CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÍ
vectorstock.com/10212086
Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection
CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÍ 10 TẬP 1 (ĐỘNG HỌC CHẤT ĐIỂM) TÓM TẮT KIẾN THỨC, PHƯƠNG PHÁP GIẢI, CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG CÓ BÀI GIẢI WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594
Phần thứ nhất: ĐỘNG HỌC CHẤT ĐIỂM
- Vận tốc: v
1. CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI Chuyên đề 1: CHUYỂN ĐỘNG THẲNG ĐỀU A. TÓM TẮT KIẾN THỨC
x const t
1.2
- Vectơ vận tốc có: + Gốc (điểm đặt) trên vật chuyển động.
I. Các khái niệm chung
+ Hướng trùng với hướng của chuyển động.
1. Chất điểm: Một vật có kích thước rất nhỏ so với
+ Độ dài tỉ lệ với v theo một tỉ xích chọn trước.
chiều dài quỹ đạo chuyển động của vật gọi là chất điểm.
3. Phương trình chuyển động thẳng đều: x x0 v t t0
Trên hình vẽ, chất điểm được biểu diễn bằng một điểm
với: x0 là tọa độ ban đầu t t0 của vật; x là tọa độ của vật tại thời điểm t; v là vận tốc của vật.
hình học.
1.3
♦ Chú ý
2. Quỹ đạo: Đường đi của một vật gọi là quỹ đạo
- Với chuyển động thẳng đều (không đổi chiều) thì:
chuyển động của vật.
+ độ dời = quãng đường: x S .
3. Hệ quy chiếu + độ lớn vận tốc = tốc độ: v
- Để xác định vị trí của một vật phải chọn hệ quy chiếu. - Hệ quy chiếu bao gồm hệ tọa độ (một chiều, hai chiều...) gắn với vật mốc, đồng hồ và gốc thời gian.
Khi đi từ Quảng Ngãi đến thành phố Hồ Chí Minh, ô tô có thể được coi là chất điểm
s . t t0
Lúc đó: s v t t0
1.3
Hệ quy chiếu = hệ tọa độ (một chiều, hai chiều...) + vật mốc + đồng hồ và gốc thời gian.
- Chọn gốc thời gian t0 0 thì: x x0 vt và s x x0 v t
4. Thời điểm: Thời điểm là trị số chỉ một lúc nào đó theo
- Thường ta chỉ xét chuyển động thẳng đều không đổi chiều chuyển động.
mốc thời gian và theo đơn vị thời gian đã chọn.
4. Đồ thị của chuyển động thẳng đều
5. Độ dời và đường đi
- Đồ thị tọa độ - thời gian x t là đường thẳng có độ dốc (hệ số góc) là v ( v 0 : đồ thị hướng lên, v 0 :
- Độ dời của vật chuyển động thẳng là độ biến thiên tọa
đồ thị hướng xuống), với:
độ của vật: x x2 x1
tan
1.1
- Đồ thị vận tốc - thời gian v t là đường thẳng song song với trục thời gian ( v 0 : đồ thị nằm trên trục
- Đường đi của vật là chiều dài phần quỹ đạo mà vật vạch được khi chuyển động: s. 6. Vận tốc và tốc độ: Để biết một vật chuyển động nhanh hay chậm trong khoảng thời gian t người ta dùng khái niệm tốc độ và vận tốc:
x x0 v t
Khi chất điểm chuyển động từ điểm M đến
thời gian, v 0 : đồ thị nằm dưới trục thời gian).
điểm N thì: đường đi là chiều dài cung MN; vectơ độ dời là vectơ MN .
+ Tốc độ trung bình = quãng đường vật chuyển động: thời gian vật thực hiện quãng đường. + Vận tốc trung bình = độ dời: thời gian vật thực hiện độ dời. II. Chuyển động thẳng đều 1. Định nghĩa: Chuyển động thẳng đều là chuyển động thẳng, trong đó vật thực hiện được những độ dời bằng nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau bất kì. 2. Vận tốc của chuyển động thẳng đều
Đồ thị x t với v 0
Đồ thị v t với v 0
♦ Chú ý: Độ dời x x0 bằng diện tích hình chữ nhật có hai cạnh là v và t trên đồ thị v t .
+ với đồ thị vận tốc - thời gian: diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi v và t trên đồ thị chính là độ dời (quãng
III. Tính tương đối của chuyển động. Công thức cộng vận tốc
đường nếu vật chuyển động không đổi chiều): s v t .
1. Tính tương đối của chuyển động: Chuyển động hay đứng yên đều có tính tương đối, nó phụ thuộc vào hệ
- Khi sử dụng công thức cộng vận tốc cần xác định đúng đâu là vận tốc tuyệt đối, đâu là vận tốc tương đối và
quy chiếu ta chọn. Do đó tọa độ, vận tốc và quĩ đạo của vật đều có tính tương đối.
đâu là vận tốc kéo theo; góc giữa vectơ vận tốc tương đối và vectơ vận tốc kéo theo để sử dụng đúng công thức cộng vận tốc cho từng bài toán cụ thể. Chú ý: v12 v21 và v12 v21 .
2. Công thức cộng vận tốc: Gọi: + v13 là vectơ vận tốc tuyệt đối (vận tốc của vật 1 so với vật 3). + v12 là vectơ vận tốc tương đối (vận tốc của vật 1 so với vật 2). + v23 là vectơ vận tốc kéo theo (vận tốc của vật 2 so với vật 3). Ta có: v13 v12 v23
1.4
- Đối với bài toán xác định khoảng cách giữa hai vật, để tìm khoảng cách ngắn nhất giữa hai vật có thể dựa vào các tính chất sau: 2
+ tính chất không âm của một bình phương: z a b 0 z zmin 0 khi a b . + tính chất của tam thức bậc hai: f x ax 2 bx c : khi
♦ Chú ý
a0
- Ta luôn có: v12 v23 v13 v12 v23 - Các trường hợp riêng: + v12 cùng hướng với v23 : v13 v12 v23 . + v12 ngược hướng với v23 : v13 v12 v23 2 + v12 vuông góc với v23 : v13 v122 v23 - Tổng quát: v13 v v 2v12 v23 cos ( góc giữa các vectơ v12 , v23 ) 2 12
2 23
B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG - Cần phân biệt các khái niệm: đường đi và độ dời; tốc độ và vận tốc; thời gian và thời điểm. - Việc chọn hệ quy chiếu khi giải các bài toán động học là tùy ý nhưng phải chọn sao cho phù hợp để việc giải bài toán được đơn giản. Cụ thể, việc chọn hệ quy chiếu gồm: chọn hệ tọa độ (gốc tọa độ, trục tọa độ,
thì
f x f x min
f x f x min
khi
x
b 2a
và
b 2 4ac 4a 4a
- Thông thường, ta xét đối với các chuyển động không đổi chiều, lúc đó x s nên s x x0 v t . - Các hệ thức trong tam giác; định lí hàm số cosin: (C là góc tạo bởi hai cạnh a và b của tam giác); định lí hàm số sin: c 2 a 2 b 2 2ab.cos C
a b c sin A sin B sin C VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Với dạng bài tập về quãng đường đi trong chuyển động thẳng đều. Phương pháp giải là: - Chọn hệ quy chiếu (chiều dương, gốc thời gian) thích hợp.
chiều dương) và gốc thời gian. Sau đó, dựa vào hệ quy chiếu đã chọn xác định giá trị và dấu của các đại
- Sử dụng công thức: s v t t0 . Chú ý: Khi hai vật chuyển động cùng chiều, độ giảm khoảng cách giữa hai
lượng x0 , t0 và v.
vật là s2 s1 ; khi hai vật chuyển động ngược chiều, độ giảm khoảng cách giũa hai vật là s2 s1 .
- Nhiều bài toán động học có thể được giải bằng cả hai phương pháp: phương pháp đại số và phương pháp đồ
2. Với dạng bài tập về sự gặp nhau giữa các vật trong chuyển động thẳng đều. Phương pháp giải là:
thị. Việc sử dụng kỹ thuật đồ thị có thể làm cho việc giải bài toán đơn giản hơn, khi sử dụng kỹ thuật này cần
- Chọn hệ quy chiếu (chiều dương, gốc tọa độ, gốc thời gian) thích hợp.
chú ý:
- Sử dụng phương trình chuyển động: x x0 v t t0 cho các vật.
+ với đồ thị tọa độ - thời gian: các vật chuyển động với cùng vận tốc thì đồ thị sẽ có cùng độ dốc (cùng hệ số góc) nên sẽ song song nhau 1 2 ; vật nào có vận tốc lớn hơn thì đồ thị sẽ có độ dốc (hệ số góc) lớn hơn:
1 2 thì vật 1 có vận tốc lớn hơn vật 2....
- Từ điều kiện gặp nhau: x1 x2 , suy ra: vị trí gặp nhau, thời điểm gặp nhau. 3. Với dạng bài tập về đồ thị của chuyển động thẳng đều. Phương pháp giải là: - Vẽ đồ thị x t : + Xác định 2 điểm của đồ thị: M x1 ; t1 ; N x2 ; t2 .
+ Vẽ đường thẳng qua MN. Chú ý: giới hạn đồ thị.
Bài giải
- Xác định đặc điểm chuyển động:
Ta có: 2 phút 40 giây = 160 s; 2 phút = 120 s; 1 km = 1000 m.
+ Đồ thị hướng lên v 0 : vật chuyển động theo chiều ; đồ thị hướng xuống v 0 : vật chuyển động
Gọi A là điểm xuất phát, B là điểm bắt đầu rẽ và C là điểm dừng lại của ca-nô. Ta có:
theo chiều . + Hai đồ thị song song: hai vật chuyển động cùng chiều và cùng vận tốc.
AC 2 AB 2 BC 2 2
+ Hai đồ thị cắt nhau: giao điểm là vị trí hai vật gặp nhau. + Vận tốc của vật: v
x2 x1 t2 t1
AC 2 vt1 vt2 v
+ Khoảng cách hai vật: x2 x1 .
AC t12 t22
2
1000
1602 1202
5m / s
18km / s .
4. Với dạng bài tập về tính tương đối của chuyển động. Phương pháp giải là: - Chọn hệ quy chiếu thích hợp.
Vậy: Vận tốc của ca-nô là v 18km / h .
- Sử dụng công thức cộng vận tốc: v13 v12 v23 . Chú ý các trường hợp đặc biệt: cùng chiều, ngược chiều,
1.3. Một người đứng tại A trên một bờ hồ. Người này muốn tới B
vuông góc.
Cho các khoảng cách như trên hình vẽ. Biết rằng người này có thể
- Phối hợp với các công thức khác để giải.
trên mặt hồ nhanh nhất.
chạy thẳng dọc theo bờ hồ với vận tốc v1 và bơi thẳng với vận tốc
C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG 1.1. Năm 1946, người ta đo khoảng cách Trái Đất - Mặt Trăng bằng kĩ thuật phản xạ sóng radar. Tín hiệu radar phát đi từ Trái Đất truyền với vận tốc c 3.108 m / s phản xạ trên bề mặt của Mặt Trăng và trở lại Trái Đất. Tín hiệu phản xạ được ghi nhận sau 2,5s kể từ lúc truyền. Coi Trái Đất và Mặt Trăng có dạng hình cầu bán kính lần lượt là RÐ 6400 km và RT 1740 km . Hãy tính khoảng cách d giữa hai tâm.
v2 . Hãy xác định cách mà người này phải theo: - hoặc bơi thẳng từ A đến B. - hoặc chạy dọc theo bờ hồ một đoạn rồi sau đó bơi thẳng tới B. Biết vận tốc chạy dọc theo bờ hồ luôn nhỏ hơn vận tốc khi bơi v1 v2 . Bài giải
(Ghi chú: Nhờ các thiết bị phản xạ tia laser, người ta đo được khoảng cách này với độ chính xác tới
Vì v1 v2 nên thời gian bơi đoạn AB không thể là thời gian nhỏ nhất, do đó ta loại trường hợp này. Giả sử
centimet). Bài giải - Khoảng cách từ bề mặt Trái Đất đến bề mặt Mặt Trăng là:
người đó đi theo đường gấp khúc ADB (hình vẽ). - Thời gian đi theo đoạn ADB là:
8
d
s vt 3.10 .2,5 3, 75.108 m 375000km 2 2 2
- Khoảng cách giữa hai tâm Trái Đất và Mặt Trăng là: D d RT§ RMT 375000 6400 1740 383140 km Vậy: Khoảng cách giữa hai tâm Trái Đất và Mặt Trăng là D 383140km . 1.2. Một ca-nô rời bến chuyển động thẳng đều. Thoạt tiên, ca-nô chạy theo hướng Nam - Bắc trong thời gian 2 phút 40 giây rồi tức thì rẽ sang hướng Đông - Tây và chạy thêm 2 phút với vận tốc như trước và dừng lại.
t
sx d 2 x 2 v1s v1 x v2 d 2 x 2 v2 v1 v1v2
Vì v1 , v2 và s có giá trị xác định nên thời gian t tmin khi:
y ymin v1 x v2 d 2 x 2 2
y v1 x v2 d x
min
2
Khoảng cách từ nơi xuất phát tới nơi dừng là 1km.
y 2 2 yv1 x v12 x 2 v22 d 2 x 2 x 2
Tính vận tốc của ca-nô.
- Phương trình này có:
2 yv1 v2d 2 y2 x 2 2 2 0 2 2 v2 v1 v2 v1
2 2 2 2 2 2 2 yv v 2 d 2 y 2 y v1 v2 v1 v2 d y 2 1 2 2 2 2 2 2 2 v2 v1 v2 v1 v2 v1 2
y 2 v12 v24 d 2 v22 y 2 v12 v22 d 2 v12 y 2
v
2 2
2 2 1
v
- Từ 2 và 3 suy ra: d
v y v v d 2 v22 v12 2 2
2
2 1
2 2
2
- Để bài toán có nghĩa thì 0 y v v d 0 2 1
2 2
a 2
Vậy: Khi hai tàu chuyển động trên cùng một đường thẳng với khoảng cách không đổi thì khoảng cách đó là
d 2
3
BA BA d
2
a . 2
1.5. Trên mặt biển có hai tàu thủy chạy thẳng và đều. Chiếc thứ nhất lúc giữa trưa ở cách một cù lao nhỏ 40
y 2 v22 v12 d 2
dặm về phía Bắc, chuyển động với tốc độ 15 dặm/giờ và hướng về phía Tây. Chiếc thứ hai lúc 8 giờ sáng
y ymin d v22 v12 khi 0 và x
Nếu s x
v22 v12
cùng ngày ở cách cù lao 100 dặm về phía Tây và chạy với tốc độ 15 dặm/giờ hướng về phía Nam.
dv1 2 2
Khoảng cách tối thiểu của hai tàu bằng bao nhiêu và thời điểm nào thì xảy ra điều này?
2 1
v v
(Trích đề thi Olympic Vật lí Liên bang Nga, 2002)
dv1 2 2
yv1 v22 v12
dv1 v22 v12
2 1
thì cần phải bơi thẳng từ A đến B.
Bài giải
v v Nếu s x
dv1 v22 v12
thì cần phải chạy trên bờ hồ một đoạn AD s
hướng hợp với phương BC một góc thỏa sin
dv1 v22 v12
Chọn gốc tọa độ O tại giao điểm quỹ đạo hai tàu, rồi bơi theo đường DB theo
v1 . v2
1.4. Hai tàu A và B cách nhau một khoảng cách a đồng thời chuyển động thẳng đều với cùng độ lớn v của
các trục tọa độ trùng với quỹ đạo hai tàu; gốc thời gian lúc 8h; mỗi đơn vị độ dài bằng 20 dặm. - Quỹ đạo hai tàu như hình vẽ, với: + A là vị trí tàu thứ nhất lúc 12h, A0 là vị trí tàu thứ nhất lúc 8h:
vận tốc từ hai nơi trên một bờ hồ thẳng. Tàu A chuyển động theo hướng vuông góc với bờ trong khi tàu B luôn luôn hướng về phía tàu A. Sau một
A0 A 4.15 60 dặm.
thời gian đủ lâu, tàu B và tàu A chuyển động trên cùng một đường thẳng nhưng cách nhau một khoảng không
+ B0 là vị trí tàu thứ hai lúc 8h.
đổi. Tính khoảng cách này.
- Vì tốc độ hai tàu như nhau nên: Bài giải
Gọi B là hình chiếu của B trên phương xx (phương chuyển động của tàu A). Tại thời điểm t, giả sử góc hợp bởi phương xx và đường nối hai tàu AB là .
vBA v AB , nghĩa là B lại gần A bao nhiêu thì A ra xa B bấy nhiêu.
2
2
2
2
2
AB OA OB 2OA 20.OA 102 2OB 20.OB 102
y ymin x
20 5 (đơn vị độ dài) b 2a 2.2
OA OB 5.20 100 dặm.
1
- Ban đầu, ta có: AB a ; BA 0 A B BA BA a
- Khoảng cách giữa hai tàu:
- Đặt OA x (hoặc OB x ), ta được: y 2 x 2 20 x 100 .
Ta có: v A vB v ; vB v cos
BA BA const
OA OB A0O OB0 10 (đơn vị độ dài)
- Khoảng cách tối thiểu của hai tàu là: AB min 2.100 2 20.100 100 141 dặm.
2
- Khi hai tàu ở trên cùng đường thẳng thì B B
- Thời điểm có khoảng cách tối thiểu đó là: t 12h trưa.
1.6. Một máy bay bay đi và về giữa hai địa điểm A và B. Khoảng cách giữa A và B là L và máy bay có vận
Vậy: Tổng thời gian của chuyến bay nếu gió có phương hợp với AB một góc
tốc không đổi V. Ngoài ra, có gió nhẹ với vận tốc v.
là:
2
T
a) Tính tổng thời gian của chuyến bay nếu gió thổi dọc theo AB.
2 LV v 1 2 sin 2 V 2 v2 V
b) Tính tổng thời gian của chuyến bay nếu gió có phương vuông góc với AB. c) Viết biểu thức tính tổng thời gian của chuyến bay, nếu gió có phương bất kì. Chú ý nếu có gió thổi theo bất kì phương nào, thời gian bay tăng lên. (Trích đề thi Olympic Vật lí Canada, 1998) Bài giải a) Tổng thời gian của chuyến bay nếu gió thổi dọc theo AB Ta có: T1 t1 t2
L L 2 LV V v V v V 2 v2
1.7. Một xe khởi hành từ A lúc 9 giờ để về B theo hướng chuyển động thẳng đều với vận tốc 36 km/h. Nửa
2LV Vậy: Tổng thời gian của chuyến bay nếu gió thổi dọc theo AB là T1 2 2 V v
giờ sau, một xe đi từ B về A với vận tốc 54 km/h. Cho AB 108 km . Định lúc và nơi hai xe gặp nhau.
b) Tổng thời gian của chuyến bay nếu gió thổi theo hướng vuông góc với AB Ta có: T2
L 2
V v
2
L 2
V v
2
Bài giải
2 LV
2
V v
- Chọn gốc tọa độ tại A, trục tọa độ AB, chiều dương từ A đến B; gốc thời gian lúc 9 giờ. Ta có: x01 0 ;
2
Vậy: Tổng thời gian của chuyến bay nếu gió thổi theo theo hướng vuông góc với AB là T2
v1 36km / h ; t01 0 ; x02 AB 108km ; v2 54km / h ; t02 0,5h .
2LV 2
V v
2
c) Biểu thức tính tổng thời gian của chuyến bay nếu gió có phương bất kì Gọi là góc hợp bởi hướng máy bay và hướng AB; là góc hợp bởi hướng gió và hướng AB. Ta có: V cos v cos v1 ; V cos v cos v2 ; V sin v sin 0
1
- Khi bay đi: t1
L L v1 V cos v cos
2
- Khi bay về: t2
L L v2 V cos v cos
3
- Tổng thời gian đi và về: T t1 t2
T
L L V cos v cos V cos v cos
L V cos v cos L V cos v cos 2 LV cos 2 V 2 cos 2 v 2 cos 2 V cos 2 v 2 cos2 2
Thay cos 1 sin ; V sin v sin (từ 1 ), ta được:
v2 sin 2 2 2 LV v2 V T 2 2 2 2 2 1 2 sin 2 2 2 V v sin v cos V v V 2 LV 1
- Phương trình chuyển động của hai xe: + xe 1 : x1 x01 v1 t t01 36t
1
+ xe 2: x2 x02 v2 t t02 108 54 t 0,5
2
- Hai xe gặp nhau khi x1 x2 . 36t 108 54 t 0,5
t 1,5h x x1 36.1,5 54km . Vậy: Hai xe gặp nhau lúc 9 1, 5 10,5 10 giờ 30 phút, nơi gặp nhau cách A 54 km. 1.8. Lúc 7 giờ có một xe khởi hành từ A chuyển động về B theo chuyển động thẳng đều với vận tốc 40 km/h. Lúc 7 giờ 30 phút một xe khác khởi hành từ B đi về A theo chuyển động thẳng đều với vận tốc 50 km/h. Cho AB 110 km .
a) Xác định vị trí của mỗi xe và khoảng cách giữa chúng lúc 8 giờ và lúc 9 giờ.
- Chọn gốc tọa độ O tại vị trí người đi xe đạp dừng lại nghỉ, trục tọa độ là quỹ đạo chuyển động của hai
b) Hai xe gặp nhau lúc mấy giờ? ở đâu?
người, chiều dương là chiều chuyển động của người đi bộ; gốc thời gian lúc 9 giờ. Lúc đó người đi bộ cách Bài giải
- Chọn gốc tọa độ O tại A, trục tọa độ là đường thẳng AB, chiều dương từ A đến B; gốc thời gian lúc 7 giờ. Ta có: x01 0 ; v1 40km / h ; t01 0 ; x02 AB 110km ; v2 50km / h ; t02 0,5h . - Phương trình chuyển động của hai xe là: x1 x01 v1 t t01 40t
1
x2 x02 v2 t t02 110 50 t 0,5 135 50t
2
nơi dừng lại của người đi xe là: x02 12.0,5 4.1 10 km Ta có: x01 0 ; v1 12km / h ; t01 0 ; x02 10km ; v2 4km / h ; t02 0 . - Phương trình chuyển động của hai người là: x1 x01 v1 t t01 12t
1
x2 x02 v2 t t02 10 4t
2
- Hai người gặp nhau khi: x1 x2 . 12t 10 4t
t
10 1, 25h 1 giờ 15 phút 8
x x1 12.1, 25 15km . a) Vị trí của mỗi xe và khoảng cách giữa chúng lúc 8 giờ và lúc 9 giờ
Vậy: Người đi xe đạp đuổi kịp người đi bộ lúc (9 giờ + 1 giờ 15 phút) = 10 giờ 15 phút, vị trí gặp nhau cách chỗ dừng lại của người đi xe đạp là 15 km hay cách chỗ gặp trước là 15 6 9 km.
- Lúc 8 giờ: t 8 7 1h : + Vị trí hai xe: x1 40.1 40km ; x2 135 50.1 85km .
1.10. Chuyển động của ba xe 1 , 2 , 3 có đồ thị tọa độ - thời
+ Khoảng cách hai xe: d x2 x1 85 40 45km .
gian như hình bên (x tính bằng km, t tính bằng h). a) Nêu đặc điểm chuyển động của mỗi xe.
- Lúc 9 giờ: t 9 7 2h : + Vị trí hai xe: x1 40.2 80km ; x2 135 50.2 35km . + Khoảng cách hai xe: d x2 x1 80 45 35km .
b) Lập phương trình chuyển động của mỗi xe. c) Định vị trí và thời điểm gặp nhau bằng đồ thị. Kiểm tra lại bằng phép tính.
b) Vị trí và thời điểm hai xe gặp nhau
Bài giải
- Hai xe gặp nhau khi: x1 x2 .
a) Đặc điểm chuyển động của mỗi xe
40t 135 50t
- Xe 1 chuyển động thẳng đều, ngược chiều với chiều dương của trục tọa độ từ vị trí cách gốc tọa độ 80 km
t 1,5h 1 giờ 30 phút
với vận tốc:
x x1 40.1,5 60km .
v1
Vậy: Hai xe gặp nhau vào lúc (7 giờ + 1 giờ 30 phút) = 8 giờ 30 phút, vị trí gặp nhau cách A là 60km.
0 80 13, 33km / h 60
1.9. Lúc 8 giờ một người đi xe đạp với vận tốc đều 12 km/h gặp một người đi bộ ngược chiều với vận tốc đều
- Xe 2 chuyển động thẳng đều, cùng chiều với chiều dương của trục tọa độ từ vị trí cách gốc tọa độ 20 km
4 km/h trên cùng đoạn đường thẳng. Tới 8 giờ 30 phút người đi xe đạp dừng lại, nghỉ 30 phút rồi quay trở lại
và xuất phát sau xe 1 một giờ với vận tốc:
đuổi theo người đi bộ với vận tốc có độ lớn hơn như trước. Định lúc và nơi người đi xe đạp đuổi kịp người đi
v2
bộ. Bài giải
50 20 10km / h 4 1
- Xe 3 chuyển động thẳng đều, cùng chiều với chiều dương của trục tọa độ từ vị trí cách gốc tọa độ 40 km
Bài giải a) Giải bài toán bằng đồ thị
và xuất phát cùng lúc với xe 1 với vận tốc:
- Khi giải bài toán bằng đồ thị cần chú ý:
v3
80 40 10km / h 40
+ Vận tốc khi xuôi dòng cũng như khi ngược dòng của hai tàu là như nhau. + Vận tốc của hai vật bằng nhau thì đồ thị của chúng là những đường thẳng có cùng độ dốc (cùng hệ số góc).
b) Phương trình chuyển động của mỗi xe - Xe 1 : x1 x01 v1 t t01 80 13,33t
1
- Xe 2 : x2 x02 v2 t t02 20 10 t 1 10 10t
2
- Xe 3 : x3 x03 v3 t t03 40 10t
3
- Từ đó vẽ được đồ thị chuyển động của hai tàu trong từng giai đoạn chuyển động (xuôi, ngược dòng) như hình bên vx vt vn ; vng vt vn ; vx vng . - Ban đầu: với tàu 1 : t1 t AM t ME 3h ; với tàu 2: t2 t BM t MD 1,5h . - Lúc sau: với tàu 1 : t1 t AN t NE ; với tàu 2: t2 t BN t ND .
c) Vị trí và thời điểm gặp nhau bằng đồ thị: Trên đồ thị, ta thấy: - Xe 1 gặp xe 2 lúc 3 h, vị trí gặp nhau cách O khoảng 40 km. - Xe 1 gặp xe 3 lúc 1,7 h, vị trí gặp nhau cách O khoảng 57 km.
- Để t1 t 2 thì t AN t NE tBN t ND t AN t ND ; t NE t BN
1,5 0, 75h 45 phút. 2
- Kiểm tra lại bằng phép tính;
OA
+ Xe 1 gặp xe 2 khi: x1 x2 80 13,33t 10 10t
Vậy: Để thời gian chuyển động (đi và về) của hai tàu bằng nhau thì tàu từ A phải khởi hành trễ hơn tàu từ B
t
70 3h 23, 33
là 45 phút. b) Giải bài toán bằng phương trình
x12 x2 10 10.3 40km
Gọi t x1 , t ng 1 là thời gian tàu xuất phát từ A chạy xuôi và ngược dòng; t x 2 , t ng 2 là thời gian tàu xuất
+ Xe 1 gặp xe 3 khi: x1 x3 80 13,33t 40 10t
phát từ B chạy xuôi và ngược dòng. Ta có:
t
40 1, 7 h 23,33
t x1 tng 1 t x 2 tng 2 vx1 t x1 vng 1 tng 1 vx 2 t x 2 vng 2 tng 2 s
x13 x3 40 10.1, 7 57km Vậy: Kết quả tính toán giống như kết quả xác định trên đồ thị. 1.11. Giữa hai bến sông A, B có hai tàu chuyển thư chạy thẳng đều. Tàu đi từ A chạy xuôi dòng, tàu đi từ B ngược dòng. Khi gặp nhau và chuyển thư, mỗi tàu tức thì trở lại bến xuất phát. Nếu khởi hành cùng lúc thì tàu từ A đi và về mất 3 giờ, tàu từ B đi về mất 1 giờ 30 phút. Hỏi nếu thời gian đi và về của hai tàu bằng nhau
t x1 t x 2
3 1,5h 90 phút 2
tng 1 t ng 2
1,5 0, 75h 45 phút 2
- Thời gian tàu A phải khởi hành trễ so với tàu B là: t t x tng .
thì tàu từ A phải khởi hành trễ hơn tàu từ B bao lâu?
t 90 45 45 phút.
Cho biết:
Vậy: Thời gian tàu A phải khởi hành trễ so với tàu B là t 45 phút.
- Vận tốc mỗi tàu đối với nước như nhau và không đổi lúc đi cũng như lúc về.
1.12. Hằng ngày có một xe hơi đi từ nhà máy tới đón một kĩ sư tại trạm đến nhà máy làm việc. Một hôm,
- Khi xuôi dòng, vận tốc dòng nước làm tàu chạy nhanh hơn; khi ngược
viên kĩ sư tới trạm sớm hơn 1 giờ nên anh đi bộ hướng về nhà máy. Dọc đường anh ta gặp chiếc xe tới đón
dòng, vận tốc dòng nước làm tàu chạy chậm hơn.
mình và cả hai tới nhà máy sớm hơn bình thường 10 phút.
a) Giải bài toán bằng đồ thị.
Coi các chuyển động là thẳng đều có độ lớn vận tốc nhất định, hãy tính thời gian mà viên kĩ sư đã đi bộ từ
b) Giải bài toán bằng phương trình.
trạm tới khi gặp xe.
Bài giải
- Đồ thị của các chuyển động như hình bên. Chú ý: xe đạp luôn chuyển động với vận tốc 12 km/h, người đi
Để đơn giản, ta giải bài toán này bằng kỹ thuật đồ thị. Chú ý:
bộ luôn chuyển động với vận tốc 4 km/h.
- Thời điểm xuất phát từ nhà máy và độ lớn vận tốc của xe hơi là như nhau trong các trường hợp của bài toán
b) Sự phân bố thời gian và quãng đường: Ta có:
(độ dốc của đồ thị luôn không đổi).
- Thời gian người thứ ba đi bộ (quãng đường s3 OM ) bằng thời gian hai người thứ nhất và thứ hai đi xe
- Tổng quãng đường đi bộ và đi xe hơi của viên
cộng với thời gian người thứ nhất đi xe quay lại chở người thứ ba (quãng đường s12 s1 ON NM ).
kĩ sư bằng quãng đường từ trạm (T) đến nhà máy
- Vì vxe 3vb s12 s1 3s3
(M). - Từ đó vẽ được đồ thị như hình bên: đoạn đồ thị
ON NM 3OM
TD biểu diễn giai đoạn đi bộ của viên kĩ sư; đoạn
OM 2 NM 3OM
đồ thị MK và KI biểu diễn chuyển động của xe
OM NM
hơi lúc đầu; đoạn đồ thị MD và DJ biểu diễn
1
- Vì tứ giác OBCA là hình bình hành nên OA BC .
chuyển động của xe hơi lúc sau.
2
OM NP
- Trên đồ thị ta nhận thấy: Tam giác CDK cân nên N là trung điểm CK
NK
ON 2
- Từ 1 và 2 suy ra: NP
CK 10 5 phút. 2 2
và ON NP OP 48km
ON OK NK 60 5 55 phút.
NP 16 km ; ON 32 km .
Vậy: Thời gian mà viên kĩ sư đã đi bộ từ trạm tới khi gặp xe là tb 55 phút.
hay sb 16 km ; sxe 32 km .
1.13. Ba người đang ở cùng một nơi và muốn có mặt tại một sân vận động cách đó 48 km. Đường đi thẳng.
ON 2
3
4
sb 16 s 32 2 4 h ; t xe xe 2 h 2 h 40 ph . vb 4 vxe 12 3
Họ có một chiếc xe đạp chỉ có thể chở thêm một người. Ba người giải quyết bằng cách hai người đi xe đạp
và tb
khởi hành cùng lúc với người đi bộ; tới một vị trí thích hợp, người được chở bằng xe đạp xuống xe đi bộ tiếp,
Vậy: Sự phân bố quãng đường và thời gian như sau: Quãng đường người thứ hai và thứ ba đi bộ là 16 km,
người đi xe đạp quay về gặp người đi bộ từ đầu và chở người này quay ngược trở lại.
quãng đường người thứ hai và thứ ba đi xe là 32 km; thời gian người thứ hai và thứ ba đi bộ là 4 giờ, thời
Ba người đến sân vận động cùng lúc.
gian người thứ hai và thứ ba đi xe là 2 giờ 40 phút.
a) Vẽ đồ thị của các chuyển động. Coi các chuyển động là thẳng đều mà vận tốc có độ lớn không đổi là 12
1.14. Trên một tuyến xe ô tô các xe coi như chuyển động thẳng đều với vận tốc 30 km/h; hai chuyến xe liên
km/h cho xe đạp, 4 km/h cho đi bộ.
tiếp khởi hành cách nhau 10 phút. Một người đi xe đạp nguợc lại gặp hai chuyến xe liên tiếp cách nhau 7
b) Tính sự phân bố thời gian và quãng đường.
phút 30 giây. Bài giải
Tính vận tốc người đi xe đạp.
a) Đồ thị của các chuyển động: Dựa vào các đặc điểm sau để vẽ đồ thị của ba chuyển động:
Bài giải
- Vì các chuyển động là thẳng đều nên đồ thị của các chuyển động trong các giai đoạn đều là những đoạn thẳng. - Các chuyển động có độ lớn vận tốc như nhau là những đoạn thẳng có cùng độ dốc (cùng hệ số góc); vxe vboä .
Ta có: 10 phuùt
1 h ; 7 phuùt 30 giaây 0,125 h 6
1 - Khoảng cách giữa hai xe là: d v.t 30. 5 km . 6 - Vận tốc của ô tô so với xe đạp là: v voâ toâ vxe ñaïp voâtoâ vxe ñaïp
d t
- Thời gian chuyển động của thuyền là: t t x tng
t 1 1, 5 2,5h 2 giờ 30 phút. Vậy: Thời gian chuyển động của thuyền là 2 giờ 30 phút. 1.17. Một thang cuốn tự động đưa khách từ tầng trệt lên lầu trong 1 phút. Nếu thang ngừng thì khách phải đi
5 40km / h 0,125
bộ lên trong 3 phút. Hỏi nếu thang chạy mà khách vẫn bước lên thì mất bao lâu? Bài giải
v xeñaïp 40 voâtoâ 40 30 10 km / h
Ta có: 1 phút = 60 s; 3 phút = 180 s.
Vậy: Vận tốc người đi xe đạp là 10 km/h. 1.15. Một chiếc phà chạy xuôi dòng từ A đến B mất 3 giờ; khi chạy về mất 6 giờ. Hỏi nếu phà tắt máy trôi
- Vận tốc của thang cuốn khi người đứng yên là: vth
s s tth 60
- Vận tốc của người đi bộ khi thang đứng yên là: vb
s s tb 180
theo dòng nước thì từ A đến B mất bao lâu? Bài giải - Khi xuôi dòng: vx v p vn t
v p vn
1 AB 3
AB AB 3 vx v p vn
- Vận tốc của người đi bộ khi thang chuyển động là: v vb vth
1
AB AB - Khi ngược dòng: vng v p vn t 6 vng v p vn
v p vn
1 AB 6
- Khi phà tắt máy: t
t
t 180 s s s t b 45s v vb vth 4vb 4 4
Vậy: Nếu thang chạy mà khách vẫn bước lên thì thời gian người đi bộ đi từ tầng trệt lên tầng lầu là 45 s.
SONAR trên tàu phát một tín hiệu âm kéo dài trong thời gian t0 hướng xuống đáy biển. Âm truyền trong
AB vn
3
nước với vận tốc đều u, phản xạ ở đáy biển (coi như nằm ngang) và truyền trở lại tàu. Tàu thu được tín hiệu
2vn 1 1 1 AB t 2.6 12h AB 3 6 6 vn
Vậy: Nếu phà tắt máy trôi theo dòng nước thì từ A đến B mất thời gian là 12 giờ. 1.16. Một thuyền đi từ A đến bến B cách nhau 6 km rồi lại trở về A. Biết rằng vận tốc thuyền trong nước yên lặng là 5 km/h, vận tốc nước chảy là 1 km/h. Tính thời gian chuyển động của thuyền. Bài giải
âm phản xạ trong thời gian t. Tính vận tốc lặn của tàu. Bài giải - Khi phát tín hiệu, vận tốc của âm so với tàu là: V v u . Do đó, chiều dài đợt tín hiệu khi phát là: l Vt0 v u t0
1
- Khi thu tín hiệu, vận tốc của âm so với tàu là: V v u . Do đó,
Giả sử từ A đến B là xuôi dòng, từ B về A là ngựợc dòng.
chiều dài đợt tín hiệu khi thu là:
Lúc đó: vx vth vn ; vng vth vn
l V t v u t
- Thời gian xuôi dòng là: t x
s t
1.18. Một tàu ngầm đang lặn xuống theo phương thẳng đứng với vận tốc đều v. Để dò đáy biển, máy
2
- Lấy 1 trừ với 2 ta được:
vth 3vb
AB AB 6 tx 1h vx vth vn 5 1
AB AB 6 tng 1,5 h - Thời gian ngược dòng là: tng vng vth vn 5 1
2
- Từ 1 và 2 suy ra: v u t0 v u t
v
t0 t u t0 t
Vậy: Vận tốc lặn của tàu là: v
t0 t u t0 t
1.19. Một thuyền máy chuyển động thẳng đều ngược dòng gặp một bè trôi xuôi dòng. Sau khi gặp nhau 1
Trong tam giác vuông ABD ta có: cos 60
giờ, động cơ của thuyền bị hỏng và phải sửa mất 30 phút. Trong thời gian sửa, thuyền máy trôi xuôi dòng. Sau khi sửa xong động cơ, thuyền máy chuyển động thẳng
vcano
đều xuôi dòng với vận tốc so với nước như trước. Thuyền máy gặp bè cách nơi gặp lần trước 7,5 km. Tính vận tốc chảy của nước (coi như không đổi). Bài giải Gọi vt là vận tốc của thuyền so với nước, vb là vận tốc của bè so với bờ sông, vn là vận tốc chảy của nước.
v t v BD n n AD vcano t vcano
vn 2 4m / s cos 60 1 2
Vậy: Vận tốc nước chảy là vn 2 m / s ; vận tốc ca-nô là vcano 4 m / s . b) Bề rộng của dòng sông Khi ca-nô chuyển động theo phương AB thì: AB vt 4.100 400m .
Ta có: vb vn .
Vậy: Bề rộng của dòng sông là AB 400 m .
- Vì vận tốc tương đối của thuyền so với nước là không đổi nên thời gian ngược dòng từ lúc thuyền gặp bè
c) Thời gian qua sông của ca-nô lần sau
đến lúc động cơ bị hỏng cũng bằng thời gian xuôi dòng từ lúc sửa xong động cơ đến khi gặp lại bè: t1 t2 1 Trong tam giác vuông ABD, ta có: AD
giờ. - Quãng đường s 7, 5 km chính là quãng đường bè trôi theo dòng nước từ lúc gặp thuyền lần thứ nhất đến lúc gặp lại thuyền lần thứ hai:
AB 400 800 461,9 m . sin 60 3 3 2
Thời gian qua sông của ca-nô lần sau là: t
t t1 t2 t 1 1 0,5 2,5 giờ - Vận tốc của bè là: vb
AD 461, 9 115, 48s vcano 4
Vậy: Thời gian qua sông của ca-nô lần sau là t 115, 48s .
s 7,5 3km / h t 2,5
1.21. Ở một đoạn sông thẳng, dòng nước có vận tốc v2 , một
Vậy: Vận tốc chảy của nước là: vn vb 3km / h .
thuyền chuyển động đều có vận tốc so với nước luôn luôn là v1
1.20. Một ca-nô chạy qua sông xuất phát từ A, mũi hướng tới điểm B ở
(độ lớn) từ A.
bờ bên kia. AB vuông góc với bờ sông. Nhưng do nước chảy nên khi đến
- Nếu người lái hướng mũi thuyền theo B thì sau 10 phút,
bên kia, ca-nô lại ở C cách B đoạn BC 200m . Thời gian qua sông là 1
thuyền tới C phía hạ lưu với BC 120 m .
phút 40s. Nếu người lái giữ cho mũi ca-nô chếch 60° so với bờ sông và
- Nếu người lái hướng mũi thuyền về phía thượng lưu theo góc
mở máy chạy như trước thì ca-nô tới đúng vị trí B. Hãy tính:
lệch thì sau 12 phút 30 giây thuyền tới đúng B.
a) Vận tốc nước chảy và vận tốc ca-nô.
a) Tính vận tốc của thuyền và bề rộng của sông.
b) Bề rộng của dòng sông.
b) Xác định góc lệch . Bài giải
c) Thời gian qua sông của ca-nô lần sau. Bài giải
a) Vận tốc của thuyền và bề rộng của sông
a) Vận tốc nước chảy và vận tốc ca-nô
- Lần thứ nhất sang sông, ta có:
- Trong thời gian 1 phút 40 giây (100 s), ca-nô chuyển động dọc bờ sông một đoạn BC với vận tốc bằng vận
+ Quãng đường nước chảy trong thời gian t1 = 10 phút = 600 s
tốc nước chảy: vn
200 vn 2m / s 100
BC t
là BC 120 m . + Vận tốc của dòng nước là:
v2
BC 120 0, 2m / s t1 600
+ Vận tốc của thuyền so với dòng nước là:
v1
AB 1 t1 600
1
nước nhỏ nhất phải là umin v0 .
- Lần thứ hai sang sông, ta có: 2 1
2 2
+ Vận tốc của thuyền so với bờ sông là: v3 v v + Mặt khác: v3
3
v3 600 4 v1 750 5
1.23. Quả cầu M được treo vào đinh A vắt qua ròng rọc di động B như hình vẽ. B chuyển động đều trên đuờng thẳng nằm ngang qua A với vận tốc v hướng đi xa
a) gắn với ròng rọc. b) gắn với tường.
4
5 5 - Từ 2 và 4 suy ra: v1 v2 .0, 2 0,333m / s 1, 2km / h . 3 3 và l 600v1 600.0, 333 200m . Vậy: Vận tốc của thuyền là v1 0,333 m / s ; bề rộng của sông là l 200 m . b) Xác định góc lệch Ta có: sin
.
A. Định vận tốc của M đối với các hệ quy chiếu sau:
AB 1 t2 750
- Từ 1 và 3 suy ra:
2
b a 2 b2
Bài giải a) Vận tốc của M đối với hệ quy chiếu gắn với ròng rọc Vì ròng rọc chuyển động theo phương ngang với vận tốc v nên vật M cũng chuyển động lên phía trên với vận tốc v so với ròng rọc. Vậy: Trong hệ quy chiếu gắn với ròng rọc, M có vận tốc là v và hướng lên. b) Vận tốc của M đối với hệ quy chiếu gắn với tường Gọi 1 và vật; 2 là ròng rọc và 3 là tường.
BD v2t2 v2 0, 2 0,6 37 AD v1t 2 v1 0,333
Theo công thức cộng vận tốc ta có: v13 v12 v23
Vậy: Góc lệch giữa hướng của mũi thuyền và hướng của đoạn vuông góc với hai bờ sông là 37 .
2 Vì v12 v23 và v12 v23 v nên: v13 v122 v23 v 2 v2 v 2
1.22. Ở một đoạn sông thẳng, dòng nước có vận tốc v0 , một
Vậy: Vận tốc của M đối với hệ quy chiếu gắn với tường là v 2 và hướng nghiêng một góc 45° so với
người từ vị trí A ở bờ sông này muốn chèo thuyền tới vị trí B ở
phương ngang.
bờ sông bên kia (hình vẽ).
1.24. Hai chiếc tàu chuyển động với cùng vận tốc đều v hướng đến O theo các quỹ đạo là những đường thẳng
Cho: AC b ; CB a . Tính độ lớn nhỏ nhất của vận tốc thuyền
hợp với nhau góc 60 . Xác định khoảng cách nhỏ nhất giữa các tàu. Cho biết ban đầu chúng cách O
so với nước mà người này phải chèo đều để có thể tới được B.
những khoảng l1 20 km và l2 30 km .
Bài giải Gọi v là vận tốc của thuyền đối với bờ; u là vận tốc của thuyền đối với nước; v0 là vận tốc chảy của nước (đối với bờ). Theo công thức cộng vận tốc, ta có: v u v0
- Để thuyền đến được điểm B thì v phải có hướng AB . Trên hình vẽ ta thấy, u umin khi u vuông góc với v .
- Khoảng cách giữa hai tàu là: d BD OB 2 OD 2 2OB.OD.cos 60
d 2 OB 2 OD 2 2OB.OD.cos 60 2
2
d 2 l1 vt l2 vt 2 l1 vt . l2 vt .
1 2
d 2 l12 2l1vt v 2t 2 l22 2l2 vt v 2t 2 l1l2 l1vt l2vt v 2t 2
Suy ra:
umin v0 .sin v0 .
Bài giải Gọi t là thời gian chuyển động của hai tàu đến lúc có khoảng cách là nhỏ nhất; d là khoảng cách giữa hai tàu.
AC b v0 . AB a 2 b2
Vậy: Để thuyền đến được điểm B thì vận tốc thuyền so với
d 2 l12 l22 vt l1 l2 l1l2 v 2t 2 2
l l l l d 2 l12 l22 l1l2 1 2 vt 1 2 2 2
2
d2
l l 3 2 2 3 l1 l2 2 l1l2 1 2 2 vt 4
2
s2
2
l l Để d d min thì 1 2 vt 0 và lúc đó d d min 2 d d min
3 2 2 3 l1 l2 2 l1l2 4
3 202 302 32 20.30 75 8, 66 km 4
Vậy: Khoảng cách nhỏ nhất giữa các tàu là d min 8, 66 km .
90l2 60l1 9l 6l1 6l 4l1 2 1,5. 2 130 13 13
2
- Từ 1 và 2 suy ra: s2 1,5s1 1,5.500 750m . Vậy: tại thời điểm khoảng cách giữ hai vật nhỏ nhất thì vật 2 cách giao điểm trên đoạn s2 là 750m. 1.26. Có hai vật M 1 và M 2 thoạt đầu cách nhau khoảng l . Cùng lúc hai vật chuyển động thẳng đều, M 1 chạy về B với vận tốc v1 , M 2 chạy về C với vận tốc v2 . Tính khoảng cách ngắn nhất giữa hai
1.25. Hai vật chuyển động với các vận tốc không đổi trên hai đường thẳng vuông góc. Cho v1 30 m / s ;
vật và thời gian để đạt khoảng cách này kể từ lúc bắt đầu chuyển
v2 20 m / s . Tại thời điểm khoảng cách giữa hai vật nhỏ nhất thì vật 1 cách giao điểm của hai quỹ đạo
động. Bài giải
đoạn s1 500 m . Hỏi lúc đó vật 2 cách giao điểm trên đoạn s2 là bao nhiêu? Bài giải
- Chọn hệ tọa độ Ox1 x2 ; gốc tại B, trục Ox1 hướng theo chiều chuyển động của M 1 , trục Ox2 hướng theo
Gọi l1 , l2 là khoảng cách ban đầu giữa hai vật đến giao điểm hai đường thẳng vuông góc trên.
chiều chuyển động của M 2 .
Khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm t là:
- Phương trình chuyển động của hai vật là:
2 1
2 2
2
2 1
d s s d s s
2 2
2
d 2 l1 v1t l2 v2t
2
x1 l v1t
1
x2 v2t
2
- Tại thời điểm t, khoảng cách giữa hai vật là d, với: d 2 x12 x22 2 x1 x2 cos
d 2 l12 2l1v1t v12t 2 l22 2l2 v2t v22t 2
2
d 2 v1t l v22t 2 2 v1t l .v2 t cos
d 2 v12 v22 t 2 2 l1v1 l2v2 t l12 l22 Xét tam thức: f t d 2 v12 v22 t 2 2 l1v1 l2v2 t l12 l22
- Đặt
có a v12 v22 0 nên f t f t min khi: t
t
30l 20l2 3l1 2l2 t 12 30 202 130 3l 2l2 3l 2l2 s1 l1 v1. 1 l1 30. 1 130 130 40l1 60l2 4l 6l2 1 130 13
và s2 l2 v2 .
3l1 2l2 3l 2l2 l2 20. 1 130 130
f t d 2 v12 v22 2v1v2 cos t 2 2l (v1 v2 cos )t l 2 , vì
f t f t min khi t
b 2 l1v1 l2 v2 l1v1 l2 v2 2 2 2a v1 v2 2 v12 v22
s1
d 2 v12 v22 2v1v2 cos t 2 2l (v1 v2 cos )t l 2
2l v1 v2 cos 2 v12 v22 2v1v2 cos
và d d min
1
b 2a
l v1 v2 cos
v12 v22 2v1v2 cos
2l v1 v2 cos 2 4l 2 v12 v22 2v1v2 cos 4a 4. v12 v22 2v1v2 cos
d d min
lv2 sin v12 v22 2v1v2 cos
a v12 v22 2v1v2 cos 0
nên:
Vậy: Khoảng cách ngắn nhất giữa hai tàu là d d min
cách ngắn nhất đó là t
lv2 sin v12 v22 2v1v2 cos
; thời gian để đạt được khoảng
l v1 v2 cos
v
2 1
v22 2v1v2 cos
- Tương tự, ta có: vCD vDA v 2
t 2
1.27. Một máy bay có vận tốc đều trong không khí yên tĩnh là v. Máy bay này bay theo chu vi của một hình vuông cạnh a. Hãy lập biểu
2
thức của thời gian mà máy bay này bay hết một vòng của hình vuông
u2 u 2 2 2
2
a a 2 vAB vCD a
u2 u 2 v2 2 2
2
a u2 u 2 v2 2 2
nói trên trong mỗi trường hợp sau:
a) Khi gió thổi với vận tổc không đổi u v dọc theo cạnh
u2 u 2 u2 u 2 u2 2 a v 2 v2 2 2 2 2 2 4a v 2 t 2 2 v2 u 2 2 u2 u 2 v 2 2
Giả sử hướng gió thổi như trên hình vẽ (dọc theo các cạnh AB và CD):
Vậy: Khi gió thổi với vận tốc không đổi u v dọc theo đường chéo thì thời gian để máy bay bay hết một
a) gió thổi với vận tốc không đổi u v dọc theo cạnh. b) gió thổi với vận tốc không đổi u v dọc theo đường chéo. Bài giải
- Thời gian máy bay bay hết một vòng của hình vuông:
4a v 2
t t AB t BC tCD t DA
vòng của hình vuông trên là t
a a a a t 2 2 2 vu v u v u v u2 t
đều cùng một lúc với các vận tốc có độ lớn lần lượt là v1 , v2 . Tàu A chuyển động theo hướng AC tạo với AB góc như hình vẽ. a) Hỏi tàu B phải đi theo hướng nào để có thể gặp tàu A. Sau bao lâu kể từ lúc chúng ở
2av 2a v 2 u 2 v2 u 2
các vị trí A và B thì hai tàu gặp nhau? b) Muốn hai tàu gặp nhau ở H thì các độ lớn vận tốc v1 , v2 phải thỏa điều kiện gì?
v v2 u 2 v2 u 2
Bài giải
Vậy: Khi gió thổi với vận tốc không đổi u v dọc theo cạnh thì thời gian để máy bay bay hết một vòng của hình vuông trên là t 2a
v2 u 2
1.28. Hai tàu A và B ban đầu cách nhau một khoảng cách l . Chúng chuyển động thẳng
a v u a v u 2a v 2 u 2 v2 u2
t 2a
u2 2
a) Hướng của tàu B và thời gian để hai tàu gặp nhau Gọi C là vị trí hai tàu gặp nhau; là hướng tàu B phải đi để đến điểm gặp tàu A.
v v2 u 2 v2 u2
Áp dụng định lí hàm sin trong tam giác ABC, ta có:
b) Khi gió thổi với vận tốc không đổi u v dọc theo đường chéo Giả sử gió thổi theo hướng đường chéo AC. Tương tự, thời gian để máy bay bay hết một vòng là: t t AB t BC tCD t DA
sin sin sin sin v sin 1 sin v2t v1t v2 v1 v2
Trong tam giác ABC, ta cũng có: - Trên hình vẽ, ta có: v AB vBC u cos 45 v 2 u cos 45
2
2
vAB vBC
u 2 u 2 u 2 u2 v 2 v2 2 2 2 2
1
AC.cos BC.cos AB v1t.cos v2t.cos l
sin sin BC AC
1
t
1 v1 cos v2 cos
- Để người đến trước xe: t2 t1
2
v Vậy: Để tàu B gặp được tàu A thì tàu B phải đi theo hướng hợp với AB một góc với sin 1 sin ; v2 1 thời gian để hai tàu gặp nhau là t v1 cos v2 cos
16t1 60 0, 6t1 . 400 4t2 t2
1
sin 0, 6 3645 14315 Vậy: Để gặp được xe buýt người đó phải chạy theo hướng hợp với hướng từ người tới xe một góc từ 36°45’ đến 143°15’
b) Điều kiện để hai tàu gặp nhau ở H
b) Vận tốc chạy nhỏ nhất để người gặp được xe
Khi hai tàu gặp nhau ở H, tam giác ABH vuông ở H cho: tan
tan
sin
2
BH AH
v2t v2 v1t v1
- Để người gặp được xe với vận tốc nhỏ nhất thì: t2 t1 và sin 1 .
Vậy: Điều kiện của v1 và v2 để hai tàu gặp nhau ở H là tan
v2 . v1
v1 a a 60 . 1 v2 v2min v1 .16 2, 4 m / s b v2 b 400
Vậy: Vận tốc chạy nhỏ nhất đế người gặp được xe là v2min 2, 4 m / s và hướng chạy lúc đó vuông góc với hướng nhìn thấy xe.
1.29. Một xe buýt chuyển động thẳng đều trên đường với vận
1.30. Từ một tấm ảnh chụp trên máy bay người ta thấy
tốc v1 16 m / s . Một hành khách đứng cách đường đoạn
đường ray xe lửa và những làn khói phát ra từ các đầu
a 60 m . Người này nhìn thấy xe buýt vào thời điểm xe cách
máy chuyển động thẳng đều là những đoạn thẳng như hình vẽ.
người một khoảng b 400 m . a) Hỏi người phải chạy theo hướng nào để tới được đường cùng lúc hoặc trước khi xe buýt tới đó biết rằng vận tốc đều
Biết đầu máy thứ I chạy với vận tốc 80 km/h trên đường ray I. Đầu máy thứ hai chạy với vận tốc 60 km/h trên đường ray II. Tìm vận tốc chuyển động của các đầu máy
của người là v2 4 m / s .
thứ III trên đường ray III. b) Nếu muốn gặp được xe với vận tốc nhỏ nhất thì người phải chạy theo hướng nào? Vận tốc nhỏ nhất là bao nhiêu?
Bài giải
hướng xe chạy (hình vẽ).
Hình chiếu của khói lên các đường ray luôn ngược hướng chuyển động của các đầu máy. Gọi vGX là vận tốc của gió đối với xe; vGX vKX là vận tốc khói đối với xe; vGĐ là vận tốc của gió đối với đất; vĐX là vận tốc của đất đối với xe; vXĐ vĐX : vận tốc của xe đối với đất. Ta có: vGX vGĐ vĐX vKX vKĐ vĐX v KX1 v KĐ v ĐX1 ; v KX 2 v KĐ v ĐX 2 ; v KX3 v KĐ v ĐX 3
- Áp dụng định lí hàm sin cho tam giác ABC, ta có
Theo định lí hàm số sin, ta có:
sin sin AC sin sin AC AB AB
+ Xe I:
vDX1 vKD v1 vK sin 30 sin 180 30 2sin 30
1
+ Xe II:
vDX 2 vKD v2 vK sin 30 sin 90 30 2cos 30
2
Bài giải a) Hướng người phải chạy để gặp được xe buýt Gọi là góc hợp bởi hướng từ người tới xe và hướng người phải chạy; là góc hợp bởi hướng người phải chạy và
với AB b ; AC v1t1 ; BC v2t2 ; sin
vt a sin 1 1 . b v2 t 2
1
a a BC v2t2
- Từ 1 và 2 , ta được: tan 30
+ chiều: là chiều chuyển động.
v1 80 4 23 v2 60 3
+ độ dài: tỉ lệ với v.
80 - Thay vào 1 , ta được: vK 50 km / h . 2sin 23 30
+ Xe III:
3- Gia tốc trung bình - gia tốc tức thời - Gia tốc trung bình: Gia tốc trung bình của vật chuyển động thẳng trong khoảng thời gian t được đo bằng
vDX 3 vKD sin 45 sin
thương số giữa độ biến thiên vận tốc và khoảng thời gian thực hiện độ biến thiên vận tốc đó:
atb
v vK 3 sin 45 sin
v t
2.3
- Gia tốc tức thời: Gia tốc tức thời tại thời điếm t của vật chuyển động thẳng đặc trưng cho độ biến thiên
sin sin 23 v3 vK . 50 28 km / h sin 45 sin 45
nhanh hay chậm của vận tốc của chuyển động tại thời điểm đó và được đo bằng thương số giữa độ biến thiên vận tốc (rất nhỏ) và khoảng thời gian (rất nhỏ) thực hiện độ biến thiên vận tốc đó:
Vậy: Vận tốc chuyển động của đầu máy thứ III trên đường ray III là v3 28 km / h
a Chuyên đề 2
v t
(v, t rất nhỏ)
(2.4)
4- Các phương trình của chuyển động thẳng biến đổi đều
CHUYỂN ĐỘNG THẲNG BIẾN ĐỔI ĐỀU
- Phương trình vận tốc: v v0 a t t0
-SỰ RƠI TỰ DO
2.5
- Phương trình tọa độ (phương trình chuyển động): A-TÓM TẮT KIẾN THỨC I. Chuyển động thẳng biến đổi đều
1 2 x x0 v0 t t0 a t t0 2
1- Định nghĩa: Chuyển động thẳng biến đổi đều là chuyển động có quỹ đạo là đường thẳng và có tốc độ tăng
- Hệ thức độc lập với thời gian: v 2 v02 2 ax
hoặc giảm đều theo thời gian.
+ chuyển động thẳng có tốc độ giảm đều theo thời gian gọi là chuyển động thẳng chậm dần đều.
- Vận tốc trung bình: Vận tốc trung bình của vật chuyển động thẳng trong khoảng thời gian t được đo bằng thương số giữa độ dời và khoảng thời gian thực hiện độ dời đó:
vtb
x t
của chuyển động tại thời điểm đó và được đo bằng thương số giữa độ dời (rất nhỏ) và khoảng thời gian (rất nhỏ) thực hiện độ dời đó: (2.2)
+ chuyển động thẳng chậm dần đều: a và v trái dấu (a dương khi v âm; a âm khi v dương) - Nếu vật chuyển động không đổi chiều thì:
2.1
- Vận tốc tức thời: Vận tốc tức thời tại thời điểm t của vật chuyển động thẳng đặc trưng cho sự nhanh chậm
(x, t rất nhỏ)
- Trong chuyển động thẳng biến đổi đều thì: a const a const . + chuyển động thẳng nhanh dần đều: a và v cùng dấu (cùng dương hoặc cùng âm).
2- Vận tốc trung bình - vận tốc tức thời
x t
2.7
Chú ý:
+ chuyển động thẳng có tốc độ tăng đều theo thời gian gọi là chuyển động thẳng nhanh dần đều.
v
2.6
1 2 x s nên s v0 t t0 a t t0 ; 2
v2 v02 2as.
1 Nếu chọn t0 0 thì v v0 at; s v0t at 2 ; v 2 v02 2as. 2 5- Công thức cộng gia tốc: a13 a12 a 23 . ( a13 : gia tốc vật 1 so với vật 3; a12 : gia tốc vật 1 so với vật 2; a 23 : gia tốc vật 2 so với vật 3).
Vectơ vận tốc tức thời có:
6- Các đồ thị của chuyển động thẳng biến đổi đều
+ gốc: trên vật chuyển động.
- Đồ thị gia tốc - thời gian: Là đường thẳng song song với trục Ot: nằm trên Ot nếu a 0, nằm dưới Ot nếu
+ phương: là đường thẳng quỹ đạo.
a 0.
- Đồ thị vận tốc - thời gian:
Là đường thẳng xiên góc
2- Đặc điểm của sự rơi tự do
bắt
t 0; v v0 ,
- Sự rơi tự do có phương thẳng đứng, có chiều từ trên xuống.
đầu
từ
vị
trí
hướng lên
nếu a 0, hướng xuống nếu
a 0.
- Sự rơi tự do là chuyển động thẳng nhanh dần đều với gia tốc a g const.
- Đồ thị tọa độ - thời gian:
Là đường cong (nhánh
- Tại cùng một nơi trên Trái Đất, các vật đều rơi tự do với cùng gia tốc g. Thường lấy g 9,8m / s 2 hoặc
hyperbol) bắt đầu từ vị trí
t 0; x x0 ;
hướng lên nếu a 0, bề
lõm
hướng
bề
lõm
g 10m / s 2 .
xuống
nếu
3- Các phương trình của sự rơi tự do - Phương trình vận tốc: v g t t0
a 0.
- Phương trình tọa độ: x x0 - Công thức đường đi: s
1 2 g t t0 2
1 2 g t t0 2
2.8
2.9 2.10
- Hệ thức độc lập với thời gian: v 2 2 gs
2.11
Chú ý: - Với sự rơi tự do thì v0 0; a g.
1 1 - Nếu chọn t0 0 thì: v gt; x x0 gt 2 ; s gt 2 . 2 2 B-NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG - Cần phân biệt các khái niệm vận tốc trung bình, vận tốc tức thời. - Sau khi chọn hệ quy chiếu để khảo sát chuyển động của vật thì: + dựa vào hệ quy chiếu để xác định t0 (theo gốc thời gian); x0 (theo gốc tọa độ); v0 (theo gốc thời gian); dấu của x và v (theo chiều dương).
II. Sự rơi tự do
+ dựa vào loại chuyển động để xác định dấu của a theo dấu của v: chuyển động thẳng nhanh dần đều (a cùng
1-
dấu với v); chuyển động thẳng chậm dần đều (a trái dấu với v).
Định
nghĩa: Sự
- Các bài toán về vận tốc trung bình của vật thường có hai dạng:
rơi tự do là
+ cho vận tốc trung bình trên các quãng đường s1, s2; tính vận tốc trung bình trên cả quãng đường: dùng công
sự rơi của các vật ở gần mặt đất
thức: v
s s1 s2 s1 s2 . s1 s2 t t1 t2 v1 v2
chỉ dưới tác
+ cho vận tốc trung bình trong các khoảng thời gian t1 , t2 ; tính vận tốc trung bình trong cả thời gian chuyển
dụng
động của vật: dùng công thức:
của
trọng lực.
v -
s s1 s2 v1t1 v2t2 . t t1 t2 t1 t2
Khi sử dụng kĩ thuật đồ thị để giải các bài toán về chuyển động biến đổi đều cần chú ý:
* Chú ý: Nếu có một vật chuyển động thẳng đều thì: x x0 v t t0 . . Với dạng bài tập về đồ thị chuyển động biến đổi đều. Phương pháp giải là: - Vẽ đồ thị a t : Đường thẳng song song với trục Ot, cắt trục Oa tại a.
+ giới hạn của đồ thị: theo đề bài, theo điều kiện t 0,...
- Vẽ đồ thị v t :
+ loại đồ thị: a t , v t , x t ,...
+ Xác định 2 điểm của đồ thị: M v1 ; t1 ; N v2 ; t2 .
+ diện tích giới hạn của các đồ thị a t , v t là đường đi của vật.
+ Vẽ đường thẳng qua MN. Chú ý: giới hạn đồ thị.
+ hướng, độ dốc của các đồ thị v t để biết tính chất của chuyển động (nhanh, chậm dần đều, gia tốc lớn hay
- Vẽ đồ thị x t : Parabol. Chú ý: giới hạn đồ thị.
nhỏ khi so sánh...).
- Xác định đặc điểm chuyển động:
- Sự rơi tự do là chuyển động nhanh dần đều với v0 0; a g const và g 0 nếu chọn chiều dương (thông
+ Đồ thị v t : Hướng lên a 0 ; hướng xuống a 0 ; nằm ngang ( a 0 : vật chuyển động thẳng đều).
thường) hướng xuống, g 0 nếu chọn chiều dương hướng lên.
+ Đồ thị a t : Nằm trên Ot a 0 ; nằm dưới Ot a 0 .
- Chuyển động của vật được ném thẳng đứng xuống dưới là chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ban đầu
+ Đồ thị x t : Đỉnh parabol nằm dưới ( a 0 ); nằm trên ( a 0 ).
v0 (vận tốc ném), gia tốc a g. Nếu gốc tọa độ tại nơi ném vật, chiều dương hướng xuống, gốc thời gian lúc
+ Hai đồ thị v t song song: hai vật chuyển động cùng chiều và cùng gia tốc.
bắt đầu ném vật t0 0 thì:
+ Hai đồ thị v t cắt nhau: giao điểm là vị trí hai vật có cùng vận tốc; hai đồ thị x t cắt nhau: giao điểm là vị trí hai vật có cùng tọa độ.
v v0 gt 1 s v0t gt 2 2 v 2 v02 2 gs
+ Gia tốc của vật theo đồ thị v t : a
- Cũng như vận tốc, gia tốc cũng có tính tương đối: a13 a12 a 23 .
- Các bài toán cực trị (xác định giá trị lớn nhất, nhỏ nhất), các chú ý khi giải như ở chuyên đề 1: Chuyển động thẳng đều. VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI . Với dạng bài tập về vận tốc trung bình trong chuyển động biến đổi đều. Phương pháp giải là: Sử dụng hướng dẫn ở mục về kiến thức và kỹ năng trên. . Với dạng bài tập về xác định các đại lượng trong chuyển động biến đổi đều. Phương pháp giải là: - Chọn hệ quy chiếu thích hợp. - Sử dụng các công thức: a
vt v0 1 2 ; s v0 t t0 a t t0 ; vt2 v02 2as. t t0 2
.Với dạng bài tập về sự gặp nhau giữa các vật trong chuyển động biến đổi đều. Phương pháp giải là: - Chọn hệ quy chiếu (chiều dương, gốc tọa độ, gốc thời gian) thích hợp.
1 2 - Sử dụng phương trình chuyển động: x x0 v0 t t0 a t t0 cho các vật. 2 - Từ điều kiện gặp nhau: x1 x2 , suy ra: vị trí gặp nhau, thời điểm gặp nhau.
v2 v1 . t2 t1
+ Khoảng cách hai vật trên đồ thị x t : x2 x1 . . Với dạng bài tập về tính tương đối của chuyển động. Phương pháp giải là: - Chọn hệ quy chiếu thích hợp.
- Sử dụng công thức cộng gia tốc: a13 a12 a 23 . Chú ý các trường hợp đặc biệt: cùng chiều, ngược chiều,
vuông góc. - Phối hợp với các công thức khác để giải. . Với dạng bài tập về sự rơi tự do. Phương pháp giải là: - Chọn hệ quy chiếu thích hợp: chiều dương (+) hướng xuống, gốc thời gian lúc thả vật. - Sử dụng các công thức và phương trình:
v g t t0 ; s
1 1 2 2 g t t0 ; v 2 2 gs; x x0 g t t0 . 2 2
- Kết hợp điều kiện hai vật gặp nhau: x1 x2 nếu cần. . Với dạng bài tập về chuyển động ném xuống của vật. Phương pháp giải là: - Chọn hệ quy chiếu thích hợp: chiều + hướng xuống, gốc thời gian ném vật. - Sử dụng các công thức và phương trình:
1 2 g t t0 ; 2 1 2 v 2 v02 2 gs; x x0 v0 t t0 g t t0 . 2 v v0 g t t0 ; s v0 t t0
- Thời gian chuyển động của ô-tô (I) là: t1
l v v l l 1 2 2v1 2v2 2v1v2
- Thời gian chuyển động của ô-tô (II) là: t2
- Kết hợp điều kiện hai vật gặp nhau: x1 x2 nếu cần. * Chú ý: Nếu có vật rơi tự do thì dùng công thức rơi tự do cho vật ấy. C-CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG
2
2
- Ta có: t t1 t2
2.1. Một người đi từ A đến B theo chuyển động thẳng. Nửa đoạn đường đầu người ấy đi với vận tốc trung bình 16 km/h. Trong nửa thời gian còn lại, người ấy đi với vận tốc 10 km/h và sau đi bộ với vận tốc 4 km/h.
l l 2l v12 v1 v2 v1 v2 2
1
l v1 v2 l v v 4lv1v2 2l 1 2 2v1v2 v1 v2 2v1v2 v1 v2
2
t
l v1 v2 0 2v1v2 v1 v2
Tính vận tốc trung bình trên cả đoạn đường. Bài giải
Vậy: Xe (II) đến B trước xe (I) và trước một khoảng thời gian là 2
s - Vận tốc trung bình của người ấy trên cả đoạn đường là: v . t
t
l v1 v2 . 2v1v2 v1 v2
- Thời gian chuyển động trên nửa đoạn đường đầu là: t1
s1 s . v1 2v1
2.3. Hai vật bắt đầu chuyển động đồng thời từ A đến C. Vật (1) đi từ A đến B rồi mới tới C, vật (2) đi thẳng từ
- Vận tốc trung bình trên nửa đoạn đường còn lại là: v23
v2 v3 . 2
Tính vận tốc trung bình của vật (1).
A tới C. Ở một thời điểm bất kì, hai vật luôn nằm trên đường thẳng góc AC. 90o ; v 6m / s. Cho: A 30o ; B 2
s s - Thời gian chuyển động trên nửa đoạn đường còn lại là: t23 23 . v23 2v23
Bài giải - Vì thời gian chuyển động của hai vật bằng nhau nên:
s s v2 v3 v2 v3 2 2 s s v s s t1 t23 2v1 v2 v3 t 23
v
t
AC AB BC v2 v1
AB BC AB BC v2 v2 v2 AC AC AC v1 v2 cos 30o v2 sin 30o v1
2v v v 2.16. 10 4 1 1 2 3 9, 7km / h. 1 1 10 4 2.16 v 2 v3 2v1 2v1 v2 v3
Vậy: Vận tốc trung bình của người ấy trên cả đoạn đường là v 9, 7km / h.
3 1 3 1 v1 v2 6. 8, 2m / s 2 2 2 2
Vậy: Vận tốc trung bình của vật (1) là v1 8, 2m / s 2.4. Hai học sinh đi cắm trại. Nơi xuất phát cách nơi cắm trại 40 km. Họ có một chiếc xe đạp chỉ dùng được cho một người
2.2. Hai ô tô khởi hành đồng thời từ A và chuyển động thẳng đều về B cách A khoảng l. Ô tô (I) đi nửa quãng đường đầu với vận tốc v1 và nửa quãng đường sau với vận tốc v2. Ô tô (II) đi với vận tốc v1 trong nửa thời gian đầu và với vận tốc v2 trong nửa thời gian sau.
và họ sắp xếp như sau: Hai người khởi hành cùng lúc, một đi bộ với vận tốc không đổi v1 5km / h, một đi xe đạp với vận tốc không đổi v2 15km / h
Hỏi ô-tô nào tới nơi trước và trước một thời gian bao lâu? Bài giải
. Tới một địa điểm thích hợp, người đang đi xe đạp bỏ xe và đi bộ. Khi người kia tới nơi thì lấy xe đạp sử dụng. Vận tốc đi bộ và đi xe đạp vẫn như trước. Hai người đến nơi cùng lúc.
a) Tính vận tốc trung bình của mỗi người.
- Giai đoạn (III): a3
b) Xe đạp không được sử dụng trong thời gian bao lâu?
v3 v2 0 5 0,5m / s 2 . t3 10
Vậy: Gia tốc trong ba giai đoạn chuyển động là a1 1m / s 2 ; a2 0 và a3 0, 5m / s 2 .
Bài giải Để đơn giản, ta sử dụng kĩ thuật đồ thị để giải bài toán này. Chú ý:
2.6. Một xe chuyển động nhanh dần đều đi trên hai đoạn đường liên tiếp bằng nhau 100 m, lần lượt trong 5 s
- Mỗi người đi nửa quãng đường bằng đi bộ và nửa quãng đường bằng xe đạp.
và 3,5 s. Tính gia tốc.
- Quãng đường và thời gian đi của hai người đều như nhau.
sb1 sb 2 sx1 sx 2
Bài giải
40 20km 2
1 - Trong 100 m đầu ứng với thời gian t1 5s, ta có: s1 v0t1 at12 2
a) Vận tốc trung bình của mỗi người
1 100 5v0 a.52 2 100 5v0 12,5a
- Thời gian chuyển động của mỗi người:
t
sb sx v1 v2
1 Trong 200 m (cả hai đoạn đường) ứng với thời gian t12 t1 t2 5 3, 5 8,5s ta có: s12 v0t12 at122 2
20 20 1 1 4 1 5 h 5, 33h 5 15 3 3
t -
Vận
tốc
trung
v
s 40 7,5km / h t 5,33
bình
của
1
mỗi
người
là:
1 200 8, 5v0 a.8,52 2 200 8, 5v0 36,125a
2
- Giải hệ (1) và (2), ta được: a 2m / s 2 .
Vậy: Vận tốc trung bình của mỗi người là: v 7,5km / h. b) Thời gian không sử dụng xe đạp
Vậy: Gia tốc của xe là a 2m / s 2 . 2.7. Một người đứng ở sân ga thấy toa thứ nhất của đoàn tàu đang tiến vào ga qua trước mặt mình trong 5 s
- Vì sx sb ; vx 3vb v2 3v1 tb 3t x
và thấy toa thứ 2 trong 45 s. Khi tàu dừng lại, đầu toa thứ nhất cách người ấy 75m. Coi tàu chuyển động
- Khi người thứ nhất đi xe được quãng đường sx1 20 km thì người thứ hai đi bộ được quãng đường
chậm dần đều, hãy tìm gia tốc của tàu.
sb ' 2
20 20 40 km. Quãng đường còn lại sb '' 2 20 km người thứ hai đi đến điểm lấy xe hết thời gian 3 3 3
bằng thời gian người thứ nhất bỏ xe (không sử dụng xe):
t
sb ''1 vb
Bài giải Gọi s là chiều dài của một toa tàu, v0 là vận tốc của đầu toa thứ nhất khi qua trước mặt người quan sát (vận tốc ban đầu); a là gia tốc của đoàn tàu. Thời gian để hai toa tàu (thứ nhất và thứ hai) qua trước mặt người quan sát là: t2 5 45 50 s, khi tàu dừng lại thì vt 0.
40 2 2, 67 h 2 h 2h 40 phút 3.5 3
Ta có:
Vậy: Thời gian không sử dụng xe đạp là t 2 h 40 phút. 2.5. Sau 10s đoàn tàu giảm vận tốc từ 54 km/h xuống 18 km/h. Nó chuyển động đều trong 30 s tiếp theo. Sau
1 1 + với toa thứ nhất: s v0t1 at12 5v0 a.52 2 2
cùng nó chuyển động chậm dần đều và đi thêm 10s thì ngừng hẳn. Tính gia tốc trong mỗi giai đoạn.
s 5v0 12,5a
Bài giải Ta có: 54km / h 15m / s;18km / h 5m / s. - Giai đoạn (I): a1
v1 v0 5 15 1m / s 2 . t1 10
- Giai đoạn (II): a2 0 (chuyển động đều).
1
1 1 + với hai toa (thứ nhất và thứ hai): 2s v0t2 at22 50v0 a.502 2 2 2s 50v0 1250a
Từ (1) và (2) suy ra: v0
2 1225 a 40
3
Mặt khác, trên đoạn đường s 75m, ta có: vt2 v02 2as. v02 2.a.75 150a
-
Từ
a
(3)
và
a2O a2O ' aO ' O
4 (4)
a1O a2 O a1O ' a2 O ' 2aO ' O
suy
ra:
v0
150.40 4,9m / s và 1225
Vì a1O ' a2 O ' 0 (dây vắt qua ròng rọc nên gia tốc xe (1) và (2) đối với O’ (xe (3)) luôn có trị số bằng nhau nhưng ngược chiều).
40.4, 9 0,16m / s 2 . 1225
a1O a2 O 2aO ' O aOO '
Vậy: Gia tốc của đoàn tàu là a 0,16m / s 2 . 2.8. Một xe mở máy chuyển động nhanh dần. Trên đoạn đường 1 km đầu nó có gia tốc a1, trên đoạn đường 1 km sau, nó có gia tốc a2. Biết rằng trên đoạn đường thứ nhất vận tốc tăng lên v, còn trên đoạn đường thứ hai vận tốc chỉ tăng được v '
a1O a1O ' aO ' O
1 v. 2
a1O a2 O a a hay a3 1 2 2 2
Vậy: Gia tốc của xe thứ ba là a3
a1 a2 2
2.10. Hai xe chuyển động thẳng đều với các vận tốc v1 , v2 v1 v2 . Khi người lái xe (2) nhìn thấy xe (1) ở phía trước thì hai xe cách nhau đoạn d. Người lái xe (2) hãm phanh để xe chuyển động chậm dần đều với gia tốc a.
Hỏi gia tốc trên đoạn đường nào lớn hơn? Bài giải
Tìm điều kiện cho a để xe (2) không đâm vào xe (1). Bài giải
- Gọi v0 là vận tốc đầu, v1 là vận tốc cuối kilomet đầu, v2 là vận tốc cuối kilomet sau. Ta có: + trên đoạn đường 1 km đầu: a1
v v v v v12 v02 1 0 1 0 2s1 2.1000
v v v v v2 v2 + trên đoạn đường 1 km sau: a2 2 1 2 1 2 1 2s2 2.1000 Vì v1 v0 v; v2 v1
1 v 2
- Vận tốc của xe (2) so với xe (1) là: v21 v2 v1
- Để xe (2) không đâm vào xe (1) thì quãng đường đi được tương đối của xe (2) so với xe (1) phải nhỏ hơn d.
vt2 v02 d vt 0; v0 v2 v1 2a
v. v1 v0 1 2000 v v2 v1 v. v2 v1 a2 . 2 2 2000 4000 v. v2 v1 a 2000 v v 2 . 2 1 a1 4000 v. v1 v0 2 v1 v0
v2 v1 2a
2
d
Vì a 0 nên a
a1
1
v2 v1
2
2d
Vậy: Điều kiện để xe (2) không đâm vào xe (1) là a
v2 v1
2
2d
2.11. Trên mặt phẳng nghiêng góc có một dây không đàn hồi. Một đầu dây gắn vào tường ở A, đầu kia
Từ dữ kiện “xe mở máy”: v0 0, xe chuyển động nhanh dần: v2 v1 ta được:
buộc vào một vật B có khối lượng m. Mặt phẳng nghiêng chuyển động sang phải với gia tốc a nằm ngang không đổi. Hãy xác định gia tốc của vật B khi nó còn ở trên mặt phẳng nghiêng.
a2 v2 v1 1 a2 a1 . a1 2v1
(Trích đề thi HSG Quốc gia Vật lý, 1998)
Vậy: Gia tốc trên đoạn đường sau lớn hơn gia tốc trên đoạn đường đầu. 2.9. Hai xe cùng kéo một xe thứ ba nhờ ròng rọc gắn chặt vào nó. Xe (1) có gia tốc a1, xe (2) có gia tốc a2. Tính gia tốc a của xe (3).
Bài giải - Gọi b là gia tốc của vật B trong hệ quy chiếu gắn với điểm buộc A, ta có:
Bài giải Gọi O là hệ quy chiếu gắn với mặt đất; O’ là hệ quy chiếu gắn với xe (3). Ta có:
b 2 b12 b2 a
2
1
( b1 , b2 là các thành phần của b trong hệ quy chiếu gắn với nêm; b2 a là thành phần của b trong hệ quy
v22 v12 2as2 102 2.0, 05.1000 200
chiếu gắn với A).
v2 200 14,1m / s
Mặt khác: b1 b2 .tan b2
v v2 v1 14,1 10 4,1m / s
b1 tan
Vậy: Độ tăng vận tốc của đoàn tàu sau khi đi hết kilomet thứ hai là v 4,1m / s.
- Thay giá trị b2 vào (1) ta được:
b b 2 b12 1 a tan
2.13. Một vật chuyển động thẳng biến đổi đều. Lập biểu thức vận tốc trung bình của vật giữa hai thời điểm
2
mà vận tốc tức thời là v1 và v2.
2
Bài giải
- Giả sử ban đầu vật ở chân nêm (ở O). Khi nêm đi sang phải một đoạn là x thì vật đi từ chân nêm đến điểm
Gọi t1 là thời điểm vật có vận tốc tức thời là v1 , t2 là thời điểm vật có vận tốc tức thời là v2 , s1 là quãng đường
B, nghĩa là đi được một độ cao:
vật đi được trong thời gian t1 , s2 là quãng đường vật đi được trong thời gian t2 .
y y1 y2
v22 v12 s s 2a 2a v2 v1 v2 v1 v v Ta có: v 2 1 v 2 1 v2 v1 t2 t1 2 v2 v1 2 a
Với y1 x tan ; y2 x ' tan y tan x x ' (3)
- Vì quãng đường tỉ lệ với gia tốc s a nên y tỉ lệ với
Vậy: Biểu thức vận tốc trung bình của vật giữa hai thời điểm mà vận tốc tức thời là v1 và v2 là v
b1 , x tỉ lệ với a, x ' tỉ lệ với b2. Do đó (3) tương đương
2
2.14. Một vật bắt đầu chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái đứng yên và đi được đoạn đường s trong t
với: b1 tan a b2
giây. Tính thời gian vật đi
b 1 b1 tan a 1 b1 a.tan tan 2
3 đoạn đường cuối. 4
4
Bài giải
2
1 1 - Thay (4) vào (2) ta được: b 2 a.tan a a 2 2
Từ công thức đường đi: s
2
Vậy: Gia tốc của vật B khi nó còn ở trên mặt phẳng nghiêng là b
Thời gian vật đi
a . 2cos
2.12. Một đoàn tàu chuyển bánh chạy thẳng nhanh dần đều. Hết kilomet thứ nhất vận tốc nó tăng lên được 10 m/s. Hỏi sau khi đi hết kilomet thứ hai vận tốc của nó tăng lên một lượng bao nhiêu? Bài giải 2 1
2 0
- Quãng đường (1) (hết kilomet thứ nhất): v v 2as1 v12 v02 102 02 100 0, 05m / s 2 2 s1 2.1000 2000
- Quãng đường (2) (hết kilomet thứ hai): v22 v12 2as2
1 2 2s at t . 2 a
Thời gian vật đi cả đoạn đường s là: t
1 2 1 1 1 1 a .tan 2 a 2 a 2 1 tan 2 a 2 . 4 4 4 4 cos 2 a b 2 cos b2
a
v2 v1
2s . a
1 2 s1 2 s 1 2s 1 . t. đoạn đường đầu là: t1 a 4a 2 a 2 4
- Thời gian vật đi
3 1 1 đoạn đường cuối là: t t t1 t t t. 4 2 2
Vậy: Thời gian vật đi
3 t đoạn đường cuối là: . 4 2
2.15. Một người đứng ở sân ga nhìn đoàn tàu chuyển bánh nhanh dần đều. Toa (1) đi qua trước mặt người ấy trong t giây. Hỏi toa thứ n đi qua trước mặt người ấy trong bao lâu? - Áp dụng: t 6; n 7.
b) Khoảng thời gian vật đi hết 1 m cuối cùng - Khoảng thời gian vật đi hết quãng đường s (m) là: t
2s . a
- Khoảng thời gian vật đi hết quãng đường s 1 (m) là: t ' Bài giải:
- Khoảng thời gian vật đi hết 1 m cuối cùng là: t t t ' .
Gọi s là chiều
dài của một toa thì chiều
dài của n toa là:
ns; chiều dài của n 1
toa là n 1 s. thứ nhất đi qua trước mặt
người quan sát là:
t
2s . a
s s 1
2 a
s s 1
2.17. Một vật chuyển động thẳng với gia tốc a và vận tốc đầu v0. Hãy tính quãng đường vật đi được trong n giây và trong giây thứ n trong hai trường hợp:
(n < thời gian chuyển động của vật). Bài giải
- Thời gian để n 1 toa đi qua trước mặt người quan sát là:
1 a) Chuyển động nhanh dần đều: Từ công thức đường đi: s v0t at 2 . 2
2. n 1 s 2 s tn 1 n 1 n 1.t a a
1 1 - Quãng đường vật đi được trong n giây: sn v0 .n an 2 sn n v0 an 2 2
- Thời gian để toa thứ n đi qua trước mặt người quan sát là:
1 2 - Quãng đường vật đi được trong n 1 giây: sn 1 v0 . n 1 a n 1 . 2
n n 1 t
- Áp dụng: t 6 s; n 7 thì t
b) Chuyển động chậm dần đều.
2.ns 2s n. n .t a a
2 s 1 2s 2 a a a
a) Chuyển động nhanh dần đều.
- Thời gian để n toa đi qua trước mặt người quan sát là:
t tn tn 1
t
Vậy: Khoảng thời gian vật đi hết 1m cuối cùng là t
- Thời gian để toa
tn
2 s 1 . a
7 7 1 .6 6
7 6 s.
Vậy: Thời gian để toa thứ n đi qua trước mặt người quan sát là
n n 1 t .
2.16. Một vật chuyển động thẳng nhanh dần đều với gia tốc a từ trạng thái đứng yên và đi được quãng đường s trong thời gian t. Hãy tính: a) Khoảng thời gian vật đi hết 1 m đầu tiên. b) Khoảng thời gian vật đi hết 1 m cuối cùng. Bài giải Vật chuyển động từ trạng thái đứng yên nên v0 0; s
1 2 2s at t . 2 a
a) Khoảng thời gian vật đi hết 1m đầu tiên: s1 1m t1
2 . a
1 sn 1 n 1 v0 a. n 1 2 - Quãng đường vật đi được trong giây thứ n là: s sn sn 1. 1 1 s n v0 an n 1 v0 a. n 1 2 2 1 1 1 1 1 s nv0 an 2 nv0 v0 an 2 an an a 2 2 2 2 2 a 2n 1 1 s v0 an a v0 . 2 2
1 Vậy: Quãng đường vật đi được trong n giây là sn n v0 an ; 2 Quãng đường vật đi được trong giây thứ n là s v0
a 2n 1 . 2
b) Chuyển động chậm dần đều: Kết quả tương tự.
2.19. Một tên lửa có hai động cơ có thể truyền các gia tốc không đổi a1 , a2 a1 a2 .
2.18. Chứng minh rằng trong chuyển động thẳng biến đổi đều, những quãng đường đi được trong những
- Động cơ (1) có thể hoạt động trong thời gian t1.
khoảng thời gian bằng nhau liên tiếp chênh lệch nhau một lượng không đổi.
- Động cơ (2) có thể hoạt động trong thời gian t2 t 2 t1 .
Bài giải - Trong khoảng thời gian t1 t vật đi được quãng đường là:
1 s1 v0t at 2 (1) 2
- (1) hoạt động trước, (2) tiếp theo; - (2) hoạt động trước, (1) tiếp theo;
- Trong khoảng thời gian t2 t t vật đi được quãng đường là: 1 2 s2 v0 t t a t t 2 1 1 s2 v0t v0 t at 2 at.t a t 2 2 2
Xét 3 phương án sau:
- (1) và (2) hoạt động cùng lúc. Phương án nào đẩy tên lửa bay xa nhất ? Bài giải Có thể giải bài toán này bằng cách sử dụng kỹ thuật đồ thị như sau:
2
- Phương án 1: (1) hoạt động trước, (2) tiếp theo: đồ thị là đường OAB a1 a2 .
- Trong khoảng thời gian t từ t1 đến t2 vật đi được quãng đường là:
- Phương án 2: (2) hoạt động trước, (1) tiếp theo: đồ thị là đường
1 1 1 s21 s2 s1 v0t v0 .t at 2 at.t a.t 2 v0t at 2 2 2 2 1 s21 v0 .t at.t a.t 2 3 2
OCB a2 a1 .
- Trong khoảng thời gian t3 t 2t vật đi được quãng đường là:
- Quãng đường tên lửa bay xa theo phương án 2 là diện tích hình
1 2 s3 v0 t 2t a t 2t 2 1 1 s3 v0t v0 .2t at 2 at.2t a.4t 2 2 2
phẳng OCBD.
- Quãng đường tên lửa bay xa theo phương án 1 là diện tích hình phẳng OABD.
Vì SOABD SOCBD nên khi động cơ hoạt động theo phương án (1) hoạt động trước, (2) tiếp theo thì tên lửa bay
4
- Trong khoảng thời gian t từ t2 đến t3 vật đi được quãng đường là: s32 s3 s2 1 1 1 1 v0t v0 .2t at 2 at.2t a.4t 2 v0t v0 .t at 2 at.t a.t 2 2 2 2 2 3 2 s32 v0 .t at.t a.t 5 2
- Độ chênh lệch của quãng đường đi được trong hai khoảng thời gian bằng nhau liên tiếp trên là:
xa nhất. Vậy: Phương án đẩy tên lửa bay xa nhất là phương án 1. 2.20. Phương trình của một vật chuyển động thẳng là: x 80t 2 50t 10 (cm; s) a) Tính gia tốc của chuyển động. b) Tính vận tốc lúc t 1s c) Định vị trí vật lúc vận tốc là 130cm/s. Bài giải a) Gia tốc của chuyển động
s s32 s21 3 1 s v0 .t at.t a.t 2 v0 .t at.t a.t 2 a.t 2 const. 2 2
So sánh phương trình:
x 80t 2 50t 10 với phương trình cơ bản
a 160cm / s 2 1, 6m / s 2 .
Vậy: Độ chênh lệch những quãng đường đi được trong những khoảng thời gian bằng nhau liên tiếp là một lượng không đổi: s a.t 2 const.
Vậy: Gia tốc của chuyển động là a 1, 6m / s 2 . b) Vận tốc của vật lúc t 1s
1 x x0 v0t at 2 2
ta được
1 So sánh phương trình: x 80t 2 50t 10 với phương trình cơ bản x x0 v0t at 2 ta được v0 50cm / s. 2
a) Định thời điểm tại đó hai xe có vận tốc bằng nhau. b) Có lúc nào một xe vượt xe kia không?
v1 v0 at 50 160.1 210cm / s 2,1m / s.
Bài giải
Vậy: Vận tốc của vật lúc t 1s là v1 2,1m / s
a) Thời điểm tại đó hai xe có vận tốc bằng nhau
c) Vị trí vật lúc có vận tốc 130 cm/s
- Vận tốc trung bình của xe thứ nhất trên quãng đường AB là: v
- Khi v2 130cm / s thì t2
v2 v0 130 50 0,5s. a 160
v
2
- Vị trí vật lúc có vận tốc 130 cm/s là: x2 80.0,5 50.0, 5 10 55cm
s s . t t1 t2
s 2v v 2.30.45 1 2 36km / h. s s v v 30 45 1 2 2v1 2v2
Vậy: Vị trí vật lúc có vận tốc 130 cm/s là x2 55cm.
s vt 36.2 72km.
2.21. Một vật chuyển động theo phương trình: x 4t 2 20t (cm; s)
- Để đi hết quãng đường AB trong 2 h, xe thứ hai phải có gia tốc là:
a) Tính quãng đường vật đi được từ t1 2s đến t2 5s. Suy ra vận tốc trung bình trong khoảng thời gian này.
a
b) Tính vận tốc lúc t 3s. Bài giải a) Quãng đường vật đi được từ t1 2 s đến t2 5s. và vận tốc trung bình của nó - Quãng đường vật đi được từ t1 2 s đến t2 5s :
s x2 x 4.52 20.5 4.22 20.2 200 56 s 144cm. - Vận tốc trung bình trong khoảng thời gian này là: v
s s t t2 t1
2s 2.72 2 36km / h 2 t2 2
- Vận tốc của xe thứ hai là: vt at 36t . - Khi xe thứ hai có vận tốc bằng xe thứ nhất thì: 36t 30;36 t 45.
t1
30 10 h 50 phút 36 12
t2
45 5 h 75 phút 36 4
Vậy: Hai xe có cùng vận tốc vào các thời điểm t1 50 phút và t2 75 phút b) Có lúc nào một xe vượt xe kia không?
144 v 48cm / s 52
Để xác định có lúc nào một xe vượt xe kia không ta dùng kĩ
Vậy: Quãng đường vật đi được là s 144cm, vận tốc trung bình của vật trong khoảng thời gian này là
- Vẽ đồ thị vận tốc - thời gian của hai xe trên cùng hệ trục tọa
v 48cm / s.
độ Otv (hình vẽ), với: đồ thị v t của xe thứ nhất là đoạn
b) Vận tốc của vật lúc t 3s
CDEF; đồ thị của xe thứ hai là đoạn OA.
thuật đồ thị như sau:
- Trên hình vẽ ta thấy: từ thời điểm t1 0 đến thời điểm
Từ phương trình chuyển động của vật: 2
2
x 4t 20t v0 20cm / s; a 8cm / s .
t2 2h, diện tích hình phẳng xác định quãng đường đi của xe
vt v0 at 20 8.3 44cm / s.
thứ nhất luôn lớn hơn diện tích hình phẳng xác định quãng
Vậy: Vận tốc của vật lúc t 3s là vt 44cm / s.
đường đi của xe thứ hai nên xe thứ hai không lúc nào vưọt qua
2.22. Hai xe cùng khởi hành từ A, chuyển động thẳng về B. Sau 2 giờ hai xe tới B cùng lúc.
xe thứ nhất, chỉ đến khi t 2h thì hai xe mới gặp nhau tại đích B.
- Xe (1) đi nửa quãng đường đầu tiên với vận tốc v1 30km / h và nửa quãng đường còn lại với vận tốc
2.23. Hai xe khởi hành cùng một lúc từ hai nơi A, B và chuyển động thẳng ngược chiều nhau. Xe từ A lên dốc
v 2 45km / h. - Xe (2) đi hết cả đoạn đường với gia tốc không đổi.
chậm dần đều với vận tốc đầu v1 và gia tốc a. Xe từ B xuống dốc nhanh dần đều với vận tốc đầu v2 và gia tốc bằng xe kia về độ lớn. Cho AB = s.
a) Khoảng cách hai xe thay đổi ra sao theo thời gian? Vẽ đồ thị. b) Sau bao lâu hai xe gặp nhau?
Bài giải a) Đặc điểm của mỗi chuyển động
Bài giải a) Sự thay đổi khoảng cách hai xe
- Vật (1): + Trong 8s đầu, vật chuyển động chậm dần đều cùng chiều với chiều dương
- Chọn gốc tọa độ O tại B, trục tọa độ là đường thẳng AB, chiều dương từ B đến A; gốc thời gian lúc hai xe khởi hành. Ta có: x01 AB s; v01 v1 ; a1 a; x02 0; v02 v2 ; a2 a.
a1
v 0
với gia tốc
0 20 2,5m / s 2 , vận tốc ban đầu v01 20m / s 8
- Phương trình chuyển động của hai xe:
+ Tại thời điểm t 8s , vật dừng lại v 0 ; trong 4 s tiếp theo (từ giây thứ 8 đến giây thứ 12), vật chuyển
1 + xe 1: x1 x01 v01t a1t 2 2
động nhanh dần đều ngược chiều với chiều dương v 0 , với gia tốc a '1
1 s v1t at 2 2
đầu v '01 0m / s.
