Bài tập luyện tập tổng hợp Vật lí Lớp 10 - Tập 1 - Phần 1: Động học chất điểm - Chuyên đề 2: Chuyển động thẳng biến đổi đều. Sự rơi tự do

Nội dung text: Bài tập luyện tập tổng hợp Vật lí Lớp 10 - Tập 1 - Phần 1: Động học chất điểm - Chuyên đề 2: Chuyển động thẳng biến đổi đều. Sự rơi tự do

1. 2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề 2: CHUYỂN ĐỘNG THẲNG BIẾN ĐỔI ĐỀU, SỰ RƠI TỰ DO 14. Một vật chuyển động chậm dần đều. Xét ba đoạn đường liên tiếp bằng nhau trước khi dừng lại thì đoạn ở giữa vật đi trong thời gian 1s . Tìm tổng thời gian vật đi ba đoạn đường bằng nhau kể trên. (Trích đề thi Olympic 30/4, 1998) Bài giải Gọi ba quãng đường liên tiếp là AB, BC và CD; a là gia tốc chuyển động của vật. Ta có: AB BC CD s; v3 0 . 2 2 Trên đoạn AB : v1 v0 2as 1 . 2 2 Trên đoạn BC : v2 v1 2as 2 . 2 Trên đoạn CD : 0 v2 2as 3 . v v Mặt khác, trên đoạn BC : a 2 1 ; với t 1s nên a v v 4 . t 2 1 Từ các phương trình trên, ta được: v0 v2 3; v1 v2 2; a v2 1 2 . Thời gian đi hai quãng AB và CD là: v1 v0 3 2 t1 3 2 2 1 6 3 2 2 s a 2 1 v 1 t 2 2 1 s 3 a 2 1 Thời gian đi tổng cộng trên cả quãng đường AD là t t1 t2 t3 . t 6 3 2 2 1 2 1 6 3 s . Vậy: Tổng thời gian đi ba đoạn đường trên là t 6 3 s . 15. Một xe tải cần chuyển hàng giữa hai điểm A và B cách nhau một khoảng L 800m . Chuyển động của xe gồm hai giai đoạn: khởi hành tại A chuyển động nhanh dần đều và sau đó tiếp tục chuyển động chậm dần để dừng lại B . Biết rằng độ lớn gia tốc của xe trong suốt quá trình chuyển động không vượt quá 2m / s2 . Hỏi phải mất ít nhất bao nhiêu thời gian để xe đi được quãng đường trên? (Trích đề thi Olympic 30/4, 1999) Bài giải Gọi s là quãng đường đi trong chuyển động nhanh dần đều; a,b lần lượt là độ lớn gia tốc của xe trong 2 giai đoạn ( a và b 0 ).
2. 1 2s Trong giai đoạn đầu, ta có: s at 2 t 1 ; v2 2as 2 2 1 a 1 2 Trong giai đoạn sau, ta có: v1 2b L s 3 ; v1 bt2 4 . bL aL Từ (2) và (3) suy ra: 2as 2b L s s 5 và L s 6 . a b a b 2bL Từ (1) và (5) suy ra: t 7 . 1 a b a 2aL Từ (3), (4) và (6) suy ra: t 8 . 2 a b b 2bL 2aL 2L b a Thời gian tổng cộng xe đi từ A đến B : t t1 t2 t . a b a a b b a b a b b a Theo bất đẳng thức Cô-si: 2 . a b b a Dấu “=”xảy ra khi: a b . a b L L 800 Lúc đó: t tmin 2 2 2 40s . a a0 2 Vậy: Thời gian ngắn nhất để xe đi hết quãng đường trên là tmin 40s . 