a. Vì Xe chuyển động thẳng đều nên 

F = f m s = μ N = μ m g = 0 , 2.2000.10 = 4000 ( N )

b.  v C = 72 ( k m / h ) = 20 ( m / s )

Áp dụng định lý động năng

A = W d C − W d B  

Công của trọng lực 

A P = P x . B C = P sin α . B C = m g sin α . B C A P = 2000.10. 1 2 . B C = 10 4 . B C ( J )

⇒ 10 4 . B C = 1 2 . m . v C 2 − 1 2 m . v B 2 ⇒ 10 4 . B C = 1 2 .2000.20 2 − 1 2 .2000.2 2 ⇒ B C = 39 , 6 ( m )

c. Áp dụng định lý động năng 

A = W d D − W d C ⇒ A f → m s = 1 2 m v D 2 − 1 2 m v C 2

Công của lực ma sát 

A f m s = − f m s . s = − μ N . s = − μ . m g . s / = − μ .2000.10.200 = − μ .4.10 6 ( J )

Dừng lại 

v D = 0 ( m / s ) ⇒ − μ 4.10 6 = 0 − 1 2 .2000.20 2 ⇒ μ = 0 , 1

a. Chọn chiều dương là chiều chuyển động.

Theo định luật II Newton  P → + N → + F → = m a →

Chiếu lên ox ta có  F = m a ⇒ a = F m = 1 2 = 0 , 5 m / s 2

Mà  v = v 0 + a t = 0 + 0 , 5.4 = 2 m / s

Áp dụng công thức  v 2 − v 0 2 = 2 a s ⇒ a = 2 2 − 0 2 2.8 = 0 , 25 m / s 2

Khi có lực ma sát ta có 

Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ , chiều dương (+) Ox là chiều chuyển động .Áp dụng định luật II Newton. Ta có  F → + F → m s + N → + P → = m a →

Chiếu lên trục Ox: F − F m s = m a 1

Chiếu lên trục Oy:  N − P = 0 ⇒ N = P

⇒ F − μ N = m a ⇒ μ = F − m . a m g

⇒ μ = 1 − 2.0 , 25 2.10 = 0 , 025

Mà  F m s = μ . N = 0 , 025.2.10 = 0 , 5 N

a. Ta có

sin α = 1 2 ; cos α = 3 2  

Công của trọng lực 

A P = P x . s = P sin α . s = m g sin α . s A P = 2.10. 1 2 .2 = 20 ( J )

Công của lực ma sát 

A f m s = − f m s . s = − μ N . s = − μ . m g cos α . s A f m s = − 1 3 .2.10. 3 2 .2 = − 20 ( J )

b. Áp dụng định lý động năng

A = W d B − W d A ⇒ A P → + A f → m s = 1 2 m v B 2 − 1 2 m v A 2 ⇒ 20 − 20 = 1 2 .2 v B 2 − 1 2 .2.2 2 ⇒ v B = 2 ( m / s )

c. Áp dụng định lý động năng

A = W d C − W d B ⇒ A f → m s = 1 2 m v C 2 − 1 2 m v B 2

Công của lực ma sát 

A f m s = − f m s . s = − μ N . s = − μ . m g . s / = − μ .2.10.2 = − μ 40 ( J )

Dừng lại

  v C = 0 ( m / s ) ⇒ − μ 40 = 0 − 1 2 .2.2 2 ⇒ μ = 0 , 1

Chọn B

Áp dụng định luật bảo toàn và chuyển hóa cơ năng ở hai vị trí chân dốc và ở vị trí đầu dốc

E 1 − E 0 = μ 1 m g S 1 → S t = 0 1 2 m v 0 2 ⏟ E 0 = 1 2 m v 2 + m g h ⏟ E 1 ⇒ v = v 0 2 − 2 g h

Áp dụng định luật bảo toàn và chuyển hóa cơ năng ở hai vị trí đầu dốc và vị trí vật dừng lại

0 − 1 2 m v 2 = − μ 2 m g . S 2 ⇒ S 2 = v 2 2 μ g = v 0 2 − 2 g h 2 μ g = 4 m

Đáp án B

Cho hệ tọa độ Ox như hình   

- Khi đầu tấm ván có tọa độ: , lực ma sát tác dụng lên xe có độ lớn:

Chọn đáp án C

Ta có:  

F_ms = µP = µmg

Áp dụng công thức độc lập thời gian có:

v² – v_o² = 2aS

a. Ta có

v A = 18 ( k m / h ) = 5 ( m / s ) ; v B = 54 ( k m / h ) = 15 ( m / s )  

Áp dụng định lý động năng 

A = 1 2 m v B 2 − 1 2 m v A 2 ⇒ A F → + A f → m s = 1 2 m ( v B 2 − v A 2 )

Mà  A f m s = − f m s . s = − μ . N . s = − μ . m . g . s = − 0 , 1.1000.10.100 = − 10 5 ( J ) ⇒ A F → = 1 2 .1000 ( 15 2 − 5 2 ) + 10 5 = 2.10 5 ( J )

b. Ta có

  sin α = 60 100 = 3 5 ; cos α = 100 2 − 60 2 100 = 4 5

Áp dụng định lý động năng

A = W d C − W d B ⇒ A P → + A f → m s = 1 2 m v C 2 − 1 2 m v B 2

Công của trọng lực 

A P = P x . B C = P sin α . B C = m g sin α . B C A P = 1000.10. 3 5 .100 = 6.10 5 ( J )

Công của lực ma sát 

A f m s = − f m s . B C = − μ N . B C = − μ . m g cos α . B C A f m s = − 0 , 1.1000.10. 4 5 .100 = − 8.10 4 ( J )

⇒ 6.10 5 − 8.10 4 = 1 2 .1000. ( v C 2 − 15 2 ) ⇒ v C = 35 , 57 ( m / s )

c. Gọi E là vị trí mà xe có thể lên được 

v E = 0 ( m / s )

Áp dụng định lý động năng

A = W d E − W d C ⇒ A P → + A f → m s = − 1 2 m v C 2

Công trọng lực của vật

A P → = − P x . C E = − m g sin 30 0 . C E ⇒ A P → = − 1000.10. 1 2 . C E = − 5000. C E ( J )

Công của lực ma sát 

A f m s = − f m s . C E = − μ N . C E = − μ . m . g cos 30 0 . C E = − 500 3 . C E ( J )

⇒ − 5000. C E − 500 3 . C E = − 1 2 .1000. ( 35 , 57 ) 2 ⇒ C E = 107 , 8435 ( m )

Đáp án C