1
- Vật (2):
1 + xe 2: x2 x02 v02t a2t 2 2 1 v2t at 2 2
10 0 2,5m / s 2 , vận tốc ban 4
+ Trong 4 s đầu, từ giây thứ 2 đến giây thứ 6, vật chuyển động chậm dần đều, ngược chiều với chiều dương, với gia tốc a2
2
0 10 2,5m / s 2 , với vận tốc ban đầu v02 10m / s. 4
+ Tại thời điểm t 6 s, vật dừng lại v 0 ; trong 4 s tiếp theo (từ giây thứ 6 đến giây thứ 10), vật chuyển
- Khoảng cách giữa hai xe là: x x2 x1
động nhanh dần đều, cùng chiều với chiều dương, với gia tốc a '2 a2 2,5m / s 2 , với vận tốc ban đầu v '02 0m / s. + Trong 2 s cuối (từ giây thứ 10 đến giây thứ 12), vật chuyển động thẳng đều cùng chiều với chiều dương,
1 1 x v2t at 2 s v1t at 2 v1 v2 t s 2 2
với vận tốc v3 10m / s.
x s v1 v2 t
b) Đồ thị chuyển động (quãng đường - thời gian) của các chuyển động
Vậy: Khoảng cách giữa hai xe biến thiên tuyến tính theo thời gian
1 1 - Vật (1): s1 v01t a1t 2 20t .2, 5t 2 2 2
b) Thời điểm hai xe gặp nhau Khi hai xe gặp nhau: x 0 s v1 v2 t 0 t
s v1 v2
s Vậy: Sau thời gian t thì hai xe gặp nhau. v1 v2 2.24. Hai vật chuyển động thẳng biến đổi đều có các đồ thị vận tốc - thời gian như hình dưới: a) Hãy nêu các đặc điểm của mỗi chuyển động. b) Suy ra đồ thị chuyển động (quãng đường - thời gian) của mỗi vật. c) Tính quãng đường đi được của mỗi vật.
5 s1 20t t 2 4 (giai
đoạn
1 đầu:
t 8s : s1 80m; giai
t 4s : s1 20m ) - Vật (2): 1 s2 v02t a2t 2 2 1 2 10 t 2 .2,5 t 2 2 5 2 s2 10 t 2 t 2 4
2
đoạn
sau:
(giai đoạn đầu: t 6 s : s2 20m; giai đoạn giữa: t 4s : s2 20m giai đoạn cuối: s2 20m ).
- Quãng đường tương ứng là:
c) Quãng đường đi được của mỗi vật
s1
- Quãng đường đi được của vật 1 : s1 80 20 100m. - Quãng đường đi được của vật 2 : 20 20 20 60m. 2.25. Một vật chuyển động trên đường thẳng theo ba giai đoạn liên tiếp: - Nhanh dần đều với gia tốc a1 5m / s 2 , không vận tốc đầu.
1 2 1 a1t1 .5.52 62,5m. 2 2 s2 v2t2 25.15 375m 1 1 s3 v03t3 a3t32 25.5 5 .52 62, 5m. 2 2 Vậy: Quãng đường đi được trong mỗi giai đoạn và thời gian tương ứng là s1 62,5m; s2 375m và s3 62,5m; t1 5s; t2 15 s và t3 5 s.
- Đều với vận tốc đạt được vào cuối giai đoạn (1). - Chậm dần đều với gia tốc a3 5m / s 2 cho tới khi dừng.
c) Đồ thị gia tốc, vận tốc và quãng đường theo thời gian
Thời gian chuyển động tổng cộng là 25s. Vận tốc trung bình trên cả đoạn đường là 20 m/s. a) Tính vận tốc của giai đoạn chuyển động đều. b) Suy ra quãng đường đi được trong mỗi giai đoạn và thời gian tương ứng. c) Vẽ các đồ thị gia tốc, vận tốc và quãng đường theo thời gian. Bài giải a) Vận tốc của giai đoạn chuyển động đều Gọi t1, t2 và t3 là thời gian chuyển động tương ứng trên ba giai đoạn (1), (2), (3). Ta có:
1 2
t t1 t 2 t3 25s s vt 20.25 500m 1 1 a1t12 v2t 2 v03t3 a3t32 500 2 2
3
với t1 t3 ; v2 v1 a1t1 ; v03 v2 v1 a1t1 nên: t 2t1 t2 25
1'
1 1 a1t12 a1t1t2 a1t12 a3t12 500 2 2 1 2 2 1 .5t1 5t1 25 2t1 5t1 . 5 t12 500 2 2
2.26. Hãy vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ các đồ thị vận tốc – thời gian của hai vật chuyển động thẳng biến
t12 25t1 100 0
- Vật (2) có gia tốc a2 1,5m / s 2 và vận tốc đầu 6m / s.
4
đổi đều sau: - Vật (1) có gia tốc a1 0, 5m / s 2 và vận tốc ban đầu 2m / s.
t1 20s và t '1 5s.
a) Dùng đồ thị hãy xác định sau bao lâu hai vật có vận tốc bằng
v2 v1 a1t1 5.20 100m / s (loại) và v '2 v '1 a1t '1 5.5 25m / s.
nhau.
Vậy: Vận tốc của vật trong giai đoạn chuyển động đều là v2 25m / s
b) Tính đoạn đường mà mỗi vật đi được cho tới lúc đó. Bài giải
b) Quãng đường đi được trong mỗi giai đoạn và thời gian tương ứng - Thời gian tương ứng là: t1 t3 5s và t2 25 2t1 25 2.5 15s.
- Đồ thị vận tốc - thời gian của hai vật chuyển động:
+ Vật (1): a1 0,5m / s 2 ; v01 2m / s : v1 2 0,5t.
Quãng đường mà mỗi vật đi được bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi: đồ thị, hai trục tọa độ và đường
1 1 s at12 at1t2 at1t3 at32 2 2 1 1 4 1 1 1 1 1 a. 2 a. . a. . a. 2 2 30 30 15 30 30 2 30 9a a s a 100 s 100.24 2400km / h 2 . 900 100 1000 a 2400. 0,185m / s 2 . 2 3600
thẳng t 2 s. Do đó:
a1 a 0,185m / s 2 ; a3 a 0,185m / s 2 .
+ Vật (2): a2 1,5m / s 2 ; v02 6m / s : v2 6 1,5t. a) Thời gian để hai vật có vận tốc bằng nhau: Trên đồ thị ta thấy: sau 2 s thì hai vật sẽ có vận tốc (độ lớn) bằng nhau. b) Quãng đường mà mỗi vật đi được đến lúc gặp nhau
+ Quãng đường vật (1) đi được là: s1 shthang 1
v01 v1 .t
với v01 2m / s; v1 2 0,5.2 3m / s; t 2 s s1 + Quãng đường vật (2) đi được là: s2 shthang 2
Vậy: Gia tốc của xe lửa trên hai đoạn đường đầu và cuối là a1 0,185m / s 2 và a3 0,185m / s 2 .
2
b) Phương trình vận tốc của xe lửa và vẽ đồ thị vận tốc
2 3 .2 5m.
- Các phương trình vận tốc:
2
+ Đoạn đường đầu:
v02 v2 .t
v1 v0 a1t 0 0,185t 0,185t : 0 t 120 : chuyển
2
với v02 6m / s; v2 6 1,5.2 3m / s; t 2s s2
6 3 .2 9m.
động nhanh dần đều.
2
+ Đoạn đường giữa:
Vậy: Quãng đường mà mỗi vật đi được đến lúc gặp nhau là s1 5m và s2 9m.
v2 0,185.120 22, 2m / s : 120 t 1080 : chuyển
2.27. Một đoàn xe lửa đi từ ga này đến ga kế trong 20 phút với vận tốc trung bình 72 km/h. Thời gian chạy
động thẳng đều.
nhanh dần đều lúc khởi hành và thời gian chạy chậm dần đều lúc vào ga bằng nhau là 2 phút; khoảng thời
+ Đoạn đường cuối:
gian còn lại, tàu chuyển động đều.
v3 v03 a3t 22, 2 0,185t : 1080 t 1200 : chuyển động chậm dần đều
a) Tính các gia tốc.
- Đồ thị vận tốc của xe lửa:
b) Lập phương trình vận tốc của xe. Vẽ đồ thị vận tốc. (Trích đề thi HSG Quốc gia Vật lí, 1996) Bài giải
2 ph 120s;18 ph 1080 s; 20 ph 1200s . 2.28. Có hai vật rơi tự do từ hai độ cao khác nhau xuống đất. Thời gian rơi của vật (1) gấp đôi thời gian rơi
a) Gia tốc của xe lửa
của vật (2). Hãy so sánh:
1 1 Ta có: t 20 ph h; t1 t3 2 ph h; 3 30
- Quãng đường rơi của hai vật.
t2 t t1 t3 20 2 2 16 ph
- Vận tốc chạm đất của hai vật.
16 4 h. 60 15
Bài giải a) So sánh quãng đường rơi của hai vật
1 - Quãng đường xe lửa đi từ ga này đến ga kế tiếp là: s vt 72. 24km. 3
Quãng đường rơi của vật (1): h1
gt12 . 2
1 1 Mặt khác: s s1 s2 s3 a1t12 v2t2 v03t3 a3t32 2 2
Quãng đường rơi của vật (2): h2
gt22 . 2
với: a3 a1 a; v2 v1 at1 ; v03 v2 at1 nên:
2
h1 gt12 gt22 t1 : 22 4 h2 2 2 t2
1 2 1 2 gt g t 2 . 2 2 h 280 h 2 g t 1 t 1 1 10s. 2g 2.10 h h h '
Vậy: Quãng đường rơi của vật (1) gấp 4 lần quãng đường rơi của vật (2). b) So sánh vận tốc chạm đất của hai vật
và h
- Vận tốc chạm đất của vật (1): v1 gt1.
Vậy: Thời gian rơi của vật là t 10 s; quãng đường rơi của vật là h 500m.
- Vận tốc chạm đất của vật (2): v2 gt2 .
1 2 1 gt .10.102 500m. 2 2
2.31. Một vật rơi tự do tại nơi có g 10m / s 2 . Thời gian rơi là 10 s. Hãy tính:
v1 gt1 t1 2 v2 gt2 t2
a) Thời gian vật rơi một mét đầu tiên.
Vậy: Vận tốc chạm đất của vật (1) gấp 2 lần vận tốc chạm đất của vật (2).
b) Thời gian vật rơi một mét cuối cùng.
2.29. Trong 0,5s cuối cùng trước khi chạm đất, vật rơi tự do vạch được quãng đường gấp đôi quãng đường vạch được trong 0,5 s ngay trước đó.
Bài giải a) Thời gian vật rơi một mét đầu tiên
Lấy g 10m / s 2 . Tính độ cao từ đó vật được buông rơi.
Ta có: t1
Bài giải
2h1 2.1 0, 45s. g 10
Gọi t là thời gian rơi của vật.
Vậy: Thời gian vật rơi một mét đầu tiên là t1 0, 45s.
1 1 2 - Quãng đường rơi của vật trong 0,5 s cuối cùng là: s gt 2 g t 0,5 . 2 2
b) Thời gian vật rơi một mét cuối cùng
- Quãng đường rơi của vật trong 0,5 s trước đó là: s '
1 1 2 2 g t 0,5 g t 1 . 2 2
1 1 1 2 2 2 1 Vì s 2s ' gt 2 g t 0, 5 2. g t 0,5 g t 1 2 2 2 2 2
2
t 2 t 0,5 2 t 0,5 2 t 1
Gọi h là quãng đường rơi của vật, t là thời gian rơi của vật t 10 s . - Thời gian rơi quãng đường h của vật là: t
- Thời gian rơi quãng đường h 1 m đầu tiên của vật là:
2
t'
t 2 t 2 t 0, 25 2t 2 2t 0, 5 2t 2 4t 2 1 t 1, 25s; h .10.1, 252 7,8125m. 2
2 h 1 g
t ' t2
Vậy: Thời gian rơi của vật là t 1, 25s; quãng đường rơi của vật là h 7,8125m. 2.30. Một vật rơi tự do tại nơi có g 10m / s 2 . Trong 2 giây cuối vật rơi được 180 m. Tính thời gian rơi và độ cao của nơi buông vật.
2h . g
2h 2 . g g
2 2 102 9, 99s g 10
- Thời gian vật rơi một mét cuối cùng là: t t t ' 10 9,99 0,01s. Vậy: Thời gian vật rơi một mét cuối cùng là 0,01 s. 2.32. Thước A có chiều dài l 25cm treo vào tường bằng một dây. Tường có một lỗ
Bài giải
sáng nhỏ ngay phía dưới thước.
Gọi t là thời gian rơi của vật.
Hỏi cạnh dưới của A phải cách lỗ sáng khoảng h bằng bao nhiêu để khi đốt dây treo cho
1 - Quãng đường rơi của vật trong t giây là: h gt 2 . 2
thước rơi nó sẽ che khuất lỗ sáng trong thời gian 0,1 s.
Quãng đường rơi của vật trong t 2 giây đầu là: h ' Quãng đường rơi của vật trong 2 giây cuối cùng là:
Bài giải
1 2 g t 2 . 2
- Khoảng cách từ cạnh dưới của thước đến lỗ sáng là: h
v2 . 2g
(v là vận tốc cạnh dưới của thước khi nó đi ngang qua lỗ sáng, v cũng chính là vận tốc ban đầu ứng với thời gian thước che khuất lỗ sáng). - Ta có: l v0t l v0 h
- Vận tốc ban đầu của quả cầu nhỏ là: v10 v0
x v0t - Các phương trình chuyển động là: 1 2 y 2 gt
1 2 gt 2
1 2 1 gt 0, 25 .10.0,12 2 2 2m / s. t 0,1
y
quỹ đạo của quả cầu nhỏ trong hệ quy chiếu gắn với bán cầu là một parabol. Để quả cầu nhỏ rơi tự do thì
22 0, 2m 20cm. 2.10
parabol này phải không cắt mặt bán cầu.
Vậy: Khoảng cách từ cạnh dưới của thước A đến lỗ sáng là h 20cm. 2.33. Vật A đặt trên mặt nghiêng của một cái nêm như hình vẽ. Hỏi phải truyền cho nêm gia tốc bao nhiêu theo phương ngang để vật A rơi tự do xuống dưới theo phương thẳng đứng?
- Xét một điểm M trên parabol trên, ta phải có: yM OH Với OH R R 2 xM2
Bài giải - Gọi t là thời gian của sự rơi tự do. Trong khoảng thời gian này thì: + vật A rơi được một đoạn: h
g 2 x 2v02
1 2 gt 2
1
+ nêm chuyển động sang trái một đoạn: s - Mặt khác, trên hình vẽ ta thấy: tan
h s
g 2 xM R R 2 xM2 2v02
R 2 xM2 R
g 2 xM 2v02
R 2 xM2 R 2 2 R.
1 2 at 2
2 3
g 2 g2 x 4 xM4 2 M 2v0 2v0
g 2 2 Rg xM 2 1 4v04 v0
- Bất đẳng thức trên phải thỏa mãn với mọi x khi:
Rg 1 0 v0 Rg 0, 4.10 2m / s. v02
1 2 gt g tan 2 1 2 a at 2 g a g cot tan
Vậy: Vận tốc nhỏ nhất của bán cầu để nó không cản trở sự rơi tự do của quả cầu nhỏ là v0min 2m / s. 2.35. Các giọt nước rơi từ mái nhà xuống sau những khoảng thời gian bằng nhau. Giọt (1) chạm đất thì giọt (5) bắt đầu rơi. Tìm khoảng cách giữa các giọt kế tiếp nhau biết rằng mái nhà cao
Vậy: Phải truyền cho nêm gia tốc a g cot theo phương ngang để vật A rơi tự do xuống dưới theo phương
16 m. Lấy g 10m / s 2 . Bài giải
thẳng đứng. 2.34. Một bán cầu có bán kính R trượt đều theo đường thẳng nằm ngang. Một quả cầu nhỏ cách mặt phẳng ngang một đoạn bằng R. Ngay khi đỉnh bán cầu đi qua quả cầu nhỏ thì nó được buông rơi tự do.
- Thời gian rơi của các giọt nước là: t
- Khoảng thời gian từ lúc giọt nước này bắt đầu rơi đến giọt nước kế tiếp bắt đầu
Tìm vận tốc nhỏ nhất của bán cầu để nó không cản trở sự rơi tự do của quả rơi là:
cầu nhỏ. Cho R 40cm. Bài giải Chọn hệ quy chiếu gắn với bán cầu: Gốc tọa độ O là đỉnh của bán cầu, trục Ox nằm ngang, trục Oy thẳng đứng (hướng xuống). Trong hệ quy chiếu gắn với bán cầu thì:
2h 2.16 3, 2 s. g 10
t
t15 t 3, 2 s 4 4 4
- Khoảng cách giữa giọt nước (1) và giọt nước (2) là:
1 2 1 2 1 2 2 gt1 gt2 g t t t 2 2 2 2 2 1 3, 2 s12 .10 3, 2 3, 2 2 4 s12
s1
1 2 1 2 1 1 gt1 gt2 .g t12 t22 .10. 0,52 02 1, 25m 2 2 2 2
- Khi giọt nước trước rơi được 1 s thì giọt nước thứ hai rơi được 0,5 s:
s2
2 1 7 s12 .10. . 3, 2 7m. 2 16
1 2 1 2 1 1 gt1 gt2 .g t12 t22 .10. 12 0,52 3, 75m 2 2 2 2
- Khi giọt nước trước rơi được 1,5 s thì giọt nước thứ hai rơi được 1 s:
- Khoảng cách giữa giọt nước (2) và giọt nước (3) là:
s3
1 1 1 2 2 s23 gt 22 gt32 g t t t 2t 2 2 2 2 2 1 3, 2 2. 3, 2 s23 .10. 3, 2 3, 2 2 4 4 2 1 5 s23 .10. . 3, 2 5m. 2 16
1 2 1 2 1 1 gt1 gt2 .g t12 t22 .10. 1,52 12 6, 25m 2 2 2 2
b) Khoảng thời gian hai giọt nước chạm đất Vì thời gian rơi của các giọt nước như nhau nên khi các giọt nước rơi khỏi ống nhỏ giọt cách nhau 0,5 s thì các giọt nước sẽ chạm đất cách nhau 0,5s. 2.37. Một thang máy chuyển động lên cao với gia tốc 2 m/s2. Lúc thang máy có vận tốc 2,4 m/s thì từ trần thang máy có một vật rơi xuống. Trần thang máy cách sàn là h = 2,47 m. Hãy tính trong hệ quy chiếu gắn với
- Khoảng cách giữa giọt nước (3) và giọt nước (4) là:
mặt đất:
1 1 1 2 2 s34 gt32 gt42 g t 2t t 3t 2 2 2 2 2 1 2. 3, 2 3. 3, 2 s34 .10. 3, 2 3, 2 2 4 4 2 1 3 s34 .10. . 3, 2 3m. 2 16
a) thời gian rơi. b) độ dịch chuyển của vật. c) quãng đường vật đã đi được. Bài giải a) Thời gian rơi của vật Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt đất, gốc tọa độ O tại sàn thang máy, chiều dương hướng lên; gốc thời gian
Khoảng cách giữa giọt nước (4) và giọt nước (5) là:
lúc vật bắt đầu rơi. Ta có:
1 2 1 2 1 2 2 gt4 gt5 g t 3t t 4t 2 2 2 2 2 1 3. 3, 2 4. 3, 2 s45 .10. 3, 2 3, 2 2 4 4 s45
1 Với sàn thang máy: y1 y01 v01t a1t 2 2 1 y1 2, 4t .2t 2 2, 4t t 2 2
1 1 s45 .10. . 3, 2 1m. 2 16
(1)
2
1 Với vật rơi: y2 y02 v02t a2t 2 2
2.36. Hai giọt nước rơi ra khỏi ống nhỏ giọt cách nhau 0,5 s. a) Tính khoảng cách giữa hai giọt nước sau khi giọt trước rơi được 0,5 s; 1 s; 1,5 s.
1 y2 2, 47 2, 4t . 10 t 2 2, 47 2, 4t 5t 2 2
b) Hai giọt nước tới đất cách nhau một khoảng thời gian bao nhiêu? g 10m / s
- Khi vật chạm sàn thang máy thì: y1 y2 .
2
Bài giải a) Khoảng cách giữa hai giọt nước Vì hai giọt nước rơi ra khỏi ống nhỏ giọt cách nhau 0,5 s nên: - Khi giọt nước trước rơi được 0,5 s thì giọt nước thứ hai mới bắt đầu rơi t 0 :
2, 4t t 2 2, 47 2, 4 t 5 t 2 6t 2 2, 47 0
t 0,64 s (nhận) và t ' 0, 64s (loại). Vậy: Thời gian rơi của vật là t 0, 64s b) Độ dịch chuyển của vật
2
Độ dịch chuyển của vật là khoảng cách giữa vị trí ban đầu với vị trí của vật khi rơi chạm sàn thang máy:
y y y0 2, 47 2, 4t 5t 2 2, 47 2, 4t0 5t02 y 2, 47 2, 4.0, 64 5.0, 642 2, 47 2, 4.0 5.02
v0 H h .
g H h 2 gh H h 2h 2h
Vậy: Vận tốc ban đầu của vật ném thẳng đứng xuống dưới là v0
y 0, 512m
H h 2 gh H h . 2h
2.39. Một vật được buông rơi tự do từ độ cao h. Một giây sau, cũng tại nơi đó, một vật khác được ném thẳng
Vậy: Độ dịch chuyển của vật so với hệ quy chiếu gắn với mặt đất là y 0,512m
đứng hướng xuống với vận tốc v0. Hai vật chạm đất cùng lúc. Tính h theo v0 và g.
c) Quãng đường vật đã đi được
Bài giải
- Quãng đường đi được của vật bằng quãng đường vật đi lên và quãng đường vật đi xuống: s s1 s2 .
Gọi t là thời gian chuyển động của vật rơi tự do thì (t -1) là thời gian chuyển động của vật bị ném. Chọn gốc
- Thời gian từ lúc vật bắt đầu rơi đến lúc vật đạt độ cao cực đại là:
tọa độ tại nơi thả vật, chiều dương hướng xuống. Ta có:
t1
v2 v02 0 2, 4 0, 24s a2 10
- Thời gian vật rơi từ độ cao cực đại đến sàn thang máy là:
1 2 gt 2
+ vật (1):
h
+ vật (2):
h v0 t 1
t2 t t1 0, 64 0, 24 0, 4 s s
v02 1 2 2, 42 1 gt2 .10.0, 42 1, 06m 2g 2 2.10 2
- Từ (1) suy ra: t
1 1 2 g t 1 2
2h . g
Vậy: Quãng đường vật đã đi được là s 1, 06m.
- Thay giá trị của t vào (2) ta được:
2.38. Một vật rơi tự do từ độ cao h. Cùng lúc đó một vật khác được ném thẳng xuống từ độ cao H H h
2h 1 2h h v0 1 g 1 g 2 g
với vận tốc đầu v0 . Hai vật tới đất cùng lúc. Tìm v0 .
2
h v0
2h 1 2h 2h v0 g 2 1 g 2 g g
- Phương trình chuyển động của hai vật là:
h v0
2h 2h 1 v0 h g g g g 2
1 + vật (1): x1 h gt 2 2
1
v0
1 + vật (2): x2 H v0t gt 2 2
2
Bài giải Chọn gốc tọa độ O tại mặt đất, chiều dương hướng lên; gốc thời gian lúc hai vật bắt đầu chuyển động.
2h g
2
Vậy: Giá trị của h theo v0 và g là: h
3
1 1 - Khi vật (2) chạm đất: x2 0 H v0t gt 2 0 H vo t gt 2 2 2 - Thay giá trị t ở (3) vào (4), ta được:
2h 1 2 h 2h H v0 . g. H v0 h g 2 g g
2v g 1 2h 2h g v0 g 0 v0 g 2 g 2 g
g 2v0 g 2 2h 2v g 0 v0 g . g h 8 v g 2 0
1 - Khi vật (1) chạm đất: x1 0 h gt 2 0 2
t
2
2
g 2v0 g 8 v0 g
2
2.40. Một ống có dạng hình thoi, cạnh bằng d, góc A 45o , được đặt trong một
4
mặt phẳng thẳng đứng. Cạnh AB làm với đường nằm ngang góc , cạnh BC làm với đường thẳng đứng góc . Một hòn bi được thả không vận tốc đầu từ A. Đi theo đường nào, ABC hay ADC nó tới C sớm hơn? Bỏ qua ma sát. Bài giải
1.
- Gia tốc của bi trên các đoạn AB và DC là a1 a3 g sin ; trên các đoạn BC và AD là a2 a4 g cos .
Chuyên đề 3: CHUYỂN ĐỘNG TRÒN ĐỀU
- Thời gian đi trên quãng đường ABC là: t12 t1 t2 . Với t1 , t 2 được tính như sau: A.TÓM TẮT KIẾN THỨC
+ Trên đoạn AB : d
1 2 1 a1t1 g sin .t12 t1 2 2
2d . g sin
I.Định nghĩa: Chuyển động tròn đều là chuyển động với quỹ đạo là đường tròn và vận tốc có độ lớn không đổi theo thời gian
1 1 + Trên đoạn BC : d vB t2 a2t22 2 gd sin .t 2 g sin t22 2 2 t2
II.Vận tốc của chuyển động tròn đều
Do đó: t12
Tốc độ dài: v
-
2 gd sin 2 gd sin 2 gd cos g cos
3.1
(s là quãng đường (cung tròn) đi được của vật, t là khoảng thời gian vật thực hiện quãng đường đó)
2 gd sin 2 gd sin 2 gd cos 2d g sin g cos
1
-
Vecto vận tốc: Trong chuyển động tròn đều, vecto vận tốc có: + gốc: trên vật chuyển động
- Tương tự, thời gian đi trên quãng đường ADC là: t34 t3 t4 .
t34
s t
2 gd cos 2 gd cos 2 gd sin 2d g cos g sin
+phương: tiếp tuyến với đường tròn tại vị trí của vật + chiều: chiều chuyển động của vật
2
+ độ dài: tỉ lệ với v
- Vì 90 A 45 , 45 nên sin cos . o
o
o
III.Tốc độ góc- chu kì- tần số
Đặt sin x, cos y ta được:
-
Tốc độ góc: là đại lượng đo bằng góc quét của bán kính nối tâm đường tròn với vật chuyển động
2d 2 gdx 2 gdx 2 gdy 2d 1 x x y t12 . gx gy g x y
2d y x x x x x y t12 . g xy Và t34
3
2d x y y y y x y . g xy
Từ đó: t12 t34
t12 t34
trong một đơn vị thời gian
T
4
x y x y xy
t
( đo bằng rad/s)
const
(3.2)
Chu kì : là thời gian để vật quay hết một vòng
-
2d y x x x x x y 2d x y y y y x y . . g xy g xy
2d y x . g
s theo một tỉ xích tùy ý t
2
(T đo bằng s)
(3.3)
Tần số: là số vòng quay của vật trong một đơn vị thời gian
-
n
1 T 2
(n đo bằng vòng/s hay héc (Hz)
(3.4)
IV.Gia tốc của chuyển động tròn đều: Gia tốc trong chuyển động tròn đều là gia tốc hướng tâm, với : + gốc: trên vật chuyển động
Vì: 0 x y; x y x y nên t12 t34 0 t12 t34 .
+ phương: là phương của bán kính nối vật và tâm đường tròn
Vậy: Hòn bi đi theo đường ADC sẽ đến C sớm hơn.
+ chiều: luôn hướng vào tâm đường tròn + độ dài: tỉ lệ với aht theo một tỉ xích tùy ý, với: aht
Phần
v2 R
Chú ý
(R là bán kính đường tròn)
(3.5)
- Từ công thức v do đó:
s R suy ra v R t t
- Sử dụng công thức: T
v 2 R ;T ;aht R 2 R v
2
1 2 n
(T đo bằng s; n đo bằng vòng/s)
- Chú ý chu kì quay của một số vật thường gặp như ở mục Về kiến thức và kỹ năng ở phần trên
- Gia tốc hướng tâm trong chuyển động tròn đều chỉ có tác dụng làm thay đổi hướng vận tốc của vật
C.CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG
chứ không làm thay đổi độ lớn vận tốc của vật
3.1. Cho các dữ kiện sau:
B.NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP
_ Bán kính trung bình của Trái Đất: R 6400 km
VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG
_ Khoảng cách Trái Đất- Mặt Trăng: 384000 km
- Cần phân biệt tốc độ dài và vận tốc dài, tốc độ dài và tốc độ góc; đường đi (cung tròn) và góc quay
_ Thời gian Trái Đất quay vòng quanh nó: 24 giờ
- Các đặc điểm của chuyển động tròn đều:
_ Thời gian Mặt Trăng quay 1 vòng quanh Trái Đất: 2,36.106 s
+ Tốc độ dài và tốc độ góc luôn không đổi: v const ; const
Hãy tính: a) Gia tốc hướng tâm của một điểm ở xích đạo
2
+ Gia tốc là gia tốc hướng tâm: aht
v R 2 R
b) Gia tốc hướng tâm của Mặt Trăng trong chuyển động quanh Trái Đất
- Các phương trình tọa độ của chuyển động tròn đều có thể được viết dưới dạng:
Bài giải a) Gia tốc hướng tâm của một điểm ở xích đạo
s s 0 v t t 0
Ta có : T 24 giê 24.3600 86400 8,64.104 s ; R 6400 km 6, 4.106 m
hoặc 0 t t 0
2
-
Cần
nhớ
chu
kì
quay
của
một
số
vật
đặc
biệt:
các
kim
của
đồng
hồ
(
T h 12 h ;T ph 1h 60 ph ;T s 1 ph 60s ); Trái đất quanh Mặt Trời: T § T 365 ngµy ®ªm , Trái Đất
quanh trục của nó: T § 1 ngµy ®ªm ; Mặt Trăng quanh Trái Đất: TTr § 27,3 ngµy ®ªm,... VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Với dạng bài tập về vận tốc và gia tốc trong chuyển động tròn đều. Phương pháp giải là: - Sử dụng các công thức: + Tốc độ dài: v
s R R t t
+ Tốc độ góc: 2 n
v R
Vậy : Gia tốc hướng tâm của một điểm ở xích đạo là: aht 0,0338m / s 2 b) Gia tốc hướng tâm của Mặt Trăng trong chuyển động quanh Trái Đất - Mặt Trăng chuyển động tròn quanh Trái Đất theo quĩ đạo có bán kính: R R d 6400 384000 390400 km=3,904.108 m
- Gia tốc hướng tâm của Mặt Trăng trong chuyển động quanh Trái Đất là: 2
2
2 8 2.3,14 2 aht R 2 R 3,904.10 . 2,36.106 0,027m / s T
Vậy: Gia tốc hướng tâm của Mặt Trăng trong chuyển động quanh Trái Đất là: 2
+ Gia tốc hướng tâm: aht
2
2 6 2.3,14 a ht R 2 R . 0,0338m / s 2 6, 4.10 . 4 T 8,64.10
v R 2 R
- Nếu vật vừa quay tròn vừa tịnh tiến thì: + Vật lăn không trượt: độ dài cung quay của một điểm trên vật bằng quãng đường đi của điểm đó
aht 0,0027m / s 2 3.2.Trái Đất quay chung quanh Mặt Trời theo một quỹ đạo coi như tròn, bán kính R 1,5.108 km . Mặt Trăng quay quanh Trái Đất theo một quỹ đạo coi như tròn, bán kính
r 3,8.105 km
+ Vận tốc của một điểm trên vật đối với mặt đất được xác định bằng công thức cộng vận tốc 2. Với dạng bài tập về chu kì và tần số quay của chuyển động tròn đều. Phương pháp giải là:
a) Tính quãng đường Trái Đất vạch được trong thời gian Mặt Trăng quay đúng một vòng (1 tháng âm lịch)
b) Tính số vòng quay của Mặt trăng quanh trái đất trong thời gian trái đất quay đúng một vòng (1 năm) Cho: - Chu kì của trái đất: T § 365,25 ngµy - Chu kì quay của mặt trăng: TT 27, 25 ngµy Bài giải a) quãng đường trái đất vạch được trong thời gian mặt trăng quay đúng một vòng
2 2.3,14 7,3.105 rad/s T 86400
Vậy : vận tốc góc của trái đất là 7,3.105 rad/s b) Vận tốc dài của một điểm trên mặt đất có vĩ độ 45 - Điểm trên mặt đất có vĩ độ 45 sẽ cách trục quay là: R R . cos 45 6,37.106.
- Trong thời gian T§ , Trái đất quay được một vòng với quãng đường là: s 2 R
- Trong thời gian TT , trái đất quay được một cung tròn với quãng đường s là: s 2 R .
TT 27, 25 2.3,14.1, 5.108. 0,703.108 km TD 365,25
Vậy: quãng đường mà trái đất vạch được trong thời gian mặt trăng quay đúng một vòng là
2 4,5.106 m 2
- Vận tốc dài của điểm đó là: v R 7,3.105.4,5.106 328,5m / s Vậy : vận tốc dài của một điểm trên mặt đất có vĩ độ 45 và v 328,5m / s c) Vận tốc dài của vệ tinh - khoảng cách từ vệ tinh đến trục quay của trái đất là: R R h - Vận tốc dài của vệ tinh là: v R 7,3.10 5. 6,37.106 36,5.106
8
s=0,703.10 km
b) Số vòng quay của mặt trăng quanh trái đất trong thời gian trái đất quay đúng một vòng (1 năm)
v 3129,5m / s 3,1295km / s
Vậy: vận tốc dài của vệ tinh là v 3,1295km / s
- Trong thời gian TT , mặt trăng quay quanh trái đất được một vòng
3.4. Hình bên minh họa hai ngôi sao ( gọi là sao kép) S 1 và S 2 . Chúng vạch hai đường tròn đồng tâm O
- Trong thời gian T§ , mặt trăng quay quanh trái đất được N vòng:
có bán kính khác nhau R 1 2.1012 m ; R 2 8.1012 m
N
T D 365,25 13, 4 vòng TT 27, 25
hai ngôi sao luôn luôn thẳng hàng với tâm O và vạch tròn 1 vòng quay sau 300 năm
Vậy: Số vòng quay của mặt trăng quanh trái đất trong thời gian trái đất quay đúng một vòng (1 năm) là N 13, 4 vòng
này tới sao kia ( cho : c 3.108 m / s )
3.3.Trái đất quay quanh trục Bắc- Nam với chuyển động đều mỗi vòng 24h a) Tính vận tốc góc của trái đất
c) một vệ tinh viễn thông quay trong mặt phẳng xích đạo và đứng yên đối với mặt đất (vệ tinh địa tĩnh) ở độ cao h 36500 km . Tính vận tốc dài của vệ tinh Bài giải Ta có: R 6370 km 6,37.106 m ; h 36500 km 36,5.106 m
- Chu kì quay của trái đất là: T 24 h 24.3600 86400s
- Vận tốc góc của trái đất là:
b) Hình vẽ ứng với thời điểm gốc t 0 Trình bày vị trí của hai ngôi sao này ở
b) Tính vận tốc dài của một điểm trên mặt đất có vĩ độ 45 . Cho R 6370 km
a) Vận tốc góc của trái đất
a) Tính thời gian để ánh sáng truyền từ sao
các thời điểm t 1 75 năm; t 2 150 năm; t 3 225 năm cùng với các vecto vận tốc
của mỗi ngôi sao Tỉ xích: khoảng cách: 1cm cho 1012 m ; vận tốc: 1 cm cho 1 km/s Bài giải a) Thời gian để ánh sáng truyền từ sao này tới sao kia - khoảng cách giữa hai ngôi sao là: d R 1 R 2 2.1012 8.1012 10.1012 m
- thời gian để ánh sáng truyền từ sao này tới sao kia là:
t
d 10.1012 3,33.104 s c 3.108
khi v c thì T t
2 R 2.3,14.0,25 52, 4.1010 s c 3.108
Vậy: thời gian để ánh sáng truyền từ sao này tới sao kia là: t 3,33.10 4 s
Vậy: khi vận tốc các electron xấp xỉ vận tốc của ánh sáng thì chu kì quay của nó là T 52, 4.1010 s
b) Vẽ hình
3.6. Một dụng cụ để đo vận tốc phan tử có cấu tạo
- Vị trí hai ngôi sao tại thời điểm t 1 75 năm là: 1 2 .
như hình vẽ. Một dây phủ Ag đặt theo trục O của hai ống hình trụ có bán kính r, R. Dây này
t1 75 2 . rad T 300 2
được đốt nóng bằng dòng điện để phóng ra các
- Vị trí hai ngôi sao tại thời điểm t 2 150 năm là:
nguyên tử Ag. Hai ống hình trụ liên kết với nhau và quay quanh trục với cùng vận tốc góc
2 2 .
t2 150 2 . rad T 300
. Hình trụ bên trong có một khe hở để các
- Vị trí hai ngôi sao tại thời điểm t 3 225 năm là: 3 2 .
nguyên tử Ag có thể bay vào hình trụ ngoài Khi hai hình trụ không quay, Ag bám vào ở A. Khi hai hình trụ quay đều , có Ag bám vào ở B cách
t3 225 3 2 . rad T 300 2
A đoạn l
3.5. Trong máy cyclotron, các proton sau khi được tăng tốc thì đạt vận tốc 3000 km/s và chuyển động tròn
Tính vận tốc các nguyên tử Ag Bài giải
đều với bán kính R 25cm
- Quãng đường bay của các nguyên tử Ag dọc theo phương bán kính các hình trụ là: s R r
1 a) Tính thời gian để một proton chuyển động vòng và chu kì quay của nó 2
- Trong thời gian các nguyên tử Ag bay dọc theo phương bán kính, điểm A trên hình trụ ngoài quay
b) Giả sử cyclotron này có thể tăng tốc các electron tới được vận tốc xấp xỉ vận tốc ánh sáng. Lúc
được một quãng đường AB. Thời gian chuyển động tương ứnh là:
đó, chu kì quay của các electron là bao nhiêu?
t T . Bài giải
Ta có: v 3000 km / s 3.106 m / s ; R 25cm 0, 25m
a) Thời gian để proton chuyển động
1 vòng và chu kì quay của nó 2
- thời gian để proton chuyển động một vòng là: t
s 2 R 2.3,14.0,25 52, 4.108 s v v 3.106
- thời gian để proton chuyển động nửa vòng là: t
t 52, 4.108 26,2.10 8 s 2 2
Vậy : thời gian để proton chuyển động nửa vòng là t 26,2.108 s và chu kì quay của nó là T t 52, 4.10 8 s
b) Chu kì quay của các electron khi vận tốc chuyển động của nó xấp xỉ vận tốc ánh sáng
AB 2 AB 1 . 2 R 2 R R
- Vận tốc chuyển động của các nguyên tử Ag là: v
s R r R R r 1 t 1 R
Vậy : vận tốc chuyển động của các nguyên tử Ag là v 3.7.Một đĩa tròn bán kính R lăn không trượt ở vành ngoài của một đĩa cố định khác có bán kính 2R. Muốn lăn hết một vòng quanh đĩa lớn thì đĩa nhỏ phải quay mấy vòng quanh trục của nó? Bài giải
R R r 1
- Vì đĩa tròn lăn không trượt nên khi đĩa nhỏ quay được một góc A OE ứng với quãng đường là cung AE
Bài giải
thì tâm O cũng chuyển động được quãng đường bằng AE
- Trường hợp người bắn ở (2), bia đặt ở (1):
- Để đĩa nhỏ lăn quanh đĩa lớn hết một vòng thì tâm O phải chuyển động hết một quãng đường bằng
Để bắn trúng bia, hướng bắn phải là hướng 2 1 sao cho vecto vận tốc V v v 2
chu vi đường tròn tâm O , bán kính bằng 2 R R 3R , nghĩa là : s 2 .3R 6 R - Số vòng quay quanh trục của đĩa nhỏ là: N
s 6 R 3 c 2 R
phải hướng vào bia ở (1) với: sin
Vậy: Muốn lăn hết một vòng quanh đĩa lớn thì đĩa nhỏ phải quay 3 vòng quanh trục của nó
v 2 R v v
R
3.8.Có hai người quan sát A1 và A 2 đứng trên hai
arcsin
bệ tròn quay ngược chiều nhau. Cho: O1O 2 5m ;
(v 2 R là vận tốc dài của người bắn khi
O1A1 O 2 A 2 2m ;1 2 1 rad/s
đĩa quay)
Tính vận tốc dài của A1 đối với A 2 tại thời
- Trường hợp người bắn ở (1), bia đặt ở (2):
điểm hai người có vị trí như hình vẽ
Gọi 2 là vị trí của người bắn sau thời gian Bài giải
đĩa quay t
v
R . Để bắn trúng bia, hướng bắn phải là hướng 1 2 , với: v
- Theo công thức cộng vận tốc, ta có: v 12 v 1O1 v O1 2 v 1O1 v 2O1
v 12 v 1O1 v 2O1
(v 2 R là vận tốc dài của bia khi đĩa quay)
Với V 1O 1O1A1 1.2 2 m/s;
Vậy: Khi người bắn ở (2) , bia đặt ở (1), để bắn trúng bia người bắn phải hướng lệch so với bán kính
v 2O1 2O1A 2 2 . O1O 2 O 2 A 2 1. 5 2 3m / s
nối người và bia một góc arcsin
1
v 12 2 3 1m / s
22 v 2t R R vt v
R v
; khi người bắn ở (1), bia đặt ở (2) , để bắn trúng bia người
bắn phải hướng lệch so với bán kính nối người và bia một góc
Vậy: độ lớn vận tốc dài của A1 đối với A 2 tại thời điểm hai người có vị trí như hình vẽ như trên là v 12 1m / s
3.9.Trong một trò chơi bán bia, có một bệ tròn nằm ngang quay với vận tốc góc không đổi quanh một
trục thẳng đứng. Đạn có chuyển động thẳng đều với vận tốc v. Bán kính của bệ tròn là R. Trên hình vẽ, (1) là vị trí trục quay, (2) là một điểm trên mép của bệ Xác định hướng bắn để đạn trúng bia trong hai trường hợp: - Người bắn ở (2), bia đặt ở (1) - Người bắn ở (1), bia đặt ở (2)
R v
3.10.Một đĩa tròn bán kính R lăn không trượt trên một mặt phẳng nằm ngang, tâm O có vận tốc v 0 không
đổi a) Chứng minh rằng vận tốc dài đối với O của các điểm trên mép đĩa đều bằng v 0 b) Tính vận tốc đối với mặt phẳng của các điểm trên đường kính AB, A là điểm tiếp xúc. Nhận xét về sự phân bố các vận tốc của đĩa c) Xác định vận tốc của các điểm B, C, D ( CD là đường kính nằm ngang)
Bài giải
1. Định nghĩa: Chuyển động tròn biến đổi đều là chuyển động có quỹ đạo là đường tròn và tốc độ dài ( hoặc
Chuyển động của đĩa là tổng hợp của chuyển động tịnh tiến với vận tốc v 0 của tâm O và chuyển động
tốc độ góc) của vật chuyển động tăng hoặc giảm đều theo thời gian.
quay quanh O với vận tốc góc
2. Gia tốc trong chuyển động tròn biến đổi đều
a) Chứng minh rằng vận tốc dài đối với O của
- Gia tốc (dài) toàn phần: Trong chuyển động tròn biến đổi đều, vectơ gia tốc toàn phần có: + gốc: trên vật chuyển động.
các điểm trên mép đĩa đều bằng v 0
+ hướng: luôn hướng về bề lõm của quỹ đạo.
- Đĩa lăn không trượt nên khi nó quay một
+ độ dài: tỉ lệ với a a12 an 2 , với:
OE thì cung A E R đúng góc A
v : gia tốc tiếp tuyến, đặc trưng cho tốc độ biến đổi độ lớn t
bằng quãng đường OO1 mà tâm O đi được:
• at
x R
vận tốc của vật.
Vậy: Trong sự quay quanh O với vận tốc
• an
v góc 0 các điểm trên mép đĩa đều có R
v2 : gia tốc pháp tuyến, đặc trưng cho tốc độ biến đổi hướng R
vận tốc của vật.
vận tốc dài v R v 0
2
b) Vận tốc đối với mặt phẳng của các điểm trên đường kính AB - Xét điểm M trên đường kính AB, với OM r và A M r . Vận tốc dài của N là: v M v 0 v 0
r v0 R r .A M R R
Do đó:
(4.1)
- Gia tốc góc: Gia tốc góc trong chuyển động tròn biến đổi đều đặc trưng cho tốc độ biến thiên tốc độ góc của chuyển động.
Xét điểm N trên đường kính AB, với ON r và A N r . Vận tốc dài của N là: vM
v v 4 a 2 t R
r v v 0 v 0 0 R r .A N R R
const t
(4.2)
3. Các phương trình của chuyển động tròn biến đổi đều
Vậy: Các điểm trên đường kính AB ( mở rộng là các điểm trên đĩa) có vận tốc tức thời phân bố như
- Theo đại lượng dài: v v0 at t t0
là đĩa quay quanh A, A là tâm quay tức thời c) Vận tốc của các điểm B, C, D: Với tâm quay tức thời A , ta có: - Vận tốc điểm B: v B .A B .2R 2v 0 - Vận tốc điểm C: v C .A C R 2 v 0 2
(4.3)
2 1 s s0 v0 t t0 at t t0 2
(4.4)
v2 v02 2at s s0
(4.5)
- Theo đại lượng góc:
=
+ ( −
1 2
- Vận tốc điểm D: v D v C v 0 2
0 0 t t0 t t0
Vậy: Vận tốc các điểm B, C, D là v B 2v 0 ;v C v 0 2;v D v 0 2
2 02 2 0
Chuyên đề 4: CHUYỂN ĐỘNG TRÒN BIẾN ĐỔI ĐỀU A. TÓM TẮT KIẾN THỨC
* Chú ý - Nếu chọn gốc thời gian lúc t0 0 thì:
(4.6)
) 2
(4.7) (4.8)
1 v v0 at t, s s0 v0 t at t 2 , 2
v2 v02 2at s s0 ;
1 2
0 t, 0 0 t t 2 , 2 02 2 0 .
+ Vận tốc dài: v v0 at t t0 ; vận tốc góc: + Gia tốc tiếp tuyến: at
=
+ ( −
)
v v2 ; gia tốc pháp tuyến (hướng tâm): an ; gia tốc toàn phần: t R
2
- Trong chuyển động tròn biến đổi đều thì: at const, const . - Tương tự như với chuyển động thẳng biến đổi đều, với chuyển động tròn biến đổi đều thì: + chuyển động tròn nhanh dần đều thì v và at hoặc và cùng dấu (cùng dương hoặc cùng âm). + chuyển động tròn chậm dần đều thì v và at hoặc và trái dấu ( đại lượng này dương thì đại lượng kia âm và ngược lại).
v v 4 a 2 . t R
+ Gia tốc góc:
2 02 const . t 2 0
2. Với dạng bài tập về chiều dài cung quay, số vòng quay trong chuyển động tròn biến đổi đều. Phương pháp giải là:
B. NHỮNNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP * VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG - Cần phân biệt các đại lượng dài với đại lượng góc. Chú ý sự tương tự giữa chuyển động thẳng biến đổi đều
- Sử dụng các công thức: 2 1 + Chiều dài cung quay: s s0 v0 t t0 at t t0 2
và chuyển động tròn biến đổi đều.
- Gia tốc toàn phần trong chuyển động tròn biến đổi đều bao gồm: + gia tốc tiếp tuyến (tiếp tuyến với bán kính tại vị trí của vật chuyển động):
at
+ Góc quay:
v v v0 . t t
v2 + gia tốc pháp tuyến (hướng vào tâm đường tròn): an . R
v
2
v
4
−
+ Số vòng quay: n
=
v 2 v02 R 0 . 2 at
( −
)+
( −
) =
.
s s0 0 . 2 R 2
C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG 4.1. Một chất điểm chuyển động tròn với gia tốc góc không đổi 2 rad / s2 từ trạng thái đứng yên.