16. Một chất điểm chuyển động trên một đường thẳng từ A đến B cách nhau đoạn d AB 8m thông qua hai giai đoạn: Bắt đầu khởi hành tại A chuyển động nhanh dần đều và sau đó tiếp tục chuyển động chậm dần đều để dừng lại tại B . Cho biết độ lớn của các gia tốc trong suốt quá trình chuyển động không vượt quá 2cm / s2 . Tính thời gian ngắn nhất để chất điểm đi được quãng đường trên. (Trích đề thi Olympic 30/4, 2013) Bài giải Chọn chiều (+) là chiều chuyển động của chất điểm. Gọi s1 là quãng đường đi trong chuyển động nhanh dần đều, s2 là quãng đường còn lại; a1 và a2 là gia tốc của chất điểm trong 2 giai đoạn chuyển động. 1 2 2s1 2 Trong giai đoạn đầu ứng với thời gian t1 , ta có: s1 a1t1 t1 ; v1 2a1s1 1 2 a1 2 Trong giai đoạn sau ứng với thời gian t2 , ta có: v1 a2t2 ; v1 2a2s2 2a2 d s1 2
3. a2 a1 Từ (1) và (2) ta được: s1 d; s2 d 3 . a2 a1 a1 a2 Thời gian chuyển động của chất điểm trong mỗi giai đoạn: 2a2 2a1 t1 d ; t2 d 4 . a2 a1 a1 a2 a1 a2 2 a2 a1 Thời gian chất điểm đi từ A đến B : t t1 t2 t d . 5 . a2 a1 a1 a2 a a a a Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương 2 , 1 ta được: 2 1 2 . a1 a2 a1 a2 Dấu “=” xảy ra khi a1 a2 . d 2 2 8 Từ (5) suy ra: tmin 2 2 d 8m; a0 2cm / s 0,02m / s tmin 2 40s . a1 0,02 Vậy: Thời gian ngắn nhất để chất điểm đi được quãng đường AB là tmin 40s . 17. Trên quãng đường nhất định, một chất điểm chuyển động nhanh dần đều không vận tốc đầu với gia tốc a mất thời gian T . Nếu chuyển động của chất điểm là luân phiên giữa chuyển động với gia tốc a trong thời T T gian T và chuyển động đều trong thời gian T thì để đi hết quãng đường chất điểm phải trải qua 1 10 2 15 mấy lần chuyển động đều? (Trích đề thi 30/4, 2015) Bài giải 1 Quãng đường chất điểm phải đi: S .a.T 2 1 . 2 Gọi n là số lần chất điểm chuyển động với thời gian T2 , ta có: 1 2 1 2 1 2 S aT1 aT1T2 aT1 aT1T1 2aT1T2 aT1 2aT1T1 3aT1T2 2 2 2 1 2 aT1 n 1 aT1T1 naT1T2 2 T 2.a S 1 1 3 5 2n 1 TT .a 1 2 n 2 2 1 2 Từ (1) và (2) ta được:
4. 1 T 2.a aT 2 1 1 3 5 2n 1 TT .a 1 2 n 2 2 1 2 1 1 T 2 T T n n 1 aT 2 a. .n2 . .a 2 2 102 10 15 2 1 1 1 n n 1 n2 5n2 n 200 0 n 7,5 2 200 150 2 Sau 7 lần chất điểm chuyển động thẳng đều với thời gian T2 , quãng đường vật đi được là: 2 1 2.7.7 1 7 1 7 259 2 S T .a .T .a . 2.100 2 150 2 600 1 259 41 Quãng đường còn lại là: S T 2.a .T 2.a .T 2.a . 2 600 600 2 2 1 T T 3 2 Quãng đường chất điểm đi được trong thời gian T1 lần thứ 8: S1 a 7.a aT S . 2 100 100 40 Vậy: Chất điểm đi hết quãng đường trải qua 7 lần chuyển động thẳng đều. 18. Trên trục Ox , một chất điểm chuyển động biến đổi đều có hoành độ ở các thời điểm t1,t2 ,t3 lần lượt là x1, x2 , x3 . Biết rằng: t2 t1 t3 t2 t . Hãy tính gia tốc của chuyển động theo x1, x2 , x3 ,t và cho biết tính chất của chuyển động. Bài giải Giả sử tại thời điểm ban đầu (chọn t0 0), chất điểm có tọa độ x0 , vận tốc v0 và gia tốc a (không đổi). at 2 Từ phương trình chuyển động, ta có: x x v t 1 1 1 0 0 1 2 at 2 x x v t 2 2 2 0 0 2 2 at 2 x x v t 3 3 3 0 0 3 2 a 2 2 at Lấy (2) – (1): x2 x1 v0 t2 t1 t2 t1 v0t t1 t2 4 . 