Câu 1. Cho hình hộp $ABCD \cdot A’B’C’D’$. Chứng minh rằng:
a) $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {B’C’} + \overrightarrow {DD’} = \overrightarrow {AC’} $
b) $\overrightarrow {DB’} + \overrightarrow {D’D} + \overrightarrow {BD’} = \overrightarrow {BB’} $
c) $\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BA’} + \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {C’D} = \vec 0$.
Lời giải
a) $VT = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {B’C’} + \overrightarrow {DD’} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AA’} $$ = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AA’} = \overrightarrow {AC’} = VP$
b) $VT = \overline {DB’} + \overline {DD’} + \overline {BD’} = $$\overline {D’B’} + \overline {BD’} = \overline {BB’} = VP$
c) $VT = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BA’} + \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {C’D} $$ = \overline {A’C’} + \overrightarrow {DA’} + \overline {C’D} = \overline {A’D} + \overrightarrow {DA’} $$ = \vec 0 = VP$
Câu 2. Cho hình bình hành $ABCD$. Gọi $S$ là một điểm không thuộc mặt phẳng chứa hình bình hành. Chứng minh rằng $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} $.
Lời giải
Cách 1: $VT = \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {SD} + \overrightarrow {DC} $
$ = \left( {\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} } \right) + \left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {DC} } \right)$$ = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} + \overrightarrow {0 = } \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = VP$
Cách 2:
Do $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \overrightarrow {SB} – \overrightarrow {SA} = \overrightarrow {SC} – \overrightarrow {SD} \Leftrightarrow \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} $
Câu 3. Ba lực có điểm đặt tại một đỉnh của hình lập phương, cùng phương với ba cạnh và cùng có cường độ là $5\;N$. Tính cường độ của hợp lực.
Lời giải
Giả sử 3 lực có điểm đặt là $A$ và các lực là $\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {AA’} $.
Theo quy tắc hình bình hành ta có hợp lực $\overrightarrow {AC’} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA’} $.
Theo đề bài ta có $\left| {\overrightarrow {AB} \left| = \right|\overrightarrow {AD} \left| = \right|\overrightarrow {AA} } \right| = 5$.
Mà $AC’$ là đường chéo của hình lập phương nên
$AC’ = \sqrt {A{B^2} + A{D^2} + A{A^{‘2}}} $ $ = \sqrt {{5^2} + {5^2} + {5^2}} = 5\sqrt 3 $.
Vậy cường độ của hợp lực là $5\sqrt 3 N$.
Câu 4. Cho hình chóp $S \cdot ABCD$. Gọi $I$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ và $J$ là trọng tâm tam giác $ADC$. Chứng minh rằng $2\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + 2\overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 3\left( {\overrightarrow {SI} + \overrightarrow {SJ} } \right)$.
Lời giải
Chú ý: Nếu $I$ là trung điểm đoạn $AB$ thì mọi điểm $M$ ta có:
$\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = 2\overrightarrow {MI} $ hay $\overrightarrow {MI} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} } \right)$
Cách 1: Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Ta có:
$VT = 2\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + 2\overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} $$ = 2\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} } \right) + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} $
$ = 2.2\overrightarrow {SO} + 2\overrightarrow {SO} = 6\overrightarrow {SO} $$ = 6.\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {SI} + \overrightarrow {SJ} } \right) = 3\left( {\overrightarrow {SI} + \overrightarrow {SJ} } \right) = VP$
Cách 2:
Xét $S.ABC$ do $I$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ nên ta có:
$\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = \vec 0$$ \Leftrightarrow \overrightarrow {SA} – \overrightarrow {SI} + \overrightarrow {SB} – \overrightarrow {SI} + \overrightarrow {SC} – \overrightarrow {SI} = \vec 0$$ \Leftrightarrow \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = 3\overrightarrow {SI} $.
Xét $S.ACD$ ta có $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = \overrightarrow {SJ} + \overrightarrow {JA} + \overrightarrow {SJ} + \overrightarrow {JC} + \overrightarrow {SJ} + \overrightarrow {JD} $$ = 3\overrightarrow {SJ} + \left( {\overrightarrow {JA} + \overrightarrow {JD} + \overrightarrow {JC} } \right)$.
Vì $J$ là trọng tâm tam giác $ADC$ nên $\overrightarrow {JA} + \overrightarrow {JC} + \overrightarrow {JD} = \vec 0$.