Do đó: a at2 an2 2 . t R
Tính:
- Dấu của v và tùy thuộc vào chiều dương ta chọn; dấu của at và tùy thuộc vào chiều dương ta
a) Vận tốc góc ở thời điểm t.
chọn và loại chuyển động biến đổi đều (nhanh dần hay chậm dần đều).
b) Tọa độ góc ở thời điểm t.
- Đơn vị:
c) Vận tốc, gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến cùng ở thời điểm t. Bài giải
+ với các đại lượng dài: như với chuyển động thẳng. + với các đại lượng góc: (đo bằng rad); ( đo bằng rad/s); (đo bằng rad / s2 ); với 1 rad
180 3,14 57,3 hoặc 1 rad 0,0174 rad . 3,14 180
Chọn gốc thời gian lúc vật bắt đầu quay:
= 0;
= 0.
a) Vận tốc góc ở thời điểm t Ta có: 0 t t 2t
* VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Vậy: Vận tốc góc của chất điểm ở thời điểm t là 2t (rad / s)
1. Với dạng bài tập về gia tốc, vận tốc trong chuyển động tròn biến đổi đều. Phương pháp giải là:
b) Tọa độ góc ở thời điểm t
- Sử dụng các công thức:
1 2
1 2
1 2
Ta có: 0 0 t t 2 t 2 .2t 2 t 2
Vậy: Tọa độ góc của chất điểm ở thời điểm t là t 2 (rad ) .
Ta có:
c) Vận tốc, gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến cùng ở thời điểm t
t
v v0 5 15 80 s at 0,125
Vậy: Thời gian cần thiết để tàu đi hết quãng đường đó là t 80 s .
- Gia tốc pháp tuyến: an 2 R 2 t 2 R 4 Rt 2 .
4.3. Đĩa hát “33 vòng” quay 33 vòng mỗi phút. Đĩa hát có đường kính 30 cm. Hãy tính vận tốc góc và vận
v v0 R 0 - Gia tốc tiếp tuyến: at R 2 R . t t
tốc dài của điểm ở vành ngoài. Bài giải
- Vận tốc (dài): v R 2 Rt . Vậy: Vận tốc, gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến cùng ở thời điểm t lần lượt là an 4 Rt 2 ; at 2 R và v 2 Rt .
4.2. Một tàu hỏa chuyển động chậm dần đều trên quãng đường s 800 m có dạng cung tròn bán kính
R 800 m . Vận tốc ở đầu quãng đường là v0 54 km / h và ở cuối quãng đường là v 18 km / h .
- Tần số quay của đĩa hát là: n
33 (vòng/s) 60
- Vận tốc góc của điểm ở ngoài vành đĩa là: 2 n 2.3,14.
33 3,454 rad / s . 60
- Vận tốc dài của điểm ở ngoài vành đĩa là: v R 3,454.0,15 0,5181 m / s . Vậy: Vận tốc góc và vận tốc dài của điểm ở vành ngoài đĩa lần lượt là 3,454 rad / s và
Tính: a) Gia tốc toàn phần của tàu tại điểm đầu và điểm cuối của quãng đường.
v 0,5181 m / s .
b) Thời gian cần thiết để tàu đi hết quãng đường đó
4.4. Điểm A ngoài vành của ròng rọc có vận tốc vA 0,6 m / s . Điểm B trên cùng bán kính với A, với
(Đề thi HSG Quốc gia Vật lí, 1982) Bài giải
AB 20cm , có vận tốc vB 0,2 m / s .
Hãy tính vận tốc góc và đường kính của ròng rọc. Coi ròng rọc có chuyển động quay
Ta có: v0 54 km / h 15 m / s; v 18 km / h 5 m / s .
đều quanh trục.
a) Gia tốc toàn phần của tàu tại điểm đầu và điểm cuối của quãng đường 2
- Gia tốc tiếp tuyến của tàu là: at
2 0
2
2
v v 5 15 0,125 m / s2 . 2s 2.800
- Gia tốc pháp tuyến của tàu là: an
V2 . R 152 0,28125 m / s2 . 800
a0 an2(0) at2 0,281252 (0,125)2 0,308 m / s2 .
=5 / ⇒
- Vì khi ròng rọc chuyển động quay đều thì các điểm trên ròng rọc có cùng vận tốc góc
nên: v A RA R A RA vB RB RB RA 20
- Tại điểm đầu quãng đường: v0 15 m / s an (0)
- Tại điểm cuối quãng đường:
Bài giải
( )
=
3RA 60 RA RA 30 cm 0,3 m
= 0,03125 / .
và
a1 an2(1) at2 0, 031252 (0,125)2 0,129 m / s 2
Vậy: Gia tốc toàn phần ở đầu và cuối quãng đường là a0 0,308 m / s2 và a1 0,129 m / s 2 . b) Thời gian cần thiết để tàu đi hết quãng đường đó
RA 0,6 3 RA 20 0,2
vA 0,6 2 rad / s . RA 0,3
Vậy: Vận tốc góc của ròng rọc là 2 rad / s và đường kính của ròng rọc là d 2 RA 2.0,3 0,6 m . 4.5. Trên phim nhựa loại 8 mm cứ 26 ảnh chiếm một chiều dài 10 cm. a) Khi chiếu, phim chạy qua đèn chiếu với nhịp 24 ảnh/giây. Tính vận tốc của phim.
b) Phim được cuộn trên một lõi. Đầu buổi chiếu bán kính lõi là R1 2 cm ; cuối buổi chiếu, bán kính là
* Cách 2:
R2 7 cm . Tính xem vận tốc góc của lõi phim thay đổi trong khoảng nào?
Để đuổi kịp thỏ ở M, chó phải chạy trên đường tròn tâm O, bán kính R với vận tốc không đổi.
Bài giải
vc2 . R
- Gia tốc hướng tâm tại A: a
a) Vận tốc của phim Ta có: v
- Để chó đuổi kịp thỏ: vcx vt .
s 10 .24 9,2 cm / s . t 26
- Tại M: vcx vc cos vt .
Vậy: Vận tốc của phim là v 9,2 cm / s . - Mặt khác: cos
b) Vận tốc góc của lõi phim - Vận tốc của lõi phim ở đầu buổi chiếu là: 1
v 9,2 4,6 rad / s . R1 2
- Vận tốc góc của lõi phim ở cuối buổi chiếu là: 2
v 9,2 1,3 rad / s . R2 7
vc .
1 . R
vl 1 vt R c . R vt
- Thay vào biểu thức xác định a, ta được: a Chuyên đề 5
Vậy: Vận tốc góc của lõi phim thay đổi từ 1,3 rad / s đến 4,6 rad / s . 4.6. Một con chó săn đuổi theo một con thỏ. Thỏ chạy theo đường thẳng
KHẢO SÁT CHUYỂN ĐỘNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
với vận tốc vt không đổi. Khi chó nhìn thấy thỏ thì hai con vật cách nhau
vc vt . l
A. TÓM TẮT KIẾN THỨC
khoảng l. Chó chạy với vận tốc v c có độ lớn không đổi nhưng v c luôn
1- Nội dung phương pháp tọa độ: Để khảo sát những chuyển động phức tạp có quỹ đạo là những đường
huớng về vị trí thỏ. Tính gia tốc tức thời của chó lúc bắt đầu đuổi thỏ.
cong người ta thường dùng phương pháp tọa độ. Nội dung phương pháp này như sau: - Chọn hệ trục tọa độ (thường là hệ tọa độ Đề-các hai chiều Oxy ) và phân tích chuyển động phức tạp thành
Bài giải Gọi vc , vt là vận tốc của chó và thỏ (vc vt ) . Giả sử chó đuổi kịp thỏ ở M.
các chuyển động thành phần đơn giản trên các trục tọa độ, nghĩa là chiếu M xuống hai trục Ox và Oy để có
* Cách 1:
các hình chiếu Mx và M y .
- Gia tốc tức thời của chó là: ac
vc t
- Khảo sát riêng rẽ các chuyển động của M x và M y về: + tính chất chuyển động.
BM vt t AB l - Lúc bắt đầu đuổi thỏ: t 0 vc vc , do đó:
- Tam giác ABC cho: tan
+ các phương trình chuyển động. - Tổng hợp các lời giải riêng rẽ thành lời giải đầy đủ cho chuyển động thực của M. 2- Chú ý: Phương pháp tọa độ thường được dùng để khảo sát các chuyển động sau:
v v v .t tan c vc vc tan c t vc l
- Chuyển động thẳng nhưng quỹ đạo không trùng với các trục tọa độ của hệ quy chiếu. - Chuyển động tròn; chuyển động cong như: ném ngang, ném xiên…
v v .t vc vt ac c t l.t l
Vậy: Khi bắt đầu đuổi thỏ, gia tốc tức thời của chó là ac
B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP . VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG
vc vt . l
- Khi chọn hệ tọa độ để khảo sát chuyển động của vật cần chọn sao cho việc giải bài toán được đơn giản: các
b) Xác định lúc và nơi hai xe gặp nhau.
thành phần hình chiếu lên các trục tọa độ là những chuyển động thẳng đơn giản như chuyển động thẳng đều,
Bài giải
chuyển động thẳng biến đổi đều, rơi tự do…
a) Phương trình chuyển động của hai xe
- Trong hệ tọa độ Đề-các vuông góc hai chiều khi tổng hợp thành chuyển động thực của M cần chú ý:
Chọn hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy , với gốc tọa độ O ở trên đường trung trực của AB và cách
+ Phương trình quỹ đạo của M : Khử t từ hai phương trình chuyển động của Mx và M y ta được phương
đường thẳng AB đoạn d 1km; các trục tọa độ Ox song song với đường thẳng AB , Oy trùng với đường
trình quỹ đạo của M.
trung trực của AB ; gốc thời gian lúc 6h30 phút. Ta có:
+ Độ dời của M : x 2 y 2 ; vận tốc của M : v vx2 vy2 ; gia tốc của M : a ax2 ay2 .
+ Xe 1: x01 36km; y01 1km; v1 x 36km / h; v1 y 0; t01 0.
- Thời gian chuyển động của M x bằng thời gian chuyển động của M y và bằng thời gian chuyển động của
+ Xe 2: x02 36km; y02 1km; v2 x 27km / h; v2 y 0 ; t02 15 phút 0,25h.
M : t x ty t. - Mở rộng cho hệ tọa độ Đề-các vuông góc ba chiều: + Độ dời: x 2 y 2 z2 ;
+ Vận tốc: v vx2 vy2 vz2 .
+ Gia tốc: a ax2 ay2 az2 ;
+ Thời gian: t tx ty tz . - Phương trình chuyển động của hai xe:
. VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
+ Xe 1:
x1 x01 v1x t 36 36t; y1 1km.
- Chọn hệ tọa độ thích hợp về việc giải bài toán được đơn giản.
+ Xe 2;
x2 x 02 v2 x t 36 27 t 0,25 ; y2 1km.
- Thực hiện phép chiếu lên các trục tọa độ của hệ để xác định đặc điểm của các chuyển động hình chiếu.
b) Xác định lúc và nơi hai xe gặp nhau
* Chú ý: Nhiều trường hợp ta có thể chọn hệ tọa độ không vuông góc.
- Khi hai xe gặp nhau: x1 x2 và y1 y2 .
1. Với dạng bài tập về khảo sát đặc điểm các chuyển động hình chiếu. Phương pháp giải là:
2. Với dạng bài tập về xác định các đại lượng trong chuyển động của vật. Phương pháp giải là: - Chọn hệ tọa độ thích hợp để việc giải bài toán được đơn giản. - Sử dụng các công thức: + Hệ tọa độ hai chiều: 2
2
36 36t 36 27 t 0,25
(1)
và y1 y2 1km
(2)
t 1,25h 1h 15 phút; x1 x2 9km; y1 y2 1km. 2 x
2 y
2 x
2 y
x y ; v v v ; a a a ; t t x t y .
Vậy: Hai xe gặp nhau lúc (6 h 30 phút 1 h 15 phút) 7h 45 phút; vị trí gặp nhau là C 9;1 .
+ Hệ tọa độ ba chiều: x 2 y 2 z 2 ;
5.2. Ở một khúc sông thẳng, vận tốc của dòng nước tăng tỉ lệ thuận với khoảng cách từ bờ. Vận tốc của dòng
v vx2 vy2 vz2 ; a ax2 ay2 az2 ; t tx ty tz .
nước sát bờ là 0 và vận tốc của dòng nước ở ngay giữa sông là v0 . Một thuyền chạy băng qua dòng sông với vận tốc có độ lớn không đổi u và hướng luôn vuông góc với vận tốc chảy của dòng nước.
C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG 5.1. Lúc 6h30 phút sáng một xe chuyển động thẳng đều từ A về B với vận tốc 36km / h. Sau đó 15 phút, một xe khác chuyển động thẳng đều từ B về A với vận tốc 27km / h. Cho AB 72km . Chọn gốc tọa độ là điểm O ở trên đường trung trực của AB và cách đường thẳng AB đoạn d 1km. a) Lập các phương trình chuyển động của hai xe.
Biết bề rộng của sông là c , hãy tính quãng đường mà thuyền bị dòng nước cuốn đi khi băng ngang qua sông. Bài giải Chọn hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxy với gốc O là điểm xuất phát A của thuyền; trục Ox dọc theo bờ sông, trục Oy vuông góc với bờ sông; gốc thời gian lúc thuyền bắt đầu xuất phát.
Như vậy, chuyển động của vật là tổng hợp của hai chuyển động: chuyển động tròn trên đường tròn tâm O ,
- Tại vị trí M của thuyền trên sông, với M x , y , ta có:
bán kính a và chuyển động thẳng đều trên đường thẳng z bt , do đó quỹ đạo chuyển động của vật là đường
y ut (1)
v
2v0 2v ut y 0 ax t (2) c c
x
1 2 1 2v0 u 2 v0 u 2 at . t t (3) 2 x 2 c c
với ax
2v0 u c
xoắn ốc trên mặt hình trụ bắt đầu từ điểm N . - Vectơ vận tốc và vectơ gia tốc + Các thành phần vận tốc:
vx a cos t v0 x cos t; vy a sin t v0 y sin t;
const.
vz b.
c c - Khi đến giữa sông: y t . 2 2u
vxy vx2 vy2 a const;
2
x1
v0 u c v0 c . c 2u 4u
Khi qua đến bờ bên kia, x2 2 x1
vz b const. Và v v xy v z (hình vẽ)
v0 c . 2u
+ Các thành phần gia tốc:
Vậy: Quãng đường mà thuyền bị dòng nước cuốn đi khi băng qua sông là s x2
v0 c . 2u
5.3. Một chuyển động trong không gian. Vị trí của vật được xác định bởi hệ quy chiếu Oxyz. Phương trình
v v2 0; an . t a a an (hình vẽ) at
chuyển động của hình chiếu lên 3 trục là: x a sin t; 2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP
y a cos t;
Chuyên đề 1: CHUYỂN ĐỘNG THẲNG ĐỀU
z bt. ( a, b, c : hằng số, t : thời gian) Hãy xác định quỹ đạo, vectơ vận tốc
1. Hai xe chuyển động thẳng đều trên cùng một đường thẳng với các vận tốc không đổi: v1 40 km / h và
và vectơ gia tốc của vật.
v2 60 km / h . Tính độ giảm khoảng cách giữa hai xe sau 1,5h khi:
hai xe chuyển động ngược chiều. Bài giải
hai xe chuyển động cùng chiều.
- Quỹ đạo chuyển động của vật
Bài giải
Ta có:
Chọn chiều dương là chiều chuyển động của mỗi xe. Ta có: s1 v1t ; s2 v2t . 2
2
s2 x 2 y 2 a sin t a cos t a 2 sin 2 t cos2 t a2
(1)
Khi hai xe chuyển động ngược chiều: s s1 s2 v1 v2 t .
z bt
(2)
Khi hai xe chuyển động cùng chiều: s ' s1 s2 v2 v1 t . s 40 60 .1,5 150km s ' 60 40 .1,5 30km
Vậy: Độ giảm khoảng cách giữa hai xe khi hai xe chuyển động ngược chiều là 150km và khi hai xe
Thời gian vật đi từ A đến C rồi đến B : t
chuyển động cùng chiều là 30km . 2. Một con kiến chạy ra từ một lỗ nhỏ thông xuống tổ kiến dưới lòng đất, kiến chạy theo một đường thẳng
AD x x 2 L2 AD.v2 v1 x 2 L2 v2 x . v1 v2 v1v2
Vì AD, v1 , v2 không đổi nên t tmin khi y ymin , với y v1 x 2 L2 v2 x .
sao cho vận tốc của nó tỉ lệ thuận với khoảng cách đến lỗ nhỏ. Tại thời điểm mà con kiến cách lỗ nhỏ một Ta có: y v1 x 2 L2 v2 x v12 v22 x 2 2 yv2 x v12 L2 y 2 0 .
khoảng l1 1m thì vận tốc của nó là v1 2 cm / s . Sau thời gian bao lâu, kiến sẽ cách lỗ nhỏ một khoảng
Quan hệ x và y chỉ có ý nghĩa khi phương trình có nghiệm, nghĩa là 0 .
l2 2 m ?
' y 2 v22 v12 L2 y 2 v12 v22 0 y 2 L2 v12 v22 .
Bài giải Vì vận tốc của kiến tỉ lệ nghịch với khoảng cách nên
Thời gian t tmin khi y ymin .
nghịch đảo của vận tốc sẽ tỉ lệ thuận với khoảng cách, do Lúc đó: ymin L v12 v22 ứng với nghiệm kép của x : x
1 đó đồ thị biểu diễn phụ thuộc của vào l là một đường v
Lv2 v12 v22
L n2 1
.
thẳng qua gốc tọa độ như hình trên. Diện tích hình thang
Vậy: Để đi đến B trong khoảng thời gian ngắn nhất người đó phải đi từ C cách D đoạn
MNl2l1 nằm dưới đồ thị từ l1 đến l2 sẽ có số đo bằng thời
x
gian mà kiến chuyển động từ khoảng cách l1 đến l2 và
Lv2 v12 v22
L n2 1
.
4. Hai ca nô A và B xuất phát đồng thời từ một cái phao neo chặt ở giữa một dòng sông rộng. Các ca-nô 1 1 l l bằng: S t 2 1 . v1 v2 2
Trên đồ thị, ta có: tan
chuyển động sao cho quỹ đạo của chúng là hai đường thẳng vuông góc với nhau, ca-nô A đi dọc theo bờ sông. Sau khi đi được cùng quãng đường L đối với phao, hai ca nô lập tức quay trở về phao. Cho biết độ lớn
1 1 1 l 2 . v1l1 v2l2 v2 v1l1
vận tốc của mỗi ca nô đối với nước luôn gấp n lần vận tốc của dòng nước so với bờ. Gọi thời gian chuyển
l2 l2 Thời gian chuyển động của kiến từ khoảng cách l1 đến l2 là: t 2 1 75s . 2v1l1
động đi và về của mỗi ca nô A và B lần lượt là t A và tB . Hãy xác định tỉ số
(Trích đề thi Olympic 30/4, 2001)
Vậy: Sau 75s , kiến sẽ cách lỗ nhỏ một khoảng l2 2m .
Bài giải
3. Một xe đạp xuất phát từ một điểm A trên đường cái để
Vận tốc của ca-nô A đối với nước sẽ là v ' nu .
trong một khoảng thời gian ngắn nhất đi đến một điểm B
Thời
nằm trên cánh đồng (hình vẽ).
gian
đi
về
của
ca
nô
L L 2 Ln tA u n 1 u n 1 u n 2 1
Khoảng cách từ B đến đường cái bằng L . Vận tốc của xe đạp chạy trên cánh đồng nhỏ hơn n lần
n 1
tA . tB
A
dọc
theo
bờ
sông:
1 .
Để quỹ đạo ngang sông chiếc ca-nô B lúc đi phải hướng theo vận
so với vận tốc của nó khi chạy trên đường cái. Hỏi
tốc v ' như hình a, còn lúc về phải hướng theo vận tốc v ' như hình b. Vận tốc của ca-nô B đi ngang
xe đạp phải rời đường cái từ một điểm C cách D một khoảng x bao nhiêu?
sông là: v
nu
2
u 2 u n2 1 .
(Trích đề thi Olympic 30/4, 1997) Bài giải Gọi v1 , v2 là vận tốc xe đạp khi đi trên đường cái và khi đi trên cánh đồng v1 nv2 .
Thời gian đi về của canô B là: tB
2L 2L v u n2 1
2 .
Từ (1) và (2), ta có:
Vậy: Tỉ số
tA n . tB n2 1
Vậy: Tàu B phải chạy theo hướng hợp với hướng AB một góc với sin
tA n . tB n2 1
d0
đuổi là T
vB 1
5. Hai tàu thủy A và B ở trên cùng một kinh tuyến. Tàu A ở phía Bắc của B và cách B một khoảng d0 . Tàu A chuyển động đều về phía Đông với vận tốc vA , tàu B chuyển động đều lên phía Bắc với vận tốc vB .
v A2 vB2
.
6. Hai người bơi xuất phát từ một điểm A trên bờ sông và phải đến điểm B ở bờ bên kia, đối diện A . Người thứ nhất phải bơi theo hướng để đến điểm B , còn người thứ hai phải bơi theo hướng vuông góc với dòng
Độ cong của mặt biển không đáng kể.
chảy rồi khi đến bờ tại điểm C phải chạy ngược trở lại với vận tốc u để về đến điểm B . Tìm u để hai người
a) Định khoảng cách cực tiểu giữa tàu A và tàu B . b) Tàu B phải chạy theo hướng nào để bắt kịp tàu A . Định thời gian rượt đuổi. Các tàu đều chuyển
đến B cùng lúc. Biết vận tốc dòng chảy v0 2km / h , vận tốc của hai người bơi đối với nước là
v 2,5km / h .
động theo quỹ đạo thẳng.
Bài giải
Bài giải Thời gian bơi của người thứ nhất:
a) Khoảng cách cực tiểu giữa hai tàu Chọn gốc tọa độ ở A , hệ tọa độ xAy như hình vẽ.
t
Ta có: x A vAt ; y B d0 vB t .
t1
d 2 vA2 vB2 t 2 2d 0 vB t d 02 .
2 d min
t
d v d0 v A d min . 4a v A2 vB2 v A2 vB2
AC AB v2 v
đến B : t2
d0 v A
2 .
v A2 vB2
BC AB AB v0 . u u tan u v
3 .
Để hai người đến B cùng lúc: t t1 t2 .
.
b) Hướng chạy của tàu B và thời gian rượt đuổi.
AC vAt vA . Giả sử hai tàu gặp nhau ở C , với BA, BC ;sin BC vB t vB
1 .
Thời gian của người thứ hai chạy từ C
trên cho:
2 2 0 A
Vậy: Khoảng cách cực tiểu giữa hai tàu là: d min
AB AB v1 v 2 v02
Thời gian bơi của người thứ hai:
Khoảng cách hai tàu là d , với d 2 x A2 yB2 .
Tam thức bậc hai theo
vA và thời gian rượt vB
u
AB AB v0 . v u v
v0 v 2 v02 2
2 0
v v v
2 2,52 22 2,5 2, 52 22
3km / h
Vậy: Để hai người đến B cùng lúc thì vận tốc chạy của người thứ hai trên phải là u 3km / h .
Điều kiện: sin 1 v A vB . AB d0 BC cos Thời gian rượt đuổi: T vB vB vB 1 sin 2
AB v 2 v02
7. Hai xe chuyển động thẳng đều trên hai đường thẳng hợp với d0 vB
v2 1 A2 vB
.
nhau một góc với vận tốc có độ lớn lần lượt là v1 , v2 . Biết tại thời điểm hai xe cách nhau một khoảng nhỏ nhất lmin thì xe (1) đang chuyển động hướng về giao điểm O và cách O một khoảng l1 như hình vẽ. Tìm vị trí của xe (2) lúc này. Xét hai trường hợp: a) v2 v1 2 và 450 .
b) v2 v1 và 600 .
v A vB vB v A v CA x vCx v Ax 2 v A 2 2 v v v vCy 0 vC2 A B CA y 2
Bài giải Khi hai xe cách nhau một khoảng ngắn nhất thì: + Vận tốc tương đối giữa chúng vuông góc với
2
2
v v v v 2 vCA B A vC2 B A vC2 v AvB 2 2
đường thẳng nối hai vị trí của chúng. + Xe (2) đang rời xa O .
vCA vC2 v AvB 522 63.33 25km / h
+ Vị trí xe (2) tại J .
Vậy: Vận tốc của xe tải đối với xe buýt là vCA 25km / h .
Áp dụng: a) Trường hợp v2 v1 2 và 450 : Áp dụng định lí hàm số cosin trong tam giác OIK, ta có:
v122 v12 v22 2v1v2 cos v12 v1 2
2
2v1v2 2 cos 450 v12 v12 v1 và OIK vuông cân ở
v1 4m / s, v2 3m / s , tìm vận tốc của giao điểm O . Bài giải
I : v12 OI J O l2 0 .
Sau
đến vị trí d '1 , AH v1 ; d 2 d '2 , AK v2 ; v OO ' : vận tốc của giao điểm O .
Vậy: Xe (2) lúc đó đang ở O . b) Trường hợp v2 v1 và 600 :
1s, d1
đến
vị
trí
Áp dụng định lí hàm số sin cho AHO ' và AKO , ta được:
Tam giác OIK đều, suy ra tam giác OIJ cân tại O : l2 OJ l1 . Vậy: Xe (2) lúc đó đang ở J , cách O một đoạn giống như xe (1). 8. Một xe buýt đuổi theo một xe đạp chạy trên một đường thẳng AB với tốc độ không đổi lần lượt là 63km / h và 33km / h . Một xe tải chạy trên một đường thẳng khác (không song song với AB ) với tốc độ
không đổi là 52km / h . Khoảng cách từ xe tải đến xe buýt luôn luôn bằng khoảng cách từ xe tải đến xe đạp.
AO ' v1 2v 2v 1 AO ' 1 . sin 900 sin 600 3 3 Và
AO v2 2v 2v 2 AO 2 sin 900 sin 600 3 3
Áp dụng định lí hàm số cosin cho AOO ' ta được:
OO '2 AO '2 AO 2 AO '. AO cos 600
Tìm vận tốc của xe tải đối với xe buýt?
2
Bài giải Vì khoảng cách từ xe tải đến xe buýt luôn luôn bằng khoảng cách từ xe tải đến xe đạp nên xe buýt (A), xe đạp (B) và xe tải (C) khi chuyển động luôn tạo thành một tam giác cân. Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ:
v OO '
4 2 4 2 v1v2 4 2 4 2 4.3 88 v1 v2 .4 .3 5, 42m / s 3 3 3 3 3 3 3
10. Thanh AB đồng chất tiết diện đều dài L được tựa vào bức tường thẳng đứng như hình vẽ. Đầu dưới B của thanh có một con
v v vCy v v v A B 2 Vận tốc xe tải (C) đối với xe buýt (A): vCA vC vA . 2 Cx
2
v v 1 2v 2v v OO ' 1 2 2. 1 . 2 . 3 3 2 3 3
Vậy: Vận tốc của giao điểm O là v 5, 42m / s .
v A vB 2 2 2 vC2 vCy vCx
Vận tốc xe tải (C): vCx vH
2 C
9. Hai đường thẳng d1 và d2 tạo với nhau một góc 600 . Chúng chuyển động theo các vận tốc v1 , v2 theo phương vuông góc với chính nó. Biết
2 C
2
chuột bò theo thanh với vận tốc v không đổi đối với thanh ngay vào thời điểm đầu dưới B của thanh chuyển động đều theo nền nhà về phía phải với vận tốc u . Hỏi trong quá trình chuyển động theo
thanh, con chuột lên được độ cao cực đại bằng bao nhiêu so với nền nhà và tìm điều kiện của v và u . Xét
Vậy: Trong quá trình chuyển động theo thanh, con chuột lên được độ cao cực đại hmax
hai trường hợp:
Lv . 2u
Trường hợp con chuột đạt độ cao cực đại khi chưa kịp lên tới A .
Trường hợp con chuột đạt độ cao cực đại khi chưa kịp lên tới A thì v u 2 ; trường hợp con
Trường hợp con chuột đạt độ cao cực đại khi vừa A .
u ' L 1 , v u . chuột đạt độ cao cực đại khi vừa lên tới A thì hmax v
2
Biết rằng ban đầu đầu B của thanh ở sát góc tường O và đầu A của thanh luôn tựa vào tường. Bài giải
11. Trên đường thẳng có ba xe chuyển động cùng chiều. Người ngồi trên xe 1 thấy gió thổi vào xe mình
Chọn gốc thời gian lúc đầu B bắt đầu trượt từ O; G là trung điểm của AB; M là vị trí của con chuột ở thời điểm t .
theo hướng 600 ; người ngồi trên xe 2 thấy gió thổi vào xe mình theo hướng 300 . Hỏi người ngồi trên xe 3 thấy gió thổi vào xe mình theo hướng nào.
Độ cao của con chuột tại thời điểm t là MK h ; khoảng
Biết , , là các góc tạo bởi hướng gió thổi (nằm trong mặt phẳng đứng chứa ) mà người ngồi trên xe
cách từ góc O đến thanh ở thời điểm t là ON H . Ta có: OB ut; BM vt ; AG BG Hai
tam
giác
ONB
và
tương ứng thấy và phương chuyển động của các xe. Tốc độ chuyển động của xe 3 bằng trung bình cộng
L . 2
MKB
của tốc độ xe 1 và tốc độ xe 2. đồng
dạng
Bài giải
nên:
v v Gọi v1' , v2' , v3' lần lượt là vận tốc của gió thổi đối với xe 1, xe 2, xe 3; v1 , v2 , v3 v3 1 2 lần lượt là vận tốc 2
MK BM h vt v v hH . ON OB H ut u u Trong tam giác vuông OGN , ON OG
h hmax H H max Lúc đó: hmax H max
chuyển động của các xe và u là vận tốc gió thổi.
L L H . 2 2
Theo công thức cộng vận tốc, ta có: v1' u v1 ; v2' u v2 ; v3' u v3 . Với: BC v1 ; BE v2 ; BD v3 (với
L 450 ( AOB vuông cân). 2
v Lv . u 2u
CD DE ).
Xét hai trường hợp:
Từ
Trường hợp con chuột đạt độ cao cực đại khi chưa lên kịp tới A : Ta có: tmax
L cos 450 L 2 u 2u
vẽ,
ta
AH 1 tan 600 AH HB v2 2 tan 300 AH 2 AH HB v3 2 HB 2v3 tan tan
có:
HB v1
1 .
Con chuột chưa kịp lên tới A , nên vtmax L
2 .
L 2 Từ (1) và (2), ta được: v Lvu 2 . 2u
hình
So sánh (1), (2) và (3) ta được:
Trường hợp con chuột đạt tới độ cao cực đại khi vừa tới A : ' Độ cao h hmax ở thời điểm tmax
2 1 1 3 tan 0,866 40054 ' . tan tan 600 tan 300 2
Vậy: Người ngồi trên xe 3 thấy gió thổi vào xe mình theo hướng 40054 ' .
L . v
12. Có 4 bạn học sinh cùng đến trường tham dự kỳ thi Olympic truyền thống 30/4 nhưng chỉ có 1 chiếc xe 2
Và: h 'max AB 2 OB 2 L2 utmax
3
2
2
L u L2 u L 1 . v v
máy và 2 nón bảo hiểm, chấp hành luật giao thông nên 2 bạn đi xe và 2 bạn còn lại đi bộ, dọc đường bạn đang ngồi sau xuống xe tiếp tục đi bộ và xe có 2 lần quay lại đón 2 bạn đi bộ ở những vị trí thích hợp sao cho
cả 4 bạn đến được trường cùng một lúc. Biết rằng vận tốc đi xe gấp 5 lần đi bộ và coi rằng vận tốc của các bạn đi bộ đều như nhau, nơi xuất phát cách trường 5km . Xác định vị trí mà xe đã đón 2 người đi bộ lên xe cách vị trí xuất phát một đoạn bao nhiêu?
Bài giải Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ.
1 1 1 Vì hai vòng tròn có bán kính như nhau, nên OH OA , nghĩa là: xC x A v0t . 2 2 2
Bài giải Giả sử O là nơi xuất phát; T là trường; A, B là 2
Do đó, theo phương nằm ngang, C luôn chuyển động đều với vận tốc vcx
điểm xe đón 2 bạn đi bộ còn C , D là 2 điểm mà hai
v0 . 2
Vì giao điểm C chuyển động trên đường tròn tâm O2 nên vận tốc vc luôn tiếp tuyến với đường tròn này. Khi
bạn trên xe xuống tiếp tục đi bộ, ta có đồ thị chuyển động của các bạn như hình vẽ. Do vận tốc đi bộ như nhau, vận tốc xe không đổi nên
O1O2 d , ta có:
các hình OMNK , KNPQ, OMPQ đều là những hình
2
bình hành. vc
Bạn 1 chỉ đi xe có đồ thị PMKNQM , bạn 2 đi xe OM và đi bộ MP , bạn 3 đi bộ OK và NP đi xe KN
d R2 4R 2 d 2 2 R 2R
vcx HC ; sin sin O2C
(
O1CO2 cân tại C ).
, bạn 4 đi bộ OQ và đi xe QP để 2, 3, 4 đến trường
vc
cùng một lúc thì:
v0 R 4R2 d 2
.
OA CD; OB CT ; DT AB Vậy: Vận tốc của giao điểm C giữa hai vành khi khoảng cách giữa hai tâm O1O2 d là vc
OT BC OA AB CD DT 4 Quãng đường mà bạn 1 phải đi: sx OA 3 AB 5 BC 3CD DT 5BC 8OA .
5BC 8OA Thời gian đi được của xe: t vx
1 .
v0 R 4R2 d 2
.
2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề 2: CHUYỂN ĐỘNG THẲNG BIẾN ĐỔI ĐỀU, SỰ RƠI TỰ DO
Quãng đường mà bạn 4 đi là: OB BT OB BC CT .
14. Một vật chuyển động chậm dần đều. Xét ba đoạn đường liên tiếp bằng nhau trước khi dừng lại thì đoạn ở
OB BC CT 5OB BC CT . Thời gian đi là: t vb vx vx
giữa vật đi trong thời gian 1s . Tìm tổng thời gian vật đi ba đoạn đường bằng nhau kể trên.
6OB BC 12OA BC Vì OB CT 2OA nên t vx vx
(Trích đề thi Olympic 30/4, 1998)
2 .
Từ (1) và (2), ta có: 5BC 8OA 12OA BC BC OA 5OA OT 5km . OA 1km và OB 2 km .
Vậy: Vị trí mà xe đã đón 2 người đi bộ lên xe cách vị trí xuất phát một đoạn OA OB 1km . 13. Hai vành tròn mảnh bán kính R , một vành đứng yên, vành còn lại chuyển động tịnh tiến sát vành kia với vận tốc v0 (hình vẽ). Tính vận tốc của giao điểm C giữa hai vành khi khoảng cách giữa hai tâm O1O2 d .
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 . Trên đoạn AB : v12 v02 2 as 2 2
2 1
Trên đoạn BC : v v 2 as
1 .
2 .
Trên đoạn CD : 0 v22 2 as
3 .
Mặt khác, trên đoạn BC : a
v2 v1 ; với t 1s nên a v2 v1 t
4 .
Từ các phương trình trên, ta được: v0 v2 3; v1 v2 2; a v2 1 2 .
b a a b. a b
Dấu “=”xảy ra khi:
Thời gian đi hai quãng AB và CD là:
v1 v0 3 2 3 2 a 2 1 v 1 t3 2 2 1s a 2 1 t1
Lúc đó: t tmin 2
2 1 6 3 2 2 s
L L 800 2 2 40 s . a a0 2
Vậy: Thời gian ngắn nhất để xe đi hết quãng đường trên là tmin 40 s . 16. Một chất điểm chuyển động trên một đường thẳng từ A đến B cách nhau đoạn d AB 8m thông qua
Thời gian đi tổng cộng trên cả quãng đường AD là t t1 t2 t3 .
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
t 6 3 2 2 1 2 1 6 3 s .
2cm / s 2 . Tính thời gian ngắn nhất để chất điểm đi được quãng đường trên.
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
(Trích đề thi Olympic 30/4, 2013)
xe gồm hai giai đoạn: khởi hành tại A chuyển động nhanh dần đều và sau đó tiếp tục chuyển động chậm dần
Bài giải
để dừng lại B . Biết rằng độ lớn gia tốc của xe trong suốt quá trình chuyển động không vượt quá 2m / s 2 . Hỏi
Chọn chiều (+) là chiều chuyển động của chất điểm.
phải mất ít nhất bao nhiêu thời gian để xe đi được quãng đường trên?
Gọi s1 là quãng đường đi trong chuyển động nhanh dần đều, s2 là quãng đường còn lại; a1 và a2 là gia tốc (Trích đề thi Olympic 30/4, 1999)
của chất điểm trong 2 giai đoạn chuyển động.
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 s1 2 1 2 a1t1 t1 ; v1 2a1s1 2 a1
1
Trong giai đoạn sau ứng với thời gian t2 , ta có: v1 a2t2 ; v12 2a2 s2 2 a2 d s1
1 Trong giai đoạn đầu, ta có: s at 2 t1 2 2 1
2s a
Trong giai đoạn sau, ta có: v 2b L s
3 ;
Từ (2) và (3) suy ra: 2as 2b L s s
bL ab
Từ (1) và (5) suy ra: t1
Trong giai đoạn đầu ứng với thời gian t1 , ta có: s1
2bL
a b a
Từ (3), (4) và (6) suy ra: t2
1 ;
2 1
v 2as
v1 bt2
5
2
Từ (1) và (2) ta được: s1
4 .
và L s
a2 a1 d ; s2 d a2 a1 a1 a2
3 .
Thời gian chuyển động của chất điểm trong mỗi giai đoạn:
aL a b
6 .
t1
2a2
a2 a1 a1
d ; t2
2a1
a2 a1 a2
d
4 .
7 .
2aL
a b b
Thời gian chất điểm đi từ A đến B : t t1 t2 t
8 .
Thời gian tổng cộng xe đi từ A đến B : t t1 t2
b a Theo bất đẳng thức Cô-si: 2. a b
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương
2bL a b a
2
2aL 2L b a t . a b b a b a b
a2 2 a1 d . a2 a1 a1 a2
a2 a1 ta được: , a1 a2
5 .
a2 a1 2. a1 a2
Dấu “=” xảy ra khi a1 a2 . Từ (5) suy ra: tmin 2
d 8 2 d 8m; a0 2cm / s 2 0, 02m / s 2 tmin 2 40s . a1 0, 02
Vậy: Thời gian ngắn nhất để chất điểm đi được quãng đường AB là tmin 40 s .
17. Trên quãng đường nhất định, một chất điểm chuyển động nhanh dần đều không vận tốc đầu với gia tốc a
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).
mất thời gian T . Nếu chuyển động của chất điểm là luân phiên giữa chuyển động với gia tốc a trong thời
at12 2 at22 x2 x0 v0t2 2 at32 x3 x0 v0t3 2
Từ phương trình chuyển động, ta có: x1 x0 v0t1
T T gian T1 và chuyển động đều trong thời gian T2 thì để đi hết quãng đường chất điểm phải trải qua 10 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 2
1 .
Gọi n là số lần chất điểm chuyển động với thời gian T2 , ta có: 1 1 1 S aT12 aT1T2 aT12 aT1T1 2aT1T2 aT12 2aT1T1 3aT1T2 2 2 2
S
T12 .a 1 3 5 ... 2n 1 T1T2 .a 1 2 ... n 2
Từ (1) và (2) ta được:
Sau 7 lần chất điểm chuyển động thẳng đều với thời gian T2 , quãng đường vật đi được là: 1 2.7.7 1 7 1 7 259 2 S T 2 .a .T .a . 150 2 600 2.100 2
3
a 2 2 t2 t1 v0t at2 t1 t2 2
4 .
Lấy (3) – (2): x3 x2 v0 t3 t2
a 2 2 t3 t2 v0t at2 t2 t3 2
5
at at x x 2x t3 t1 .2t a 3 12 2 . 2 2 t
Tính chất của chuyển động:
2
1 2 T12 .a aT 1 3 5 ... 2n 1 T1T2 .a 1 2 ... n 2 2 1 1 T2 T T n n 1 aT 2 a. 2 .n 2 . .a 2 2 10 10 15 2 1 1 2 1 n n 1 2 n 5n n 200 0 n 7,5 2 200 150 2
2
Lấy (2) – (1): x2 x1 v0 t2 t1
Lấy (5) – (4): x3 x1 2 x2
1 ... aT12 n 1 aT1T1 naT1T2 2
1
+
x3 x1 x2 a 0 : chất điểm chuyển động nhanh dần đều. 2
+
x3 x1 x2 a 0 : chất điểm chuyển động chậm dần đều. 2
Vậy: Gia tốc của chất điểm là a nếu
x3 x1 2 x2 x x ; nếu 3 1 x2 thì chất điểm chuyển động nhanh dần đều, t2 2
x3 x1 x2 thì chất điểm chuyển động chậm dần đều. 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
1 259 2 41 2 .T .a .T .a . Quãng đường còn lại là: S T 2 .a 2 600 600
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
1 T2 T2 3 7.a aT 2 S . Quãng đường chất điểm đi được trong thời gian T1 lần thứ 8: S1 a 2 100 100 40
Ta có: v12 2al; v22 4al ; ...; vn2 2nal .
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 .
các đoạn ray là l .
Suy ra: v2 2v1 ; v3 2v1 ; ...;vn nv1 . Thời gian tàu đi hết đoạn ray thứ 2009 là: t2009 t0
Hãy tính gia tốc của chuyển động theo x1 , x2 , x3 , t và cho biết tính chất của chuyển động. Bài giải
t 2009 v2008 a
2009 2008 .v1 a
Thời gian tàu đi hết đoạn ray thứ 2010 là:
v1 a
t0 . 2009 2008
t2010
v2010 v2009 a
2010 2009 .v1 a
Thời gian tàu đi hết 2010 đoạn ray là: t
t0 .
2010 2009 2009 2008
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 .
.
v2010 t0 2010 2010 v1 . a a 2009 2008
a) Hỏi sau bao lâu hai chất điểm lại gần nhau nhất và tính khoảng cách giữa chúng lúc đó? Vậy: Thời gian tàu đi qua đoạn ray thứ 2010 và cả 2010 đoạn ray là t2010
t0 .
2010 2009 2009 2008
và
t0 2010 . t 2009 2008
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.
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
Phương trình chuyển động của các chất điểm:
chuyển động?
Khoảng cách d giữa hai chất điểm ở thời điểm t :
1 + Chất điểm 1: x x0 a1t 2 2
1 .
1 + Chất điểm 2: y y0 a2t 2 2
2 .
Bài giải 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 v12 v10 v02 v2 v1 v12 v1 v2 .
d 2 x2 y 2
1 2 a1 a22 k 2 a1 x0 a2 y0 k x02 y02 (với k t 2 ). 4
đối:
d min
Gia tốc tương đối: a12 a10 a02 a1 a2 a12 a1 a2 .
4.
4ac b 2 4a
d min
a1 y0 a2 x0 a12 a22
1 2 a1 a22 x02 y02 a1 x0 a2 y0 2 a1 y0 a2 x0 2 4 1 a12 a22 4. a12 a22 4
3
Gọi s là quãng đường vật 1 đi được cho đến khi dừng lại so với vật 2. Ta có: 2
2
02 v122 2a12 s 02 v1 v2 2 a1 a2 s s
v1 v2 . 2 a1 a2
Từ đó: k t 2
Để hai vật không gặp nhau, khoảng cách ban đầu giữa chúng là d phải thỏa: d s . 2
2
v v v v d 1 2 d min 1 2 . 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
giá trị nhỏ nhất là d min
v1 v2 . 2 a1 a2
Vậy: Sau thời gian t
lúc đó là d min
2 a1 x0 a2 y0 2 a1 x0 a2 y0 a x a2 y 0 b 1 0 t 2 2 1 2 2a a a a12 a22 2 1 2 2. a1 a2 4
4 .
2 a1 x0 a2 y0 hai chất điểm lại gần nhau nhất và khoảng cách giữa chúng a12 a22
a1 y0 a2 x0 a12 a22
.
b) Điều kiện của a1 , a2 , x0 , y0 để chúng có thể gặp nhau Từ (4), để bài toán có nghiệm: 2 a1 x0 a2 y0 0
x0 y0 0. a2 a1
Để hai chất điểm gặp nhau thì: d min 0 a1 y0 a2 x0 0
a1 x0 . a2 y0
Vậy: Điều kiện của a1 , a2 , x0 , y0 để chúng có thể gặp nhau là
x0 y0 x a 0 và 1 0 . a2 a1 a2 y0
22. Hai máng rất nhẵn AB và CD cùng nằm trong một mặt
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:
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 Gia tốc của mỗi vật khi trượt không ma sát: a g sin . Do đó, sau thời gian t chúng đi được quãng đường
a a sOA v0 .1 .12 v0 1 2 2 vC vB a.1 0 vB a 2 a a a sBC vB .1 .12 a 2 2 2
Theo đề: sOA 15sBC v0
x bằng nhau. Gọi khoảng cách giữa chúng là L . Ta có: 2
L2 x 2 AC x 2 x AC x cos 2 L2 AC 2 2 x AC x 2 x AC x cos 2 L2 AC 2 2 x 1 cos 2 AC x
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 . 2
1 2 1 1 at1 , CD at22 , x at 2 . 2 2 2
1 2 1 2 at at AB CD 1 2 2 1 2 2 1 t2 t2 t 2 t12 t22 t 1 2 . Thay vào x ta được: at 2 2 2 2 2 Vậy: Sau thời gian t
t12 t22 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.
vC2 v02 . 2a
2
25, 6
02 8a 32a a 0,8m / s 2 v0 8. 0,8 6, 4m / s . 2a
Vậy: Vận tốc đầu của vật là v0 6, 4m / s .
L Lmin X x AC x max
Mặt khác: AB
a a 15 v0 8a . 2 2
Quãng đường vật đi được: s
L2 x 2 AC 2 x 2 2 xAC 2 x AC x cos 2
Mà: AB AC CB 2 x CD x
3
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
a0 2m / s 2 . 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 . Trong giai đoạn chuyển động nhanh dần đều, ta có: s
1 2 2s at1 t1 ; v12 2 as 2 a
Trong giai đoạn chuyển động chậm dần đều, ta có: v12 2b l s ; v1 bt2 Từ (1) và (2), ta được: 2as 2b l s s Từ (1) và (3), ta được: t1
2bl a a b
4
bl al ;ls a b ab
3 .
2 .
1 .
Từ (2) và (3), ta được: t2
2al b a b
Thời gian chất điểm đi quãng đường s 10m cuối là: t
5 .
Thời gian ô tô đi từ A đến B là: t t1 t2
Tốc
2l a b . a b b a
2bl 2al t a a b b a b
v'
a b a b . ta được , b a 2 b a
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm
độ
trung
bình
của
chất
điểm
trên
s s 10 0, 29s . vn 1 n 1 v0 7.5
quãng
đường
s ' 325m
là:
s' s' 325 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, 7 m / s và s ' 325m là v ' 13,38m / s .
Mặt khác:
2l 1 với a0 2m / s 2 . a b a0
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
1 1 1 800 .2 2 tmin 2 2 40 s . a0 a0 a0 2
t
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.