2 2 a 2 2 at Lấy (3) – (2): x3 x2 v0 t3 t2 t3 t2 v0t t2 t3 5 2 2 at at x x 2x Lấy (5) – (4): x x 2x t t .2t a 3 1 2 . 3 1 2 2 3 1 2 t 2 Tính chất của chuyển động: x x + 3 1 x a 0: chất điểm chuyển động nhanh dần đều. 2 2
5. x x + 3 1 x a 0 : chất điểm chuyển động chậm dần đều. 2 2 x x 2x x x Vậy: Gia tốc của chất điểm là a 3 1 2 ; nếu 3 1 x thì chất điểm chuyển động nhanh dần đều, t 2 2 2 x x nếu 3 1 x thì chất điểm chuyển động chậm dần đều. 2 2 19. Một đoàn tàu bắt đầu rời ga chuyển động nhanh dần đều. Xét trên 2010 ray đầu (kể từ khi tàu rời ga) ở đoạn ray thứ 2009 tàu đi mất thời gian t0 . Hãy tính thời gian tàu đi qua ray thứ 2010 và cả 2010 đoạn ray. Cho rằng các đoạn ray có chiều dài bằng nhau và đặt sát nhau. Bài giải Gọi a là gia tốc đoàn tàu; v1,v2 , ,vn là vận tốc đoàn tàu cuối các đoạn ray thứ 1, thứ 2, thứ n , chiều dài các đoạn ray là l . 2 2 2 Ta có: v1 2al; v2 4al; ; vn 2nal . Suy ra: v2 2v1; v3 2v1; ;vn nv1 . Thời gian tàu đi hết đoạn ray thứ 2009 là: t v 2009 2008 .v1 v t t t 2009 2008 1 0 . 2009 0 a a a 2009 2008 Thời gian tàu đi hết đoạn ray thứ 2010 là: v v 2010 2009 .v1 t0. 2010 2009 t 2010 2009 . 2010 a a 2009 2008 v 2010 v t 2010 Thời gian tàu đi hết 2010 đoạn ray là: t 2010 1 0 . a a 2009 2008 t0. 2010 2009 Vậy: Thời gian tàu đi qua đoạn ray thứ 2010 và cả 2010 đoạn ray là t và 2010 2009 2008 t 2010 t 0 . 2009 2008   20. Hai vật chuyển động trên cùng một đường thẳng với các vận tốc đầu v1,v2 ngược chiều nhau, hướng đến   nhau, độ lớn v1,v2 . Gia tốc của chúng là a1,a2 không thay đổi và ngược chiều với các vận tốc đầu tương ứng   v1,v2 . Khoảng cách ban đầu giữa hai vật phải có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu để chúng không gặp nhau khi chuyển động? Bài giải
6. Chọn hệ quy chiếu gắn với vật 2, chiều (+) là chiều chuyển động của vật 1; gọi mặt đất là vật 0. Vận tốc ban đầu tương đối:      v12 v10 v02 v2 v1 v12 v1 v2 . Gia tốc tương đối:      a12 a10 a02 a1 a2 a12 a1 a2 . Gọi s là quãng đường vật 1 đi được cho đến khi dừng lại so với vật 2. Ta có: 2 2 2 2 2 v1 v2 0 v12 2a12s 0 v1 v2 2 a1 a2 s s . 2 a1 a2 Để hai vật không gặp nhau, khoảng cách ban đầu giữa chúng là d phải thỏa: d s . 2 2 v1 v2 v1 v2 d dmin . 2 a1 a2 2 a1 a2 Vậy: Để hai vật không gặp nhau trong quá trình chuyển động thì khoảng cách ban đầu giữa hai vật phải có 2 v1 v2 giá trị nhỏ nhất là dmin . 