – tt)
NhiÖt lîng níc táa ra lµ:
,
sQ = 2Cm (ts – t)
− Theo ph¬ng tr×nh c©n b»ng nhiÖt ta cã: m2C2( t – 25) = 2Cm(100 – t) (2)
Tõ (1) vµ (2), suy ra:
3
Cm
(t – 25) = 2.Cm (100 – t)
Gi¶i ph¬ng tr×nh (3) t×m ®îc t = 89,30
C

41. Bài to¸n 9: Mét c¸i nåi b»ng nh«m chøa níc ë 200
C, c¶ níc vµ nåi cã khèi lîng 3kg. §æ thªm vµo nåi 1 lÝt níc s«i th× nhiÖt ®é cña níc
trong nåi lµ 450
C. H·y cho biÕt: ph¶i ®æ thªm bao nhiªu lÝt níc s«i níc s«i n÷a ®Ó nhiÖt ®é cña níc trong nåi lµ 600
C. Bá qua sù mÊt
m¸t nhiÖt ra m«i trêng ngoµi trong qu¸ tr×nh trao ®æi nhiÖt, khãi lîng riªng cña níc lµ 1000kg/m3
.
Giải: Gäi m lµ khèi lîng cña nåi, c lµ nhiÖt dung riªng cña nh«m, cn lµ nhiÖt dung riªng cña níc, t1 = 240
C lµ nhiÖt ®é ®Çu cña níc, t2
= 450
C, t3 = 600
C, t = 1000
C th× khèi lîng níc trong b×nh lµ:(3 - m ) (kg)
NhiÖt lîng do 1 lÝt níc s«i táa ra: Qt=cn(t-t1)
NhiÖt lîng do níc trong nåi vµ nåi hÊp thô lµ:Qth=[mc+(3-m)cn](t2-t1)
Ta cã ph¬ng tr×nh: ( )[ ]( ) ( )nnn ttcttcmmc −=−−+ 123
( )[ ]( ) ( ) ⇒−=−+−⇒ 2123 ttcttcccm nnn ( )nccm −
12
2
3
tt
tt
cc nn
−
−
=+ (1)
Gäi x lµ khèi lîng níc s«i ®æ thªm ta còng cã ph¬ng tr×nh
[ ] x
tt
tt
ccccmxttcttcccm nnnnnn
23
3
323 4)()()(4)(
−
−
=+−⇒−=−+− (2)
LÊy (2) trõ cho (1) ta ®îc:
12
2
23
3
12
2
23
3
1
tt
tt
x
tt
tt
tt
tt
cx
tt
tt
cc nnn
−
−
−
−
−
=⇒
−
−
−
−
−
= (3)
Tõ (3) ta ®îc:
12
1
3
23
12
2
3
23
1
tt
tt
tt
tt
tt
tt
tt
tt
x
−
−
⋅
−
−
=





−
−
+
−
−
= (4)
Thay sè vµo (4) ta tÝnh ®îc: 78,178,1
1640
7615
2440
24100
60100
4560
=≈
⋅
⋅
=
−
−
⋅
−
−
= kgx lÝt
II. Các bài toán có sự chuyển thể của các chất
Bài to¸n 1: Trong một bình bằng đồng có đựng một lượng nước đá có nhiệt độ ban đầu là t1 = − 5 o
C. Hệ được cung cấp nhiệt lượng bằng
một bếp điện. Xem rằng nhiệt lượng mà bình chứa và lượng chất trong bình nhận được tỷ lệ với thời gian đốt nóng (hệ số tỷ lệ không đổi).
Người ta thấy rằng trong 60 s đầu tiên nhiệt độ của hệ tăng từ t1 = − 5 o
C đến t2 = 0 o
C, sau đó nhiệt độ không đổi trong 1280 s tiếp theo,
cuối cùng nhiệt độ tăng từ t2 = 0 o
C đến t3 = 10 o
C trong 200 s. Biết nhiệt dung riêng của nước đá là c1 = 2100 J/(kg.độ), của nước là c2 =
4200 J/(kg.độ). Tìm nhiệt lượng cần thiết để 1kg nước đá tan hoàn toàn ở 00
C.
Giải: Gọi K là hệ số tỷ lệ và λ là nhiệt lượng cần thiết để 1 kg nước đá nóng chảy hoàn toàn ở nhiệt độ nóng chảy.