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 315m
là:
Bài giải
s s1 s2 s3 ... sn s v0t1 2v0t1 ... nv0t1 v0t1 1 2 ... n s
n n 1 2
v0t1
n n 1 2
.5.3 7, 5n n 1
n 6 (loại n 7 ). a) Khi s 315m , ta có: 7,5n n 1 315 n 7 Thời
gian
chuyển
động
của
chất
điểm
trên
quãng
đường
t nt1 n 1 6.3 6 1 23s . Tốc độ trung bình của chất điểm trên quãng đường s 315m : v b) Khi s ' 325m , ta có: Thời gian chất điểm đi quãng đường s 315m đầu là t 23s .
s 315 13, 7m / s . t 23
Xét hệ quy chiếu gắn với A . Ta có: Vận tốc của B đối với A : vB v1 v2 vB v1 v2 . Vận tốc của khớp nối O đối với A : v vB cos v1 v2
l2 l12 l22
.
Gia tốc toàn phần của khớp nối O : a a1 a2 a a12 a22 ( a1 , a2 là gia tốc thành phần của khớp
nối O theo OA và OB ). 2
Thành phần gia tốc a1 của khớp nối O (gia tốc hướng tâm A ): a1
2 v 2 v1 v2 l2 . 2 2 l1 l l l 1 21
l12 l22
.
2
1 1 h h3 gt32 g 2 2 2 2 g
2
bi
v1 v2
l16 l26
l1l2 l l22
2
l16 l26
l1l2 l l 2 1
2 2
ba
rơi
được
t h 3 2 2 và n t
khi
viên
2h g
2 1
h g
bi
thứ
nhất
chạm
đất:
3, 4 .
9 tốc độ lúc chạm sàn trước đó. Tìm thời gian chuyển động của quả cầu. Lấy g 10 m / s 2 . 10 Bài giải
.
2h 2.20 2s . Thời gian rơi lần 1: t g 10
.
Tốc độ chạm sàn lần 1: v1 2 gh .
27. Từ ban công lần lượt các viên bi được thả rơi tự do cách nhau những khoảng thời gian bằng nhau. Khi
Tốc độ nẩy lên lần 1: v1' k 2 gh với k
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
Thời gian đi lên lần 1: t1 k
(Trích đề thi Olympic 30/4, 2012)
Độ cao cực đại nẩy lên lần 1: h1
Bài giải Thời gian rơi lần 2: t '
Gọi h là độ cao nơi thả các viên bi.
2h . g
Khoảng thời gian viên bi rơi nửa đoạn đường đầu: t2
v '12 k 2h . 2g
2h1 2h k kt t1 . g g
Tốc độ nẩy lên lần 2: v2' k 2 2 gh . Thời gian đi lên lần 2: t2 k 2
h . g
Khoảng thời gian giữa hai lần các viên bi rơi: t t1 t2
Thời gian viên bi thứ 3 đã rơi: t3 t2 t 2t2 t1
9 . 10
2h kt . g
tiên chạm đất? Cho g 10m / s 2 .
Thời gian rơi của một viên bi: t1
thứ
quả cầu nẩy lên thẳng đứng, lại rơi xuống, cứ như thế … cho đến lúc dừng lại. Biết tốc độ lúc nảy lên bằng 2
2 1
viên
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,
2 v2 v v l Thành phần gia tốc của khớp nối O (gia tốc hướng tâm B ): a2 12 22 1 . l2 l1 l2 l2
v1 v2
mà
Vậy: Quãng đường rơi của viên bi thứ ba là h3 h 3 2 2 và số viên bi đã thả là 4.
l1
Vận tốc của khớp nối O đối với B : v v1 v2
Vậy: Độ lớn gia tốc khớp nối O là a
đường
Tương tự, nếu chọn hệ quy chiếu gắn với B , ta có:
Gia tốc toàn phần của khớp nối O là: a a12 a22
Quãng
2 1
h 2 2 . g
h . g
2h k 2t g
Độ cao cực đại nẩy lên lần 2: h2
Thời gian rơi lần 3: t ''
v '12 k 4h . 2g
2h2 2h k2 k 2t t 2 g g
… Thời gian đi lên lần n : tn k n
2h k nt . g
m
Thời gian chuyển động của quả cầu: t 2t1 2t 2 ... 2tn . 9 k 10 t 2 k k ... k t t 2 t 22 .2 38s . 9 1 k 1 10 2
n
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
1 1 2 2h0 1 q m 2h0 n s h0 2 .u1. h0 2 .1 1 n 1 q n 1 2 n 2h 1 2h 2.180 s h0 20 h0 2 0 180 2 300m n 1 1 n 1 2 1 2 n Tổng thời gian quả cầu rơi và nảy lên là: t t0 t1 t2 ... tm ...
t
v0 2v1 2v v 2v 1 1 1 ... m ... 0 0 2 ... m ... . g g g g g n n 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 Áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân trong ngoặc […] với u1
đi được. Lấy g 10m / s 2 .
m
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: Sn u1
1 q , ta được: n
1 qn , q 1. 1 q
Bài giải Quả cầu từ độ cao h0 khi rơi xuống đất có vận tốc là: v0 2 gh0 2.10.180 60m / s .
v Vận tốc quả cầu nảy lên lần thứ nhất và lại rơi xuống đất là: v1 0 . n Vận tốc quả cầu nảy lên lần thứ hai và lại rơi xuống đất là: v2 Vận tốc quả cầu nảy lên lần thứ m và lại rơi xuống đất là: vm Độ cao quả cầu mỗi lần nảy lên là: h1
2h0 1 1 1 1 ... 2 m 2 ... . n2 n2 n4 n
Áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân trong ngoặc (…), với u1 1 và
1 q 2 , ta được: n
s 300m .
2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề 3: CHUYỂN ĐỘNG TRÒN ĐỀU
v0 . nm
Tổng quãng đường mà quả cầu đi được là: s h0 2h1 2h2 ... 2hm ...
s h0
1 1 v0 2v0 1 q m v0 2v0 1 n t .u1 . . g g 1 q g g n 1 1 n v 2v 1 1 v n 1 60 2 1 t 0 0 . 0 18s g g n 1 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
v0 . n2
v2 h v12 h0 v2 h 2 ; h2 2 04 ;...; hm m 2 m0 2 ;... . 2g n 2g n 2g n
1 và n
30. Trên mặt phẳng ngang có hai ô tô. Ô tô 1 chuyển động đều trên đường thẳng AB với tốc độ v1 v . Ô tô 2 chuyển động đều trên đường tròn bán kính R với tốc độ v2
v . Đường thẳng AB cách tâm 2
O của đường tròn một khoảng bằng 2R . Tại thời điểm quan sát, cả
hai ô tô đều nằm trên đường thẳng đi qua tâm O và vuông góc với đường AB . Tìm vận tốc tương đối của ô tô này so với ô tô kia tại thời điểm ấy. Bài giải Gọi: Ô tô 1 là vật (1), ô tô 2 là vật (2), mặt đất là vật (3). Ta có: v12 v13 v32 với v13 v .
Vậy: Người thứ nhất có lợi thế hơn.
Xác định v12 : Đối với xe 2, tâm O (xem như mặt đất) chuyển động tròn cùng tốc độ góc nhưng ngược chiều, với:
2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP
v23 v . R 2R
Chuyên đề 4: CHUYỂN ĐỘNG TRÒN BIẾN ĐỔI ĐỀU
Tại vị trí xe 1: v32 .2 R v . Vì v13 , v32 cùng phương, ngược chiều nên v12 0 .
32. Thanh AB dài l 2 m chuyển động sao cho hai đầu A, B của nó luôn tựa trên hai giá vuông góc Ox và Oy (hình vẽ).
Xác định v21 : Ta có: v21 v23 v31 , với v31 v13 (hình vẽ). Vì v31 , v23 cùng phương, ngược chiều và v31 2v23 nên vận tốc của ô tô 2 đối với ô tô 1 ngược chiều
vận tốc dài của ô tô 2 và có độ lớn là
v . 2
Hãy xác định vận tốc của các điểm A và D của thanh tại thời 600 . Cho biết điểm mà thanh hợp với giá góc OAB
AD 0,5m , vận tốc đầu B của thanh tại thời điểm đó là vB 2m / s và có chiều như hình vẽ. (Trích đề thi Olympic 30/4, 2004)
31. Hai người đấu súng thể thao trong điều kiện như sau: người thứ nhất đứng ở tâm O một đu quay bán kính R quay đều với vận tốc góc người kia đứng ở mép đu. Họ phải ngắm như thế nào thì mới bắn trúng nhau? Ai lợi thế hơn? Vận tốc của đạn là v . Bài giải Giả sử đu quay ngược chiều kim đồng hồ. Đạn của người thứ nhất bay tới mép đu trong thời gian t
R , khi v
đó đu quay đã quay góc và người thứ hai đã di chuyển theo cung
Bài giải Khi đầu B trượt theo hướng Ox thì đầu A trượt theo hướng Oy và thanh quay xung quanh tâm tức thời C với CA vA ; CB vB . Theo đề, vB có hướng Ox nên thanh quay quanh C theo chiều ngược với chiều quay kim đồng hồ. Gọi AB là vận tốc tức thời của thanh tại thời
2
R . AB R Rt AB , với: v
điểm ta xét. Ta có:
Do đó, người thứ nhất phải ngắm theo hướng làm với OA một góc
:
R v
.
Vận tốc của điểm A : v A .CA ; với CA l sin 2.sin 600 3m v A 2 3 3, 46 m / s . Vận tốc của điểm D : vD .CD ; với
Người thứ hai có vận tốc dài v ' R , vận tốc đạn của người này là R V v v ' . Người này phải ngắm theo hướng AC làm góc hợp bán kính OA một góc : sin v
. Vì v ' v , góc nhỏ nên sin
vB 2 với vB 2m / s, CB l cos 2.cos 600 1m 2 rad / s . CB 1
R v
2
CD AD 2 AC 2 2 AD. AC.cos 300 CD 0,52 3 2.0,5. 3 cos300 vD 2.1,32 2, 64 m / s . Góc hợp bởi vD và Oy là , với
nghĩa là cả hai đều phải ngắm lệch sang trái cùng một
Thời gian để đạn do người thứ hai bắn ra đến được mục tiêu: t '
2
cos
góc. R R t . v cos v
7 1,32m 2
AC 2 CD 2 AD 2 3 1,322 0, 52 0,983 3018' . 2. AC.CD 2. 3.1,32
Vậy: vận tốc của các điểm A và D của thanh tại thời điểm mà thanh hợp với giá Oy góc 600 là v A 3, 46 m / s và vD 2, 64 m / s .
33. Thanh AB dài l , có thể trượt dọc theo hai trục Ox và Oy
gian đuổi bắt, vị trí của 2 học sinh luôn nằm trên một bán kính của đường tròn. Tìm thời gian đuổi bắt. Lấy
vuông góc với nhau. Chọn đầu B của thanh trượt đều với vận tốc v0 . Tìm độ lớn và hướng gia tốc của trung điểm C của thanh tại
3,14 .
thời điểm thanh hợp với trục Ox một góc .
u Gọi là tốc độ góc của học sinh 1 (học sinh chạy trên đường R
Bài giải
Bài giải Vì C là trung điểm cạnh huyền AB của tam giác vuông OAB nên OC
AB 1 . Do đó, khi đầu B của thanh chuyển động đều với vận tốc v thì trung điểm 2 2
C của thanh chuyển động theo đường tròn tâm O , bán kính R OC
1 . 2
tròn); r là khoảng cách từ học sinh 2 tới tâm O tại thời điểm t ; là góc giữa phương vận tốc v của học sinh 2 và bán kính. Vì thành phần vận tốc vn của học sinh 2 trên phương vuông góc bán kính luôn bằng r (vị trí 1 và 2 luôn nằm trên cùng một
bán
kính
nên
Vì thanh cứng nên thành phần vận tốc tức thời của mọi điểm trên thanh dọc theo thanh tại mọi thời
v 2u 2 R; sin
điểm là như nhau nên:
v0 cos vc cos vc cos 2 vc sin 2 ; vc , AB 2 v cos v0 vc 0 1 sin 2 2 sin
Thành phần gia tốc hướng tâm của điểm
aht
vc2 vc2 v02 R 1 2lsin 2 2
C
tốc
độ
vn r r v 2 R 2 R
1 .
góc),
do
đó:
Trong quá trình đuổi bắt góc thay đổi từ giá trị đầu 0 đến 1 , khi r R với t arcsin
1 . 2 6
Trong khoảng thời gian vô cùng nhỏ t , góc biến đổi một lượng rất nhỏ , học sinh 2 đi ra xa là:
tâm đường tròn một đoạn r . Từ (1): r 2 R sin r 2 R sin
2 .
Mặt khác: vcx vc cos vc cos vc sin 2
r 2 R sin sin 2 R.2sin
3 .
v0 sin v0 const acx 0 . 2 sin 2 Vì: ac acx acy mà acx nên ac acy . Suy ra: ac có hướng thẳng đứng xuống dưới và có độ lớn bằng: Thay (1) vào (3) ta được vcx
a v2 ac acy ht . sin 2l sin 3 cos 2 aht
Vậy: Tại thời điểm thanh hợp với trục Ox một góc thì ac hướng thẳng đứng xuống dưới và có độ lớn
ac
cùng
v2 . 2lsin 3
34. Một học sinh chạy trên đường tròn bán kính R 30m với tốc độ không đổi u 3,14m / s . Học sinh thứ hai xuất phát từ tâm đường tròn, đuổi theo học sinh thứ nhất, với tốc độ không đổi v 2u . Trong suốt thời
Vì
r 2 R.2sin
sin
nên
2 2
.cos 2 R cos . 2
Ta có: vt v cos 2 R cos mà vt
Và t t
.cos 2 2 và
cos cos , 2
do
đó:
2 . r r 2 R cos t t . t vt 2 R cos
t 6 3,14.30 5s . u 6.3,14 R
Vậy: Thời gian đuổi bắt là t 5s . 35. Ở mép đĩa nằm ngang bán kính R có đặt một vật nhỏ. Đĩa quay quanh trục thẳng đứng qua tâm đĩa với tốc độ góc phụ thuộc vào thời gian theo quy luật t ( không đổi). Hệ số ma sát trượt giữa vật nhỏ và đĩa là . Sau thời gian bao lâu, kể từ lúc t 0 vật văng ra khỏi đĩa? Tìm điều kiện của hệ số ma sát trượt để bài toán có nghiệm?
Bài giải
+ Theo phương Oy , bi chuyển động rơi tự do với phương trình: y
Tại thời điểm t , ta có: + Gia tốc pháp tuyến của vật: an R 2 R 2t 2 .
+ Từ (1) và (2) ta được: y
+ Gia tốc tiếp tuyến của vật: at R .
g 2 x 2v02
1 2 gt 2
3 .
Phương trình đường thẳng OA : y ax
4 .
+ Gia tốc toàn phần của vật: a at2 an2 R 2 4t 4 R 2 2 . Xét điểm A 0, 3; 0, 2 thuộc đường thẳng y ax nên 0, 2 0,3a a
Lực làm vật chuyển động tròn là lực ma sát nghỉ nên:
bắt
đầu
văng
ra
khỏi
Fmsn N mg m R 2 4t 4 R 2 2 mg t
Để bài toán có nghiệm thì: t 0
Vậy: Sau thời gian t
2 2 và y x 3 3
Tọa độ các giao điểm của quỹ đạo hòn bi với đường thẳng OA :
Fmsn ma m R 2 4t 4 R 2 2 . Vật
đĩa
2 g 2 4, 9 x 2 x2 x x 0 x1 0 (điểm O ); x2 2,18m (điểm M ). 3 2v0 3 16
khi:
1 2g2 1 . R 2 2
Số bậc thang mà hòn bi đã nhảy qua: n
x2 7, 27 . d
Vậy: Hòn bi rơi xuống bậc thang thứ 8.
2g2 R . 1 0 R 2 2 g
37. Xác định gia tốc của một vật A trượt không ma sát và không vận tốc đầu tiên
1 2g2 R . 1 vật sẽ văng ra khỏi đĩa, với R 2 2 g
trên rãnh thứ n của một vít xoắn như hình vẽ. Cho biết vít có bán kính R và bước vít là h . Bài giải Phân tích chuyển động xoắn của vật A thành hai thành phần:
2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề 5: KHẢO SÁT CHUYỂN ĐỘNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
+ Chuyển động tròn trên quỹ đạo bán kính R trong mặt phẳng nằm ngang. + Chuyển động rơi tự do theo phương thẳng đứng.
36. Một hòn bi rất nhỏ lăn ra khỏi đầu cầu thang theo phương ngang với vận tốc v0 4m / s . Mỗi bậc cầu thang cao h 20cm và rộng d 30cm . Hỏi hòn bi sẽ rơi xuống bậc cầu thang nào đầu tiên. Coi đầu cầu thang là bậc thang thứ 0. Lấy g 9,8m / s 2 . Bỏ qua lực cản của không khí. (Trích đề thi Olympic 30/4, 2000) Bài giải Chọn hệ tọa độ Oxy : Ox nằm ngang, Oy thẳng đứng (hướng xuống). Chuyển động của bi là chuyển động ném ngang. Phân tích chuyển động của bi làm hai thành phần: + Theo phương Ox , bi chuyển động thẳng đều với phương trình: x v0t
2 .
Vận tốc của vật A : v v1 v2 .
Với v1 v.cos ; v2 v.sin . Gia tốc của vật A : a at an .
1 . + at g.sin (không ma sát); sin
h h 2 4 2 R 2
.
5 .
+ an
Vậy: Khoảng cách giữa hai vật khi các vectơ vận tốc toàn phần của chúng vuông góc với nhau là
v12 v 2 cos2 2 R . ; cos R R h 2 4 2 R 2
d 5,022m . 2
Mặt khác: v 2 2 g nh nên an
2 g nh cos . R
Phần thứ hai: ĐỘNG LỰC HỌC CHẤT ĐIỂM
g 2 h2 4 g 2 n 2 h 2 cos 4 a 2 an2 at2 2 2 2 h 4 R R2 a
gh h 2 4 2 R 2 64 4 .n 2 .R 2 h 2 4 2 R 2
1. CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG Chuyên đề 6: CÁC ĐỊNH LUẬT NEWTON A. TÓM TẮT KIẾN THỨC I. Các khái niệm
gh h 2 4 2 R 2 64 4 .n 2 .R 2 . Vậy: Gia tốc toàn phần của vật A là a h 2 4 2 R 2
38. Hai vật nhỏ A và B cùng nằm trên một đường thẳng đứng nhưng có độ cao chênh lệch nhau một đoạn h 3m . Ném đồng thời hai vật theo phương ngang, ngược chiều nhau với các vận tốc có độ lớn là
1.1. Lực + Định nghĩa Lực là đại lượng đặc trưng cho tác dụng của vật này lên vật khác, kết quả là gây ra gia tốc cho vật hoặc làm cho vật bị biến dạng.
v0 A 4m / s và v0 B 5m / s . Bỏ qua sức cản của không khí, lấy g 10m / s 2 và cho rằng độ cao ban đầu của
Lực là đại lượng vectơ. Đơn vị của lực trong hệ SI là Niu-tơn (N). Để đo lực, người ta dùng lực kế.
các vật là đủ lớn. Tính khoảng cách giữa hai vật khi các vectơ vận tốc toàn phần của chúng vuông góc với
+ Sự cân bằng lực
nhau.
Khi một vật chịu tác dụng của nhiều lực nhưng vẫn đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều ta nói vật chịu Bài giải
Phân tích chuyển động của mỗi vật theo hai trục Ox và Oy (hình vẽ). Ta có:
tác dụng của các lực cân bằng.
+ Vật A : v Ax v0 A 4m / s và vAy gt 10t .
Các lực cân bằng là các lực cùng tác dụng vào vật và có hợp lực bằng 0. (6.1) Fhl F1 F2 ... 0
+ Vật B : vBx v0 B 5m / s và vBy gt 10t .
Trạng thái đứng yên và trạng thái chuyển động thẳng đều gọi chung là trạng thái cân bằng.
Gọi và là góc hợp bởi vectơ vận tốc toàn phần của mỗi vật so với phương thẳng đứng, ta có: tan
v Ax v 4 5 . ; tan Bx v Ay 10t vBy 10t
Vectơ vận tốc toàn phần của hai vật vuông góc với
+ Tổng hợp lực Tổng hợp lực là thay thế hai hay nhiều lực cùng tác dụng vào vật bằng một lực duy nhất có tác dụng giống như tất cả các lực ấy. Lực thay thế gọi là hợp lực. Hợp lực của nhiều lực được xác định theo quy tắc hình
nhau khi:
bình hành.
4 5 900 tan .tan 1 . 1 t 0, 447 s . 10t 10t
+ Phân tích lực
Vì hai vật được ném theo phương ngang, ngược chiều nhau nên khoảng cách giữa chúng theo phương ngang là: l v0 A v0 B t 4 5 .0, 447 4, 025m . Vì vận tốc của hai vật theo phương thẳng đứng là như nhau nên khoảng cách giữa chúng theo phương thẳng đứng luôn là: h 3m . Khoảng cách giữa hai vật là: d l 2 h 2 4, 0252 32 5, 022m .
Phân tích lực là thay thế một lực bằng hai hay nhiều lực cùng tác dụng vào vật có tác dụng giống như lực ấy. Các lực thay thế gọi là các lực thành phần. Phép phân tích lực cũng tuân theo quy tắc hình bình hành. Việc xác định phương của các lực thành phần trong phép phân tích lực dựa vào các biểu hiện cụ thể của lực tác dụng.
1.2. Khối lượng
+ Định luật I:
Khối lượng của vật là đại lượng đặc trưng cho mức quán tính (tình ì, tính bảo toàn vận tốc) của vật.
F F + Định luật II: a : a cùng hướng với F và a . m m + Định luật III: F21 F12 : lực tương tác giữa hai vật là hai lực trực đối.
Khối lượng là đại lượng vô hướng, dương, không đổi đối với mỗi vật và có tính cộng được. Đơn vị của khối lượng trong hệ SI là kilogam (kg). Để đo khối lượng người ta thường dùng cân. II. Các định luật Newton (Niu-tơn)
F 0 a 0 : vật đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều.
sẽ giữ nguyên trạng thái đứng yên nếu đang đứng yên hoặc tiếp tục chuyển động thẳng đều.
- Phép tổng hợp lực và phân tích lực đều tuân theo quy tắc hình bình hành: + F F1 F2 ...
2.2. Định luật II: Gia tốc của một vật cùng hướng với lực tác dụng lên vật, có độ lớn tỉ lệ thuận với lực tác
+ Nếu xét trong hệ Oxy thì hệ thức trên tương đương với:
dụng và tỉ lệ nghịch với khối lượng của vật. F a m
Fx F1x F2 x ...
2.1 Định luật I: Nếu một vật không chịu tác dụng của lực nào hoặc chịu tác dụng của các lực cân bằng thì nó
(6.2)
Chú ý: Nếu vật chịu tác dụng của nhiều lực thì: F F1 F2 ...
2.3. Định luật III: Lực tương tác giữa hai vật luôn là hai lực trực đối: cùng phương, ngược chiều và cùng độ lớn. (6.3) F21 F12 Với F21 m1 a1 là lực do vật 2 tác dụng lên vật 1; F12 m2 a2 là lực do vật 1 tác dụng lên vật 2.
Fy F1 y F2 y ... Và F Fx 2 Fy 2 -Cần phối hợp với các công thức ở phần Động học chất điểm khi giải bài tập. VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1.Với dạng bài tập về tổng hợp và phân tích lực: Phương pháp giải là: - Tổng hợp lực:
+ Sử dụng quy tắc hình bình hành: F1 F2 F ( F1 , F2 là các lực thành phần; F là hợp lực).
Chú ý: Một trong hai lực tương tác gọi là lực tác dụng còn lực kia gọi là phản lực và phản lực có đặc điểm:
+ Chú ý các trường hợp đặc biệt của hai lực thành phần: cùng chiều, ngược chiều, vuông góc, bằng nhau và
+ cùng xuất hiện và cùng mất đi đồng thời.
ta luôn có: F1 F2 F F1 F2 .
+ cùng bản chất. + tác dụng lên hai vật khác nhau.
- Phân tích lực:
- Hệ quy chiếu trong đó định luật I Niu-tơn được nghiệm đúng gọi là hệ quy chiếu quán tính (hay hệ quy
+ Xác định hai phương có biểu hiện của lực và phân tích lực thành hai lực thành phần theo hai phương đó. + Sử dụng quy tắc hình bình hành: F F1 F2 ( F1 , F2 là các lực thành phần; F là hợp lực).
chiếu Ga-li-lê).
2. Với dạng bài tập về khảo sát chuyển động của vật khi biết lực tác dụng.
- Lý thuyết và thực nghiệm cho thấy, những hệ quy chiếu gắn với mặt đất hoặc chuyển động thẳng đều so với
Phương pháp giải là:
mặt đất có thể coi là những hệ quy chiếu quán tính.
- Chọn hệ quy chiếu thích hợp.
B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP
- Cần phần biệt cặp lực cân bằng (đặt vào một vật, cùng phương, ngược chiều và cùng độ lớn) và cặp lực trực
- Xác định các lực tác dụng lên vật (hình vẽ). F F F2 ... - Sử dụng định luật II Niu-tơn: a hl 1 .. m m
đối (đặt vào hai vật khác nhau, cùng phương, ngược chiều và cùng độ lớn) khi biểu diễn lực và giải thích các
- Chiếu hệ thức vectơ lên chiều (+) đã chọn, xác định được a.
hiện tượng liên quan đến tương tác giữa các vật.
- Kết hợp với các điều kiện ban đầu để xác định các đại lượng động học của chuyển động.
- Tác dụng giữa hai vật bao giờ cũng có tính tương tác (qua lại): A tác dụng lên B một lực thì B cũng tác
3. Với dạng bài tập về xác định lực tác dụng khi biết các đại lượng động học.
dụng lại A một lực, hai lực này là hai lực trực đối trong định luật III Niu-tơn.
Phương pháp giải là:
- Có thể biểu diễn ngắn gọn nội dung các định luật Niu-tơn như sau:
- Chọn hệ quy chiếu thích hợp.
III. Hệ quy chiếu quán tính
VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG
- Xác định gia tốc của vật.
Vậy: Lực căng các sợi dây là T1 100 N ; T2 130 N ; T3 147 N .
- Xác định các lực tác dụng lên vật (vẽ hình). - Sử dụng định luật II Niu-tơn: Fhl ma Fhl ma .
6.2. Một quả cầu bằng thép có trọng lượng P 5 N treo ở đầu một sợi dây có phương thẳng đứng. Đưa nam
- Kết hợp với các điều kiện ban đầu để xác định các lực tác dụng vào vật.
a) Tính lực căng của sợi dây và lực hút của nam châm lên
4. Với dạng bài tập về tương tác giữa các vật. Phương pháp giải là:
quả cầu thép lúc đó.
- Chọn hệ quy chiếu thích hợp.
b) Đột nhiên nam châm rơi thẳng đứng. Tính vận tốc cực đại
- Sử dụng định luật III Niu-tơn: F21 F12 m1 a1 m2 a2 m1 v1 v1 m2 v2 v2
- Chiếu hệ thức vectơ trên lên chiều (+) đã chọn, xác định được các đại lượng cần tìm. C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG 6.1. a) Hai lực F1 , F2 có độ lớn là 30N và 40N. Hỏi hợp lực của chúng có thể có độ lớn bằng giá trị nào trong các giá trị sau: 5N; 75N; 62,5N? b) Một vật có trọng lượng P = 147N được treo bằng 3 sợi dây. Biết 28; 47; g 9,8m / s 2 . Tính lực căng của các sợi dây. Bài giải a) Ta luôn có: F1 F2 F F1 F2 30 40 F 30 40 . 10 F 70 .
Từ đó, trong ba giá trị trên hợp lực F chỉ có thể nhận giá trị F 62,5 N .
châm lại gần quả cầu, dây treo lệch với phương ban đầu một góc 30 và đứng yên.
của quả cầu khi nó chuyển động. Cho g 10m / s 2 ; chiều dài sợi dây l 1m ; vận tốc quả cầu tại vị trí dây treo lệch với phương thẳng đứng góc là v 2 gl cos cos 0 .
Bài giải a) Lực căng của sợi dây và lực hút của nam châm lên quả cầu thép - Các lực tác dụng lên quả cầu: trọng lực P ; lực căng T ; lực hút nam châm F . - Khi quả cầu cân bằng: P T F 0 . - Phân tích P P1 P2 ; với P1 trùng với phương sợi dây, P2 trùng với phương ngang: P1 T P2 F 0
T P1 P sin 147.sin 28 100 N 1 T2 P2 P sin 147.sin 47 130 N
- Sợi dây nối với C: T3 P 147 N
P 5 10 3 N T P1 cos 30 3 3 2 F P P tan 30 5 3 5 3 N 2 3 Vậy: Lực căng của sợi dây và lực hút của nam châm lên quả cầu théo khi quả cầu cân bằng là
b) Lực căng các sợi dây - Điều kiện cân bằng của C P T1 T2 0 . - Phân tích P P1 P2 ; với P1 trùng với AC, P2 trùng với BC: P1 T1 P2 T2 0
T
10 3 5 3 N; F N. 3 3
b) Vận tốc cực đại của quả cầu khi nó chuyển động.
- Khi nam châm rơi, lực hút nam châm không còn nữa; hợp lực của hai lực P và T làm quả cầu chuyển động qua lại trên cung tròn tâm O, bán kính l. - Vận tốc quả cầu: v 2 gl cos cos 0 vmax 0 : vị trí quả cầu thấp nhất.
3 vmax 2 gl 1 cos 30 2.10.1. 1 1, 64m / s 2
Vậy: Vận tốc cực đại của quả cầu đạt được khi quả cầu qua vị trí thấp nhất là vmax 1, 64m / s .
- Từ (1) và (2) suy ra:
6.3. Lực F truyền cho vật khối lượng m1 gia tốc 2m / s 2 , truyền cho vật khối lượng m2 gia tốc 6 m / s 2 . Hỏi lực F truyền cho vật khối lượng m m1 m2 một gia tốc là bao nhiêu?
a1 m m 4 a2 m
m 3m 3.50 150 kg . Vậy: Khối lượng của kiện hàng là m 150 kg .
Bài giải 6.5. Vật chuyển động thẳng trên đoạn AB chịu tác dụng lực F1 theo phương ngang và tăng tốc từ 0 đến 10
- Áp dụng định luật II Niu-tơn:
m/s trong thời gian t. Trên đoạn đường BC, vật chịu tác dụng của lực F2 theo phương ngang và tăng tốc đến
+ cho m1 : a1
F F m1 m1 a1
(1)
+ cho m2 : a2
F F m2 m2 a2
(2)
a) Tính tỉ số
(3)
b) Vật chuyển động trên đoạn đường CD trong thời gian 2t vẫn dưới tác dụng của lực F2 . Tìm vận tốc vật ở
+ cho m m1 m2 : a
15 m/s cũng trong thời gian t.
F F m1 m2 m1 m2 a
F2 . F1
D.
F F F - Thay (1), (2) vào (3) ta được: a1 a2 a
Biết A, B, C, D cùng nằm trên một đường thẳng.
aa 2.6 a 1 2 1,5 m / s 2 . a1 a2 2 6
F a) Tỉ số 2 F1
Bài giải
Vậy: Khi truyền cho vật khối lượng m m1 m2 một lực F thì gia tốc vật thu được là a 1,5 m / s 2 . 6.4. Một xe lăn khối lượng 50 kg, dưới tác dụng của một lực kéo theo phương ngang, chuyển động không vận tốc từ đầu đến cuối phòng mất 10 s. Khi chất lên xe một kiện hàng, xe phải chuyển động mất 20 s. Bỏ qua ma sát. Tìm khối lượng kiện hàng. Bài giải Gọi m và m lần lượt là khối lượng của xe và của kiện hàng.
- Áp dụng định luật II Niu- tơn cho vật: + trên đoạn đường AB: a1
F1 m
(1)
+ trên đoạn đường BC: a2
F2 m
(2)
Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe. - Áp dụng định luật II Niu-tơn: + cho xe: a1
F m
+ cho xe và kiện hàng: a2
(1)
F m m
(2)
1 2 1 a1t1 a2t2 2 2 2
(3) 2
- Từ (3) suy ra:
a1 t2 2 20 4 a2 t12 10
(3)
- Mặt khác: a1
- Quãng đường đi của xe trong hai trường hợp là:
s
a2 F2 a1 F1
v1 v01 10 0 v v 15 10 5 ; a2 2 02 t t t t t
F2 a2 5 0,5 . F1 a1 10
Vậy: Tỉ số
F2 0,5 . F1
b) Vận tốc của vật ở D
F3 F2 m m
- Gọi a3 là gia tốc của vật trên đoạn CD. Ta có: a3
(4)
a3 F3 1 a3 a2 a2 F2
- Mặt khác: a3
v3 v03 vD 15 5 v 15 D 2t 2t t 2t
Ft Ft t t v1 ; v2 v0 F v0 m1 m2 m m 1 2 Ft Ft t t - Để v1 v2 thì v0 F v0 m1 m2 m1 m2
+ Nếu F v0 F
vD 10 15 25 m / s .
v0 v mm 0 1 2 , với m2 m1 . t t m2 m1 t m1 m2
Vậy: Vận tốc của vật ở D là vD 25 m / s . 6.6. Vật chịu tác dụng lực ngang F ngược chiều chuyển động thẳng trong 6 s, vận tốc giảm từ 8 m/s còn 5
t v0 m1m2 t + Nếu F v0 F , với m1 m2 . v0 F m1 m2 t m1 m2
m/s. Trong 10 s tiếp theo, lực tác dụng tăng gấp đôi về độ lớn còn hướng không đổi.
6.8. Một xe tải khối lượng m 2000 kg đang chuyển động thì hãm phanh và dừng lại sau khi đi thêm quãng
Tính vận tốc của vật ở thời điểm cuối.
đường là 9 m trong 3 s. Tính lực hãm. Bài giải
- Chọn chiều dương là chiều chuyển động của vật. Ta có: + Trong 8 s đầu:
a1
v1 v01 5 8 0, 5 m / s 2 t1 6
+ Trong 10 s tiếp theo: a2
(1)
v2 v02 v2 5 t2 10
- Phương trình định luật II Niu-tơn cho vật: P Q Fh ma
(1)
- Chiếu (1) lên chiều dương đã chọn, ta được: Fh ma
(1’)
- Măặt khác: v v0 at 0 (dừng lại) v0 at
(2)
1 1 1 và s v0t at 2 at 2 at 2 at 2 2 2 2
(3)
(2)
- Với cùng một vật thì gia tốc tỉ lệ thuận với lực tác dụng nên khi F2 2 F1 a2 2a1 a2 2. 0,5 1 m / s
Bài giải - Chọn chiều dương là chiều chuyển động của vật. - Các lực tác dụng lên vật: trọng lực P , phản lực Q , lực hãm Fh .
2
2s 2.9 2 2 m / s 2 t2 3
- Từ (2) suy ra: v2 10a 2 5 10. 1 5 5 m / s .
a
Vậy: Vận tốc của vật ở thời điểm cuối là v2 5 m / s .
- Thay vào (1’) ta được: Fh ma 2000 . 2 4000 N .
6.7. Có hai vật: vật m1 ban đầu đứng yên còn m2 chuyển động thẳng đều với vận tốc v0 . Đặt lên mỗi vật lực F giống nhau, cùng phương với v0 . Tìm F để sau thời gian t hai vật có cùng độ lớn và hướng vận tốc. Cho biết điều kiện để bài toán có nghiệm.
Vậy: độ lớn của lực hãm là Fh 4000 N .
Bài giải - Từ định luật II Newton, ta có: v v v + Với vật m1 : F m1 a1 m1 1 01 m1 1 t t v v v v + Với vật m2 : F m2 a2 m2 2 02 m2 2 0 t t
(1)
(2)
6.9. Xe khối lượng m 500 kg đang chuyển động thẳng đều thì hãm phanh, chuyển động chậm dần đều. Tìm lực hãm biết quãng đường đi được trong giây cuối cùng của chuyển động là 1 m. Bài giải
- Chọn chiều dương là chiều chuyển động của vật. - Các lực tác dụng lên vật: trọng lực P , phản lực Q , lực hãm Fh . - Phương trình định luật II Niu-tơn cho vật: P Q Fh ma (1) - Chiếu (1) lên chiều dương đã chọn, ta được: Fh ma
(1’)
- Trong giây cuối cùng: 2
2
2
1 1 5 2 2 s23 s3 s2 v0 3t a 3t v0 2t a 2t v0t at 2 2 2 2 …
sn ,n 1 sn sn 1 v0t
2n 1 2 at 2
s2 s1 s3 s2 ... sn sn 1 at 2 2
v v0 2as v0 2a.1 2a v0 2a
(2)
Và v v0 at 0 v0 a.1 v0 a v0 a
(3)
- Theo bài ra, ta có: at 2 0,9 a
0,9 0,9 0, 4 m / s 2 t 2 1,52
- Từ (1’) suy ra: F ma 0,15.0, 4 0, 06 N
2a a 2 a 0 (loại) và a 2 m / s 2 .
Vậy: Lực tác dụng vào vật là F 0, 06 N .
- Thay giá trị của a vào (1’) ta được: Fh 500 . 2 1000 N
6.11. Quả bóng khối lượng 200 g bay với vận tốc 90 km/h đến đập vuông góc vào một bức tường rồi bật trở Vậy: Độ lớn của lực hãm là Fh 1000 N .
lại theo phương cũ với vận tốc 54 km/h. Thời gian va chạm là 0,05 s.
6.10. Đo quãng đường một vật chuyển động thẳng biến đổi đều đi được trong những khoảng thời gian 1,5 s
Tính lực đo tường tác dụng lên bóng.
liên tiếp, người ta thấy quãng đường sau dài hơn quãng đường trước 90 cm. Tìm lực tác dụng lên vật, biết m 150 g Bài giải - Chọn chiều dương là chiều chuyển động của vật. Gọi F là lực tác dụng lên vật, a là gia tốc của vật. - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: F ma (1) - Chiếu (1) lên chiều dương đã chọn, ta được: F ma
Bài giải Ta có: 90 km/h = 25 m/s; 54 km/h= 15 m/s; 200 g= 0,2 kg. - Gọi F12 là lực do quả bóng tác dụng vào tường; F21 là lực do tường tác dụng lại quả bóng. Theo định luật III Niu-tơn, ta có: F12 F21 F12 F21 . - Trong thời gian va chạm, ta có:
(1’)
F21 m1a1 m1.
- Mặt khác: + Quãng đường đi được của vật trong t giây đầu tiên là:
1 s1 v0t at 2 2
F21 0, 2.
(2)
6.12. Quả bóng khối lượng 200 g bay với vận tốc 72 km/h đến đập vào tường và bật trở lại với độ lớn vận tốc (3)
Tính lực do tường tác dụng lên bóng. (4)
… + Quãng đường đi được của vật trong những khoảng thời gian bằng nhau là:
1 1 3 2 s12 s2 s1 v0 2t a 2t v0t at 2 v0t at 2 2 2 2
không đổi. Biết va chạm của bóng với tường theo định luật phản xạ gương (góc phản xạ bằng góc tới) và bóng đến đập vào tường dưới góc 30 , thời gian va chạm là 0,05 s.
+ Quãng đường đi được của vật trong 3t giây đầu tiên là:
1 2 s3 v0 3t a 3t 2
15 25 160 N 0, 05
Vậy: Lực do tường tác dụng lên bóng là: F21 160 N .
+ Quãng đường đi được của vật trong 2t giây đầu tiên là:
1 2 s2 v0 2t a 2t 2
v1 v01 t
Bài giải
- Gọi F12 là lực do quả bóng tác dụng vào tường; F21 là lực do
1 1 1 x x2 x1 30 a2t 2 5t a1t 2 a1t 2 5t 30 2 2 2
tường tác dụng lại quả bóng. Theo định luật III Niu-tơn, ta có: F12 F21 F12 F21
x
(3)
- Tam thức trên có a 0 nên xmin
- Trong thời gian va chạm, ta có:
v t - Vì vt hợp với v0 một góc 60 và vt v0 F21 m1a1 m1.
v 2v0 cos30 2.20.
1 2 a1t 5t 30 2
x xmin
4a
25 60a1 5 a1 0,5 m / s 2 . 2a1
- Thay vào (1) và (2), ta được: F1 m1a1 1000.0,5 500 N ; F2 m2 a2 1000. 2.0,5 1000 N
3 20 3 m / s 2
Vậy: Lực kéo của mỗi động cơ xe là: F1 500 N và F2 1000 N .
20 3 F21 m1a1 0, 2. 138, 6 N 0, 05
6.14. Hai chiếc xe lăn đặt nằm ngang, đầu xe A có gắn lò xo nhỏ, nhẹ. Đặt hai xe sát nhau để lò xo nén lại rồi buông tay. Sau đó hai xe chuyển động, đi được các quãng đường s1 1m; s2 2m trong cùng thời gian t. Bỏ
Vậy: Lực do tường tác dụng lên bóng là F21 138, 6 N .
qua ma sát.
6.13. Từ A, xe (I) chuyển động thẳng nhanh dần đều với vận tốc đầu 5 m/s đuổi theo xe (II) khởi hành cùng
Tính tỉ số khối lượng của hai xe.
lúc tại B cách A 30 m. Xe (II) chuyển động thẳng nhanh dần đều không vận tốc đầu cùng hướng xe (I). Biết
Bài giải
khoảng cách ngắn nhất giữa hai xe là 5 m. Bỏ qua ma sát, khối lượng xe m1 m2 1000 kg . Tìm lực kéo của
- Theo định III Niu-tơn, trong tương tác giữa hai xe ta có:
động cơ mỗi xe.
m a F21 F12 m1 a1 m2 a2 m1a1 m2 a2 1 2 m2 a1
Biết các xe chuyển động theo phương ngang với gia tốc a2 2a1 .
(1)
Bài giải
- Quãng đường đi được của mỗi xe trong thời gian t là: s1
- Độ lớn lực kéo của động cơ của xe 1 là: F1 m1a1 .
(1)
- Độ lớn lực kéo của động cơ của xe 2 là: F2 m2 a2 .
(2)
s2 a2 2 s1 a1
- Kết hợp (1) và (2) ta được:
- Chọn trục Ox trùng với đường thẳng AB, gốc O trùng với A, mốc thời gian lúc hai xe khởi hành.
1 - Phương trình chuyển động của xe 1: x1 5t a1t 2 2 1 - Phương trình chuyển động của xe 2: x2 30 a2t 2 ; a2 2a1 . 2 - Khoảng cách giữa hai xe là:
1 2 1 a1t ; s2 a2t 2 2 2 (2)
m1 a2 2. m2 a1
Vậy: Tỉ số khối lượng của hai xe là:
m1 2. m2
6.15. Xe A chuyển động với vận tốc 3,6km/h đến đập vào xe B đang đứng yên. Sau va chạm xe A dội ngược lại với vận tốc 0,1 m/s, còn xe B chạy với vận tốc 0,55 m/s. Biết mB 200 g . Tìm mA . Bài giải
- Chọn chiều dương là chiều chuyển động ban đầu của xe A.
6.17. Hai hòn bi có khối lượng bằng nhau đặt trên mặt bàn nhẵn. Hòn bi (1) chuyển động với vận tốc v0 đến
- Áp dụng định luật III Niu-tơn cho tương tác giữa hai xe, ta có: v v v v m1 a1 m2 a2 m1 1 01 m2 2 02 (1) t t
đập vào hòn bi (2) đang đứng yên. Sau va chạm chúng chuyển động theo hai hướng vuông góc với nhau với vận tốc v1 4 m / s, v2 3 m / s . Tính v0 và góc lệch của hòn bi (1). Bài giải
- Chiếu (1) lên chiều dương đã chọn, ta được:
mA
v1 v01 m
B
t
mA
- Áp dụng định luật III Niu-tơn cho tương tác giữa hai hòn bi, ta có: F21 F12 m1 a1 m2 a2 v v v v m1 1 01 m2 2 02 t t m1 v1 v01 m2 v2
v2 t
mB v2 0, 2.0,55 0,1 kg v1 v01 0,1 1
Vậy: Khối lượng của xe A là mA 0,1 kg . 6.16. Hai quả bóng ép sát nhau trên mặt phẳng ngang. Khi buông tay, hai quả bóng lăn được những quãng đường 9 m và 4 m rồi dừng lại. Biết sau khi rời nhau, hai quả bóng chuyển động chậm dần đều cùng gia tốc. Tính tỉ số khối lượng của hai quả bóng.
2
Bài giải Gọi a1 , a2 lần lượt là gia tốc của quả bóng 1 và quả bóng 2 ngay sau tương tác; t là thời gian tương tác giữa hai quả bóng.
- Theo định luật III Niu-tơn, ta có: F21 F12 m1a1 m2 a2
- Từ (1) và (2) suy ra:
m v01 v12 2 v2 2 42 32 5 m / s v0 . m1
và tan (1)
v2 3 37 . v1 4
Vậy: Vận tốc ban đầu của hòn bi (1) là v0 5 m / s ;
- Vận tốc mỗi quả bóng thu được ngay sau tương tác là: (2)
v1 v01 a1t a1t ; v2 v02 a2 t a2 t
m1 v01 m1 v1 m2 v2 2 2 2 Vì v1 v2 nên m1v01 m1v1 m2 v2
góc lệch của hòn bi (1) so với phương ban đầu là 37 . Phần
v1 a1 m2 v2 a2 m1
(3)
1. Chuyên đề 7: CÁC LỰC CƠ HỌC
- Gọi a0 là gia tốc mỗi quả bóng sau khi chúng đã rời nhau. Quãng đường mà mỗi quả bóng lăn được cho
A. TÓM TẮT KIẾN THỨC
đến khi dừng hẳn v1 0; v2 0 là:
1. Lực hấp dẫn
0 v12 2a 0 s1 ; 0 v2 2 2a 0 s2
- Lực hấp dẫn: Lực hấp dẫn là lực hút giữa hai vật có khối lượng m1, m2 đặt cách nhau một khoảng r. - Định luật vạn vật hấp dẫn: Hai chất điểm bất kì hút với nhau bằng một lực tỉ lệ thuận với tích các khối
2
v s 9 1 1 . s2 4 v2 - Từ (3) suy ra:
lượng của chúng và tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách giữa chúng.
Fhd G
m2 v1 9 1,5 m1 v2 4
Vậy: Tỉ số khối lượng của hai quả bóng là
m1 m2 . r2
(7.1)
( G 6 ,67 .10 11 Nm2 / kg2 là hằng số hấp dẫn)
m2 1,5 . m1
- Trọng lực là trường hợp riêng của lực hấp dẫn:
+ Trọng lực chính là lực hút giữa Trái Đất và các vật ở gần mặt đất: P = mg ( g G
M là gia tốc trọng R2
trường; R, M là bán kính và khối lượng Trái Đất). + Ở độ cao h so với mặt đất: g G
M
R h
2
.
+ Điều kiện xuất hiện: Lực ma sát trượt xuất hiện khi một vật trượt trên mặt một vật khác và có tác dụng cản trở lại chuyển động trượt của vật. + Đặc điểm: Lực ma sát trượt có: • gốc: trên vật chuyển động trượt (chỗ tiếp xúc). • phương: tiếp tuyến với mặt tiến xúc.
2 - Lực đàn hồi
• chiều: ngược chiều với chuyển động trượt.
- Lực đàn hồi của lò xo (hay thanh rắn)
• độ lớn: tỉ lệ với áp lực ở mặt tiếp xúc: Fmst t N ( t là hệ số ma sát trượt).
+ Điều kiện xuất hiện: Lực đàn hồi xuất hiện khi một vật bị biến dạng và có
- Lực ma sát lăn
xu hướng chống lại nguyên nhân gây ra biến dạng.
+ Điều kiện xuất hiện: Lực ma sát lăn xuất hiện khi một vật lăn trên mặt một vật khác và có tác dụng cản trở
+ Đặc điểm: Lực đàn hồi có đặc điểm:
lại chuyển động lăn của vật.
• gốc: trên vật gây ra biến dạng.