2 a1 a2 21. Một chất điểm bắt đầu chuyển động từ điểm A0 x0 ,0 theo chiều dương của trục Ox với gia tốc không  đổi a1 . Cùng lúc đó, chất điểm thứ hai từ điểm B0 y0 ,0 cũng bắt đầu chuyển động theo chiều dương của  trục Oy với gia tốc không đổi a2 . a) Hỏi sau bao lâu hai chất điểm lại gần nhau nhất và tính khoảng cách giữa chúng lúc đó? b) Với điều kiện nào của a1,a2 , x0 , y0 thì chúng có thể gặp nhau? Bài giải a) Sau bao lâu hai chất điểm lại gần nhau nhất và khoảng cách giữa chúng lúc đó. Phương trình chuyển động của các chất điểm: 1 + Chất điểm 1: x x a t 2 1 . 0 2 1 1 + Chất điểm 2: y y a t 2 2 . 0 2 2 Khoảng cách d giữa hai chất điểm ở thời điểm t : 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 d x y a1 a2 k a1x0 a2 y0 k x0 y0 (với k t ). 4
7. 1 2 2 2 2 2 2 4. a a x y a x a y 2 4ac b 1 2 0 0 1 0 2 0 a y a x d 4 1 0 2 0 min 1 2 2 4a 2 2 a1 a2 4. a1 a2 4 a y a x d 1 0 2 0 3 min 2 2 a1 a2 b a x a y 2 a x a y 2 a x a y Từ đó: k t 2 1 0 2 0 1 0 2 0 t 1 0 2 0 4 . 1 2 2 2 2 2a 2 2 a1 a2 a1 a2 2. a1 a2 4 2 a1x0 a2 y0 Vậy: Sau thời gian t 2 2 hai chất điểm lại gần nhau nhất và khoảng cách giữa chúng a1 a2 a y a x lúc đó là d 1 0 2 0 . min 2 2 a1 a2 b) Điều kiện của a1,a2 , x0 , y0 để chúng có thể gặp nhau x0 y0 Từ (4), để bài toán có nghiệm: 2 a1x0 a2 y0 0 0 . a2 a1 a1 x0 Để hai chất điểm gặp nhau thì: dmin 0 a1 y0 a2 x0 0 . a2 y0 x0 y0 a1 x0 Vậy: Điều kiện của a1,a2 , x0 , y0 để chúng có thể gặp nhau là 0 và . a2 a1 a2 y0 22. Hai máng rất nhẵn AB và CD cùng nằm trong một mặt phẳng thẳng đứng và cùng hợp với phương ngang một góc như nhau, CD CB . Hai vật nhỏ được thả đồng thời không vận tốc đầu từ A và C . Thời gian để vật trượt từ A đến B là t1 và thời gian để vật trượt từ C đến D là t2 . Sau bao lâu kể từ khi thả, khoảng cách giữa hai vật là ngắn nhất? Bài giải
8. Gia tốc của mỗi vật khi trượt không ma sát: a g sin . Do đó, sau thời gian t chúng đi được quãng đường x bằng nhau. Gọi khoảng cách giữa chúng là L . Ta có: L2 x2 AC x 2 2x AC x cos 2 L2 x2 AC 2 x2 2xAC 2x AC x cos 2 L2 AC 2 2x AC x 2x AC x cos 2 L2 AC 2 2x 1 cos 2 AC x L L X x AC x min max Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm: x và AC x , ta được: X x AC x 2 x AC x . AC Dấu “=” xảy ra khi: x AC x x . 2 AB CD Mà: AB AC CB 2x CD x . 2 1 1 1 Mặt khác: AB at 2 , CD at 2 , x at 2 . 2 1 2 2 2 1 2 1 2 at1 at2 2 2 AB CD 1 2 2 2 2 1 2 2 t1 t2 Thay vào x ta được: at t t1 t2 t . 2 2 2 2 2 t 2 t 2 Vậy: Sau thời gian t 1 2 thì khoảng cách giữa hai vật là ngắn nhất. 2 23. Một vật chuyển động chậm dần đều cho đến khi dừng lại. Biết quãng đường đi được trong giây đầu tiên dài gấp 15 lần quãng đường đi được trong giây cuối cùng và tổng quãng đường vật đi được là 25,6m . Tìm vận tốc đầu của vật. Bài giải Gọi quãng đường mà vật đi được trong giây đầu là sOA ; quãng đường mà vật đi được trong giây cuối là sBC . Ta có: a a s v .1 .12 v 1 OA 0 2 0 2 vC vB a.1 0 vB a 2 a a a s v .1 .12 a 3 BC B 2 2 2
