Giải SBT Vật lí 10 Kết nối bài 9 Chuyển động thẳng biến đổi đều

Đáp án C

• A – chuyển động thẳng nhanh dần đều
• B – chuyển động thẳng nhanh dần đều, cụ thể là sự rơi tự do
• C – chuyển động ném ngang là chuyển động cong.
• D – chuyển động thẳng chậm dần đều.

Đáp án B

Công thức liên hệ giữa độ dịch chuyển, vận tốc và gia tốc của chuyển động nhanh dần đều là: $v^{2}-v_{o}^{2}=2ad$

Đáp án C

• A – chuyển động thẳng đều.
• B – chuyển động thẳng nhanh dần đều vì đồ thị có vận tốc tăng đều, độ dốc dương.
• C – chuyển động thẳng chậm dần đều vì đồ thị có vận tốc giảm đều, độ dốc âm.
• D – không phải chuyển động thẳng.

Đáp án B

Chuyển động thẳng chậm dần đều là chuyển động có vận tốc giảm đều theo thời gian.

a) Đồ thị 2: vì đồ thị có độ dốc âm thể hiện xe phải chuyển động chậm dần và dừng lại.

b) Đồ thị 3: vì đồ thị có độ dốc dương thể hiện vận động viên phải tăng tốc, vận tốc tăng đều theo thời gian.

c) Đồ thị 1: vì đồ thị có tốc độ chuyển động không đổi theo thời gian nên là chuyển động thẳng đều.

d) Đồ thị 4: vì vận tốc tăng đột ngột không đều.

a) Áp dụng: 

• Biểu thức tính vận tốc: $v=v_{o}+at$
• Biểu thức tính độ dịch chuyển: $d=v_{o}t+\frac{1}{2}at^{2}$

Vật 1: gia tốc = độ dốc của đồ thị = $a_{1}=\frac{\Delta v_{1}}{\Delta t_{1}}=\frac{4-2}{20-0}=0,1m/s^{2}$

$v_{1}=v_{o}+a_{1}t=2+0,1t$

$d_{1}=v_{o}t+\frac{1}{2}a_{1}t^{2}=2t+0,05t^{2}$

Vật 2: $a_{2}=\frac{\Delta v_{2}}{\Delta t_{2}}=\frac{2-0}{20-0}=0,1m/s^{2}$

$v_{2}=a_{2}t=0,1t$

$d_{2}=\frac{1}{2}a_{2}t^{2}=0,05t^{2}$

Vật 3: $a_{3}=\frac{\Delta v_{3}}{\Delta t_{3}}=\frac{004}{20-0}=-0,2m/s^{2}$

$v_{3}=v_{o3}+a_{3}t=4-0,2t$

$d_{3}=v_{o3}t+\frac{1}{2}a_{3}t^{2}=4t-0,1t^{2}$

b) Độ dịch chuyển của chuyển động (III):

$d_{3}=4t-0,1t^{2}=4.20-0,1.20^{2}$ = 40 m.

a) Ta có: $v_{o}$ = 100 m/s; a = -4 m/s$^{2}$

Thời gian ngắn nhất để máy bay dừng hẳn kể từ khi tiếp đất (v = 0) là 

$v=v_{o}+at\Rightarrow t=\frac{v-v_{o}}{a}$ = 25 s

b) Quãng đường hạ cánh an toàn của máy bay trong khoảng thời gian ngắn nhất có thể dừng hẳn là:

$d=v_{o}t+\frac{1}{2}at^{2}=100.25+\frac{1}{2}.(-4).25^{2}$ = 1250 m = 1,25 km

Vậy 1 km < 1,25 km nên máy bay không thể hạ cánh an toàn trên sân bay có đường bay dài 1 km

Đổi 72 km/h = 72.$\frac{1000}{3600}$ = 20 m/s

Khi hãm phanh, xe chuyển động chậm dần, a và v ngược dấu nhau.

Quãng đường xe dịch chuyển từ khi hãm phanh tới lúc dừng lại là:

Ta có: $v^{2}-v_{o}^{2}=2ad$

$\Rightarrow d=\frac{v^{2}-v_{o}^{2}}{2a}=\frac{0^{2}-20^{2}}{2.(-3)}\approx 66,7m$

Vậy xe phải hãm phanh trước vật cản trên 66,7 m.