− Trong T1 = 60 s đầu tiên, bình và nước đá tăng nhiệt độ từ t1 = - 5o
C đến t2 = 0o
C:
k.T1 = (m1.c1 + mx.cx)(t2 - t1) (1)
− Trong T2 = 1280 s tiếp theo, nước đá tan ra, nhiệt độ của hệ không đổi:

42. k.T2 = m1.λ (2)
− Trong T3 = 200 s cuối cùng, bình và nước tăng nhiệt độ từ t2 = 0 o
C đến t3 = 10o
C:
k.T3 = (m1.c2 + mx.cx)(t3 - t2) (3)
− Từ (1) và (3):
)5(
tt
T.k
cmcm
)4(
tt
T.k
cmcm
23
3
xx21
12
1
xx11
−
=+
−
=+
− Lấy (5) trừ đi (4):
)6(
tt
T.k
tt
T.k
)cc(m
12
1
23
3
12
−
=
−
=−
− Chia 2 vế của 2 phương trình (2) và (6):
12
1
23
3
2
12
1
23
3
2
12
tt
T
tt
T
T
tt
T.k
tt
T.k
T.k
cc
−
−
−
=
−
−
−
=
−
λ
Vậy:
12
1
23
3
122
tt
T
tt
T
)cc(T
−
−
−
−
=λ
kg
J5
10.36,3
)5(0
60
010
200
)21004200(1280
=
−−
−
−
−
Bài to¸n 2: Trong ruột của một khối nước đá lớn ở 00
C có một cái hốc với thể tích
V = 160cm3
. Người ta rót vào hốc đó 60gam nước ở nhiệt độ 750
C. Hỏi khi nước nguội hẳn thì thể tích hốc rỗng còn lại bao nhiêu?
Cho khối lượng riêng của nước là Dn = 1g/cm3
và của nước đá là Dd = 0,9g/cm3
; nhiệt dung riêng của nước là C = 4200J/kg.K và để làm
nóng chảy hoàn toàn 1kg nước đá ở nhiệt độ nóng chảy cần cung cấp một nhiệt lượng là 3,36.105
J.
Giải: Do khối nước đá lớn ở 00
C nên lượng nước đổ vào sẽ nhanh chóng nguội đến 00
C. Nhiệt lượng do 60gam nước toả ra khi nguội
tới 00
C là : Q = 0,06.4200.75 = 18900J.
− Nhiệt lượng đó làm tan một lượng nước đá là: 5
18900
0,05625
3,36.10
m = = (kg) = 56,25g.
− Thể tích của phần nước đá tan ra là: 1
56,25
62,5
0,9d
m
V
D
= = = (cm3
).

43. − Thể tích của hốc đá bây giờ là: 2 1 160 62,5 222,5V V V= + = + = (cm3
).
− Trong hốc đá chứa lượng nước là : 60 + 56,25 = 116,25(g);
lượng nước này chiếm thể tích 116,25cm3
.
− Vậy thể tích phần rỗng của hốc đá còn lại là: 222,5 - 116,25 = 106,25cm3
.
Bài to¸n 3: Một cục đá lạnh có khối lượng 2kg, người ta rót vào đó một lượng nước 1kg đang ở nhiệt độ 10 C° . Khi cân bằng nhiệt
nước đá tăng thêm 50g. Xác định nhiêt độ ban đầu của nước đá ? Biết Cđá =2000 J/kg.k, Cnước =4200J/kg.k, và λ =3,4.10
5
J/k. Bỏ qua sự
trao đổi nhiệt vói đồ dùng thí nghiệm.