9. a a Theo đề: sOA 15sBC v0 15 v0 8a . 2 2 v2 v2 Quãng đường vật đi được: s C 0 . 2a 02 8a 2 25,6 32a a 0,8m / s2 v 8. 0,8 6,4m / s . 2a 0 Vậy: Vận tốc đầu của vật là v0 6,4m / s . 24. Một ô tô chở khách giữa hai địa điểm A và B cách nhau một khoảng l 800m . Chuyển động của ô tô gồm hai giai đoạn: khởi hành tại A chuyển động nhanh dần đều và sau đó tiếp tục chuyển động chậm dần đều để dừng lại ở B . Biết rằng độ lớn gia tốc của ô tô trong suốt quá trình chuyển động không vượt quá 2 a0 2m / s . Phải mất ít nhất bao nhiêu thời gian để ô tô đi từ A đến B ? Bài giải Gọi s là quãng đường ô tô đi được trong giai đoạn chuyển động nhanh dần đều; a,b là độ lớn gia tốc của ô tô trong giai đoạn chuyển động nhanh dần đều và chuyển động chậm dần đều a,b 0 . 1 2s Trong giai đoạn chuyển động nhanh dần đều, ta có: s at 2 t ; v2 2as 1 . 2 1 1 a 1 2 Trong giai đoạn chuyển động chậm dần đều, ta có: v1 2b l s ; v1 bt2 2 . bl al Từ (1) và (2), ta được: 2as 2b l s s ; l s 3 . a b a b 2bl Từ (1) và (3), ta được: t 4 1 a a b 2al Từ (2) và (3), ta được: t 5 . 2 b a b 2bl 2al 2l a b Thời gian ô tô đi từ A đến B là: t t t t . 1 2 a a b b a b a b b a a b a b Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm , ta được 2 . b a b a 2l 1 2 Mặt khác: với a0 2m / s . a b a0 1 1 1 800 t .2 2 tmin 2 2 40s . a0 a0 a0 2
10. Vậy: Phải mất ít nhất 40s để ô tô đi từ A đến B . 25. Một chất điểm chuyển động từ A đến B cách A một đoạn s . Cứ chuyển động được 3s thì chất điểm lại nghỉ 1s . Trong 3s đầu chất điểm chuyển động với tốc độ v0 5m / s . Trong các khoảng 3s tiếp theo chất điểm chuyển động với tốc độ 2v0 , 3v0 , , nv0 . Tính tốc độ trung bình của chất điểm trên quãng đường AB trong các trường hợp: a) s 315m . b) s ' 325m . Bài giải Đặt t1 3s ; gọi s là quãng đường mà chất điểm đi được sau nt1 s n 1 ; s1, s2 , s3 , , sn là quãng đường đi được của chất điểm trong 3s đầu tiên và trong các khoảng 3s kế tiếp Ta có: s s1 s2 s3 sn s v0t1 2v0t1 nv0t1 v0t1 1 2 n n n 1 n n 1 s v t .5.3 7,5n n 1 2 0 1 2 n 6 a) Khi s 315m , ta có: 7,5n n 1 315 (loại n 7 ). n 7 Thời gian chuyển động của chất điểm trên quãng đường s 315m là: t nt1 n 1 6.3 6 1 23s . s 315 Tốc độ trung bình của