Thời gian hãm phanh là

$v=v_{o}+at\Rightarrow t=\frac{v-v_{o}}{a}=\frac{0-20}{-3}\approx 6,7s$

a) Đổi 36 km/h = 10 m/s.

Cách 1: Vì $v_{o}$ = 0; v = 10 m/s; d = 100 m nên gia tốc của xe trong chuyển động là $a=\frac{v^{2}-v_{o}^{2}}{2d}$

Thời gian xe chuyển động để đạt được 36 km/h trong 100 m là

Từ $v=v_{o}+at\Rightarrow $ t = 20 s (1)

Cách 2: Vì $v_{o}$ = 0; v = 10 m/s; d = $\frac{100}{5}$ = 20 m nên gia tốc trong chuyển động này là $a_{1}=\frac{v^{2}-v_{o}^{2}}{2d_{1}}$

Thời gian chuyển động trong quãng đường này là:

$t_{1}=\frac{v-v_{o}}{a}=\frac{10-0}{2,5}$ = 4 s

Thời gian chuyển động đều trên quãng đường còn lại 100 – 20 = 80 m là: 

$t_{2}=\frac{d_{2}}{v}=\frac{80}{10}$ = 8 s

Thời gian chuyển động trong cách 2:

$t=t_{1}+t_{2}$ = 12 s (2)

Từ (1) và (2) ta thấy 12 s < 20 s.

Vậy cách 2 mất ít thời gian hơn.

b) Có thể giải bằng cách tính vận tốc trung bình.

Cách 1: Vận tốc trung bình của chuyển động là

$v_{tb1}=\frac{v+v_{o}}{2}=\frac{0+10}{2}$ = 5 m/s

Thời gian xe chuyển động là $\frac{s}{v_{tb1}}=\frac{100}{5}$ = 20 s (3)

Cách 2:

Vận tốc trung bình của chuyển động trong quãng đường 20 m chuyển động nhanh dần đều là $v_{tb2}=\frac{v+v_{o}}{2}=\frac{0+10}{2}$ = 5 m/s

Thời gian xe chuyển động nhanh dần đều là $t_{1}=\frac{s}{v_{tb2}}=\frac{20}{5}$ = 4 s

Thời gian chuyển động đều trên quãng đường còn lại 100 – 20 = 80 m là: $t_{2}=\frac{d_{2}}{v}=\frac{80}{10}$ = 8 s

Thời gian chuyển động trong cách 2: 

$t=t_{1}+t_{2}$ = 12 s (2)

Từ (1) và (2) ta thấy 12 s < 20 s.

Vậy cách 2 mất ít thời gian hơn.

Chọn chiều từ chân dốc lên đỉnh dốc là chiều dương. Điểm O là chân dốc.

Chuyển động của ô tô: $v_{o1}$ = 20 m/s; $a_{1}$ = -0,4 m/s$^{2}$

Phương trình chuyển động: $d_{1}=20t-0,2t^{2}$ (1)

Chuyển động của xe đạp: $v_{o1}$ = -2 m/s; $d_{o2}$ = 570 m; $a_{2}$ = -0,2 m/s$^{2}$

(vì chuyển động nhanh dần đều thì a.v > 0)

Phương trình chuyển động: $d_{2}=570-2t-0,1t^{2}$ (2)

Khi ô tô và xe đạp gặp nhau:

$d_{1}=d_{2}\Rightarrow 20t-0,2t^{2}=570-2t-0,1t^{2}$ (3)

Nghiệm của phương trình (3) là t$_{1}$ = 30 s và t$_{2}$ = 190 s.

Thay t$_{1}$ vào (1), tính được d$_{1}$ = 420 m (nhận).

Thay t$_{2}$ vào (1), tính được d$_{2}$ = -3420 m (loại vì hai xe gặp nhau trên dốc).

Vị trí hai xe gặp nhau cách chân dốc 420 m.

a) Xét vật A: $a_{A}=\frac{\Delta v_{A}}{\Delta t}=\frac{0-40}{20-0}=-2m/s^{2}$

Phương trình vận tốc của vật A: $v_{A}=40-2t$ m/s

Xét vật B: $a_{B}=\frac{\Delta v_{B}}{\Delta t}=\frac{20-0}{20-0}=1m/s^{2}$

Phương trình vận tốc của vật B: $v_{B}=t$ m/s

Hai vật có cùng vận tốc khi:

$v_{A}=v_{B}\Leftrightarrow 40-2t=t\Rightarrow t=13,3s$

Vậy hai vật có cùng vận tốc tại thời điểm .

b) Chọn trục tọa độ có phương trùng với phương chuyển động của hai vật.