Giải: Nhiệt lượng cần thiết để cục đá lạnh nhận tăng từ t1 → 0o
C:
1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1( ) (0 )Q m C t t m C t m C t= − = − = −
Nhiệt lượng nước tỏa ra để hạ từ 10 o
C → 0o
C:
2 2 2 3 2 2 2 2 2 3( ) (10 0)Q m C t t m C m C t= − = − =
Nhiệt lượng một phần nước tỏa ra để đông đặc thành nước đá : 3 '.Q m λ=
Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có :
1 2 3Q Q Q= +
hay 1 1 1m c t− =
,
2 2 3 .m c t m λ+
2 2 3
1
1 1
'. 1.4200.10 0,05.340000
14,75
2.2000
m C t m
t C
m C
λ+ +
⇒ = − = − = − °
Bài to¸n 3: DÉn m1= 0,4 kg h¬i níc ë nhiÖt ®é t1= 1000
C tõ mét lß h¬i vµo mét b×nh chøa m2= 0,8 kg níc ®¸ ë t0= 00
C. Hái khi cã
c©n b»ng nhiÖt, khèi lîng vµ nhiÖt ®é níc ë trong b×nh khi ®ã lµ bao nhiªu? Cho biÕt nhiÖt dung riªng cña níc lµ C = 4200 J/kg.®é;
nhiÖt ho¸ h¬i cña níc lµ L = 2,3.106
J/kg vµ nhiÖt nãng ch¶y cña níc ®¸ lµ λ = 3,4.105
J/kg; (Bá qua sù hÊp thô nhiÖt cña b×nh chøa).
Giải: Gi¶ sö 0,4kg h¬i níc ngng tô hÕt thµnh níc ë 1000
C th× nã to¶ ra nhiÖt lîng:
Q1 = mL = 0,4 × 2,3×106
= 920.000 J
NhiÖt lîng ®Ó cho 0,8 kg níc ®¸ nãng ch¶y hÕt: Q2 = λm2 = 3,4 × 105
× 0,8 = 272.000 J
Do Q1 > Q2 chøng tá níc ®¸ nãng ch¶y hÕt vµ tiÕp tôc nãng lªn, gi¶ sö nãng lªn ®Õn 1000
C.
NhiÖt lîng nã ph¶i thu lµ: Q3 = m2C(t1 - t0) = 0,8 × 4200 (100 - 0) = 336.000 J
⇒ Q2 + Q3 = 272.000 + 336.000 = 608.000 J
Do Q1 > Q2 + Q3 chøng tá h¬i níc dÉn vµo kh«ng ngng tô hÕt vµ níc nãng ®Õn 1000
C
⇒ Khèi lîng h¬i níc ®· ngng tô: m' = (Q2 + Q3)/ L = 608.000 : 2,3×106
= 0,26 kg

44. VËy khèi lîng níc trong b×nh khi ®ã lµ : 0,8 + 0,26 = 1,06 kg vµ nhiÖt ®é trong b×nh lµ 1000
C.
III. Các bài toán có sự trao đổi nhiệt với môi trường
Sự trao đổi nhiệt với môi trường luôn tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ. Tỷ lệ với diện tích tiếp xúc với môi trường. Nên nhiệt lượng hao
phí ra môi trường là k.S.(t2 - t1) với k là hệ số tỷ lệ.
Trong trường hợp nhiệt lượng cung cấp cho vật không đủ làm cho vật chuyển thể thì khi vật có nhiệt độ ổn định ta luôn có công suất
tỏa nhiệt ra môi trường đúng bằng công suất của thiết bị đốt nóng cung cấp cho vật.
Bài 1: Người ta thả một chai sữa của trẻ em vào phích đựng nước ở nhiệt độ t = 400
C. Sau khi
đạt cân bằng nhiệt, chai sữa nóng tới nhiệt độ t1 = 360
C, người ta lấy chai sữa này ra và tiếp tục
thả vào phích một chai sữa khác giống như chai sữa trên. Hỏi chai sữa này khi cân bằng sẽ được
làm nóng tới nhiệt độ nào? Biết rằng trước khi thả vào phích, các chai sữa đều có nhiệt độ t0 =180
C.
Giải: Gọi q1 là nhiệt lượng do phích nước toả ra để nó hạ 10
C , q2 là nhiệt lượng cung cấp cho chai sữa để nó nóng thêm 10
C , t2 là
nhiệt độ của chai sữa thứ hai khi cân bằng.
Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
− Lần 1: q1(t – t1) = q2(t1 - t0)
− Lần 2: q1(t1 – t2) = q2(t2 - t0)
− Từ (1) và (2) giải ra ta có: t2 = 32,70
C
Bài toán 2: Có ba bình hình trụ chỉ khác nhau về chiều cao. Dung tích các bình là 1l, 2l, 4l. tất cả đều chứa đầy nước. Nước trong các
bình được đun nóng bởi thiết bị đun. Công suất thiết bị đun không đủ để nước sôi. Nước ở bình thứ nhất được đốt nóng đến 800
c. ở bình
thứ hai tới 600
c. Nước ở bình thứ 3 được đốt nóng tới nhiệt độ nào? Nếu nhiệt độ phòng là 200
c. Cho rằng nhiệt lượng tỏa ra môi trường
tỷ lệ với hiệu nhiệt độ giữa nước và môi trường xung quanh, tỷ lệ với diện tích tiếp xúc giữa nước và môi trường. Nước trong bình được
đốt nóng đều đặn.
Giải: Gọi nhiệt độ của nước trong bình 1, 2, 3 khi ổn định nhiệt độ là T1, T2, T3 và nhiệt độ phòng là T.
Diện tích hai đáy bình là S và diện tích xung quanh của các bình tương ứng là S1
;
S2; S3.
Dung tích các bình tương ứng là V1; V2; V3
Vì: V3 = 2V2 = 4V1 Nên S3 = 2S2 = 4S1
Vì nhiệt độ tỏa ra môi trường tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ và tỷ lệ với diện tích tiếp xúc. Nên công suất hao phí của thiết bị đun của
các bình tương ứng là:
Php1 = A(S1 + S)(T1 - T) = A( S3 + S)60
Php2 = A(S2 + S)(T2 - T) = A( S3 + S)40
Php3 = A(S3 + S)(T3 - T) = A( S3 +S)(T3 - 20)

45. Với A là hệ số tỷ lệ.
Nhiệt độ của các bình sẽ ổn định khi công suất cung cấp của thiết bị đun đúng bằng công suất hao phí. Nên: A( S3 +S)60 = A( S3
+S)40 ⇒ S3 = 4S
Từ: A( S3 +S)60 = A( S3 +S)(T3 - 20) và S3 = 4S ta tính được T3 = 440
C
IV. Các bài toán có liên quan đến công suất tỏa nhiệt của các vật tỏa nhiệt.
Bài toán 1: Một lò sưởi giữ cho phòng ở nhiệt độ 200
C khi nhiệt độ ngoài trời là 50
C. Nếu nhiệt độ ngoài trời hạ xuống tới – 50
C thì
phải dùng thêm một lò sưởi nữa có công suất 0,8KW mới duy trì nhiệt độ phòng như trên. Tìm công suất lò sưởi được đặt trong phòng
lúc đầu?.
Giải: Gọi công suất lò sưởi trong phòng ban đầu là P, vì nhiệt toả ra môi trường tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ, nên gọi hệ số tỷ lệ là
K. Khi nhiệt độ trong phòng ổn định thì công suất của lò sưởi bằng công suất toả nhiệt ra môi trường của phòng. Ta có: P = K(20 – 5) =
15K ( 1)
Khi nhiệt độ ngoài trời giảm tới - 50
C thì:(P + 0,8) = K[20 – (-5)] = 25K (2)
Từ (1) và (2) ta tìm được P = 1,2 KW.
Bài toán 2: Một ấm điện bằng nhôm có khối lượng 0,5kg chứa 2kg nước ở 25o
C. Muốn đun sôi lượng nước đó trong 20 phút thì
ấm phải có công suất là bao nhiêu? Biết rằng nhiệt dung riêng của nước là C = 4200J/kg.K. Nhiệt dung riêng của nhôm là C1 =
880J/kg.K và 30% nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh
Giải: - Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của ấm nhôm từ 25o
C tới 100o
C là:
Q1 = m1c1 ( t2 – t1 ) = 0,5.880.(100 – 25 ) = 33000 ( J )
− Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của nước từ 25o
C tới 100o
C là:
Q2 = mc ( t2 – t1 ) = 2.4200.( 100 – 25 ) = 630000 ( J )
− Nhiệt lượng tổng cộng cần thiết:
Q = Q1 + Q2 = 663000 ( J ) ( 1 )
− Mặt khác nhiệt lượng có ích để đun nước do ấm điện cung cấp trong thời gian 20 phút
Q = H.P.t ( 2 )
( Trong đó H = 100% - 30% = 70% ; P là công suất của ấm ; t = 20 phút = 1200 giây )
− Từ ( 1 ) và ( 2 ) : P = W)
Q 663000.100
789,3(
H.t 70.1200
= =

46. V. Các bài toán về sự trao đổi nhiệt qua thanh và qua các vách ngăn
Sự trao đổi nhiệt qua thanh sẽ có một phần nhiệt lượng hao phí trên thanh dẫn nhiệt. Nhiệt lượng này tỷ lệ với diện tích tiếp xúc của
thanh với môi trường, tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ của thanh dẫn với nhiệt độ môi trường và phụ thuộc vào chất liệu làm thanh dẫn.