+ Đặc điểm: Lực ma sát lăn có:
• phương: phương của biến dạng (trục lò xo, phương sợi dây căng, vuông góc với mặt tiếp xúc).
• gốc: trên vật chuyển động lăn (chỗ tiếp xúc).
• chiều: ngược chiều biến dạng.
• phương: tiếp tuyến với mặt tiếp xúc.
• độ lớn: Fñh k l
• chiều: ngược chiều với chuyển động lăn.
(7.2)
(k là hệ số đàn hồi của vật, ∆l là độ biến dạng (dãn hay nén) của vật đàn hồi).
• độ lớn: tỉ lệ với áp lực ở mặt tiếp xúc: Fmsl l N ( l t là hệ số ma
- Lực căng và lực pháp tuyến
lăn).
+ Lực căng của sợi dây: Xuất hiện khi dây bị kéo căng (biến dạng), có đặc điểm giống như lực đàn hồi của lò
4 - Lực cản môi trường
xo.
+ Điều kiện xuất hiện: Khi vật chuyển động với vận tốc v trong môi
+ Lực pháp tuyến giữa hai mặt tiếp xúc bị biến dạng khi ép vào nhau và có phương vuông góc với mặt tiếp
trường (khí, lỏng,...).
xúc thường gọi là áp lực hay lực pháp tuyến.
+ Đặc điểm: Lực cản môi trường có:
3 - Lực ma sát
• gốc: trên vật chuyển động.
- Lực ma sát nghỉ
• chiều: ngược chiều với chuyển động của vật.
+ Điều kiện xuất hiện: Lực ma sát nghỉ xuất hiện khi một vật có xu hướng
• độ lớn: Fc kSv (v nhỏ); Fc kSv 2 (v lớn), k phụ thuộc vào hình
trượt (chưa trượt) trên mặt một vật khác do có ngoại lực tác dụng và có tác dụng cản trở lại xu hướng trượt của vật. + Đặc điểm: Lực ma sát nghỉ có: • gốc: trên vật có xu hướng trượt (chỗ tiếp xúc). • phương: tiếp tuyến với mặt tiếp xúc. • chiều: ngược chiều với ngoại lực tác dụng làm vật có xu hướng trượt.
sát
dạng của vật. B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG - Đối với lực hấp dẫn: + hệ thức định luật vạn vật hấp dẫn được áp dụng cho hai chất điểm m1 và m2 hoặc hai quả cầu đồng chất (với r là khoảng cách giũa hai tâm hai quả cầu).
• độ lớn: luôn cân bằng với thành phần tiếp tuyển của ngoại lực; có giá trị cực đại tỉ lệ với áp lực ở mặt tiếp
m1m2 . r2
xúc: Fmsn n N ; Fmsn max n N ( n là hệ số ma sát nghỉ; N là áp lực).
+ về độ lớn của lực hấp dẫn: F21 F12 Fhd G
- Lực ma sát trượt
+ lực hấp dẫn cũng tuân theo nguyên lí chồng chất: F F1 F2 ...
- Đối với lực đàn hồi:
(M = 6.1024kg là khối lượng Trái Đất; R = 6400km là bán kính Trái Đất).
+ khi hai lò xo mắc nối tiếp thì: F F1 ñh F2 ñh ; x x1 x2
* Trọng lực luôn hướng xuống, lực hấp dẫn luôn là lực hút.
1 1 1 (k là độ cứng tương đương của hai lò xo) k k1 k2
. Với dạng bài tập về lực đàn hồi. Phương pháp giải là:
+ khi hai lò xo mắc song song thì: F F1 ñh F2 ñh ; x x1 x 2 k k1 k2 (k là độ cứng tương đương của hai lò xo).
- Sử dụng công thức: Fñh k l ; k là độ cứng (hệ số đàn hồi) của vật đàn hồi; ∆l là độ biến dạng của vật đàn hồi. - Điều kiện áp dụng: Vật còn trong giới hạn đàn hồi. - Chú ý: * Ghép, cắt lò xo: + Hệ hai lò xo ghép nối tiếp:
kk 1 1 1 k 1 2 k1 ,k2 . k k1 k2 k1 k2
- Đối với lực ma sát:
+ Hệ hai lò xo ghép vào cùng một vật: k k1 k2 k1 ,k2 .
+ áp lực N có độ lớn bằng tổng đại số các thành phần lực tác dụng theo phương vuông góc với mặt tiếp xúc,
+ Lò xo dài l, độ cứng k bị cắt thành các lò xo l1, l2: kl k1l1 k2 l2 ...
trường hợp thường gặp là N = P.
* Lực đàn hồi luôn ngược hướng với hướng của biến dạng.
+ lực ma sát, lực cản nói chung luôn ngược hướng với hướng của chuyển động.
* Với thanh rắn: k E
+ nói chung: t l .
S , với E là suất đàn hồi hay suất Y-âng, S là tiết diện ngang của thanh, l0 là chiều dài l0
Cần sử dụng phối hợp các định luật Niu-tơn và các công thức ở phần Động học để giải các bài tập ở phần
ban đầu của thanh.
này.
- Kết hợp thêm điều kiện cân bằng (nếu cần).
VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
.Với dạng bài tập về lực ma sát, lực cản môi trường. Phương pháp giải là:
. Với dạng bài tập về lực hấp dẫn. Phương pháp giải là:
- Sử dụng các công thức:
- Sử dụng công thức: Fhd G
m1 m2 r
2
; G 6 ,67.10 11 N .m 2 / kg2 : hằng số hấp dẫn; m1, m2 là khối lượng 2
vật; r là khoảng cách giữa 2 vật). - Điều kiện áp dụng:
+ Ma sát trượt: Fmst t N ; t là hệ số ma sát trượt; N là áp lực của vật lên mặt tiếp xúc. + Ma sát nghỉ: Fmsn n N t N : Fmsn F (F là ngoại lực tiếp tuyến). + Ma sát lăn: Fmsl l N ; l là hệ số ma sát lăn; N là áp lực của vật lên mặt tiếp xúc.
+ Hai vật được coi là chất điểm.
+ Lực cản môi trường: Fc kSv (v nhỏ); Fc kSv 2 (v lớn); S là tiết diện ngang của vật, v là vận tốc của vật.
+ Hai vật có dạng hình cầu, khối lượng phân bố đều: r là khoảng cách giữa hai tâm hai quả cầu.
- Chú ý:
- Chú ý:
+ Hệ số ma sát lăn rất nhỏ so với hệ số ma sát trượt.
* Trọng lực là trường hợp riêng của lực hấp dẫn, đó là lực hút giữa Trái Đất và các vật đặt gần mặt đất:
+ Lực ma sát, lực cản luôn ngược hướng với hướng chuyển động tương đối của vật. C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG
Fhd P mg , với: + Tại mặt đất: g0 G. + Tại độ cao h: g G.
7.1. Mặt Trăng và Trái Đất có khối lượng lần lượt là 7,4.1022 kg và 6.1024 kg, ở cách nhau 384000km. Tính
M . R2
lực hút giữa chúng. Bài giải
M
R h
2
Theo định luật vạn vật hấp dẫn, ta có: Fhd G
Mm r2
Fhd 6 ,67.10 11
7 , 4.10 22 .6 .10 24
384000.10 3
2
2.10 20 N
F1 G
Vậy: Lực hút giữa Mặt Trăng và Trái Đất là Fhd 2.10 20 N.
(m1 là khối lượng của quả cầu đặc đã bị khoét)
7.2. Khoảng cách trung bình giữa tâm Trái Đất và Mặt Trăng bằng 60 lần bán kính Trái Đất. Khối lượng Mặt Trăng nhỏ hơn khối lượng Trái Đất 81 lần. Tại điểm nào trên đường thẳng nối tâm của chúng, lực hút của Trái Đất và Mặt Trăng lên một vật bằng nhau? Bài giải Gọi mD, mT, m lần lượt là khối lượng của Trái Đất, Mặt Trăng và vật; x là khoảng cách từ tâm Trái Đất đến tâm vật. - Lực hấp dẫn giữa Trái Đất và vật là: F1 G
mD m x2
3
4 R m1 V1 3 2 1 M - Vì khối lượng tỉ lệ với thể tích nên m1 4 M V 8 8 3 R 3 2 2 1 1 F GMm 7 d 8 dR 2 R Thay vào (2) ta được: F1 GMm 2 1 2 2 d R 8 d 2 d R 8 d 2 2
Vậy: Lực do quả cầu (đã bị khoét) tác dụng lên vật nhỏ m là
Lực hấp dẫn giữa Mặt Trăng và vật là: F2 G
m1m Mm (2) G 2 d2 R d 2
mT m
60 R x
2
Khi lực hút của Trái Đất và Mặt Trăng lên vật bằng nhau thì: F1 F2
2 2 7 d 8 dR 2 R F1 GMm 2 8d 2 d R 2
7.4. Gia tốc rơi tự do của một vật tại nơi cách mặt đất một khoảng h là g = 4,9 m/s2. Biết gia tốc rơi tự do trên
2
m mT mT 60 R x 1 2D 2 x 60 R x x mD 81
mặt đất là g0 = 9,8 m/s2 và bán kính Trái Đất R = 6400 km. Tìm h. - Gia tốc rơi tự do tại một điểm cách mặt đất một khoảng h là:
60 R x 1 x 54 R x 9
Bài giải
Vậy: Tại vị trí vật cách tâm Trái Đất một khoảng x 54 R và cách
GM - Gia tốc rơi tự do trên mặt đất là g0 2 (1) R
tâm Mặt Trăng một khoảng 60 R 54 R 6 R thì lực hút của Trái - Gia tốc rơi tự do tại một điểm cách mặt đất một khoảng h là: gh
Đất và Mặt Trăng lên vật bằng nhau. 7.3. Trong một quả cầu bằng chì bán kính R người ta khoét một lỗ R hình cầu bán kính . Tìm lực do quả cầu tác dụng lên vật nhỏ m trên đường nối tâm hai hình cầu, cách tâm 2
hình cầu lớn một khoảng d, biết rằng khi chưa khoét quả cầu có khối lượng M. Bài giải
R Gọi F1 là lực hấp dẫn giữa quả cầu đã bị khoét với vật m; F2 là lực hấp dẫn giữa quả cầu có bán kính với 2 m; F là lực hấp dẫn giữa quả cầu đặc bán kính R với vật m.
Ta có: F F1 F2 F F1 F2 F1 F F2 (1)
g0 R h h 2 1 gh R R
h
2 1 R
2
(2)
2
2 1 .6400 2651 km
Vậy: Độ cao của vật so với mặt đất là h 2651 km .
2
GM
R h
7.5. Biết gia tốc rơi tự do trên mặt đất là g = 9,8 m/s2, khối lượng Trái Đất gấp 81 lần khối lượng Mặt Trăng, bán kính Trái Đất gấp 3,7 lần bán kính Mặt Trăng. Tìm gia tốc rơi tự do trên bề mặt Mặt Trăng. Bài giải
- Gia tốc rơi tự do trên mặt đất là g
- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P F Q ma .
GM D (1) R2
- Gia tốc rơi tự do trên bề mặt Mặt Trăng là: gT
- Chiếu hệ thức vectơ trên lên phương bán kính, chiều hướng vào tâm, ta được:
GMT RT 2
F ma k l l0 m 2l
(2)
kl0 kl0 20.0 , 2 0 , 25 m k m 2 k m.4 2 n 2 20 4.10.12 l l l0 0 , 25 0 , 2 0 ,05m 5cm l
2
g M R 1 T T . .3 ,7 2 0 ,169 g M D RT 81 gT 0 ,169 g 0 ,169.9 , 8 1,656 m / s2
Vậy: Độ dãn của lò xo là l 5 cm . 7.8. Đoàn tàu gồm một đầu máy, một toa 10 tấn và một toa 5 tấn nối với nhau theo thứ tự trên bằng những lò
2
Vậy: Gia tốc rơi tự do trên bề mặt Mặt Trăng là gT 1,656 m / s .
xo giống nhau. Khi chịu tác dụng lực 500 N, lò xo dãn 1 cm. Bỏ qua ma sát. Sau khi bắt đầu chuyển động
7.6. Một lò xo khi treo vật m = 100 g sẽ dãn ra một đoạn 5 cm. Lấy g
10s, vận tốc đoàn tàu đạt 1 m/s.
= 10 m/s2.
Tính độ dãn của mỗi lò xo.
a) Tìm độ cứng của lò xo. b) Khi treo vật m', lò xo dãn 3 cm. Tìm khối lượng m'. Bài giải a) Độ cứng của lò xo
- Các lực tác dụng lên vật: trọng lực P , lực đàn hồi F .
Bài giải
- Tại vị trí cân bằng của vật:
PF 0
- Độ cứng của mỗi lò xo là: k
(1)
P F mg k l
- Gia tốc cùa đoàn tàu là: a
F
l
500 50000 N / m 0 ,01
vt v0 1 0 0 ,1m / s 2 . t 10
mg 0 ,110 . k 20 N / m l 0 ,05
- Xét chuyển động của toa thứ nhất:
Vậy: Độ cứng của lò xo là: k = 20 N/m.
+ Các lực tác dụng: trọng lực P1 , phản lực Q1 , các lực đàn hồi F1 ; F2 ' .
b) Khối lượng m'
+ Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P1 Q1 F1 F2 ' m1 a
- Tương tự, khi treo vật m' thì: m'g = k∆l' (2)
m'
(1)
+ Chiếu (1) lên chiều chuyển động của tàu, ta được: F1 F'2 m1a
k l' 20.0 ,03 0 ,06 kg 60 g g 10
k l1 k l'2 m1a (2)
Vậy: Khối lượng vật m' 60 g .
- Xét chuyển động của toa thứ hai:
7.7. Vật khối lượng m = 100 g gắn vào đầu lò xo dài l0 = 20 cm độ cứng
+ Các lực tác dụng: trọng lực P2 , phản lực Q2 , lực đàn hồi F2 .
k = 20 N/m quay tròn đều trong mặt phẳng ngang nhẵn với tần số 60
vòng/phút.
+ Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P2 Q2 F2 m2 a
Tính độ dãn của lò xo. Lấy 2 10 .
+ Chiếu (3) lên chiều chuyển động của tàu, ta được: F2 m2 a Bài giải
- Các lực tác dụng lên vật khi vật chuyển động là: trọng lực P , lực đàn hồi F , phản lực Q .
k l2 m2 a (4) - Từ (2) và (4) suy ra:
(3)
l1
m
1
m2 a k
10000 50000 .0 ,1 0 ,03m 3cm
Vậy độ cứng của lò xo tương đương ở hệ (I) là k k1 k2 , độ cứng của lò xo tương
50000
đương ở hệ (II) là k
m a 5000.0 ,1 và l2 2 0 ,01m 1cm k 50000
k1k2 . k1 k2
7.10. Một lò xo nhẹ được treo thẳng đứng. Buộc một vật nặng khối lượng m vào
Vậy: Độ dãn của các lò xo là ∆l1 = 3 cm; ∆l2 = 1 cm.
đầu dưới của lò xo. Sau đó buộc thêm một vật m nữa vào giữa lò xo đã bị dãn. Tìm
7.9. Hệ hai lò xo được ghép theo một trong hai cách sau. Tìm độ cứng của lò xo tương đương.
chiều dài lò xo. Biết độ cứng lò xo là k, chiều dài lò xo khi chưa dãn là l0. Bài giải - Khi buộc vào vật nặng khối lượng m vào đầu dưới lò xo, lò xo dãn ra một đoạn là:
Bài giải
mg (1) k
Giả sử ở vị trí cân bằng của vật, các lò đều không bị biến dạng.
l1
- Trường hợp (I):
- Khi buộc thêm một vật m nữa vào giữa lò xo đã bị dãn, nửa trên của lò xo dãn
+ Xét vật ở vị trí có độ dời x so với vị trí cân bằng và khi đó lò xo (1) bị dãn một đoạn x còn lò xo (2) bị nén
thêm một đoạn là:
một đoạn x.
l1
mg (2) 2k
+ Lực đàn hồi của lò xo (1): F1 = k1x; lực đàn hồi của lò xo (2): F2 = k2x.
l2
+ Lực đàn hồi do hệ hai lò xo tác dụng lên vật là: F1 F2 F (1)
(Vì khi lực tác dụng vào lò xo như nhau thì độ dãn của lò xo tỉ lệ với chiều dài của lò xo)
+ Vì F1 và F2 cùng hướng nên: F = F1 + F2
F k1 x k2 x k1 k2 x (2) - Đặt k k1 k2 , hệ lò xo trên tương đương với một lò có độ cứng k và tác dụng lên vật một lực F khi vật dời
2
- Độ dãn của lò xo lúc đó là: l l1 l2 l
mg mg 3mg k 2k 2k
- Chiều dài lò xo khi đó là: l l0 l l0
một đoạn x khỏi vị trí cân bằng.
3mg 2k
- Trường hợp (II):
Vậy: Chiều dài của lò xo khi buộc vật m vào đầu dưới và buộc m
+ Xét vật ở vị trí có độ dời x so với vị trí cân bằng và khi đó lò xo (1) dãn một đoạn x1 còn lò xo (2) dãn một
vào giữa là l l0
đoạn x2. + Lực đàn hồi của lò xo (1): F1 = k1x1; lực đàn hồi của lò xo (2): F2 = k2x2. + Lực đàn hồi do hệ hai lò xo tác dụng lên vật là: F = F1 = F2 (3) + Độ dãn của hệ hai lò xo trên là: x = x1 + x2
x
1 1 F F F (4) k1 k2 k1 k2
1 1 F F k k1 k2
kk 1 1 1 k 1 2 (5) k k1 k2 k1 k2
3mg 2k
7.11. Một hệ cơ có cấu tạo như hình vẽ gồm 4 thanh nhẹ nối với nhau bằng các khớp và một lò xo nhẹ tạo thành hình vuông và chiều dài của lò xo là l0 = 9,8 cm. Khi treo vật m = 500 g, góc nhọn giữa các thanh là
60 . Lấy g = 9,8 m/s2. Tính độ cứng k của lò xo. Bài giải
F T ' T ' 0 - Xét hệ khi ở trạng thái cân bằng: 1 2 P T1 T2 0 Vì T1 T2 T'1 T' 2
P T1 T2 2cos Do đó: 2 F P tan mg tan 2 2 F 2T2 sin 2 Mặt khác: k l mg tan
2
, với l l0 l (l0 là chiều dài của lò xo khi chưa treo vật, l là chiều dài cùa lò xo
- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: F1 ' F2 ' m.a Vì ∆x rất nhỏ nên có thể xem x 0 và m 0 . Do đó F'1 F'2 F . - Xét chuyển động của phần thanh có chiều dài x, khối lượng m1:
+ lực tác dụng: F1 ,F'2 .
+ áp dụng định luật II Niu-tơn, ta được: F1 F'2 m1 a F1 F'2 m1 a
sau khi treo vật).
- Xét chuyển động của phần thanh có chiều dài (l - x), khối lượng m2:
l l Gọi a là chiều dài mỗi thanh, ta có: sin 2 =a sin (1) 2 a 2 2
+ lực tác dụng: F2 ,F'1 .
l0 l Mặt khác, khi chưa treo vật thì: sin 45 2 a 0 (2) a 2
l2
l0 2
sin
2
2l0 sin
2
l l0 l l0 1 2 sin (4) 2 F k l
mg tan
l0 1 2 sin 2
Từ (1) và (2) suy ra:
F1 F'2 m 1 (3) F2 F'1 m2
9 , 8 1 2 sin 30
m1 x (4) m2 l x
F1 F x F1 F l x x F F2 F2 F l x
F
0 , 5.9 , 8.tan 30
F1 l x xF2 l
(5)
* Cách 2: Gọi m là khối lượng của thanh, F là lực đàn hồi ở tiết diện x. Ta có: - Khối lượng hai phần của thanh: bên trái: m1
3 0 , 5.9 , 8. 3 k 98 , 56 N / m 1 9 ,8 1 2 . 2
x lx m ; bên phải: m2 m. l l
- Phương trình định luật II Niu-tơn cho hai phần của thanh: + Phần bên trái: F1 F m1 a
x ma (1) l
Vậy: Độ cứng của lò xo là k 98 , 56 N / m Thanh đồng chất có tiết diện không đổi, chiều dài l, đặt trên mặt bàn nhẵn nằm ngang. Tác dụng lên thanh hai lực kéo ngược chiều F1 ,F2 F1 F2 . Tính lực đàn hồi xuất hiện trong thanh, ở vị trí tiết diện của 7.12.
+ Phần bên phải: F F2 m2 a - Từ (1) và (2), ta được: F
thanh cách đầu chịu lực F1 một đoạn x. Bài giải Cách 1: Xét một phần của thanh đồng chất có chiều dài ∆x rất nhỏ ở vị trí tiết diện của thanh cách đầu chịu
+ áp dụng định luật II Niu-tơn, ta được: F2 F'1 m2 a F2 F'1 m2 a (2)
2
Vì thanh đồng chất nên:
(3)
(1)
lực F1 một đoạn x và cách đầu chịu lực F2 một đoạn l x x .
- Các lực tác dụng lên phần tử ∆x của thanh: F1 ',F2 ' .
lx ma (2) l
m2 F1 m1 F2 l x F1 xF2 . m1 m2 l
Vậy: Lực F giảm tuyến tính từ giá trị F1 (x = 0) xuống giá trị F2 (x = l).
Vậy: Lực đàn hồi xuất hiện trong thanh, ở vị trí tiết diện của thanh cách đầu chịu lực F1 một đoạn x là F
F1 l x xF2 l
.
7.13. Một ô tô khối lượng m = 1 tấn, chuyển động trên mặt đường nằm ngang. Hệ số ma sát lăn giữa xe và mặt đường là 0 ,1 . Tính lực kéo của động cơ ô-tô trong mỗi trường hợp sau:
- Các lực tác dụng lên khối gỗ: trọng lực P , áp lực N1 ,N 2 của hai tấm ván, lực ma sát của mỗi tấm ván
Fms1 ,Fms 2 .
- Từ định luật II Niu-tơn, ta có:
a) Ô tô chuyển động thẳng đều.
b) Ô tô chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a = 2 m/s2.
P Fms 1 Fms 2 N1 N 2 ma (1)
Lấy g = 10 m/s2.
a) Khối gỗ có tự trượt xuống không?
Bài giải - Các lực tác dụng lên xe: trọng lực P , phản lực Q , lực kéo của động cơ F và lực ma sát lăn của mặt đường Fms . - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P Q F Fms ma (1)
Nếu khối gỗ tự trượt xuống được thì
- Chiếu (1) lên phương thẳng đứng ta được:
- Để khối gỗ chuyển động, cần tác dụng lực F có phương thẳng đứng.
- P Q 0 Q P mg
P 2 Fms ma P 2 Fms Mà P mg 4.10 40 N , Fms N 0 , 5.50 25 N P 2 Fms . Vậy: Vật không tự trượt xuống được. b) Hướng và độ lớn của lực F
- Từ định luật II Niu-tơn, ta có:
- Chiếu (1) lên phương nằm ngang ta được:
F P Fms1 Fms 2 N1 N 2 ma (1)
F Fms ma F ma Fms
b1) Để khối gỗ trượt xuống đều: (a = 0): Lực F phải hướng xuống, với:
a) Khi ô tô chuyển động thẳng đều Ta có: a 0 F Fms mg 0 ,11000 . .10 1000 N . Vậy: Khi ô tô chuyển động thẳng đều thì lực kéo của động cơ ô tô là F = 1000 N. b) Khi ô tô chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a = 2 m/s2
. 3000 N Ta có: F ma Fms ma mg m a g 1000. 2 0 ,110 .
F P 2 Fms 0 F1 2 Fms P 2.25 4.10 10 N b2) Để khối gỗ đi lên đều: (a = 0): Lực F phải hướng lên, với: F P 2 Fms 0 F2 P 2 Fms 4.10 2.25 90 N Vậy: Để khối gỗ truọt xuống đều thì lực F phải có độ lớn 10 N và hướng xuống; để khối gỗ đi lên đều thì lực F phải có độ lớn 90 N và hướng lên. 7.15. Một xe lăn, khi được đẩy bằng lực F = 20 N nằm ngang thi xe chuyển động thẳng đều. Khi chất lên xe
Vậy: Khi ô tô chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a = 2 m/s2 thì lực kéo của động cơ ô tô là F = 3000 N. 7.14. Một khối gỗ m = 4 kg bị ép giữa hai tấm ván. Lực nén của mỗi tấm ván lên khối gỗ là N = 50 N, hệ sổ ma sát trưọt giữa gỗ và ván là 0 , 5 .
một kiện hàng khối lượng 20 kg thì phải chịu tác dụng lực F' = 60 N nằm ngang xe mới chuyến động thẳng đều. Tính hệ số ma sát giữa xe và mặt đường.
Lấy g = 10 m/s2.
Bài giải
a) Hỏi khối gỗ có tự trượt xuống được không? b) Cần tác dụng lên khối gỗ lực F thẳng đứng theo hướng nào, độ lớn bằng bao nhiêu để khối gỗ: - đi xuống đều?
- Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe.
Fms F 0 F Fms gm
- đi lên đều? Bài giải
- Khi chưa chất kiện hàng lên xe, xe chuyển động thẳng đều nên: P Q Fms F 0 (1’)
- Khi đã chất kiện hàng lên xe, xe chuyển động thẳng đều nên:
P' Q' F'ms F' 0 (2)
(1)
F'ms F' 0 F' F'ms g m mh (2’) Từ (1’) và (2’) suy ra: F' F gmh
c) Khi li cỏ nước - Ở câu a, gia tốc cần truyền cho tờ giấy không phụ thuộc vào khối lượng của li nên nếu li có nước thì kết quả
F' F 60 20 0,2 gmh 10.20
vẫn không thay đổi. - Ở câu b, lực tác dụng lên tờ giấy phụ thuộc vào khối lượng của li nên nếu li có nước thì kết quả sẽ thay đổi.
Vậy: Hệ số ma sát giữa xe và mặt đường là 0 , 2 .
7.17. Xe lửa có khối lượng M = 100 tấn đang chuyển động thẳng đều trên mặt phẳng nằm ngang thì một số
7.16. Đặt một cái li lên trên một tờ giấy nhẹ đặt trên bàn rồi dùng tay kéo tờ giấy theo phương ngang. a) Cần truyền cho tờ giấy một gia tốc bao nhiêu để li bắt đầu trượt trên tờ giấy? Biết hệ số ma sát trượt giữa li và tờ giấy là 1 0 , 3 . Lấy g = 9,8 m/s2.
toa có khối lượng tổng cộng là m = 10 tấn rời khỏi xe. Khi phần xe lửa tách ra còn chuyển động, khoảng cách giữa hai phần xe thay đổi theo thời gian theo quy luật nào? Biết lực kéo của đầu máy không đổi, hệ số ma sát lăn là 0 ,09 . Cho g =10 m/s2.
b) Trong điều kiện trên, lực tác dụng lên tờ giấy là bao nhiêu? Biết hệ số ma sát trượt giữa tờ giấy và mặt bàn
c) Kết quả ở hai câu trên có thay đổi không nếu li có nước?
lăn Fms .
Bài giải a) Gia tốc cần truyền cho tờ giấy
- Khi xe lửa chuyển động thẳng đều thì: F Fms Mg
(1)
- Khi một phần xe lửa bị tách ra, cả phần đầu và phần bị tách ra đều chuyển động thẳng chậm dần đều.
- Các lực tác dụng lên li: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms .
- Xét chuyển động của phần đầu:
- Theo định luật II Niu-tơn, ta có:
Bài giải
- Các lực tác dụng lên xe lửa: trọng lực P , phản lực của đường ray Q , lực kéo của động cơ F và lực ma sát
là 2 0 , 2 , khối lượng của li m = 50 g.
+ Theo định luật II Niu-tơn, ta có: F Fms1 P1 Q1 M m a1 (2)
P Q Fms ma (1)
+ Chiếu (2) lên chiều chuyển động của xe lửa ta được: F Fms M m a1
- Chiếu (1) lên chiều chuyển động của li, ta được:
1
F P Fms ma a ms 1 1 g 0 , 310 . 3 m/s2 m m
a1
- Khi li bắt đầu trượt thì gia tốc của tờ giấy bằng gia tốc của li: ag = a = 3 m/s2. Vậy: Gia tốc cần truyền cho tờ giấy là ag = 3 m/s2. b) Lực tác dụng lên tờ giấy
a1
F M m g M m
F Mg mg M m
mg 0 ,09.10000.10 0 ,1m / s2 M m 100000 10000
- Xét chuyển động của phần đuôi bị tách ra:
+ Theo định luật II Niu-tơn, ta có: Fms 2 P2 Q2 ma2 (3)
- Các lực tác dụng lên tờ giấy là: lực kéo F , phản lực của mặt bàn Q2 , áp
+ Chiếu (3) lên chiều chuyển động, ta được:
lực của li N1 , các lực ma sát Fms 2 và Fms 1 .
Fms 2 ma2 mg ma2 a2 g 0 ,09.10 0 , 9 m / s 2
Theo định luật II Niu-tơn: F Q2 N1 Fms 2 Fms1 0 (2) Chiếu (2) lên chiều chuyển động của tờ giấy, ta được:
- Chọn gốc tọa độ O tại vị trí hai xe tách ra, gốc thời gian lúc một phần xe lửa bị tách ra thì phương trình chuyển động của mỗi phần khi đó là:
F Fms1 Fms2 0 F Fms1 Fms2
1 1 x1 v0 t a1t 2 và x2 v0 t a2 t 2 2 2
Trong đó: Fms1 1mg; Fms 2 2 mg
Khoảng cách giữa hai phần xe là:
F 1 2 mg 0 , 3 0 , 2 .0 ,05.9 , 8 0 , 25 N Vậy: Lực tác dụng lên tờ giây là F = 0,25 N.
1 1 l x1 x2 v0 t a1t 2 v0 t a2 t 2 2 2 1 1 2 2 l a1 a2 t 0 ,1 0 , 9 t 0 , 5t 2 2 2
v1 max v2 max
D1 D2
Vậy tỉ số giữa các vận tốc cực đại của các quả cầu là 2
Vậy: Khoảng cách giữa hai phần xe thay đổi theo thời gian theo quy luật l 0 , 5t . 7.18. Một quả cầu có khối lượng m = 1 kg, bán kính r = 8cm. Tìm vận tốc rơi cực đại của quả cầu. Biết rằng lực cản của không khí có biểu thức là F = kSv , hệ số k = 0,024.
7.20. Một mô hình tàu thủy m = 0,5 kg được va chạm truyền vận tốc v0 = 10 m/s. Khi chuyển động, tàu chịu
a) vận tốc giảm một nửa.
- Các lực tác dụng lên quả cầu trong quá trình rơi là: trọng lực P , lực cản F .
D1 D2
lực cản có độ lớn tỉ lệ với vận tốc là F = 0,5v. Tìm quãng đường tàu đi được cho tới khi:
2
Bài giải
v1 max v2 max
b) tàu dừng lại.
- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P F ma .
Bài giải a) Quãng đường tàu đi được tới khi vận tốc giảm còn một nửa
- Chiếu hệ thức vectơ trên lên chiều chuyển động ta được: P F ma P kSv 2 ma
- Chọn chiều dương là chiều chuyển động của tàu. Từ định luật II Niu-tơn, ta có:
Khi vật bắt đầu rơi, vận tốc của vật tăng dần, lực cản tăng dần, do đó vận tốc của vật có giá
- F ma 0 , 5 v
trị lớn nhất khi: P F mg kSv 2 . vmax
mg kS
- Thay a
mg 110 . 144 m / s k. r 2 0 ,024.3,14.0 ,08 2
v
0 ,5 v.t 0 , 5. s m m
s
m.v 0 ,5
Vậy: Vận tốc rơi cực đại của quả cầu là vmax = 144 m/s. 7.19. Hai quả cầu đồng chất giống nhau về mặt hình học nhưng làm bằng vật liệu khác nhau. Khối lượng
v v vào hệ thức trên, ta được: m. 0 , 5v t t
riêng của các quả cầu là D1, D2. Hai quả cầu đều rơi trong không khí. Giả thiết rằng lực cản của không khí tỉ lệ với bình phương vận tốc, hãy xác định tỉ số giữa các vận tốc cực đại của các quả cầu.
- Khi vận tốc tàu giảm một nửa thì v v v0
v0 v v0 0 nên 2 2
- Các lực tác dụng lên quả cầu trong quá trình rơi: trọng lực P , lực cản F .
v m. 0 2 s 0 ,5
- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P F ma (1)
Vậy: Quãng đường tàu đi được cho tới khi vận tốc giảm một nửa là s 5m .
- Chiếu (1) lên chiều rơi của các vật, ta được: P F ma (1’)
b) Quãng đường tàu đi được tới khi dừng lại
- Khi vật bắt đầu rơi, vận tốc của vật tăng dần, lực cản tăng dần, do đó vận tốc của vật có
Tương tự, s'
Bài giải
mv 0 , 5.10 5 m 0
2 giá trị lớn nhất khi: P F mg F kvmax . 2 (2) DVg kvmax
- Vận tốc cực đại của quả cầu 1: v1max - Vận tốc cực đại của quả cầu 2: v2 max
s' D1Vg k D2Vg k
m. v0 0 ,5
m.v' nhưng với v' v' v0 0 v0 v0 nên 0 ,5
2 mv0 2.0 , 5.10 10 m
Vậy: Quãng đường tàu đi được cho tới dừng lại là s' 10 m . Phần 1. Chuyên đề 8: ỨNG DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT NIU-TƠN
VÀ CÁC LỰC CƠ HỌC A. TÓM TẮT KIẾN THỨC
+ Lực tác dụng lên vật: trọng lực P = mg; các thành phần vận tốc ban đầu: v0 x v0 , v0 y 0 ; các thành phần gia tốc: a x 0, a y g ( v0 là vận tốc ban đầu của vật).
1. Phương pháp động lực học Phương pháp vận dụng các định luật Niu-tơn và các lực cơ học để giải các bài toán về Động lực học gọi là phương pháp động lực học. Có thể vận dụng phương pháp này để giải hai bài toán chính của Động lực học như sau: - Bài toán thuận: Cho biết lực tác dụng vào vật, xác định chuyển động của vật (v, a, s, t...): Để giải bài toán loại này ta thực hiện các bước sau:
+ Các phương trinh chuyển động: x v0t ; y
1 2 gt 2
g + Phương trình quỹ đạo: y 2 x 2 . 2v0 + Vận tốc: vx v0 ; v y gt ;
+ Chọn hệ quy chiếu và viết dữ kiện của bài toán. + Biểu diễn các lực tác dụng vào vật (coi vật là chất điểm). + Xác định gia tốc của vật: a
F . m
2
v vx2 v 2y v02 gt ; tan
+ Khi vật chạm đất: y h; t
vy vx
gt v0
2h 2h ; xmax v0 g g
+ Dựa vào các điều kiện ban đầu, xác định chuyển động của vật. - Bài toán ngược: Cho biết chuyển động của vật (v, a, s, t...), xác định lực tác dụng vào vật: Để giải bài toán loại này ta thực hiện các bước sau: + Chọn hệ quy chiếu và viết dữ kiện của bài toán.
- Chuyển động của vật ném xiên + Lực tác dụng lên vật: trọng lực P= mg; các thành phần vận tốc ban đầu: v0 x v0 cos , v0 y v0 sin ; các thành phần gia tốc: a x 0, a y g ( v0 là vận tốc ban đầu của
+ Xác định gia tốc của vật từ các dữ kiện đã cho. + Xác định hợp lực tác dụng vào vật: F = ma.
vật). + Các phương trình chuyển động:
+ Biết hợp lực, xác định được các lực tác dụng vào vật. 2. Vận dụng phương pháp động lực học vào các chuyển động cụ thể - Chuyển động trên mặt phẳng nghiêng + Trường hợp 0 (không có ma sát): Gia tốc chuyển động trượt của vật trên mặt phẳng nghiêng là:
x v0 cos t ; y v0 sin t
1 2 gt 2
2 g + Phương trình quỹ đạo: y tan x 2 x 2 2 v cos 0
a g sin .
+ Trường hợp 0 (có ma sát):
Vật nằm yên hoặc chuyển động thẳng đều (a = 0): tan
Vật trượt xuống theo mặt phẳng nghiêng: a g sin cos .
Vật trượt lên theo mặt phẳng nghiêng: a g sin cos .
- Chuyển động của vật ném ngang
+ Vận tốc: vx v0 cos ; v y gt v0 sin ; v vx2 v y2 ; tan
+ Tầm bay cao (độ cao cực đại): v y 0, t
+ Tầm bay xa: y 0, t
+ Hợp lực tác dụng vào vật:
vx
v0 sin v 2 sin 2 ; hmax 0 g 2g
2v0 sin v 2 sin 2 . ; xmax 0 g g
- Chuyển động tròn
vy
.
Với chuyển động tròn đều: Hợp lực tác dụng vào vật là lực hướng tâm: Fht
mv 2 m 2 R . R
- Với các chuyển động của vật ném ngang, ném xiên cần phối hợp với phương pháp tọa độ khi giải quyết các bài toán về gặp nhau giữa các vật khi ném: khi gặp nhau: x1 x2 và y1 y2 .
Với chuyển động tròn không đều: Hợp lực tác dụng vào vật gồm: một thành phần là lực hướng tâm (
- Với các chuyển động tròn cần phối hợp với các công thức động học của chuyển động tròn để giải. Chú ý:
mv 2 mv ). Fn m 2 R ), một thành phần là lực tiếp tuyến ( Ft t R
+ Điều kiện để vật không rời giá đỡ, vòng xiếc là: N > 0.
+ Gia tốc chuyển động của vật:
+ Điều kiện để vật không trượt khi chuyển động là ma sát phải là ma sát nghỉ: Fms N . + Lực hướng tâm trong chuyển động tròn có thể là một lực hoặc hợp của nhiều lực tác dụng vào vật.
v2 Với chuyển động tròn đều: Là gia tốc hướng tâm: aht . R
- Với chuyển động của hệ vật:
v2 Với chuyển động tròn không đều: Một thành phần là gia tốc hướng tâm ( an ), một thành phần là gia R
động với cùng gia tốc gọi là gia tốc của hệ: F ng F 1 F 2 ... a he ( F 1 , F 2 … là các ngoại lực tác dụng lên các vật trong hệ). Khảo sát riêng rẽ từng mhe m1 m2 ...
tốc tiếp tuyến ( at
v ). t
+ Nếu các vật trong hệ liên kết với nhau bằng dây nối, dây không dãn, nhẹ thì các vật trong hệ sẽ chuyển
- Chuyển động của hệ vật
vật của hệ, với al = a2 = … = ahệ từ đó xác định các đại lượng khác theo yêu cầu của đề bài.
+ Hệ vật: Hệ vật là tập hợp gồm từ hai vật trở lên. Đối với hệ vật, lực tác dụng bao gồm: nội lực (lực tác
+ Nếu các vật trong hệ liên kết với nhau qua ròng rọc cần chú ý: đầu dây luồn qua ròng rọc động đi được
dụng giữa các vật trong hệ) và ngoại lực (lực tác dụng của vật bên ngoài hệ lên các vật trong hệ). F ng F 1 F 2 ... + Gia tốc chuyển động của hệ: a he mhe m1 m2 ...
quãng đường s thì trục ròng rọc và do đó vật treo vào trục ròng rọc động đi được quãng đường là
+ Các hệ vật thường gặp: hệ vật liên kết nhau bằng dây nối; hệ vật liên kết qua ròng rọc; hệ vật chồng lên nhau…
s ; vận tốc 2
và gia tốc cũng theo tỉ lệ đó. + Nếu hệ gồm hai vật chồng lên nhau thì khi có chuyển động tương đối ta cần khảo sát từng vật riêng rẽ; khi không có chuyển động tương đối ta có thể coi hệ là một vật khi khảo sát. * VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Với dạng bài tập về chuyển động trên mặt phẳng. Phương pháp giải là (Phương pháp động lực học): - Chọn hệ quy chiếu thích hợp: thường là hệ tọa độ Đề-các Oxy. - Xác định các lực tác dụng vào vật. F hl - Sử dụng phương trình định luật II Niu-tơn: a . m
- Chiếu hệ thức vectơ trên lên chiều (+) đã chọn, tính được a. B-NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP * VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG - Cần chọn hệ quy chiếu thích hợp để việc giải bài toán được đơn giản. Nhiều trường hợp có thể chọn hệ trục tọa độ là hệ trục hai chiều không vuông góc nhau.
- Kết hợp với các điều kiện ban đầu, xác định các đại lượng theo yêu cầu của bài. * Chú ý: Trường hợp vật chuyển động trên mặt phẳng nghiêng góc : + Để vật trượt xuống mặt phẳng nghiêng: tan n ( n là hệ số ma sát nghỉ).
- Cần xác định đầy đủ các lực tác dụng vào vật và thực hiện chính xác các phép chiếu lên các trục tọa độ đã
+ Gia tốc khi vật trượt xuống: a g sin t cos ( t là hệ số ma sát trượt).
chọn, chú ý dấu của các thành phần khi chiếu.
+ Gia tốc khi vật chuyển động lên (có vân tốc đầu):
- Với chuyển động trên mặt phẳng nghiêng, hệ tọa độ thường chọn là hệ tọa độ Đề-các hai chiều vuông góc
a g sin t cos ( t là hệ số ma sát trượt). + Với hệ vật: m m1 m2 ...; F hl là hợp lực của tất cả các ngoại lực tác dụng lên hệ).
với Ox trùng với mặt phẳng nghiêng, Oy vuông góc với mặt phẳng nghiêng. Chú ý đến hệ thức giữa và tan về điều kiện để vật đứng yên, vật trượt...
2. Với dạng bài tập về chuyển động của vật bị ném. Phương pháp giải là (Phương pháp tọa độ):
- Chiếu hệ thức vectơ trên lên chiều (+) đã chọn, tính được a.
- Chọn hệ quy chiếu thích hợp: thường là hệ tọa độ Đề-các Oxy.
- Kết hợp với các điều kiện ban đầu, xác định các đại lượng khác theo yêu cầu của bài.
- Phân tích chuyển động của vật M thành hai thành phần đơn giản Mx, My theo hai trục tọa độ Ox và Oy.
* Chú ý: Để xác định các đại lượng cho từng vật ta khảo sát chuyển động của vật tương ứng.
- Xác định tính chất của từng chuyển động thành phần (Mx, My ): vận tốc (vx, vy), gia tốc (ax, ay), phương
C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG
trình chuyển động (x, y)…
8.1. Đoàn tàu có khối lượng m = 1000 tấn
- Xác định chuyển động tổng hợp của vật M.
bắt đầu chuyển bánh, lực kéo đầu máy là
* Chú ý: Các công thức của chuyển động ném ngang, ném xiên ở mục Tóm tắt kiến thức trên.
25.104 N, hệ số ma sát lăn là 0, 005 .
3. Với dạng bài tập về chuyển động tròn. Phương pháp giải là:
Tìm vận tốc đoàn tàu khi nó đi được 1 km
- Với chuyển động tròn đều:
và thời gian chuyển động trên quãng đường 2
+ Hợp lực tác dụng vào vật (lực hướng tâm): Fht
này. Lấy g = 10 m/s2.
mv m 2 R . R
Bài giải - Các lực tác dụng lên tàu: lực kéo F , trọng lực P , phản lực của đường ray Q , lực ma sát lăn F ms .
v2 + Gia tốc của vật (gia tốc hướng tâm): aht 2 R . R
- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: (1) P Q F F ms ma
- Với chuyển động tròn không đều: + Hợp lực tác dụng vào vật: Gồm hai thành phần: * lực huớng tâm: Fn
- Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên:
mv 2 m 2 R R
* lực tiếp tuyến : Ft ma m
- P Q 0 Q P mg
- Chiếu (1) lên phương ngang, theo chiều chuyển động của tàu:
v . t
4
a
v2 * gia tốc hướng tâm: an 2 R . R
v 2.a.s 2.0, 2.1000 20 m/s.
- Thời gian tàu đi hết quãng đường s = 1000 m là:
2
4 v v a at2 an2 2 ; R là bán kính đường tròn. t R
t
4. Với dạng bài tập về chuyển động của hệ vật. Phương pháp giải là - Xác định hệ vật cần khảo sát. - Chọn hệ quy chiếu thích hợp. - Xác định các ngoại lực tác dụng vào hệ vật (ngoại lực: các lực do các vật ngoài hệ tác dụng lên các vật trong hệ). Vẽ hình.
... ; F là tổng vectơ các ngoại lực tác 2 ...
F F F m m m 1 1
dụng lên hệ,
F mg 25.10 0,005.106.10 0, 2m / s 2 m 106
- Vận tốc của tàu khi vừa đi hết quãng đường s = 1000 m là:
v . t
- Sử dụng phương trình định luật II Niu-tơn: a
(1’’)
F Fms ma
+ Gia tốc chuyển động của vật: Gồm hai thành phần:
* gia tốc tiếp tuyến: at
(1’)
m là tổng khối lượng các vật của hệ.
2
v v0 20 0 100 s a 0, 2
Vậy: Vận tốc và thời gian để đoàn tàu đi hết 1 km là v = 20 m/s và t = 100 s. 8.2. Vật khối lượng m đặt trên mặt phẳng ngang chịu tác dụng của lực kéo F hợp với phương ngang một góc
. Biết vật chuyển động với gia tốc a và có hệ số ma sát trượt với sàn là . Tìm F. Bài giải - Các lực tác dụng lên vật: lực kéo F , trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát trượt F ms . - Theo định luật II Niu-tơn, ta có:
P Q F F ms ma
(1)
a
- Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên:
120 cos 30 0,62.sin 30 0,62.20.10 20
- Chiếu (1) lên phương ngang, theo chiều chuyển động của vật:
1 1 120 0,62. 0, 62.20.10 2 2 a a 0,83m / s 2 20
F cos Fms ma F cos N ma
Vậy: Gia tốc chuyển động của vật khi 2 30 là a 0,83m / s 2 .
(2)
Q F sin P 0 Q P F sin
(3)
Thay (2) vào (3), chú ý N = Q ta được: F cos mg F sin ma
8.4. Vật có khối lượng m = 2,5 kg rơi thẳng đứng từ độ cao 100 m không vận tốc đầu, sau 10 s thì chạm đất.
ma g F cos sin
Tìm lực cản của không khí (coi như không đổi) tác động lên vật.
Vậy: Độ lớn của lực F là F
Lấy g = 10 m/s2.
8.3. Vật khối lượng m = 20 kg được kéo chuyển động ngang bởi lực F hợp với phương ngang góc (F =
Bài giải - Các lực tác dụng lên vật: trọng lực P , lực cản của không khí F . - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P F ma (1)
120 N). Hệ số ma sát trượt với sàn là .
- Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng xuống:
ma g . cos sin
2
Nếu 1 60 , vật chuyển động đều. Tìm gia tốc chuyển động nếu 2 30 . Lấy g = 10 m/s . Bài giải - Các lực tác dụng lên vật: lực kéo F , trọng lực P , phản lực Q của mặt sàn, lực ma sát trượt F ms . - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P Q F F ms ma (1)
(2)
- Chiếu (1) lên phương ngang, theo chiều chuyển động của vật: F cos Fms ma F cos Q ma
- Quãng đường vật rơi là: s
(2)
1 2 2 s 2.100 at a 2 2m / s 2 2 t 10 2
F m g a 2,5. 10 2 20 N Vậy: Lực cản của không khí tác động lên vật là F 20 N
- Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên: Q F sin P 0 Q P F sin
P F ma F P ma m g a
8 5. Hai xe khối lượng m1 = 500 kg, m2 = 1000 kg khởi hành không vận tốc đầu từ A và B cách nhau 1,5 km chuyển động đến gặp nhau. Lực kéo của các động cơ xe lần lượt là 600 N và 900 N. Hệ số ma sát lăn của xe với mặt đường lần lượt là 0,1 và 0,05. Xe (II) khởi hành sau xe (I) 50 s. Hỏi hai xe gặp nhau lúc nào và tại
(3)
đâu? Lấy g = 10 m/s2.