chất điểm trên quãng đường s 315m : v 13,7m / s . t 23 b) Khi s ' 325m , ta có: Thời gian chất điểm đi quãng đường s 315m đầu là t 23s . s s 10 Thời gian chất điểm đi quãng đường s 10m cuối là: t 0,29s . vn 1 n 1 v0 7.5 Tốc độ trung bình của chất điểm trên quãng đường s ' 325m là: s ' s ' 325 v ' 13,38m / s . t ' t t 1 23 0,29 1 Vậy: Tốc độ trung bình của chất điểm trên các quãng đường s 315m là v 13,7m / s và s ' 325m là v ' 13,38m / s . 26. Hai thanh cứng bằng kim loại có chiều dài OA l1, OB l2 , liên kết với nhau bởi khớp nối O , được đặt trên mặt bàn nhẵn nằm ngang. Người ta kéo hai đầu A, B của thanh theo cùng phương AB nhưng ngược
11. chiều nhau với vận tốc không đổi lần lượt là v1 và v2 . Tìm gia tốc của khớp nối O lúc hai thanh vuông góc nhau. Bài giải Xét hệ quy chiếu gắn với A . Ta có:    Vận tốc của B đối với A : vB v1 v2 vB v1 v2 . l Vận tốc của khớp nối O đối với A : v v cos  v v 2 . B 1 2 2 2 l1 l2     2 2 Gia tốc toàn phần của khớp nối O : a a1 a2 a a1 a2 ( a1,a2 là gia tốc thành phần của khớp nối O theo OA và OB ). 2 v2 v v l 2 Thành phần gia tốc a của khớp nối O (gia tốc hướng tâm A ): a 1 2 2 1 1 2 2 . l1 l1 l2 l1 Tương tự, nếu chọn hệ quy chiếu gắn với B , ta có: l Vận tốc của khớp nối O đối với B : v v v 1 . 1 2 2 2 l1 l2 2 v2 v v l 2 Thành phần gia tốc của khớp nối O (gia tốc hướng tâm B a 1 2 1 ): 2 2 2 . l2 l1 l2 l2
12. v v 2 l 6 l 6 Gia tốc toàn phần của khớp nối O là: a a2 a2 1 2 1 2 1 2 2 2 . l1l2 l1 l2 v v 2 l 6 l 6 Vậy: Độ lớn gia tốc khớp nối O là a 1 2 1 2 2 2 . l1l2 l1 l2 27. Từ ban công lần lượt các viên bi được thả rơi tự do cách nhau những khoảng thời gian bằng nhau. Khi viên bi đầu tiên chạm đất thì viên bi tiếp theo đã rơi được đúng một nửa quãng đường. Hỏi lúc này viên bi thứ ba đã rơi được bao nhiêu phần của quãng đường? Bao nhiêu viên bi đã được thả cho đến khi viên bi đầu tiên chạm đất? Cho g 10m / s2 . (Trích đề thi Olympic 30/4, 2012) Bài giải Gọi h là độ cao nơi thả các viên bi. 2h Thời gian rơi của một viên bi: t . 1 g h Khoảng thời gian viên bi rơi nửa đoạn đường đầu: t . 2 g h Khoảng thời gian giữa hai lần các viên bi rơi: t t t 2 1 . 1 2 g h Thời gian viên bi thứ 3 đã rơi: t t t 2t t 2 2 . 3 2 2 1 g Quãng đường mà viên bi thứ ba rơi được khi viên bi thứ nhất chạm đất: 2h 1 1 h 2 t g h gt 2 g 2 2 h 3 2 2 và n 3,4 . 3 2 3 2 g t h 2 1 g Vậy: Quãng đường rơi của viên bi thứ ba là h3 h 3 2 2 và số viên bi đã thả là 4. 28. Một quả cầu đàn hồi, được thả rơi tự do từ độ cao h 20m xuống mặt sàn nằm ngang. Sau khi chạm sàn, quả cầu nẩy lên thẳng đứng, lại rơi xuống, cứ như thế cho đến lúc dừng lại. Biết tốc độ lúc nảy lên bằng 9 tốc độ lúc chạm sàn trước đó. Tìm thời gian chuyển động của quả cầu. Lấy g 10 m / s2 . 10 Bài giải 2h 2.20 Thời gian rơi lần 1: t 2s . g 10