Khi hai thanh dẫn khác nhau được mắc nối tiếp thì năng lượng có ích truyền trên hai thanh là như nhau.
Khi hai thanh dẫn khác nhau mắc song song thì tổng nhiệt lượng có ích truyền trên hai thanh đúng bằng nhiệt lượng có ích của hệ
thống.
Khi truyền nhiệt qua các vách ngăn. Nhiệt lượng trao đổi giữa các chất qua vách ngăn tỷ lệ với diện tích các chất tiếp xúc với các
vách ngăn và tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ giữa hai bên vách ngăn.
Bài toán 1: Trong một bình cách nhiệt chứa hỗn hợp nước và nước đá ở 00
c. Qua thành bên của bình người ta đưa vào một thanh đồng
có một lớp cách nhiệt bao quanh. Một đầu của thanh tiếp xúc với nước đá, đầu kia được nhúng trong nước sôi ở áp suất khí quyển. Sau
thời gian Td = 15 phút thì nước đá ở trong bình tan hết. Nếu thay thanh đồng bằng thanh thép có cùng tiết diện nhưng khác nhau về
chiều dài với thanh đồng thì nước đá tan hết sau Tt = 48 phút. Cho hai thanh đó nối tiếp với nhau thì nhiệt độ t tại điểm tiếp xúc giữa hai
thanh là bao nhiêu? Xét hai trường hợp:
a. Đầu thanh đồng tiếp xúc với nước sôi
b. Đầu thanh thép tiếp xúc với nước sôi.
Khi hai thanh nối tiếp với nhau thì sau bao lâu nước đá trong bình tan hết? (giải cho từng trường hợp ở trên)
Giải: Với chiều dài và tiết diện của thanh là xác định thì nhiệt lượng truyền qua thanh dẫn nhiệt trong một đơn vị thời gian chỉ phụ
thuộc vào vật liệu làm thanh và hiệu nhiệt độ giữa hai đầu thanh. Lượng nhiệt truyền từ nước sôi sang nước đá để nước đá tan hết qua
thanh đồng và qua thanh thép là như nhau. Gọi hệ số tỷ lệ truyền nhiệt đối với các thanh đồng và thép tương ứng là Kd và Kt.
Ta có phương trình: Q = Kd(t2 - t1)Td = Kt(t2-tt)Tt
Với t2 = 100 và t1 = 0 Nên: = = 3,2
Khi mắc nối tiếp hai thanh thì nhiệt lượng truyền qua các thanh trong 1 s là như nhau. Gọi nhiệt độ ở điểm tiếp xúc giữa hai thanh là t
Trường hợp 1: Kd(t2-t) = Kt(t - t1) Giải phương trình này ta tìm được t = 760
c
Trường hợp 2: Tương tự như trường hợp 1. ta tìm được t = 23,80
c.
Gọi thời gian để nước đá tan hết khi mắc nối tiếp hai thanh là T
Với trường hợp 1: Q = Kd(t2-t1)Td = Kd(t2-t)T = 63 phút.
Tương tự với trường hợp 2 ta cũng có kết quả như trên
Bài toán 2: Trong một bình có tiết diện thẳng là hình vuông được chia làm ba
ngăn như hình vẽ. hai ngăn nhỏ có tiết diện thẳng cũng là hình vuông có cạnh
bằng nửa cạnh của bình. Đổ vào các ngăn đến cùng một độ cao ba chất lỏng:

47. Ngăn 1 là nước ở nhiệt độ t1 = 650
c. Ngăn 2 là cà phê ở nhiệt độ t2 = 350
c. Ngăn
3 là sữa ở nhiệt độ t3 = 200
c. Biết rằng thành bình cách nhiệt rất tốt nhưng vách
ngăn có thể dẫn nhiệt. Nhiệt lượng truyền qua vách ngăn trong một đơn vị thời gian tỷ lệ với diện tích tiếp xúc của chất lỏng và với
hiệu nhiệt độ hai bên vách ngăn. Sau một thời gian thì nhiệt độ ngăn chứa nước giảm ∆t1 = 10
c. Hỏi ở hai ngăn còn lại nhiệt độ biến đổi
bao nhiêu trong thời gian nói trên? Coi rằng về phương diện nhiệt thì 3 chất nói trên là giống nhau. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt của bình và
môi trường.