- Thay (2) vào (3), chú ý N = Q ta được:
Bài giải
F cos mg F sin ma a
F cos sin mg m
Theo bài ra khi 1 60 thì a = 0, do đó: F cos 1 mg F sin 1 0
F cos 1 120.cos 60 mg F sin 1 20.10 120.sin 60
- Khi 2 30 , gia tốc của vật là: a
20.
1 2
200 120.
3 2
0,624
F cos 2 sin 2 mg m
- Các lực tác dụng lên xe (I): trọng lực P1 , phản lực Q1 của mặt đường, lực kéo F k 1 , lực ma sát lăn F ms1 . - Các lực tác dụng lên xe (II): trọng lực P2 , phản lực Q2 của mặt đường, lực kéo F k 2 , lực ma sát lăn F ms 2 . - Áp dụng định luật II Niu-tơn:
+ cho xe (I): P1 Q1 F k1 F ms1 m1 a1 + cho xe (II): P 2 Q 2 F k 2 F ms 2 m2 a 2
(1)
+ Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên ta được:
(2)
P FC ma1 a1 g
FC m
Chiếu (1) và (2) lần lượt lên chiều chuyển động của xe và lên phương thẳng đứng, ta được:
+ Gọi v0 là vận tốc của vật ban đầu, s là
Q1 P1 m1g (1’)
độ cao cực đại mà vật đạt được, ta có:
Fk 1 Fms1 m1a1
(1’’)
và Q2 P2 m2 g
(2’)
F v 2 v02 2a1s v0 2s g C m
Fk 2 Fms 2 m2 a2
(2’’)
v 0
F 1m1 g 600 0,1.500.10 a1 k1 0, 2m / s 2 m1 500
Và a2
v v0 a1t1 t1
Fk 2 2 m2 g 900 0,05.1000.10 0, 4 m / s 2 m2 1000
v0 2 s a1 v0
2s
t1
(2)
(3)
F 2s g C m
- Chọn trục tọa độ Ox trùng với đường thẳng AB, gốc tọa độ O trùng với điểm A, chiều dương là chiều từ A đến B; gốc thời gian là lúc xe (I) khởi hành.
- Khi vật đi xuống ( t t2 ; a a2 ):
+ Phương trình chuyển động của xe (I) là:
+ Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng xuống ta được:
1 x1 a1t 2 0,1t 2 2
P FC ma2 a2 g
(3)
+ Phương trình chuyển động của xe (II) là:
FC m
(4)
+ Thời gian vật trở lại mặt đất:
1 2 2 x2 1500 a2 t 50 1500 0, 2 t 50 2
(4)
- Khi hai xe gặp nhau: x1 x2 0,1t 2 1500 0,5 t 50
t2
2s a2
2
0,3t 2 20t 1000 0
- Mà t1
t 100s và x x1 0,1.100 2 1000m 1km Vậy: Hai xe gặp nhau sau 100 s kể từ lúc xe (I) khởi hành. Vị trí hai xe gặp nhau cách A là 1 km. 8.6. Từ mặt đất ta ném một vật khối lượng 5 kg lên cao theo phương thẳng đứng. Thời gian đạt độ cao cực đại là t1 và thời gian trở lại mặt đất là t2. Biếtt t1
t2 . Tính độ lớn lực cản không khí (xem như không đổi). 2
Cho g = 10 m/s2.
2s F g C m
t2 2
F 4 g C m
(5)
2s F 2s g C m
1 2s . 2 g FC m
FC g m
3 3 FC mg .5.10 30 N 5 5
Vậy: Độ lớn của lực cản không khí là FC = 30 N. Bài giải
- Các lực tác dụng lên vật: trọng lực P , lực cản của không khí F C .
8.7. Quả cầu khối lượng m = 100g treo ở đầu sợi dây trong một toa tàu. Tàu chuyển động ngang với gia tốc a.
- Phương trình chuyển động của vật là: P F C ma
Bài giải - Các lực tác dụng lên quả cầu: trọng lực P , lực căng T của dây. - Theo định 1uật II Niu-tơn,ta có: P T ma (1)
- Khi vật đi lên ( t t1; a a1 ):
(1)
Dây treo nghiêng góc 30 với phương thẳng đứng. Tìm a và lực căng của đây. Cho g = 10 m/s².
- Từ hình vẽ, ta có: tan
a 10.tan 30 10.
F ma a a g tan P mg g
Vậy: Khi lực căng của dây AC gấp ba lần dây AB thì gia tốc của xe phải là a a1
g 2 3
b) Khi dây AB bị chùng (không căng): Để dây AB bị chùng xuống thì T2 = 0
3 5,77 m / s 2 3
60 C
P mg 0,1.10 1 Và T 1,13 N cos cos cos30 3 2
ma T1 cos C 2 T P ma 2 T2 cos 90 C P 0
Vậy: Gia tốc của vật là a = 5,77 m/s2, độ lớn của lực căng dây là T = 1,13 N. 8.8. Quả cầu khối lượng m được treo bởi hai dây nhẹ trên trần một toa xe như hình vẽ, AB = BC = CA.
ma T1 cos C 2 g tan C a2 P mg T1 sin C 60 tan C tan 60 g 3 - Vì C a2
Toa xe chuyển động thắng nhanh dần đều với gia tốc a. Tính a:
a2
a) Cho biết lực căng của dây AC gấp ba lần dây AB.
g 3
Vậy: Để dây AB chùng (không bị căng) thì gia tốc của xe phải là a a2
b) Để dây AB chùng (không bị căng). Bài giải
g 3
8.9. Vật khối lượng m = 0,5 kg nằm trên mặt bàn nằm ngang, gắn vào đầu một lò xo thẳng đúng có k = 10 N/m. Ban đầu lò xo
- Các lực tác dụng lên quá cầu: trọng lực P , lực căng T 1 của dây AC, lực căng T 2 của dây AB. - Xét hệ trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất, theo định luật II Niu-tơn, ta có: P T 1 T 2 ma (1) - Chiếu (1) lên phương ngang, chiều dương cùng chiều chuyển động của xe, ta được: T1 cos 60 T2 cos 60 ma1
(1’)
- Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên, ta được: T1 cos 30 T2 cos 30 P 0
(1”)
a) Khi lực căng của dây AC gấp ba lần dây AB - Vì T1 3T2 ,từ (1”) suy ra: 4T2cos30 P
T2
P mg mg 4cos 30 3 2 3 4. 2
- Thay T1 3T2 vào (1’)ta được: 3T2 cos 60 T2 cos 60 ma1
2T cos 60 2mg 1 g a1 2 . m 2 3 2m 2 3
(2)
dài l0 = 0,1 m và không biến dạng. Khi bàn chuyển động đều theo phương ngang, lò xo nghiêng góc 60 so với phương thẳng đứng. Tìm hệ số ma sát giữa vật và bàn. Lấy g = 10 m/s2. Bài giải - Các lực tác dụng lên vật: trọng lực P , phản lực Q của mặt phẳng ngang, lực đàn hồi F dh của lò xo, lực ma
sát F ms . - Vì vật chuyển động đều nên: P Q F dh F ms 0
(1)
- Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên: P Q Fdh cos 0 Q P Fdh cos
(1’)
- Chiếu (1) lên phương ngang, chiều dương hướng theo chiều chuyển động: Fms Fdh sin 0 Fms Fdh sin - Thay (1’) vào (1”) ta được:
P Fdh cos Fdh sin mg k l.cos k l.sin
(1’’)
k l.sin mg k l cos
Từ (1”), khi xe chuyển động đều (a2 = 0) thì: Fk Fms mg 0,1.1000.10 1000 N .
l 0,1 Với: l l l0 0 l0 0,1 0,1 m. cos cos 60
10.0,1.
3 2
1 0,5.10 10.0,1. 2
Vậy: Lực kéo của động cơ khi xe chuyển động đều là Fk 1000 N. c) Lực hãm khi xe tắt máy - Khi xe tắt máy, xe chuyển động chậm dần với gia tốc a3, với:
0,192
Fh mg ma3 Fh mg ma3 với a3
Vậy: Hệ số ma sát giữa vật và bàn là 0,192
v3 v03 v3 v1 0 10 5 m/s2 t3 t3 2
8.10. Xe tải khối lượng m = 1 tấn bắt đầu chuyển động trên mặt đường nằm ngang. Biết hệ số ma sát lăn giữa xe và mặt đường là 0,1 . Ban đầu lực kéo của động cơ là 2000 N.
Fh 0,1.1000.10 1000. 5 4000 N
a) Tìm vận tốc và quãng đường chuyển động sau 10 s.
Vậy: Khi xe tắt máy, lực hãm là Fh = 4000 N.
b) Trong giai đoạn kế, xe chuyển động đều trong 20 s. Tìm lực kéo của động cơ xe trong giai đoạn này.
d) Vận tốc trung bình của xe
c) Sau đó xe tắt máy, hãm phanh và dừng lại sau khi bắt đầu hãm phanh 2 s. Tìm lực hãm.
Ta có: v
d) Tính vận tốc trung bình của xe trong suốt thời gian chuyển động.
s1 s2 s3 t1 t 2 t3
với s1, s2, s3 lần lượt là quãng đường xe chuyển động nhanh dần đều, thẳng đều
e) Vẽ đồ thị vận tốc, gia tốc và đường đi của chuyển động.
và chậm dần đều:
Bài giải a) Vận tốc và quãng đường chuyển động của xe sau 10 s
s1 50m; s2 vt2 10.20 200m; s3
- Chọn gốc thời gian lúc xe bắt đầu chuyển động.
- Các lực tác dụng lên xe tải khi xe chuyển động: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát lăn F ms , lực kéo F k của động cơ.
- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P Q F k F ms ma
50 200 10 8,125 m/s 10 20 2
Vậy: Vận tốc trung bình của xe trên cả quãng đường là v = 8,125 m/s. (1)
- Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên, ta được: - P Q 0 P Q mg
v
v32 v12 02 10 2 10 m 2a3 2. 5
(1’)
- Chiếu (1) lên phuơng ngang, chiều dương cùng chiều chuyển động của xe, ta được: Fk Fms ma1 (1’’) - Thay (1’) vào (1”) ta được: Fk N ma1
e) Đồ thị vận tốc, gia tốc và đường đi của chuyển động trong mỗi giai đoạn - Phương trình vận tốc: + Giai đoạn chuyển động thẳng nhanh dần đều (I): v1 a1t t ;0 t 10 s + Giai đoạn chuyển động thẳng đều (II): v2 10m / s;10 t 30 s + Giai đoạn chuyển động thẳng chậm dần đều (III):
v3 v03 a3 t t03 10 5 t 30 ;30 t 32 s
F mg 2000 0,1.1000.10 a1 k 1 m/s2 m 1000
- Gia tốc: a1 1m / s 2 0 t 10s ; a2 0 10 t 30s ;
v1 v01 a1t1 0 1.10 10 m/s
a3 5m / s 2 30 t 32s
và s1
1 2 1 a1t1 .1.10 2 50 m 2 2
Vậy: Vận tốc và quãng đường chuyển động của xe sau 10 s là v1 = 10 m/s và s1 = 50 m. b) Lực kéo của động cơ khi xe chuyển động đều
- Đường đi: s1
1 2 a1t 0,5t 2 0 t 10 s ; 2
s2 v2 t t02 10 t 10 10 t 30s ;
1 3 2 s3 v03t a3 t t03 10t 2,5 t 30 2
Khi thang máy đi xuống, tìm trọng lượng của
- Các đồ thị:
thang máy.
người trong từng giai đoạn chuyển động của
Khi nào trọng lượng của người bằng 0? Bài giải - Các lực tác dụng vào thang máy: trọng lực P , lực căng dây cáp T . - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P T ma (1) a) Khi thang máy đi lên. - Trong khoảng thời gian từ 0 đến 2 s: + Chiếu (1) lên chiều chuyển động của thang máy ta được:
Đồ thị vận tốc ứng với các giai đoạn
T1 P ma1 T1 m g a1
chuyển động của xe Đồ thị gia tốc ứng với các giai đoạn
+ Trên đồ thị, ta có: a1
chuyển động của xe
(2)
v1 v0 5 0 2,5 m/s2 t1 t0 2 0
+ Thay vào (2) ta được: T1 1000.10 2,5 12500 N . - Trong khoảng thời gian từ 2 đến 8 s: Trên đồ thị, ta có: a2 = 0 T2 P mg 1000.10 10000 N . - Trong khoảng thời gian từ 8 đến 10 s:
T3 m g a3 1000.10 2,5 7500 N . Vậy: Khi thang máy đi lên, lực căng dây cáp trong ba giai đoạn chuyển động là T1 = 12500 N; T2 = 10000N và T3 = 7500N. b) Khi thang máy chuyển động đi xuống - Trong khoảng thời gian từ 0 đến 2 s: + Chiếu (1) lên chiều chuyển động của thang máy ta được: Đồ thị vận tốc ứng với các giai đoạn chuyển động của xe 8.11. Thang máy khối lượng 1000 kg chuyển động có đồ thị vận tốc như hình vẽ. Tính lực căng của dây cáp
T1 P ma1 T1 m g a1 + Trên đồ thị, ta có: a1
(3)
v1 v0 5 0 2,5 m/s2 t1 t0 2 0
treo thang máy trong từng giai đoạn chuyển động.
+ Thay vào (2) ta được: T1 1000.10 2,5 7500 N.
Xét hai trường hợp:
- Trong khoảng thời gian từ 2 đến 8 s: Trên đồ thị, ta có: a2 = 0
a) thang máy đi lên;
T2 P mg 1000.10 10000 N.
b) thang máy đi xuống. c) Biết rằng buồng thang máy nêu trên có một người khối lượng 50 kg đứng trên sàn.
- Trong khoảng thời gian từ 8 đến 10 s: T3 m g a3 1000. 10 2,5 12500 N .
Vậy: Khi thang máy đi xuống, lực căng dây cáp trong ba giai đoạn chuyển động là T1 = 7500 N; T2 = 10000 N và T3 = 12500 N.
Fk1 ma1 Fms1 ma1 mg m a1 g
(2’)
và vB v A a1t1 a1t1
(3)
c) Trọng lượng của người trong từng giai đoạn chuyển động của thang máy - Các lực tác dụng lên người: trọng lực P , phản lực của sàn thang máy Q . - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P Q ma (4)
- Ở giai đoạn 2, vật chuyển động chậm dần đều:
Chiếu (4) lên chiều chuyển động của thang
Fk 2 Fms 2 ma2
(5)
Fk 2 ma2 Fms 2 ma2 mg m a2 g
(5’)
máy (hướng xuống) ta được:
P Q ma Q P ma m g a
s1
2 B
2 A
2 B
v v v 2a1 2a1
(4)
và vC vB a2t2 a1t1 a2t2 0
- Tương tự câu b, ta được:
(6)
a1t1 a2t2
+ Giai đoạn từ 0 đến 2 s: a1 2,5 s
Q1 50.10 2,5 375 N .
s2
+ Giai đoạn từ 2 s đến 8 s: a2 = 0
vC2 vB2 v2 B 2a2 2a2
(7)
- Theo đề bài: s1 s2 s 10800m; và t2 t t1 20 5 15 phút. Thay vào (6) ta được:
Q2 50.10 500 N .
5a1 15a2 a1 3a2
+ Giai đoạn từ 8 s đến 10 s: a3 = -2,5 s
(8)
và s2 3s1 4s1 s
Q3 50. 10 2,5 625 N .
s1
- Trọng lượng của người là: N = Q. Vậy: Khi thang máy đi xuống, trọng lượng của người trong ba giai đoạn chuyển động là N1 = 375 N; N2 = 500 N; N3 = 625 N. Trọng lượng của người bằng 0 khi thang máy chuyển động với gia tốc a = g = 10 m/s2,
s 10800 2700 m và s2 3s1 3.2700 8100 m 4 4
- Mặt khác, từ s1
1 2 2 s 2.2700 a1t1 a1 21 0,06 m/s2 và a2 0,02 m/s2 2 t1 300 2
lúc đó N’ = Q’ = 0.
(t1 = 5 phút = 300 s; t2 = 15 phút = 900 s; s = 10,8 km = 10800 m)
* Chú ý: Theo định nghĩa, trọng lượng của vật là lực mà vật đè lên giá đỡ hoặc kéo căng dây treo. Bình
- Thay giá trị của a1 và a2 vào (2’) và (5’) ta được:
thường thì trọng lượng của vật bằng trọng lực do Trái Đất tác dụng vào vật.
Fk 1 m a1 g 1000. 0,06 0,04.10 460 N
8.12. Khoảng cách giữa hai nhà ga là s = 10,8 km. Một đầu máy xe lửa khối lượng m = 1 tấn khởi hành không vận tốc đầu từ nhà ga I, chuyển động thẳng nhanh dần đều trong thời gian t1 = 5 phút, sau đó chạy
và Fk 2 m a2 g 1000. 0,02 0, 04.10 380 N
chậm dần đều và dừng lại trước nhà ga II. Thời gian chuyển động tổng cộng là t = 20 phút. Biết hệ số ma sát
Vậy: Lực kéo của đầu máy trong từng giai đoạn chuyển động là Fk1 = 460 N và Fk2 = 380 N.
lăn là = 0,04.
8.13. Hai vật m1 = 1 kg, m2 = 0,5 kg nối với nhau bằng một
Tìm lực kéo của đầu máy trong từng giai đoạn chuyển động. Bài giải - Các lực tác dụng lên đầu máy là: trọng lực P , phản lực Q , lực kéo F k và lực ma sát F ms . - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P Q F k F ms ma (1) - Ở giai đoạn 1, vật chuyển động nhanh dần đều: Fk1 Fms1 ma1
(2)
sợi dây và được kéo lên thẳng đứng nhờ lực F = 18 N đặt lên vật I. Tìm gia tốc chuyển động và lực căng của dây. Dây không dãn và có khôi lượng không đáng kể. Cho g = 10 m/s².
Bài giải - Các ngoại lực tác dụng lên hệ: các trọng lực P1 , P 2 ; lực kéo F . - Chọn chiều dương hướng lên. Gia tốc của hệ là:
a
F P1 P2 F m1 g m2 g m1 m2 m1 m2
a
18 1.10 0,5.10 2 m/s2 1 0,5
- Xét riêng vật m2,ta có: T P2 m2 a T m2 a P2 m2 a g Bài giải
T 0,5. 2 10 6 N
- Vì bỏ qua khối lượng ròng rọc nên ta có: T 2T T
Vậy: Gia tốc chuyển động và lực căng của dây là a = 2 m/s2 và T = 6 N. 8.14. Cho hệ như hình vẽ. Hai vật nặng có cùng khối lượng m = 1kg
T 52,3 26,15 N 2 2
m1 m2 nên m1 đi xuống, m2 đi lên.
có độ cao chênh nhau một khoảng h = 2m. Đặt thêm vật m’ = 500 g
Chọn chiều dương là chiều chuyển động của hệ. - Các ngoại lực tác dụng lên hệ: các trọng lực P1 , P2 .
lên vật m1 ở cao hơn. Bỏ qua ma sát, khối lượng dây và ròng rọc. Tìm vận tốc các vật khi hai vật m1 và m2 ở ngang nhau.
Phương trình định luật II Niu-tơn cho hệ: P1 P 2 m1 m2 a (1)
Cho g = 10 m/s2. Bài giải - Vì m1 m m2 nên m1 và m’ đi xuống, m2 đi lên.
- Chiếu (1) lên chiều dương đã chọn, ta được:
Chọn chiều dương là chiều chuyển động của hệ.
P1 P2 m1 m2 a
- Các ngoại lực tác dụng lên hệ: các trọng lực P1 , P 2 , P . Từ định luật II Niu-tơn, ta có: P1 P 2 P m1 m2 m a
a
m1 m2 2 m2 m2 1 g .g .9,8 3, 27 m/s2 m1 m2 2 m2 m2 3
- Xét riêng vật m1, ta có: T P2 m2 a T m2 g m2 a
m2
- Chiếu (1) lên chiều dương đã chọn, ta được:
P1 P P2 m1 m2 m a
T 26,15 2kg ; m1 2m2 2.2 4 kg g a 9,8 3, 27
Vậy: Gia tốc chuyển động của mỗi vật là a1 = a2 = a = 3,27 m/s2; lực căng dây nối hai vật là T = 26,15 N;
m1g mg m2 g m1 m2 m a
khối lượng hai vật là m1 = 2 kg và m2 = 4 kg.
m 0,5 a g .10 2 m/s2 m1 m2 m 1 1,05
8.16. Vật khối lượng m được treo vào trần một buồng thang máy khối lượng M; m cách sàn thang máy khoảng s. Tác dụng lên buồng thang máy lực F hướng lên.
- Khi hai vật ngang nhau, mỗi vật đã đi được theo chiều dương một đoạn s
h 2 1 m. Vận tốc của các 2 2
vật lúc đó là: v 2as 2.2.1 2 m/s
a) Tính gia tốc của m và lực căng của dây treo. b) Dây đứt đột ngột. Tính gia tốc của vật và buồng thang máy sau khi đây đứt và thời gian từ lúc dây đứtt đến lúc m chạm sàn..
Vậy: Vận tốc của các vật khi hai vật m1 và m2 ở ngang nhau là v = 2 m/s.
Bài giải
8.15. Cho hệ như hình vẽ, m1 = 2m2. Biết rằng lực căng của dây treo ròng rọc là 52,3 N. Tìm gia tốc chuyển
a) Gia tốc của m và lực căng của dây treo
động của mỗi vật, lực căng của dây và khối lượng mỗi vật. Cho g = 9,8 m/s2. Bỏ qua khối lượng dây và ròng
- Chọn chiều dương hướng lên.
rọc.
- Các ngoại lực tác dụng lên hệ “thang máy và vật” là: lực F , các trọng lực P , p . Theo định luật II Niu-tơn ta có: F P p M m a
a) Lực tác dụng, vận tốc và quãng đường
F Mg mg M m a a
chuyển động của mỗi vật
F M m g F g M m M m
(2)
Đó cũng chính là gia tốc của vật m. T - Xét riêng vật m: T p ma T m g a m g g M m T
- Các lực tác dụng lên vật m1: trọng lực P1 , phản lực Q1 của mặt sàn, lực kéo F , lực căng T 1 của dây.
- Các lực tác dụng lên vật m2: trọng lực trọng lực P2 , phản lực Q2 của mặt sàn, lực căng T 2 của dây.
mF (3) M m
Vậy: Gia tốc của vật m là a2 a Lực căng của dây treo là T
- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: + Vật m1: P1 Q1 F T 1 m1 a1 + Vật m2: P 2 Q 2 T 2 m2 a 2
F g; M m
mF M m
(1) (2)
b) Gia tốc của vật và buồng tháng máy sau khi dây đứt và thời gian từ lúc dây đứt đến lúc m chạm sàn
- Chiếu (1) và (2) lên phương ngang, theo chiều chuyển động của mỗi vật, ta được:
F - Khi dây đứt: F 0 a2 g : vật m không gắn với thang máy nữa nên a1 g M
F T1 m1a1 (1’)
- Thời gian từ lúc dây đứt đến lúc chạm sàn: + Chọn hệ quy chiếu gắn với thang máy. Với m, ta có: a a1 g
F F gg M M
2s 2sM a F
F Vậy: Gia tốc của vật và buồng thang máy sau khi dây đứt là a2 g ; a1 g ; thời gian từ lúc dây đứt M
2sM . F
(2’)
- Vì T1 T2 , a1 a2 a nên từ (1’) và (2’), ta được F m1 m2 a a
+ Thời gian rơi của m khi dây đứt là: t
đến lúc m chạm sàn là t
T2 m2 a2
F 18 1, 2 m/s2 m1 m2 5 10
- Vận tốc của mỗi vật sau khi chuyển động được 2s là: v at 1, 2.2 2, 4 m/s - Quãng đường vật đi được sau khi chuyển động được 2s là: s
1 2 1 at .1, 2.22 2, 4 m 2 2
Vậy: Sau khi chuyển động được 2s, vận tốc và quãng đường mỗi vật đi được là v 2, 4 m/s và s 2, 4 m. b) Dây có bị đứt không? Thay a 1, 2 m/s2 vào (2’), ta được: T2 10.1, 2 12 N
8.17. Hai vật m1 = 5 kg, m2 = 10 kg nối với nhau bằng một dây nhẹ, đặt trên mặt phẳng nằm ngang không ma sát. Tác dụng lực nằm ngang F = 18 N lên vật m1. a) Phân tích lực tác dụng lên từng vật và dây. Tính vận tốc và quãng đường mỗi vật sau khi bắt đầu chuyển động 2s. b) Biết dây chịu lực căng tối đa 15 N. Hỏi khi hai vật chuyển động, dây có đứt không? c) Tìm độ lớn lực kéo F để dây bị đứt.
Vậy: Dây không bị đứt khi các vật chuyển động vì lực căng có độ lớn nhỏ hơn lực căng tối đa là 15 N. c) Độ lớn lực kéo F để dây bị đứt - Thay a
- Để dây bị đứt thì: T2 T0 15 N m2
F m m2 T0 F T0 1 m1 m2 m2
d) Kết quả của câu c có thay đổi không, nếu hệ số ma sát trượt giữa m1 và m2 với sàn là ? Bài giải
F F vào (2’) ta được: T2 m2 (2’’) m1 m2 m1 m2
F 15.
5 10 22,5 N 10
Vậy: Để dây bị đứt thì F 22,5 N d) Khi hệ số ma sát trượt giữa m1 và m2 với sàn là
- Các lực tác dụng lên m1 và m2 có thêm các lực ma sát F ms1 và F ms 2 . Do đó:
cho hệ, ta được: P1 P 2 Q1 Q 2 F F ms1 F ms 2 m1 m2 a
(1)
- Chiếu (1) lên chiều chuyển động của hệ ta được:
F Fms1 Fms 2 m1 m2 a
+ Vật m1: P1 Q1 F T 1 F ms1 m1 a1
(3)
+ Vật m2: P 2 Q 2 T 2 F ms 2 m2 a 2
(4)
a
F Fms1 Fms2 F 1 N1 2 N 2 (1’) m1 m2 m1 m2
- Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên, ta được:
- Chiếu (3), (4) lên phương thẳng đứng,
P1 P2 Q1 Q2 0
chiều dương hướng lên, ta được:
Q1 P1 m1 g ; Q2 P2 m2 g
Q1 P1 m1g (3’)
- Thay (1”) vào (1 ’), chú ý: N1 = Q1 và N2 = Q2 ta được:
Q2 P2 m2 g (4’)
a
- Chiếu (3), (4) lên chiều chuyển động của mỗi vật ta được: F Fms1 T1 m1a1 F Q1 T1 m1a1
Do đó: T2 m2 .
(2)
- Xét riêng vật (2), ta có: T Fms 2 m2 a T m2a Fms 2
(3”)
T2 Fms 2 m2 a2 T2 Q2 m2 a2 (4’’) - Tương tự, T T2 , a1 a2 a a
F 1m1 2 m2 g m1 m2
(1’’)
T m2
F g m1 m2 m1 m2
F g m1 m2 m2 F m2 g m1 m2 m1 m2
(5)
(6)
- So sánh (6) và (2”), ta suy ra điều kiện để đây bị đứt vẫn không thay đổi: F 22,5 N.
F 1m1 2 m2 g m2 2 m2 g F 1 2 m1 g m1 m2 m1 m2
- Để dây không bị đứt: T T0 F
m2 F 1 2 m1 g T0 m1 m2
m1 m2 T0 m1m2 1 2 g m2
Vậy: Để dây không bị đứt thì lực F đặt lên m1 phải có độ lớn thỏa mãn:
Vậy: Kết quả ở câu c vẫn không thay đổi khi hệ số ma sát trượt giữa m1 và m2 với sàn là .
m1 m2 T0 m1m2 1 2 g
8.18. Cho hệ như hình vẽ. Biết ml, m2, hệ số
F
ma sát trượt của hai vật 1 , 2 và lực căng tối
8.19. Cho hệ như hình vẽ: m1 = 1 kg, m2 = 2kg;
da T0 của dây. Tìm độ lớn F đặt lên ml ( F hướng
1 2 0,1 ,F = 6N, = 30°, g = 10 m/s2, 3 = 1,7. Tính gia tốc chuyển động và lực căng của dây.
dọc theo dây) để dây không đứt. Bài giải - Các ngoại lực tác dụng lên hệ gồm: các trọng lực P1 , P 2 ; các phản lực Q1 , Q 2 ; lực kéo F ; các lực ma sát F ms1 , F ms 2
m2
Bài giải - Các ngoại lực tác dụng lên hệ gồm: các trọng lực P1 , P 2 ; các phản lực Q1 , Q2 ; lực kéo F ; các lực ma sát F ms1 , F ms 2 . - Áp dụng định luật II Niu-tơn cho hệ, ta được: P1 P 2 Q1 Q 2 F F ms1 F ms 2 m1 m2 a - Chiếu (1) lên chiều chuyển động của hệ ta được:
- Áp dụng định luật II Niu-tơn
(I)
- Các lực tác dụng lên xe I: 1ực kéo F k , trọng lực P1 , phản lực Q1 của mặt đường, lực ma sát F ms1 , lực căng T 1
F cos Fms1 Fms 2 m1 m2 a a
F cos Fms1 Fms 2 m1 m2
của dây xích.
F 1 N1 2 N 2 (1’) m1 m2 - Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên, ta được:
F sin P1 Q1 P2 Q2 0 Q1 P1 F sin m1 g F sin ; Q2 P2 m2 g
(1’’)
- Thay (1”) vào (1’), chú ý: N1 Q1 , N 2 Q2 , 1 2 , ta được:
a
F cos m1 g F sin m2 g
- Các lực tác dụng lên xe ll: trọng lực P2 , phản lực Q2 của mặt đường, lực ma sát F ms 2 , 1ực căng T 2 của dây xích. - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P1 Q1 F k T 1 F ms1 m1 a P 2 Q 2 T 2 F ms 2 m2 a
(1) (2)
- Chiếu (1), (2) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên ta được:
m1 m2
Q1 P1 m1 g ; Q2 P2 m2 g
F cos sin m1 m2 g F cos sin a g m1 m2 m1 m2
(3)
- Chiếu (l), (2) lên chiều chuyển động của mỗi xe ta được: Fk Fms1 T1 m1a Fk 1Q1 T1 m1a
(4)
T2 Fms 2 m2a T2 2Q2 m2 a
(5)
3 1 6. 0,1. 2 2 6. cos30 0,1.sin 30 a 0,1.10 0,1.10 0,8 m/s2 1 2 1 2
Vì T1 = T2, từ (3) và (4) suy ra: Fk 1Q1 2Q2 m1 m2 a
- Xét riêng m2 ta có: T Fms 2 m2 a T m2a Fms 2
Fk 1m1 2 m2 g m1 m2 a
T m2a m2 g m2 a g 2. 0,8 0,1.10 3,6 N
- Gia tốc chuyển động của mỗi xe là: a
2
Vậy: Gia tốc chuyển động là a = 0,8 m/s và lực căng của dây là T = 3,6 N.
(6) 2 s 2.25 0,5 m/s2 t 2 102
8.20. Hai xe có khối lượng m1 = 500 kg, m2 = 1000 kg
- Lực kéo của động cơ xe I:
nối với nhau bằng một dây xích nhẹ, chuyển động trên
Fk 0,1 .500 0,05.1000 10 500 1000 0,5 1750 N
mặt đường ngang. Hệ số ma sát lăn của mặt đường và xe
- Lực căng của dây: Từ (4) suy ra: T2 m2a 2 m2 g m2 a 2 g
là 1 = 0,1 và 2 = 0,05. Xe I kéo xe II và sau khi bắt
T2 1000. 0,5 0, 05.10 1000 N
đầu chuyển động 10s hai xe đi được quãng đường 25m. a) Tìm lực kéo của động cơ xe I và lực căng của dây. b) Sau đó xe I tắt máy. Hỏi xe II phải hãm phanh với lực hãm bao nhiêu để dây xích chùng nhưng xe II không tiến lại gần xe I. Khi này xe sẽ đi thêm quãng đường bao nhiêu trước khi dừng lại? Bài giải a) Lực kéo của động cơ xe I và lực căng của dây
- Vậy: Lực kéo của động cơ xe I là Fk = 1750 N và lực căng của dây là T = 1000 N. b) Lực hãm của xe II và quãng đường mỗi xe đi thêm được trước khi dừng lại - Khi xe I tắt máy, dây chùng, xe I và xe II chuyển động chậm dần với gia tốc a1 và a2. - Các lực tác dụng lên xe I là: trọng lực P1 , phản lực Q1 của mặt đường, lực ma sát F ms1 : P1 Q1 F ms1 m1 a1 (7) - Chiếu (7) lên chiều chuyển động của xe I ta được: Fms1 m1a1 a1 1 g 0,1.10 1 m/s2
- Các lực tác dụng lên xe II là: trọng lực P2 , phản lực Q2 của mặt đường, lực ma sát F ms 2 , lực hãm F h : P 2 Q 2 F ms 2 F h m2 a2 (8) Chiếu (8) lên chiều chuyển động của xe II, ta được:
+ Các lực tác dụng lên đầu máy: lực kéo của đầu máy F k , trọng lực P1 , phản lực Q1 của mặt đường ray, lực ma sát F ms , lực kéo F 1 của toa I. + Theo định luật II Niu-tơn, ta có: F k P1 Q1 F ms F 1 M a (5)
Fh Fms 2 m2 a2 Fh m2 a2 2 m2 g
+ Chiếu (5) lên chiều chuyển động của tàu: Fk Fms1 F1 Ma
- Để dây chùng nhưng xe II không tiến lại gần xe I thì gia tốc của xe II phải bằng gia tốc của xe I: a1 a2 .
F1 Fk Fms1 Ma 50000 0,01.20000.10 20000.0, 4 40000 N
Do đó: Fh 1000. 1 0,05.1000.10 500 N
Vậy: Hệ số lăn giữa đoàn tàu với đường ray là = 0,01 và lực kéo do đầu máy tác dụng lên toa I là F1 =
- Quãng đường mỗi xe đi thêm được trước khi dừng lại:
40000 N.
+ Vận tốc của xe I tại thời điểm hãm phanh là: v = a1t = 0,5.10 = 5 m/s.
8.22. Cho hệ như hình vẽ: m1 = 3 kg, m2 = 2 kg, m3 = 1 kg, F = 12 N. Bỏ qua ma sát và khối lượng dây nối.
2
+ Quãng đuờng mỗi xe đi được là: s
2
v 5 12,5 m 2a1 2 1
Tìm gia tốc mỗi vật và lực căng của dây nối các vật.
Vậy: Lực hãm của xe II là Fh = 500 N; quãng đường hai xe đi được từ lúc xe II hãm phanh là s = 12, 5 m. 8. 21. Đoàn xe lửa gồm đầu máy khối lượng 20 tấn kéo 10 toa mỗi toa khối lượng 8 tấn, khởi hành trên đường thẳng nằm ngang; lực kéo của đầu máy Fk = 50000N. Đoàn tàu đạt vận tốc 36 km/h sau quãng đuờng 125 m. Tính hệ số ma sát lăn giữa đoàn tàu với đường ray và lực kéo do đầu máy tác dụng lên toa I. Bài giải - Các lực tác dụng lên đoàn tàu: lực kéo của đầu máy F k , trọng lực P , phản lực Q của mặt đường ray, lực ma sát F ms - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: F k P Q F ms ma (1) - Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên, ta được: (2)
Q P 0 Q P mg
- Chiếu (1) lên chiều chuyển động của đoàn tàu, ta được: Fk Fms ma Fk ma Fms N mg - Từ (2) và (3), suy ra:
Fk ma mg
(3) (4)
v2 10 2 0, 4 m/s2. - Gia tốc chuyển động của tàu là: a 2 s 2.125
(với m = 20000 + 10.8000 = 100000 kg: khối lượng của cả đoàn tàu) - Thay a = 0,4 m/s2 vào (4), ta được:
50000 100000.0, 4 0,01 100000.10
- Xét chuyển động của đầu máy:
Bài giải - Các lực tác dụng lên hệ vật (gồm 3 vật) là: lực kéo F , trọng lực P , phản lực Q của mặt mặt phẳng ngang. - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: F P Q ma (l) - Chiếu (1) lên chiều chuyển động của hệ vật, ta được: F ma a
F 12 2 m/s2 m 3 2 1
- Xét chuyển động của vật m1:
+ Lực tác dụng lên vật m1: lực kéo F , trọng lực P1 , phản lực Q1 của mặt mặt phẳng ngang, lực căng T 21 của dây nối giữa m1 và m2: F P1 Q1 T 21 m1 a
(2)
+ Chiếu(2) lên chiều chuyển động của vật m1, ta được: F T21 m1a T21 F m1a T21 12 3.2 6 N - Xét chuyển động của vật m2:
+ Lực tác dụng lên vật m2: lực căng T 12 của dây nối giữa m1 và m2, trọng lực P2 , phản lực Q2 của mặt mặt phẳng ngang, lực căng T 32 của dây nối giữa m2 và m3: F P 2 Q 2 T 12 T 32 m2 a (3) + Chiếu (3) lên chiều chuyển động của vật m2, ta được:
T12 T32 m2 a T32 T12 m2 a 6 2.2 2 N
+ Lực tác dụng gồm: trọng lực P , phản lực Q của mặt bàn, lực ma sát F ms , lực căng T do trọng lực tác
Vậy: Gia tốc của mỗi vật là a = 2 m/s2; các lực căng của dây nối T21 = 6 N và T32 = 2 N.
dụng vào phần xích thòng xuống tạo ra.
8.23. Cho hệ thống như hình vẽ: m1 = 1,6 kg, m2 = 400 g,
+ Để xích bắt đầu trượt thì: P Q F ms T 0
g = 10 m/s2. Bỏ qua ma sát, khối lượng dây và ròng rọc. Tìm quãng đường mỗi vật đi được sau khi bắt đầu chuyển động 0,5 s và lực nén lên trục ròng rọc.
(1)
- Chiếu (1) lên phương ngang, chiều dương hướng theo sang phải, ta được: Fms T 0 Q T 0
Bài giải - Các lực tác dụng lên vật m1: trọng lực P1 , phản lực Q1 của mặt sàn, lực căng T 1 của dây. - Các lực tác dụng lên vật m2: trọng lực P2 , lực căng T 2 của dây.
(2) (N = Q)
+ Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên, ta được: (3) - Mặt khác, lực căng dây T có độ lớn bằng trọng lượng của phần xích thòng xuông: T P mg . Q P 0 Q P mg
Từ (2) và (3), suy ra: P P
- Áp dụng định luật II Niu-tơn, ta được: P1 Q1 T 1 m1 a (1) (2) P 2 T 2 m2 a
P P
m l 1 l1 3l m l1 3 1 0, 25 m. 4
- Chiếu (1) lên chiều chuyển động của vật I:
Vì l1 l 1m 4l 1 l
T1 m1a
Vậy: Khi l = 0,25 m thì xích bắt đầu trượt khỏi bàn.
(3)
- Chiếu (2) lên chiều chuyên động của vật II:
8.25. Xe lăn m1 = 500 g và vật m2 = 200 g nối bằng dây
(4)
qua ròng rọc nhẹ như hình vẽ. Tại thời điểm ban đầu, m1
P2 T2 m2 a
- Vì dây không dãn và khối lượng không đáng kể nên T1 = T2.
và m2 có vain tốc v0 = 2,8 m/s, m1 đi sang trái còn m2 đi
m2 g 0, 4.10 - Từ (3) và (4), ta suy ra: a 2 m/s2. m1 m2 1, 6 0, 4
lên. Bỏ qua ma sát. Cho g = 9,8 m/s2. Tính:
- Quãng đường mỗi vật đi được sau khi bắt đầu chuyển động 0,5s là:
b) Vị trí xe lúc t = 2 s và quãng đường xe đã đi được sau
1 1 s at 2 .2.0,52 0, 25 m 2 2
thời gian 2 s.
- Lực nén lên ròng rọc: Ta có: F T1 T2 với T1 T1 1,6.2 3, 2 N ; T2 T2 Vì T1 T2 F T12 T22 3, 22 3, 22 4,525 N Vậy: Quãng đường mỗi vật đi được sau khi bắt đầu chuyển động 0,5s là s = 0,25 m và lực nén lên ròng rọc là F = 4,525 N. 8.24. Xích có chiều dài l = 1m nằm trên bàn, một phần chiều dài l’ thông xuống cạnh bàn. Hệ số ma sát giữa xích và bàn là = 1/3. Tìm l’ để xích bắt đầu trượt khỏi bàn. Bài giải - Xét phần xích có chiều dài l1 nằm ngang trên bàn:
a) Độ lớn và hướng vận tốc xe lúc t = 2 s.
Bài giải a) Độ lớn và hướng vận tốc xe lúc t = 2 s
- Các lực tác dụng lên vật m1: trọng lực P1 , phản lực Q1 của mặt sàn, lực căng T1 của dây. - Các lực tác dụng lên vật m2: trọng lực P2 , lực căng T2 của dây. - Áp dụng định luật II Niu-tơn cho từng vật: + vật I: P1 Q1 T1 m1 a
(1)
+ vật II: P2 T2 m2 a
(2)
- Chiếu (1) lên hướng chuyển động ban đầu của m1, ta được: (3)
T1 m1a
- Chiếu (1) lên hướng chuyển động ban đầu của m2, ta được: P2 T2 m2 a
P2 T2 m2 a2 (2) P1 T1 m1 a1 (3)
m3 g T m3a3
(4)
- Vì dây không dãn và khối lượng không đáng kể nên: Tl = T2 = T . m2 g 0, 2.9,8 - Từ (3) và (4) suy ra: a 2,8 m/s2 m1 m2 0,5 0, 2
Vậy: Độ lớn và hướng vận tốc xe lúc t = 2 s là: + độ lớn: v = 2,8 + (-2,8).2 = -2,8 m/s + hướng chuyển động: vì v < 0 nên hướng chuyển động của m1 sang phải (ngược với chiều dương đã chọn). b) Vị trí xe lúc t= 2 s và quãng đuờng xe đã đi được sau thời gian 2 s - Chọn gốc thời gian lúc vật m1 đang chuyển động sang trái và có vận tốc 2 m/s; chọn trục tọa độ O1x có gốc tọa độ trùng với vị trí của vật lúc bắt đầu khảo sát chuyển động, chiều dương cùng chiều với chuyển động ban đầu của các vật.
T : 2
(1’)
T m1 g m1 a3 a0 2
(2’)
T m2 g m2 a3 a0 2
(3’)
5 g T 5a3
(1’’)
T 3 g 3 a3 a0 2
(2’’)
T 2 g 2 a3 a0 2
(3’’)
- Giải hệ (1”), (2”) và (3”) ta được: a0 = 2 m/s2; a3 = 0,2 m/s2; a3 = -1,8 m/s2;a2 = 2,2 m/s2; T3 = T = 48 N; T1 = T2 = 24 N.
1 1 - Vị trí của vật là: x v0t at 2 . Lúc t= 2 s thì: x 2,8.2 . 2,8 .2 2 0 . 2 2
- Như vậy, lúc t 2s các vật trở về vị trí ban đầu. Do đó quãng đường đi được là: s 2s0 . Với s0 là quãng đường các vật đi đựoc từ thời điểm ban đầu đến khi dừng: v 2 v02 0 2,82 s0 1, 4 m s 2 s0 2,8m 2a 2. 2,8
Vậy: Vị trí xe lúc t = 2 s và quãng đường xe đã đi được sau thời gian 2s là x = 0 (gốc tọa độ) và s = 2,8 m. 8.26. Cho hệ như hình vẽ: m1 = 3kg, m2 = 2kg, m3 = 5kg. Tìm gia tốc mỗi vật và lực căng của các dây nối.
- Gọi a0 là gia tốc của ròng rọc động.
Chiếu (1), (2) và (3) lên chiều chuyển động của các vật, chú ý T3 = T; T1 = T2 =
Bài giải
Theo công thức cộng gia tốc, ta có: a3 a0 a2 a2 a0 ( a2 là gia tốc của m2 đối với ròng rọc động) a1 a1 a0 ( a1 là gia tốc của m1 đối với ròng rọc động) - Áp dụng định luật II Niu-tơn cho các vật của hệ, ta có: P3 T3 m3 a3 (1)
Vậy: Gia tốc mỗi vật và lực căng của các dây nối là a3 = 0,2 m/s2; a1 = -1,8 m/s2; a2 = 2,2 m/s2; T3 = 48 N; T1 = T2 = 24 N. 8.27. Cho hệ như hình vẽ: m1 = 1 kg, m2 = 2 kg, m3 = 4 kg. Bỏ qua ma sát. Tìm gia tốc của m1. Cho g = 10 m/s2. Bài giải Gọi a0 là gia tốc ròng rọc động đối với mặt đất; a1, a2 lần lượt là gia tốc của vật m1, m2 đối với ròng rọc. - Theo công thức cộng gia tốc: a3 a0 ; a1 a1 a0 ; a2 a2 a0 - Áp dụng định luật II Niu-tơn cho từng vật: T3 P3 Q3 m3 a (1) P1 T1 m1 a1 (2) P2 T2 m2 a2 (3) - Chiếu (1) lên chiều chuyển động của m1 ta được: T3 m3a3 m3a0
(4)
- Chiếu (2), (3) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng xuống dưới, ta được:
- Các lực tác dụng lên ròng rọc động: các lực căng T1, T2 .
P1 T1 m1a1 P1 T1 m1 a1 a0 (5) P2 T2 m2 a2 P2 T2 m2 a2 a0
(6)
- Vì dây không dãn, bỏ qua khối lượng của ròng rọc nên: a1 a2 , T1 T2 T3 2T1 - Từ (5) và (6) ta được:
P1 P2 m1 a1 a0 m2 a2 a0
- Chiếu (1) lên trục O1x1 ta được:
m1 m2 g m1 m2 a0 m1 m2 a1 - Lấy (4) cộng (5), ta được: m1 g
(7)
m3a0 m1 a1 a0 2
m m1 g 3 m1 a0 m1a1 2
m a1 g 3 1 a0 2m1
- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P1 Q1 T1 m1 a1 (1) P2 T2 m2 a2 (2) (3) 2T1 T2 0 (vì ròng rọc nhẹ)
(8)
- Thay (8) vào (7) ta được: m m1 m2 g m1 m2 a0 m1 m2 g 3 1 a0 2 m 1
T1 P1 sin m1a1
(4)
- Chiếu (2) lên trục O2x2 ta được: P2 T2 m2 a2
(5)
- Từ (3) suy ra: 2T1 = T2
(6)
- Từ hướng các trục tọa độ và đặc điểm s1 = 2s2 ta suy ra: a1 = 2a2
(7)
- Thay (6), (7) vào (4) và (5) ta được: T1 P1 sin m1.2a2
(4’)
P2 2T1 m2 a2
(5’)
a2
P2 2 P1 sin m2 2 m1 sin 2 2.3.sin 30 g .10 0,71 m/s2 4 m1 m2 4 m1 m2 4.3 2
m m2 m1 m1 m2 3 1 a0 m2 m1 m1 m2 g 2m1
Vậy: Hai vật chuyển động ngược với chiều dương đã chọn với các gia tốc a1 = -1,42 m/s2 và a2 = -0,71 m/s2.
4m1m2 g 4.1.2.10 a0 4 m/s2 4m1m2 m3 m1 m2 41.2 4 1 2
m2, giữa m1 và sàn là = 0,3; F = 60N, a = 4m/s2.
m 4 - Thay a0 vào (8) ta được: a1 g 3 1 a0 10 1 2 m/s2 2 m 2.1 1
b) Thay F bằng vật có P = F. Lực căng T có thay đổi không?
8.29. Cho hệ như hình vẽ: m1 = m2. Hệ số ma sát giữa m1 và
a) Tìm lực căng T của dây nối ròng rọc với tường.