Gốc tọa độ tại vị trí xuất phát của vật A.

Mốc thời gian trùng với thời điểm xuất phát của hai vật.

Chuyển động của vật $d_{A}=v_{oA}t+\frac{1}{2}a_{A}t^{2}=40t-t^{2}$ (1)

Chuyển động của vật $d_{B}=d_{o}+v_{oB}t+\frac{1}{2}a_{B}t^{2}=78+0,5^{2}$ (2)

c) Hai vật gặp nhau khi $d_{A}=d_{B}$

$\Rightarrow 40t-t^{2}=78+0,5^{2}$ (3)

Phương trình (3) cho hai nghiệm t = 2,12 s và t’ = 24,5 s (loại vì t’ > 20 s)

Thay t vào (1) ta được d$_{1}$ = 80,3 m.

Hai vật gặp nhau cách vị trí ban đầu của A là 80,3 m.

a) Gia tốc của xe bus trong 4 s đầu: $a_{1}=\frac{\Delta v_{1}}{\Delta t_{1}}=\frac{8-0}{4-0}=2m/s^{2}$

Gia tốc của xe bus trong 4 s tiếp theo: $a_{2}=\frac{\Delta v_{2}}{\Delta t_{2}}=\frac{12-8}{8-4}=1m/s^{2}$

b) Sau giây thứ 4 thì vận tốc của xe bus lớn hơn vận tốc của xe máy.

c) Dựa vào đồ thị, diện tích hình giới hạn bởi đường biểu diễn trong đồ thị vận tốc - thời gian có độ lớn bằng quãng đường đi được. Khi hai xe gặp nhau, thì diện tích hình giới hạn bởi đường biểu diễn cho hai xe bằng nhau.

Ta thấy diện tích hình chữ nhật OAHI giới hạn bởi đường biểu diễn v – t cho xe máy bằng với diện tích hình OCKLI giới hạn bởi đường biểu diễn v – t cho xe bus cùng bằng 10 ô. Do đó, tại thời điểm t = 10 s thì d$_{1}$ = d$_{2}$, nghĩa là xe bus đuổi kịp xe máy.

Kiểm tra bằng phương trình chuyển động:

Đối với xe bus:

Trong 4 s đầu: $d_{1}=\frac{1}{2}a_{1}t_{1}^{2}=\frac{1}{2}.2.4^{2}=16m$

Trong 4 s tiếp theo: $d_{2}=v_{o}t_{2}+\frac{1}{2}a_{2}t_{2}^{2}=8.4+\frac{1}{2}.1.4^{2}=40m$

Trong các giây tiếp theo: $d_{3}=v_{3}t_{3}=12t_{3}$

Nếu gọi thời điểm hai xe gặp nhau là t thì $t_{3}=t\pm (t_{1}+t_{2})\Rightarrow t_{3}=t\pm 8$

Chọn dấu “-” vì trong 8 s đầu xe bus mới đi được d$_{1}$ + d$_{2}$ = 56 m, còn xe máy đã đi được $d_{m}=v_{m}t_{m}=8.8=64m>56m$

Độ dịch chuyển của xe máy trong thời gian t là $d_{m}=v_{m}t=8t$ (1)

Độ dịch chuyển của xe bus trong thời gian t là

$d_{b}$ = 16 + 40 + 12$t_{3}$ = 16 + 40 + 12(t - 8) = 12t - 40 (2)

Khi hai xe gặp nhau $d_{m}=d_{b}\Rightarrow $ 12t - 40 = 8t $\Rightarrow $ t = 10s

Hai xe gặp nhau tại thời điểm t = 10 s.

d) Khi đó xe máy chạy được $d_{m}=v_{m}t=8t=8.10=80m$

e) Vận tốc trung bình của xe bus trong 8 s đầu 

$v_{tb}=\frac{d_{1}+d_{2}}{t_{1}+t_{2}}=\frac{16+40}{8}$ = 7 m/s