Giải: Vì diện tích tiếp xúc của từng cặp chất lỏng là như nhau. Vậy nhiệt lượng truyền giữa chúng tỷ lệ với hiệu nhiệt độ với cùng một
hệ số tỷ lệ K
Tại các vách ngăn. Nhiệt lượng tỏa ra:
Q12 = K(t1 - t2); Q13 = k(t1 - t3); Q23 = k(t2 - t3) Từ đó ta có các phương trình cân bằng nhiệt:
Đối với nước: Q12 + Q23 = K(t1 - t2 + t1 - t3) = 2mc∆t1
Đối với cà phê: Q12 -Q23 = k(t1 - t2 - t2 + t3 ) = mc∆t2
Đối với sữa: Q13 + Q23 = k(t1 - t3 + t2 - t3) = mc∆t3
Từ các phương trình trên ta tìm được: ∆t2 = 0,40
c và ∆t3 = 1,60
c

48. VI. Các bài toán liên quan đến công suất tỏa nhiệt của nhiên liệu:
Bài toán: Một bếp dầu hoả có hiệu suất 30%.
a. Tính nhiệt lượng toàn phần mà bếp toả ra khi đốt cháy hoàn toàn 30g dầu hoả?
b.Với lượng dầu hoả nói trên có thể đun được bao nhiêu lít nước từ 300
C đến 1000
C. Biết năng suất toả nhiệt của dầu hoả là 44.106
J/kg
, nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K.
Giải: a. QTP = mq = 0,03 .44 106
= 1320 000(J)
b. Gọi M là khối lượng nước cần đun, theo bài ra ta có:
Qthu= cM∆t = 4200.M.(100 - 30) = 294.M.103
(J)
− Từ công thức : H =
TP
i
Q
Q
⇒ Qi = H.QTP = 100
30
.1320 000 = 396.103
(J)
− Nhiệt lượng cần đun sôi lượng nước là Qi , theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
294 000.M = 396 000 ⇒ M = 1,347 (kg)
Vậy với lượng dầu trên đun bằng bếp ta có thể đun được 1,347 kg nước từ 300
C đến 1000
C.
VII. Bài toán đồ thị:
Bài toán: Hai lít nước được đun trong một chiếc bình đun nước có
công suất 500W. Một phần nhiệt tỏa ra môi trường xung quanh.
Sự phụ thuộc của công suất tỏa ra môi trường theo thời gian đun
được biểu diễn trên đồ thị như hình vẽ. Nhiệt độ ban đầu của
nước là 200
c. Sau bao lâu thì nước trong bình có nhiệt độ là 300
c.
Cho nhiệt dung riêng của nước là c = 4200J/kg.K
Giải: Gọi đồ thị biểu diễn công suất tỏa ra môi trường là P = a + bt.
− Khi t = 0 thì P = 100
− Khi t = 200 thì P = 200

49. − Khi t = 400 thì p = 300
Từ đó ta tìm được P = 100 + 0,5t
Gọi thời gian để nước tăng nhiệt độ từ 200
c đến 300
c là T thì nhiệt lượng trung bình tỏa ra trong thời gian này là: Ptb = = = 100 +
0,25t
Ta có phương trình cân bằng nhiệt: 500T = 2.4200(30 - 20) + (100+0,25t)t
Phương trình có nghiệm: T = 249 s và T = 1351 s. Ta chọn thời gian nhỏ hơn là T = 249s
PhÇn 4: C¸c bµi to¸n thùc nghiÖm C¬ - NhiÖt
I. Các bài toán thực nghiệm ứng dụng điều kiện cân bằng của vật rắn:
Bài toán 1: Hãy tìm cách xác định khối lượng của một cái chổi quét nhà với các dụng cụ sau: Chiếc chổi cần xác định khối lượng,
một số đoạn dây mềm có thể bỏ qua khối lượng, 1 thước dây có độ chia tới milimet. 1 gói mì ăn liền mà khối lượng m của nó được ghi
trên vỏ bao
(coi khối lượng của bao bì là nhỏ so với khối lượng cái chổi)
Giải: ( xem hình vẽ phía dưới)
Bước 1: dùng dây mềm treo ngang chổi. di chuyển
vị trí buộc dây tới khi chổi nằm cân bằng theo phương
ngang, đánh dấu điểm treo là trọng tâm của chổi
( điểm M)
Bước 2: Treo gói mì vào đầu B. làm lại như trên để xác đinh
vị trí cân bằng mới của chổi (điểm N)
Bước 3: vì lực tác dụng tỷ lệ nghịch với cánh tay đòn nên ta có: Pc.l1 = PM.l2 ⇒ mc .l1 = m .l2
⇒ mc =
1
2.