13. Tốc độ chạm sàn lần 1: v1 2gh . 9 Tốc độ nẩy lên lần 1: v' k 2gh với k . 1 10 2h Thời gian đi lên lần 1: t k kt . 1 g v '2 Độ cao cực đại nẩy lên lần 1: h 1 k 2h . 1 2g 2h 2h Thời gian rơi lần 2: t ' 1 k kt t . g g 1 ' 2 Tốc độ nẩy lên lần 2: v2 k 2gh . 2h Thời gian đi lên lần 2: t k 2 k 2t 2 g v '2 Độ cao cực đại nẩy lên lần 2: h 1 k 4h . 2 2g 2h 2h Thời gian rơi lần 3: t '' 2 k 2 k 2t t g g 2 2h Thời gian đi lên lần n :t k n k nt . n g Thời gian chuyển động của quả cầu:  t 2t1 2t2 2tn . 9 k  t 2 k k 2 k n t t 2 t 2 2 10 .2 38s . 9 1 k 1 10 Thời gian chuyển động của quả cầu là  38s . 29. Một quả cầu nhỏ rơi từ độ cao h0 180m . Sau khi chạm đất quả cầu nảy lên và lại rơi xuống. Mỗi lần 1 quả cầu va chạm với mặt đất vận tốc nảy lên của nó chỉ bằng lần n 2 vận tốc của nó trước lúc va n chạm. Hỏi thời gian từ lúc quả cầu rơi cho đến khi dừng hẳn là bao nhiêu? Tính tổng quãng đường mà nó đã đi được. Lấy g 10m / s2 .
14. Chú ý: Cấp số nhân là một dãy số thỏa mãn n 2 thì un un 1q , với un là số hạng thứ n của dãy số, q là một số không đổi gọi là công bội của cấp số nhân. Tổng của n số hạng đầu của cấp số nhân: 1 qn S u , q 1. n 1 1 q Bài giải Quả cầu từ độ cao h0 khi rơi xuống đất có vận tốc là: v0 2gh0 2.10.180 60m / s . v Vận tốc quả cầu nảy lên lần thứ nhất và lại rơi xuống đất là: v 0 . 1 n v Vận tốc quả cầu nảy lên lần thứ hai và lại rơi xuống đất là: v 0 . 2 n2 v Vận tốc quả cầu nảy lên lần thứ m và lại rơi xuống đất là: v 0 . m nm v2 h v2 h v2 h Độ cao quả cầu mỗi lần nảy lên là: h 1 0 ; h 2 0 ; ; h m 0 ; 1 2g n2 2 2g n4 m 2g n2m 2 Tổng quãng đường mà quả cầu đi được là: s h0 2h1 2h2 2hm 2h0 1 1 1 s h0 2 1 2 4 2m 2 . n n n n Áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân trong ngoặc ( ), với u1 1 và 1 q , ta được: n2 m 1 m 1 2 2h 1 q 2h n s h 0 .u . h 0 .1 0 2 1 0 2 1 n 1 q n 1 n2 2h 1 2h 2.180 s h 0 h 0 180 300m 0 2 1 0 2 2 n 1 n 1 2 1 n2 Tổng thời gian quả cầu rơi và nảy lên là: t t0 t1 t2 tm v 2v 2v v 2v 1 1 1 t 0 1 m 0 0 . g g g g g n n2 nm
15. 1 Áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân trong ngoặc [ ] với u và 1 n m 1 m 1 1 v 2v 1 q v 2v 1 n q , ta được: t 0 0 .u 0 0 . . 1 1 n g g 1 q g g n 1 n v 2v 1 1 v n 1 60 2 1 t 0 0 . 0 18s 1 g g n 1 g n 1 10 2 1 n Vậy: Thời gian từ lúc quả cầu rơi cho đến khi dừng hẳn và tổng quãng đường mà nó đã đi được là t 18s và s 300m .