Suy ra $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 3\overrightarrow {SJ} $.
Ta có $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 3\overrightarrow {SI} + 3\overrightarrow {SJ} $
$ \Leftrightarrow 2\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + 2\overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 3\left( {\overrightarrow {SI} + \overrightarrow {SJ} } \right)$
Câu 5. Cho hình lăng trụ tam giác $ABC \cdot A’B’C’$ có $\overrightarrow {AA’} = \vec a,\overrightarrow {AB} = \vec b,\overrightarrow {AC} = \vec c$.
Chứng minh rằng $\overrightarrow {B’C} = \vec c – \vec a – \vec b$ và $\overrightarrow {BC’} = \vec a – \vec b + \vec c$.
Lời giải
Ta có:
$VT=\overline {B’C} = \overrightarrow {B’A’} + \overrightarrow {A’A} + \overrightarrow {AC} = – \overrightarrow {AB} – \overrightarrow {AA’} + \overrightarrow {AC} $ $ = – \vec a + \vec b + \vec c = \vec c – \vec a – \vec b=VP$
$VT=\overrightarrow {BC’} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CC’} = – \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AA’} $$ = – \vec b + \vec c + \vec a = \vec a – \vec b + \vec c=VP$
Câu 6. Nếu một vật có khối lượng $m\left( {\;kg} \right)$ thì lực hấp dẫn $\vec P$ của Trái Đất tác dụng lên vật được xác định theo công thức $\vec P = m\vec g$, trong đó $\vec g$ là gia tốc rơi tự do có độ lớn $g = 9,8\;m/{s^2}$. Tính độ lớn của lực hấp dẫn của Trái Đất tác dụng lên một quả táo có khối lượng 102 gam (Hình 27).
Hình 27
Lời giải
Đổi $102g = 0,102\;kg$.
Độ lớn của lực hấp dẫn của Trái Đất tác dụng lên một quả táo là $\left| {\vec P\left| { = m} \right|\vec g} \right| = 0,102.9,8 = 0,9996\;N$
Câu 7. Trong điện trường đều, lực tĩnh điện $\vec F$ (đơn vị: $N$ ) tác dụng lên điện tích điểm có điện tích $q$ (đơn vị: $C$ ) được tính theo công thức $\vec F = q \cdot \vec E$, trong đó $\vec E$ là cường độ điện trường (đơn vị: N/C). Tính độ lớn của lực tĩnh điện tác dụng lên điện tích điểm khi $q = {10^{ – 9}}C$ và độ lớn điện trường $E = {10^5}\;N/C$
Hình 28
Lời giải
Độ lớn của lực tĩnh điện tác dụng lên điện tích điểm là $\left| {\vec F\left| { = q \cdot } \right|\vec E} \right| = {10^{ – 9}} \cdot {10^5} = {10^{ – 4}}\;N$.
Câu 8. Một lực tĩnh điện $F$ tác động lên điện tích điểm $M$ trong điện trường đều làm cho $M$ dịch chuyển theo đường gấp khúc M N P (Hinhf 29) $q = 2 \cdot {10^{ – 12}}C$, vectơ điện trường có độ lớn $E = 1,8 \cdot {10^5}\;N/C$ và $d = MH = 5\;mm$. Tính công $A$ sinh bởi lực tĩnh điện $\vec F$.
Hình 29
Lời giải
Đổi $5\;mm = {5.10^{ – 3}}\;m$.
Gọi $K$ là điểm thuộc $MH$ sao cho $PK \bot MH,L$ là điểm thuộc $HN$ sao cho $PL \bot HN$
${A_{MNP}} = {A_{MPP}} + {A_{PN}} = {F_d} \cdot MPcos{\alpha _1} + {F_d} \cdot PNcos{\alpha _2}$$ \Leftrightarrow {A_{MNP}} = qE \cdot \frac{{MK}}{{cos{\alpha _1}}} \cdot cos{\alpha _1} + qE \cdot \frac{{PL}}{{cos{\alpha _2}}} \cdot cos{\alpha _2}$$ \Leftrightarrow {A_{MNP}} = qE\left( {MK + KL} \right) = qE\left( {MK + KH} \right)$
$ = qE \cdot MH = 2 \cdot {10^{ – 12}} \cdot 1,8 \cdot {10^5} \cdot 0,005 = 1,8 \cdot {10^{ – 9}}\;J$