l
lm
Từ đó xác định được khối lượng chổi. các chiều dài được đo bằng thước dây.
Bài toán 2: Trình bầy phương án xác định khối lượng riêng (gần đúng) của một chất lỏng x với các dụng cụ sau đây. Một thanh cứng,
đồng chất, một thước thẳng có thang đo, dây buộc không thấm nước, một cốc nước( đã biết Dn), Một vật rắn không thấm nước( có thể
chìm được trong cả hai chất lỏng), Cốc đựng chất x.
Giải: - Dùng dây treo thanh cứng, khi thanh thăng bằng, đánh dấu vị trí dây treo là G( G chính là trọng tâm của thanh).

50. − Treo vật nặng vào thanh cứng, dịch chuyển dây treo để thước thăng bằng trở lại, đánh dấu vị trí treo thanh và treo vật là O 1 và A,
dùng thước đo khoảng cách AO1 = l1, O1G = l2. Khi đó ta có phương trình cân bằng: l1 P1 = p0l2 (1)
− Nhúng chìm vật rắn vào chất lỏng x , dịch dây treo thước đến vị trí O2 để thước thăng bằng trở lại. đo khoảng cách AO2 = l3, O2G =
l4
Ta có phương trình cân bằng: l3( P1- 10 V Dx) = P0.l4 (2).
− Nhúng chìm vật rắn vào cốc nước , dịch dây treo thước đến vị trí O3 để thước thăng bằng trở lại. đo khoảng cách AO3 =l5, O3G=l6 ,
Ta có phương trình cân bằng:
l5( P1- 10 V Dn) = P0.l6 (3).
− Giải hệ 3 phương trình 1,2,3 ta tìm được Dx
II. Các bài toán thực nghiệm ứng dụng điều kiện cân bằng của vật trong chất lỏng:
Bài toán 1: Trong tay chỉ có 1 chiếc cốc thủy tinh hình trụ thành mỏng, bình lớn đựng nước, thước thẳng có vạch chia tới milimet.
Hãy nêu phương án thí nghiệm để xác định khối lượng riêng của một chất lỏng nào đó và khối lượng riêng của cốc thủy tinh. Cho rằng
bạn đã biết khối lượng riêng của nước.
Giải: Gọi diện tích đáy cốc là S, Khối lượng riêng của cốc là D0; Khối lượng riêng của nước là D1; khối lượng riêng của chất lỏng cần
xác định là D2 và thể tích cốc là V.Chiều cao của cốc là h.
Lần 1: thả cốc không có chất lỏng vào nước. phần chìm của cốc trong nước là h1
Ta có: 10D0V = 10D1Sh1 ⇒ D0V = D1Sh1. (1)
⇒ D0Sh = D1Sh1 ⇒ D0 =
h
h1
D1 ⇒ Xác định được khối lượng riêng của cốc.
Lần 2: Đổ thêm vào cốc 1 lượng chất lỏng cần xác định khối lượng riêng ( vừa phải) có chiều cao h2, phần cốc chìm trong nước có
chiều cao h3
Ta có: D1Sh1 + D2Sh2 = D1Sh3. ( theo (1) và P = FA)
D2 = (h3 – h1)D1 ⇒ xác định được khối lượng riêng chất lỏng.
Các chiều cao h, h1, h2, h3 được xác định bằng thước thẳng. D1 đã biết.
Bài toán 2: Hãy trình bày phương án xác định ( gần đúng) khối lượng riêng của một vật nhỏ bằng kim loại