Giải SBT Vật lí 10 Bài 9. Chuyển động thẳng biến đổi đều có đáp án

Đáp án đúng là: 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 đúng là: B

Công thức liên hệ giữa độ dịch chuyển, vận tốc và gia tốc của chuyển động nhanh dần đều là: ${v}^{2}-{v}_{0}^{2}=2ad$.

Đáp án đúng là: 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 đúng là: B

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

Độ dịch chuyển của chuyển động (III):

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

Ta có: ${v}_{0}=100m/s;\ a=-4m/{s}^{2}$

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

$v={v}_{0}+at\Rightarrow t=\frac{v-{v}_{0}}{a}=25s$

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

$d={v}_{0}t+\frac{a{t}^{2}}{2}=100.25+\frac{1}{2}.(-4){.25}^{2}=1250m=1{,}25km$

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 = 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:

Áp dụng: ${v}^{2}-{v}_{0}^{2}=2ad\Rightarrow d=\frac{{v}^{2}-{v}_{0}^{2}}{2a}=\frac{{0}^{2}-{20}^{2}}{2.(-3)}\approx 66{,}7m$.

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

Thời gian hãm phanh là

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

Thời gian chuyển động trong cách 2:

$t'={t}_{1}+{t}_{2}=12s$ (2)

Từ (1) và (2) ta thấy 12 s < 20 s.

Vậy cách 2 mất ít thời gian hơn.

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 A:${d}_{1}={v}_{0A}t+\frac{1}{2}{a}_{A}{t}^{2}=40t-{t}^{2}$ (1)

Chuyển động của vật B: ${d}_{2}={d}_{0}+{v}_{0B}t+\frac{1}{2}{a}_{B}{t}^{2}=78+0{,}5{t}^{2}$ (2)

Hai vật gặp nhau khi ${d}_{1}={d}_{2}$

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

Gia tốc của xe bus trong 4 s đầu: ${a}_{1}=\frac{Δ{v}_{1}}{Δ{t}_{1}}=\frac{8-0}{4-0}=2m/{s}^{2}$

Gia tốc của xe bus trong 4 s tiếp theo:${a}_{2}=\frac{Δ{v}_{2}}{Δ{t}_{2}}=\frac{12-8}{8-4}=1m/{s}^{2}$

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: ${d}_{2}={v}_{0}{t}_{2}+\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}=8.4+\frac{1}{2}{.1.4}^{2}=40\ m$

Trong các giây tiếp theo: ${d}_{3}={v}_{3}{t}_{3}=12{t}_{3}$

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 + 12t$_{3}$ = 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.