- Gia tốc của vật 1: a1 a1 a0 2 4 2 m/s2 Bài giải
Vậy: Gia tốc của m1 là a1 = 2 m/s2. 8.28. Cho hệ như hình vẽ: m1 = 3 kg, m2 = 2 kg, 2
= 30°, g =10 m/s . Bỏ qua ma sát. Tính gia tốc của mỗi vật.
Bài giải - Các lực tác dụng lên m1: trọng lực P1 , phản lực Q1 của mặt phẳng nghiêng, lực căng của dây. - Các lực tác dụng lên m2: trọng lực P2 , lực căng T2 của dây.
a) Lực căng T của đây nối ròng rọc với tường
- Các lực tác dụng lên m1 là: trọng lực P1 , phản lực Q1 , áp lực N1 , các lực căng dây T , T1 T F , các lực
8.30. Cho hệ như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa m và M, giữa M và sàn là . Tìm F để M chuyển động đều,
ma sát F ms1 , F ms1
nếu:
- Các lực tác dụng lên m2 là: trọng lực P2 , phản lực Q2 , lực căng dây T2 , lực ma sát F ms 2
a) m đứng yên trên M.
- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: + vật 1: P1 Q1 N1 T1 F ms1 F ms1 m1 a + vật 2: P2 Q2 T2 F ms 2 m2 a
c) m nối với M bằng một đây nằm ngang (1)
(1’)
Bài giải a) Khi m đứng yên trên M: Coi M và m như một hệ có khối lượng (M + m): - Các lực tác dụng vào hệ: lực F , trọng lực P (P = (M + m)g), phản lực Q , lực ma sát F ms - Để hệ chuyển động thẳng đều thì: F P Q F ms 0 (1)
Q1 P1 N1 0
Q1 P1 N1 m1 m2 g (1’’) T2 Fms 2 m2 a
qua một ròng rọc gắn vào tường.
(2)
- Chiếu (l) và (2) lên các trục tọa độ của hệ Oxy như hình vẽ, ta được: F T1 Fms1 Fms 1 m1a
b) m nối với tường bằng một đây nằm ngang.
-
(2’)
Q2 P2 0 Q2 m2 g
Chiếu (1) lên hướng chuyển động của hệ và
lên phương thẳng đứng, hướng lên, ta được: F Fms N Q (1’)
(2’’)
- Thay (1”), (2”) vào (1’) và (2’) ta được:
và Q P M m g (1”)
F T1 Q1 Q2 m1a
-
Thay (1”) vào (1’) ta được: F M m g
F T1 m1 2m2 g m1a
Vậy: Khi m đứng yên trên M, để M chuyển động thẳng đều thì F = k(M + m)g.
- Với m1 m2 m; T1 T2 T , suy ra:
b) Khi m nối với tường bằng một dây nằm ngang
F T1 3 mg ma (3) Và T2 m2 g m2 a T2 mg ma
(4)
- Từ (3) và (4) suy ra: F 4 mg 2ma F 2m a 2 g
m
-
F 2 a 2 g
(5)
Từ (4) và (5) suy ra: T2 m a g
T2
F a g 2 a 2 g
60 4 0,3.10 21N 2 4 20, 3.10
Vậy: Lực căng T của dây nối ròng rọc với tường là T = 2T2 = 2.21 = 42 N.
- Các lực tác dụng lên M gồm: lực F , trọng lực P1 , phản lực Q1 , áp lực n , các lực ma sát F ms1 , Fms1 . - Để M chuyển động thẳng đều thì: F P1 Q1 n F ms1 F ms1 0 (2) -
Chiếu (2) lên hướng chuyển động của hệ và lên phương thẳng đứng, hướng lên, ta được:
b) Lực căng T khi thay F bằng vật có P = F
F Fms1 Fms 2 N n Q n
Khi thay F bằng vật có P = F thì lực kéo có độ lớn không đổi nhưng khối lượng của hệ tăng nên độ lớn của T
-
thay đổi.
F M m g mg M 2m g
(2’)
Thay giá trị của Q và n = mg vào (2’) ta được:
Vậy: Khi m nối với tường bằng một đây nằm ngang, để M chuyển động thẳng đều thì F M 2m g . c) Khi m nối với M bằng một đây nằm ngang qua một ròng rọc gắn vào tường
- Các lực tác dụng lên vật B: trọng lực P , phản lực Q , áp lực n , lực ma sát F ms .
- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: + vật A: p q f ms m1 a1 (1) + vật B: P Q n F ms m2 a 2 (2) - Chiếu (1) và (2) lên các trục Oxy ta được:
- Các lực tác dụng lên m gồm: lực căng dây T2 , trọng lực P2 , phản lực Q2 , lực ma sát Fms 2 . - Các lực tác dụng lên M gồm: lực F , trọng lực P1 , phản lực Q1 , áp lực n , các lực ma sát F ms1 , F ms 2 , lực căng dây T1 .
pq 0
(1’)
f ms m1a1
(1’’)
P Q n 0
(2’)
Fms m2 a2
(2’’)
Trong hệ quy chiếu gắn với tấm ván
- Để m chuyển động thẳng đều (theo M) thì: T2 P2 Q2 Fms 2 0 (3)
- Từ (1”) suy ra: a1
- Để M chuyển động thẳng đều thì: F P1 Q1 n F ms1 F ms 2 0 (4)
- Từ (2”) suy ra: a2
- Chiếu (3) và (4) lên hướng chuyển động của các vật, ta được:
- Gia tốc của vật A so với vật B là: a a1 a 2,5 0,5 3 m/s2.
T2 Fms 2 n mg (3’)
- Quãng đường vật A đi trên tấm ván B cho đến khi dừng là:
F Fms1 Fms 2 T1
(4’)
s
F M 2m g mg M 3m g T1 T2
f ms m1 g g 0, 25.10 2,5 m/s2 m1 m1
Fms 0, 25.0, 2.10 0,5 m/s2 m2 1
v 2 v02 0 2 32 1,5 m 2a 2. 3
- Vì s 1 nên A không đi hết chiều dài của tấm ván.
Vậy: Khi m nối với M bằng một dây nằm ngang qua một ròng rọc gắn vào tường, để M chuyển động thẳng - Thời gian A đi trên tấm ván B là: t
đều thì F M 3m g .
v v0 0 3 1s a 3
8.31. Vật A bắt đầu trượt từ đầu tấm ván B nằm ngang. Vận tốc ban đầu của A là 3 m/s, của B là 0. Hệ số ma
- Sau thời gian đó, tấm ván B có vận tốc v a2t 0,5.1 0,5 m/s. Lúc đó A nằm yên trên tấm ván, lực ma
sát giữa A và B là 0,25. Mặt sàn là nhẵn. Chiều dài của tấm ván B là 1,6 m. Vật A có m1 = 200 g, vật B có m2
sát giữa vật A và tấm ván không còn nữa nên hệ sẽ trượt đều với vận tốc 0,5 m/s.
= 1 kg.
8.32. Cho hệ như hình vẽ, m1 = 300g,
Hỏi A có trượt hết tấm ván B không? Nếu không, quãng đường đi được của
m2 = 200g, m3 = 1500g. l. Tác dụng lên C lực F nằm ngang sao
A trên tấm ván là bao nhiêu và hệ
cho A và B đứng yên đối với C. Tính:
thống sau đó chuyển động ra sao?
a) Lực căng dây các dây nối giữa hai xe A Bài giải
- Các lực tác dụng lên vật A: trọng lực p , phản lực q , lực ma sát fms
và B. b) Lực căng của dây nối hai xe A và B. Bỏ qua ma sát, khối lượng dây và ròng rọc. Cho g = 10 m/s2.
(Trích đề thi Vật lí Quốc tế lần thứ ba – Tiệp Khắc, 1969) 1. Tác dụng lên C lực F nằm ngang sao cho A
Vì T2 T1 T nên: a
Bài giải
a
và B đứng yên đối với C - Các lực tác dụng lên các vật: + Vật A: trọng lực P1 , phản lực Q1 , lực căng dây T 1 . + Vật B: trọng lực P2 , phản lực Q2 , lực căng dây T 2 . + Hệ A, B và C: trọng lực P , phản lực Q , lực F .
m1 mm g ;T 1 2 g . m1 m2 m1 m2
0,3 0,3.0, 2 .10 6m / s 2 ; T .10 1, 2 N 0,3 0, 2 0,3 0, 2
Vậy: a) Gia tốc của hai xe A và B là a = 6m/s2. b) Lực căng của dây nối hai xe A và B là T = l,2N. 8.33. Cho hệ như hình vẽ: M = m1 + m2, bàn nhẵn, hệ số ma sát giữa m1 và m2 là . Tính
m1 để chúng không trượt lên nhau. m2
- Áp dụng định luật II Niu-tơn ta được: + Vật A: P1 Q1 T 1 m1 a1 (1) + vật B: P 2 Q2 T 2 m2 a 2 (2)
Bài giải - Các ngoại lực tác dụng lên hệ gồm: các trọng lực P , P1 , P 2 ; phản lực Q1 lên m1; các lực ma sát F ms1 , F ms 2 . P P1 P 2 Q F ms1 F ms 2 1 - Gia tốc của hệ là: a (1) M m1 m2
+ hệ A, B và C: P Q F m1 m2 m3 a (3)
- Chiếu (1) lên chiều chuyển động của hệ, ta được: a
- Chiếu lên các trục thích hợp, chú ý T1 = T2 = T; a1 = a2 = a ta được: + vật A: P1 T 0 T P1 m1 g 0,3.10 3 N + vật B: T2 m2 a a
T m 0,3 1g .10 15 m/s2 m2 m2 0, 2
+ hệ A, B và C: F m1 m2 m3 a 0,3 0, 2 1,5 .15 30 N.
P Mg g M m1 m2 2 M 2
- Khi m1 có xu hướng trượt ra phía trước ( F ms1 hướng ra phía sau): + Để m1 không trượt trên m2 thì: a1
T1 Fms1 a m1
Vậy:
Fms1 T1 m1a N1 m1 g
a) Lực căng dây các dây nối giữa hai xe A và B là T = 3 N. b) Độ lớn lực F là F = 30 N.
1 T m1 a g m1 g 2
2. Khi xe C đứng yên
+ Đối với m2, ta có: T2 Fms 2 m2 a Fms 2 Fms1 m1 g
- Khi xe C đứng yên, xe A sẽ chuyển động tương đối với nó với gia tốc ay còn xe B sẽ chuyển động tương đối với nó với gia tốc ax. - Mặt khác, dây không dãn nên: a x a y . Đặt ax = a, ta có: T1 Q1 m1a (4) T2 m2 a
(5)
m T m2 a Fms 2 g 2 m1 2
(2)
(3)
m 1 + Từ (2) và (3) suy ra: g 2 m1 m1 g 2 2
m2 1 4 m1
(4)
- Khi m1 có xu hướng trượt ra phía sau ( F ms1 hướng ra phía trước):
+ Để m1 không trượt trên m2 thì:
m2 g m 10 F m2 g m2 g 2 1 0,6.10.10. 1 100 N 15 m1 m1
T Fms1 a1 1 a m1
Vì F = 80 N nên điều này không thể xảy ra.
Fms1 T1 m1a N1 m1 g 1 T m1 a g m1 g 2
- Trường hợp m2 đứng yên trên m1: a2 a1 a (5) Vậy: Gia tốc của m1 là a1 3, 2 m/s2 b) Trường hợp F thẳng đứng, hướng lên
+ Đối với m2, ta có:
T2 Fms 2 m2 a Fms 2 Fms1 m1 g m T m2 a Fms 2 g 2 m1 2
Gia tốc của các vật là: + vật 1: a1
(6)
m 1 + Từ (2) và (3) suy ra: g 2 m1 m1 g 2 2
m2 1 4 m1
F 80 3, 2 m/s2 m1 m2 10 15
a1
Vậy: Để m1 không trượt trên m2 thì: 1 4
m2 1 4 m1
a2
(4)
80 0,6.10.10 2 m/s2 10
8.35. Cho hệ như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa m và M là 1 , giữa M và sàn là 2 . Tìm độ lớn của lực F
Sàn nhẵn, hệ số ma sát giữa m1 và m2 là 0,6; F = 80 N. Tính gia tốc của m1 trong mỗi trường hợp sau: a) F nằm ngang. b) F thẳng đứng, hướng lên.
nằm ngang. a) đặt lên m để m trượt lên M. b) đặt lên M để M trượt khỏi m.
Bài giải
Chọn chiều dương cùng chiều với lực F . Khi tác dụng lực F lên hệ, m2 sẽ chuyển động sang phải nên F ms 2 sẽ hướng sang trái, F ms1 sẽ hướng sang phải. - Gia tốc của các vật là: + vật 1: a1
Fms1 m2 g m1 m1
(1)
+ vật 2: a2
T2 Fms 2 F m2 g m2 m2
(2)
- Trường hợp m2 trượt trên m1: a2 a1
T2 Fms 2 F m2 g m2 m2
Vậy: Gia tốc của m1 là a1 1,33 m/s2
8.34. Cho hệ như hình vẽ, m1 = 15 kg, m2 = 10 kg.
a) Trường hợp lực F nằm ngang
(3)
0,6.10.10 80 1,33 m/s2 15
+ vật 2: a2
(7)
Fms1 T1 m2 g F m1 m1
F m2 g m2 g m2 m1
a) Khi F đặt lên m
Bài giải
- Các lực tác dụng lên m: trọng lực P1 , phản lực Q1 , lực ma sát F ms1 , lực F . - Các lực tác dụng lên M: trọng lực P2 , áp lực n , phản lực Q2 , các lực ma sát F ms 2 , F ms 2 . - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: + vật m: P1 Q1 F ms1 F ma1 + vật M: P 2 n Q 2 F ms 2 F ms 2 M a 2
(1) (2)
- Chiếu (1) và (2) lên hai trục của hệ Oxy ta được: P1 Q1 0 Q1 P1
(1’)
Fms1 F ma1 a1
F Fms1 m
(1’’) (2’)
P2 n Q2 0 Q2 P2 n Fms 2 Fms 2 Ma2 a2
(2’’)
Với Fms1 Fms 2 1 N1 1Q1 1mg ; n P1 mg
Fms 2 2 N 2 2Q2 2 Mg mg 2 g M m
Thay vào (2’’) ta được: a2
(9) (10)
- Chiếu (9) và (10) lên hai trục của hệ Oxy ta được:
Fms 2 Fms 2 M
Thay vào (1’’) ta được: a1
+ vật m: P1 Q1 F ms1 ma1 + vật M: P 2 n Q 2 F ms 2 F ms 2 F M a 2
F 1mg m
2 mg 2 g M m M
P1 Q1 0 Q1 P1
(9’)
F Fms1 ma1 a1 ms1 m
(9’’)
P2 n Q2 0 Q2 P2 n
(10’)
(3)
F Fms 2 F Fms 2 Fms 2 F Ma2 a2 ms 2 M
(10’’)
(4)
Tương tự: Fms1 Fms 2 1 N1 1Q1 1mg ; n P1 mg
Để m trượt trên M là: a1 a2 :
Fms 2 2 N 2 2Q2 2 Mg mg 2 g M m
F 1mg 1mg 2 g M m m M
- Thay vào (9’’) ta được: a1
mg F 1 2 M m M
(5)
- Mặt khác: F 1mg + để a1 0 thì: 0 F 1mg m
+ để a2 0 thì:
1mg 2 g M m M
(8)
- Từ (6), (7) và (8) ta được: F 1mg . Kết hợp với (5) ta được F 1mg và F 1 2 M m
mg M
mg Vậy: Khi F đặt lên m thì để m trượt lên M thì F 1mg và F 1 2 M m M b) Khi F đặt lên M - Các lực tác dụng lên m: trong lực P1 , phản lực Q1 , lực
ma sát F ms1 .
1 g
(11)
1mg 2 g M m F M
(12)
- Để m trượt trên M là: a2 a1 :
0 1mg 2 M m g (7)
+ để F 0 thì: 1 2
m
- Thay vào (10’’) ta được:
a2 (6)
1mg
1mg 2 g M m F 1 g M
F 1 2 M m g (13) Vậy: Khi F đặt lên M thì để M trượt khỏi m thì F 1 2 M m g 8.36. Cho hệ như hình vẽ: m = 0,5 kg, M = 1 kg. Hệ số ma sát giữa m và M là 1 = 0,1, giữa M và sàn là 2 = 0,2. Khi thay đổi ( 0 90 ), tìm F nhỏ nhất để M thoát khỏi m và tính
khi này.
- Các lực tác dụng lên M: trọng lực P2 , áp lực n , phản lực Q2 , các lực ma sát F ms 2 , F ms 2 , lực F .
Bài giải - Các lực tác dụng lên m: trọng lực P1 , phản lực Q1 , lực ma sát F ms1 . - Các lực tác dụng lên M: trọng lực P2 , áp lực n , phản lực Q2 , các lực ma sát F ms 2 , Fms 2 , lực F .
- Theo định luật II Niu-tơn, ta có:
- Theo định luật II Niu-tơn,ta có:
+ vật m: P1 Q1 F ms1 ma1 + vật M: P 2 n Q 2 F ms 2 F ms 2 F M a 2
(1) (2)
F Fmin 1 2 M m g cos a
- Chiếu (1) và (2) lên hai trục của hệ Oxy ta được: P1 Q1 0 Q1 P1
(1’)
F Fms1 ma1 a1 ms1 m
(1’’)
P2 n Q2 F sin 0 Q2 P2 n F sin
(2’)
F Fmin
1 2 M m g 1 tan 2 a
1 2 M m g 0,1 0, 2 1 0,5 .10 4, 41 N 1 22
1 0, 22
Vậy: Để M thoát khỏi m thì Fmin 4, 41 N, lúc đó 11 . 8.37. Cho hệ như hình vẽ. Biết M, m, F, hệ số ma sát
Fms 2 Fms 2 F cos Ma2 a2
sin 1 f max cos tan .sin cos .sin cos cos
giữa M và m là , mặt bàn nhẵn. Tìm gia tốc của
Fms 2 Fms 2 F cos M
(2’’)
các vật trong hệ.
Tương tự: Bài giải
Fms1 Fms 2 1 N1 1Q1 1mg ; n P1 mg - Vì:
Fms 2 2 N 2 2Q2 2 Mg mg F sin - Thay vào (1’’) ta được: a1
1mg m
1 g
+ bàn nhẵn, giữa vật 3 và vật 4 có ma sát nên vật 3 nằm yên trên vật 4. (3)
ba vật 2, 3 và 4 chuyển động với cùng gia tốc: a2 = a3 = a4. Như vậy có thể coi ba vật (2, 3 và 4) là một hệ
- Thay vào (2’’) ta được:
a2
vật được liên kết với vật 1.
1mg 2 Mg mg F sin F cos M
a2
+ dây không dãn nên vật 2 và vật 3 chuyển động với cùng gia tốc.
- Gọi a0 là gia tốc của hệ vật (2, 3 và 4), a1 là gia tốc của vật 1. Ta có:
1mg 2 g M m 2 F sin F cos (4) M
a1
F Fms1 M
(1)
Fms 2
- Để M thoát khỏi m thì: a2 a1 :
a0
1mg 2 g M m 2 F sin F cos 1 g M
- Nếu m2 không trượt trên m1:
2 M m g F 1
- Từ (5) ta thấy: để F Fmin f cos 2 sin max
sin Đặt 2 tan , ta được: cos
f cos 2 sin cos
a a1 a0
sin cos .cos sin .sin cos .sin cos cos cos
F 2 M m
- Nếu m2 trượt trên m1: a1 a0 thì Fms1 Fms 2 mg (ma sát trượt). Lúc đó: a1
mg F mg và a0 M 2m M
F mg mg M M 2m
- Để f max thì cos 1 tan tan 2 arctan 2 arctan 0, 2 11
(2)
a1 a0 thì Fms1 Fms 2 mg (ma sát nghỉ). Gia tốc của các vật là: (5)
cos 2 sin
M 2m
F
2 m M m g F0 M 2m
Vậy: Khi F
Khi F
2 m M m g F thì a1 a2 a3 a4 ; 2 M m M 2m
2 m M m g mg F mg thì a1 và a2 a3 a4 . M M 2m M 2m
- Thay (4) vào (2’) ta được: Q2 P2 N sin P2
P1 tan ma2 (5) 2 tan
P tan ma2 - Lực ma sát: Fms 2 Q2 P2 1 2 tan
(6)
- Thay (4), (6) vào (2”) ta được:
8.38. Cho hệ như hình vẽ. Ma sát giữa
P1 tan ma2 P tan ma2 cos P2 1 Ma2 2sin .tan 2 tan
M và m là nhỏ. Hệ số ma sát giữa M và sàn là . Tính gia tốc của M.
mg tan cos ma2 cos 2 Mg sin tan mg tan sin ma2 sin 2Ma2 sin tan
mg tan cos sin 2 Mg sin tan
Bài giải - Các lực tác dụng lên m: trọng lực P1 , phản lực Q, Q .
a2 m cos sin 2 M sin tan
- Các lực tác dụng lên M (xét một vật): trọng lực P2 , áp lực N , phản lực Q2 , lực ma sát F ms 2 .
mg tan 1 tan 2 Mg tan 2 a2 m 1 tan 2 M tan 2
a2
- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: (1) P1 Q Q ma1 P2 N Q 2 F ms 2 M a 2 (2)
mg tan 1 tan 2 Mg tan 2 m 1 tan 2 M tan 2
Vậy: Gia tốc của vật M là a2
mg tan 1 tan 2 Mg tan 2 m 1 tan 2M tan 2
- Chiếu (1) và (2) xuống hai trục Ox và
8.39. Vật đặt trên đỉnh dốc dài 165 m, hệ số ma sát = 0,2, góc nghiêng của dốc là .
Oy của hệ trục Oxy, ta được:
a) Với giá trị nào của , vật nằm yên không trượt?
Q cos Q cos 0
b) Cho 30 , tìm thời gian vật xuống dốc và vận tốc vật ở chân dốc.
Q Q
(1’)
Cho: tan11 0, 2;cos 30 0,85 Bài giải
P1 Q sin Q sin ma1 a) Giá trị của để vật nằm yên không trượt
P1 2Q sin ma1
Q Q N
- Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P = mg, lực ma sát Fms N mg cos .
(1’’)
- Vật nằm yên không trượt khi: P sin Fms
P2 N sin Q2 0 Q2 P2 N sin
mg sin mg cos
(2’)
tan 0, 2
N cos Fms 2 Ma2 (2’’)
arctan 0, 2 11
- Khi m đi xuống một đoạn s1 thì M chuyển động theo phương ngang một đoạn s2 s1 tan .
Vậy: Để vật nằm yên không trượt thì góc 11
a2 a1 tan
b) Thời gian vật đi xuống dốc và vận tốc của vật ở chân dốc
(3)
- Từ (3) và (l”) ta được: N
P1 ma1 2sin
a2 tan P1 tan ma2 2sin 2sin .tan
- Gia tốc của vật khi 30 là: a g sin cos 10. sin 30 0,2.cos30
P1 m
(4)
1 3 2 a 10. 0, 2. 3,3 m/s 2 2
- Tử công thức: s t
2s a
1 2 at v0 0 suy ra thời gian vật đi xuống dốc là: 2
2.165 10 s 3,3
F mg sin mg cos
- Vận tốc của vật ở cuối chân dốc là: v at 3,3.10 33 m/s. Vậy: Thời gian vật đi xuống dốc là t = 10 s;
1 F mg sin 600 100.10. 2 0, 2 mg cos 3 3 100.10. 2
- Khi thả vật, vật trượt với gia tốc: a g sin cos
8.40. Sau bao lâu vật m trượt hết máng nghiêng có độ cao h, góc nghiêng nếu với góc nghiêng vật
1 0, 2 3 2 a 10. . 4 m/s 3 2 2
chuyển động đều.
Vậy: Khi thả vật, nó sẽ chuyển động xuống dưới với gia tốc a = 4 m/s2.
Vận tốc của vật ở chân dốc là v = 33 m/s.
Bài giải - Gia tốc của vật trên mặt phẳng nghiêng là: a g sin cos + Với góc nghiêng , vật trượt đều nên a a1 0 tan . + Với góc nghiêng , vật trượt với gia tốc a a2 g sin cos . - Thời gian trượt của vật là: t 2h asin
t
t
1 . sin
8.42. Xe lăn không ma sát xuống một mặt nghiêng, góc nghiêng là . Trên xe có treo một con lắc. Tìm phương của dây treo con lắc. Bài giải - Chọn hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, gốc O tại vật nặng con lắc, trục Ox hướng dọc theo mặt phẳng nghiêng,
2s h , với s a sin
trục Oy vuông góc với mặt phẳng nghiêng (hình vẽ). Ta có: T P ma , với a g sin
2h g sin tan .cos sin
2h 1 2h . cos sin g 1 tan .cotan g 1 tan . sin
Vậy: Thời gian trượt của vật khi góc nghiêng là t
1 2h . sin g 1 tan .cotan
(1)
- Chiếu (1) lên hai trục của hệ tọa độ Oxy đã chọn ta được: Tx Psin ma
(2)
Ty Pcos 0
(3)
Tx m a gsina 0
(theo (1))
8.41. Vật khối lượng m = 100 kg sẽ chuyển động đều trên mặt phẳng nghiêng góc 30 khi chịu lực F = 600 N dọc theo mặt nghiêng. Hỏi khi thả vật, nó chuyển động xuống với gia tốc là bao nhiêu? Coi ma sát là
T Tx2 Ty2 Ty mg cos T Ty
đáng kể. Bài giải - Khi vật trượt đều, các lực tác dụng lên vật gồm: trọng lực P , phản lực Q , lực kéo F , lực ma sát F ms và: P Q F F ms 0 (1) - Chiếu (1) lên phương mặt phẳng nghiêng ta được: F P sin Fms 0
Ty mg cos
Vậy: Phương của dây treo vuông góc với mặt phẳng nghiêng. 8.43. Cần tác dụng lên vật m trên mặt phẳng nghiêng góc một lực F nằm ngang nhỏ nhất và lớn nhất bao nhiêu để vật nằm yên? Cho hệ số ma sát là . Bài giải - Khi không có lực tác dụng, dưới tác dụng của trọng lực vật sẽ trượt xuống.
- Khi có lực F tác dụng vào vật, các lực tác dụng vào vật gồm: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát F ms và lực F . - Gọi F 1 là lực tác dụng vào vật để vật bắt đầu nằm yên không
trượt. Ta có: P Q F ms F 0
(1)
- Chiếu (1) lên hệ tọa độ vuông góc Oxy, với Ox hướng dọc theo mặt phẳng nghiêng, Oy hướng vuông góc với mặt phẳng nghiêng (hình vẽ) ta được: Fms P sin F1 cos
(1’)
Q P cos F1 sin
(1’’)
- Khi vật chưa trượt thì: Fms N Q
P sin F1 cos P cos F1 sin F1
P sin cos mg tan sin cos tan 1
- Gọi F 2 là lực tác dụng vào vật để vật bắt đầu trượt. Ta có: (2) P Q F ms F 2 0 - Chiếu (2) lên hệ tọa độ vuông góc Oxy, với Ox hướng dọc theo mặt phẳng nghiêng, Oy hướng vuông góc với mặt phẳng nghiêng (hình vẽ) ta được: Fms P sin F2 cos Q P cos F2 sin
(2’) (2’’)
- Khi vật chưa trượt thì: Fms N Q
P sin F2 cos P cos F2 sin
F2
P cos sin mg tan cos sin 1 tan
Fmax
mg tan 1 tan
- Các lực tác dụng lên vật gồm: trọng lực P , phản lực của mặt phẳng nghiêng Q , lực kéo F và lực ma sát F ms . - Để vật trượt đều thì: P Q F F ms 0
Bài giải
(1)
- Chiếu (1) lên hai trục của hệ tọa độ Đề-các vuông góc: Ox hướng dọc theo mặt phẳng nghiêng, Oy hướng vuông góc với mặt phẳng nghiêng ta được: P sin F cos Fms 0
(2)
P cos Q F sin 0
(3)
- Từ (3) suy ra: Q P cos F sin
Fms N Q P cos F sin
(4)
- Thay (4) vào (2) ta được: P sin F cos P cos F sin 0
FP
sin cos cos sin
(5)
- Vì P = mg, và xác định nên F = Fmin khi mẫu số M cos sin cực đại, với tan
sin . cos
sin cos cos sin sin cos sin cos cos cos
Vậy: Cần phải tác dụng vào vật một lực nằm ngang có độ lớn nhỏ nhất là
M cos
Fmin
mg tan mg tan và lớn nhất là Fmax để vật nằm yên không bị trượt. tan 1 1 tan 8.44. Vật m được kéo trượt đều trên mặt phẳng nghiêng góc , lực kéo F hợp với hệ số ma sát là . Tìm
M M max khi cos 1 arctan Vậy: Để lực kéo F nhỏ nhất mà vật trượt đều thì arctan và F Fmin P sin , với
để F nhỏ nhất.
90 .
8.45. Vật m đặt trên mặt phẳng nghiêng góc chịu lực F dọc theo cạnh ngang của mặt phẳng như hình vẽ.
a) Tìm giá trị F nhỏ nhất để m chuyển động, biết hệ số ma sát giữa m và mặt phẳng là tan .
1 a 10. 5 m/s2 2
- Vận tốc của vật ở cuối mặt phẳng nghiêng là:
b) Khi F Fmin , tìm gia tốc của a.
v 2as 2.5.10 10 m/s - Gia tốc của vật trên mặt phẳng ngang là: a
Bài giải
- Thời gian vật còn đi trên mặt phẳng ngang là:
a) Giá trị F nhỏ nhất để m chuyển động
- Các lực tác dụng lên vật m gồm: trọng lực P , phản lực Q của mặt phẳng nghiêng, lực ma sát F ms và lực kéo F . - Khi m chuyển động thì: P Q F ms F ma (1)
2
t
v v0 0 v 10 t 10 s a a 1
(vật dừng lại nên v 0 ) Vậy: Thời gian vật còn tiếp tục đi trên mặt phẳng ngang là t 10 s 8.47. Do có vận tốc đầu, vật trượt lên rồi lại trượt xuống trên một mặt nghiêng, góc nghiêng 15 . Tìm hệ
- Chiếu (1) lên mặt phẳng nghiêng, ta được:
P sin
Fms mg g 0,1.10 1 m/s2 m m
số ma sát biết thời gian đi xuống gấp n = 2 lần thời gian đi lên.
F 2 Fms ma
mg sin
2
Bài giải
F 2 mg cos ma
- Khi vật trượt lên (chọn chiều dương
(2)
hướng lên), chuyển động của vật là - Để vật chuyển động: a 0 2
2
mg sin
2
2
F 2 mg cos 0 2
2
2
F mg cos sin Fmin mg cos sin
Vậy: Giá trị F nhỏ nhất để m chuyển động là Fmin mg 2 cos 2 sin 2 . b) Tính gia tốc a
chuyển động chậm dần đều với gia tốc: a1
a1 g sin cos - Thời gian vật trượt lên là:
Từ (2) suy ra:
a
mg sin
2
P sin Fms mg sin mg cos m m
F 2 mg cos m
2
F g 2 sin 2 g cos m
t1
v v0 v0 a1 g sin cos
- Quãng đường vật trượt lên là:
2
v 2 v02 v02 v02 2a1 2 g sin cos 2 g sin cos
F Vậy: Khi F Fmin , gia tốc của vật m là a g 2 sin 2 g cos . m
s1
8.46. Vật trượt từ đỉnh mặt phẳng nghiêng nhẵn dài l = 10 m góc nghiêng 30 . Hỏi vật tiếp tục chuyển
- Khi vật trượt xuống: a2 g sin cos
động trên mặt phẳng ngang bao lâu khi xuống hết mặt nghiêng, biết hệ số ma sát với mặt ngang là 0,1 . Bài giải
- Thời gian vật trượt xuống là: t2
- Gia tốc của vật khi trượt trên mặt phẳng nghiêng là: a g sin 30 cos30 - Vì mặt phẳng nghiêng nhẵn nên hệ số ma sát bằng 0, do đó:
t2
2 s2 2s1 a2 a2
2v02 v0 2 g sin cos g sin 2 2 cos 2 g sin cos
T m2 a g 2. 0,1 10 20,2 N
t2 v0 v0 : t1 g sin 2 2 cos 2 g sin cos
Vậy: Gia tốc chuyển động của các vật trong hệ là a = 0,1 m/s2; lực căng của dây là T = 20,2 N. Kết quả này
2
sin cos sin cos sin cos
cũng cho thấy hệ chuyển động theo chiều dương đã chọn. .
t2 sin cos sin cos n n2 t1 sin cos sin cos
sát. Dây nối m2 và m3 dài 2 m. Khi hệ bắt đầu chuyển động, m3 cách mặt đất 2 m.
8.49. Cho hệ như hình vẽ, m1 = 1,2 kg, = 30°. Bỏ qua kích thước các vật, khối lượng ròng rọc và dây, ma Cho g = 10 m/s2. Biết m2 = 0,6 kg, m3 = 0,2 kg. a) Tìm gia tốc chuyển động, lực căng của các dây và
n2 1 22 1 3 3 .tan 2 .tan 30 . 0,16 n2 1 2 1 5 3
thời gian chuyển động của m3.
Vậy: Hệ số ma sát của mặt phẳng nghiêng là = 0,16.
b) Tính thời gian từ lúc m3 chạm đất đến khi m2
8.48. Cho hệ như hình vẽ: m = 5 kg, = 30°, m2 = 2 kg,
chạm đất và lực căng của dây trong giai đoạn này.
= 0,1. Tìm gia tốc chuyển động và lực căng của dây.
c) Bao lâu kể từ lúc m2 chạm đất, m2 bắt đầu đi lên? Bài giải
Cho g = 10 m/s2. a) Gia tốc của hệ, lực căng các dây nối Bài giải
và thời gian chuyển động của m3 - Chọn chiều dương hướng dọc theo
- Chọn chiều dương hướng dọc theo sợi
sợi dây (hình vẽ).
dây (hình vẽ).
- Các ngoại lực tác dụng vào hệ vật: trọng lực P1 , P 2 , P 3 ; phản lực Q1
- Các ngoại lực tác dụng vào hệ hai vật: trọng lực P1 , P 2 ; phản lực Q1 của mặt
của mặt phăng nghiêng lên m1. F ng P1 P 2 P 3 - Gia tốc của hệ là: a mhe m1 m2 m3
phẳng nghiêng lên m1; lực ma sát giữa mặt phẳng nghiêng và vật m1 là F ms1 . F ng P1 P 2 Q F ms1 1 - Gia tốc của hệ là: a mhe m1 m2
- Chiếu hệ thức trên lên chiều dương đã chọn, ta được:
- Chiếu hệ thức vectơ trên lên chiều dương đã chọn, ta được: a
P1 sin P2 Fms1 m1 g sin m2 g m1 g cos m1 m2 m1 m2
a
g sin cos m1 m2 m1 m2
10. sin 30 0,1.cos30 .5 2
1 3 10. 0,1. .5 2 2 2 0,1 m/s2 a 52 - Xét riêng vật m2, ta có: T 2 P 2 m2 a 2
T m2 g m2 a
T2 T ; a1 a2 a
52
a
P1 sin P2 P3 g m2 m3 m1 sin m1 m2 m3 m1 m2 m3
1 10. 0, 6 0, 2 1, 2. 2 a 1 m/s2 1, 2 0,6 0,2 1, 2 0, 6 0, 2 - Xét riêng vật m3, ta có: T 3 P3 m3 a 3 10. 0,6 0, 2 1, 2.sin 30
T m3 g m3 a T3 T ; a3 a2 a1 a T m3 g a 0,2. 10 1 1,8 N - Xét riêng vật m1, ta có: T 1 P1 Q1 m1 a1
T m1g sin m1a T1 T 1 T m1 g sin a 1, 2. 10.sin 30 1 1, 2. 10. 1 7, 2 N 2
- Thời gian để m3 chạm đất là: t3
2s3 2s3 2.2 2s a3 a 1
Vậy: + Gia tốc chuyển động của hệ là: a = 1 m/s2. + Lực căng của các dây nối là: dây nối vật m2 và m3 là T 1,8 N; dây nối vật m1 và m2 là T 7, 2 . + Thời gian chuyển động của m3 là t3 2 s. b) Thời gian từ lúc m3 chạm đất đến khi m2 chạm đất và lực căng các dây nối lúc này - Khi m3 chạm đất, hệ chỉ còn hai vật m2 và m3. Tương tự như trên ta tính được gia tốc của hệ là:
1 10. 0,6 1, 2. g m2 m1 sin 2 a 0 m1 m2 1, 2 0,6 - Vì a 0 nên hệ chuyển động thẳng đều với vận tốc v at 1.2 2 m/s: + thời gian vật m2 chuyển động là: t2
s 2 1 s. v 2
Bài giải - Các lực tác dụng lên tấm ván M: trọng lực P , phản lực của mặt phẳng nghiêng Q , lực ma sát giữa tấm ván và mặt phẳng nghiêng F ms , áp lực của vật m lên tấm ván n . - Để tấm ván chuyển động đều thì: P Q F ms n 0 (1) - Chiếu (1) lên hai trục của hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, với Ox hướng dọc theo mặt phẳng nghiêng, Oy hướng vuông góc với mặt phẳng nghiêng ta được:
+ lực căng dây nối giữa m1 và m2: xét riêng m2 ta có: P2 T2 m2 a 0 .
P sin Fms 0
T2 T m2 g 0,6.10 6 N.
P cos Q n 0 (3)
Vậy: Thời gian từ lúc m3 chạm đất đến khi m2 chạm đất là t2 1 s và lực căng dây nối lúc này là T 6 N.
- Từ (3) suy ra: Q P cos n P cos p cos n p cos
c) Thời gian từ lúc m2 chạm đất đến lúc m2 đi lên
Q M m g cos
(2)
- Khi m2 chạm đất, hệ chỉ còn m1 trượt không ma sát trên mặt phẳng nghiêng với: 1 + gia tốc: a1 g sin 10.sin 30 10. 5 m/s2 2
+ vận tốc ban đầu: v0 v 2 m/s
- Từ (2) suy ra: P sin Fms N kQ M m g cos
Mg sin M m g cos Mg sin cos mg cos
- Thời gian từ lúc m2 chạm đất đến lúc m2 đi lên là: t
v1 v0 2 2 0,8 s a1 5
Vậy: Thời gian từ lúc m2 chạm đất đến lúc m2 đi lên là t 0,8 s 8.50. Trên mặt phẳng nghiêng góc có một tấm ván khối lượng M trượt xuống vói hệ số ma sát . Trên tấm ván có một vật khối lượng m trượt không ma sát. Tìm giá trị của m để ván chuyển động đều.
m
Mg sin cos M M tan M tan g cos
Vậy: Để tấm ván chuyển động đều thì vật m phải có khối lượng m 8.51. Cho hệ như hình vẽ. Biết m1, m2, 1, 2 1 2 . Tìm: a) lực tương tác giữa m1 và m2 khi chuyển động. b) giá trị nhỏ nhất của để hai vật trượt xuống.
M
tan
Bài giải a) Lực tương tác giữa hai vật khi chuyển động
F
m1m2 1 2 g cos m1 m2
b) Giá trị nhỏ nhất của để hai vật trượt xuống
- Các ngoại lực tác dụng lên hệ hai vật là: các trọng lực P1 , P 2 ; các phản lực của mặt phẳng nghiêng Q1, Q2 ; các
- Khi hai vật trượt xuống: a 0
tan
F ng - Gia tốc của hệ hai vật khi trượt là: a mhe P1 P 2 Q Q F ms1 F ms 2 1 2 (1) a m1 m2
1m1 2 m2 m1 m2
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của để hai vật trượt xuống là
1m1 2m2 m1 m2
min arctan
P1 sin P2 sin Fms1 Fms 2 m1 g sin m2 g sin 1m1 g cos 2 m2 g cos m1 m2 m1 m2
8.52. Cho hệ như hình vẽ, m1 đi xuống không ma sát, M nằm yên. Tìm: a) Gia tốc của m1, m2, lực căng dây và lực ma sát nghỉ của mặt
m1 m2 g sin 1m1 2m2 g cos
sàn đặt lên M.
m1 m2
- Xét vật m.: Các lực tác dụng lên m1 gồm: trọng lực P1 , phản lực của mặt phẳng nghiêng Q1 , lực ma sát giữa mặt phẳng nghiêng và m1 là F ms1 , lực do m2 tác dụng lên m1 khi chuyển động F (hướng về phía m1). Ta có: P1 Q1 F ms1 F m1 a
0
m 2m2 min arctan 1 1 m1 m2
- Chiếu (1) lên phương của mặt phẳng nghiêng ta được:
a
m1 m2
m1 m2 g sin 1m1 2 m2 g cos
lực ma sát giữa mặt phẳng nghiêng và các vật F ms1 , F ms 2 .
a
m1 m2 g sin 1m1 2m2 g cos
b) Hệ số ma sát giữa M và sàn để M không trượt trên sàn. Bài giải a) Gia tốc, lực căng dây và lực ma sát nghỉ - Chọn chiều dương là chiều chuyển động của hệ hai vật
(2)
m1, m2 (hình vẽ).
- Chiếu (2) lên phương của mặt
- Các ngoại lực tác dụng lên hệ hai vật gồm: các trọng lực P1 , P 2 ; phản lực Q1 của mặt phẳng nghiêng lên m1. F ng P1 P 2 Q 1 - Gia tốc của hệ là: a (1) mhe m1 m2
phẳng nghiêng ta được: m1 g sin 1m1 g cos F m1a F 1m1 g cos m1 g sin m1a F 1m1 g cos m1 g sin m1.
m1 m2 g sin 1m1 2m2 g cos m1 m2
F
m1 m1 m2 1 g cos m1 m2 g sin m1 m2 g sin 1m1 2 m2 g cos m1 m2
F
m1m2 1 2 g cos m1 m2
Vậy: Lực tương tác giữa hai vật khi chuyển động có độ lớn là
- Chiếu (1) lên chiều dương đã chọn ta được: a
- Xét riêng vật m2, ta có: P 2 T 2 m2 a
P1 sin P2 g m1 sin m2 m1 m2 m1 m2
(2)
- Chiếu (2) lên chiều dương đã chọn, ta được: P2 T2 m2 a T2 P2 m2 a m2 g m2 .
g m1 sin m2 m1 m2
m1m2 1 sin g m1 m2
T T2
m1m2 1 sin g m1 m2
- Các lực tác dụng lên nêm M: + Trọng lực P tác dụng lên nêm. + Áp dụng N T tác dụng lên trục gắn với nên N T T1 T2 .
m1m2 1 sin g cos m1 m2
- Chiếu (1) và (2) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy (hình vẽ) ta được:
m1 m2 m1g cos sin m1m2 1 sin g cos m1 m2 m1 g cos m1 sin m2 m1 m2 g m1 sin m2 m m 1 sin g ; lực căng dây nối giữa m1 và m2 là T 1 2 m1 m2 m1 m2
và lực ma sát nghỉ giữa mặt sàn và nêm M là Fms
m1 cos m1 sin m2 M m1 m2 m12 cos 2 2m1m2 1 sin
- Các phương trình định luật II Niu- tơn cho hai vật: P1 Q1 N 2 Fms1 Fms2 m1 a1 (1) P2 Q2 F'ms2 m2 a 2 (2)
T cos Fms N1 sin 0
Vậy: Gia tốc của hệ m1, m2 là a
m1 cos m1 sin m2 M m1 m2 m12 cos 2 2m1m2 1 sin
Bài giải - Các lực tác dụng lên m1 : trọng lực P1 , phản lực Q1 , áp lực N 2 , các lực ma sát Fms1 , F ms2 ; các lực tác dụng lên m 2 : trọng lực P2 , phản lực Q 2 , lực ma sát F'ms2 .
- Chiếu (3) lên phương ngang, chiều dương hướng sang phải ta được:
Fms
+ Lực ma sát F ms giữa nêm và mặt phẳng nằm ngang. + Áp lực N1 của m1 lên mặt tiếp xúc với nêm: N1 P1 cos . - Nên nằm yên nên: P N T F ms N 1 0 (3)
Fms
m1 g cos m12 sin m2 Mg m1 m2 m12 g cos 2 2 gm1m2 1 sin : m1 m2 m1 m2
Vậy: Để nêm không trượt trên sàn thì hệ số ma sát giữa nêm và sàn phải là:
Fms N1 sin T cos P1 cos sin
m1 g cos m1 sin m2 m1 m2
m1g sin Fms1 Fms2 m1a1
(1’)
m1g cos m 2 g cos Q1 0
(1’’)
m 2g sin F'ms2 m2 a 2
(2’)
m 2 g cos Q 2 0
(2’’)
- Từ (1”) suy ra: Q1 (m1 m 2 )g cos - Từ (2”) suy ra: Q2 m 2 g cos
b) Hệ số ma sát giữa M và sàn để M không bị trượt trên sàn
- Các lực ma sát là Fms1 1 N1 1Q1 1 (m1 m 2 )g cos
- Áp lực của nêm M lên mặt sàn: N Mg N1 cos T T sin
Fms2 F'ms2 2 N 2 2 Q 2 2 m 2 g cos . Thay vào (1 ’) và (2’) ta được:
N Mg m1 g cos cos
m1m2 1 sin g m1m2 1 sin g sin m1 m2 m1 m2
Mg m1 m2 m1 g cos 2 m1 m2 m1m2 1 sin g m1m2 1 sin g sin N m1 m2 N
Mg m1 m2 m12 g cos 2 2 gm1m2 1 sin m1 m2
- Để nêm M không trượt thì: N Fms (ma sát là ma sát nghỉ)
m1a1 m1g sin 1 (m1 m 2 )g cos 2 m 2 g cos
(3)
m 2 a 2 m 2 g sin 2 m 2 g cos m 2 g(sin 2 cos )
(4)
a) Để cả m1 và m2 đều đứng yên trên các mặt phẳng nghiêng (mặt tiếp xúc) thì: 1 tan và 2 tan b) Để m1 trượt, m2 đứng yên: a1 = a2 > 0 thì: 2 1 và lúc đó có thể coi hai vật m1, m2 như một vật M và Ma Mg sin 1Mgcos 0 1 tan
Fms N
c) Để cả m1 và m2 đều trượt nhưng m2 trượt nhanh hơn thì a1 > 0, a2 > 0 và a2 > a1: - Từ (3) suy ra: a 1 0 1
m1 sin 2 m 2 cos m1 tan 2 m 2 (m1 m 2 )cos (m1 m 2 )
- Từ (3) suy ra: a1 g (sin 1cos
(1 2 )m 2cos m1
- Từ (4) suy ra: a 2 g (sin 2 cos
- Chiếu (1) xuống phương của que và phương vuông góc với que, ta được:
(3’) (4’)
( 2 )m 2 cos - Từ a 2 a1 : g (sin 2 cos g (sin 1cos 1 m1
mg sin m( j a 0 cos)
(2)
Q mgcos ma 0 sin
(3)
- Từ (2), (3) ta được: j g sin a 0 cos;Q m(gcos a 0 sin ) Từ j g sin a 0 cos ta thấy:
1 2 d) Để cả m1 và m2 đều trượt nhưng m1 trượt nhanh hơn thì a1 > 0, a2 > 0 và a1 > a2: Điều này không thể xảy
+ Nếu j 0, tan
a0 :Bi sẽ đi về đầu A. g
+ Nếu j 0, tan
a0 : Bi sẽ đi về đầu B. g
+ Nếu j 0, tan
a0 : Bi đứng yên trên que. g
ra. e) Để m1 đứng yên, m2 trượt thì a1≤ 0 và a2 > 0 + Từ (3) suy ra: a1 0 1
m1 tan 2 m 2 (m1 m 2 )
+ Từ (4) suy ra: a 2 0 2 tan
Vậy: Khi que chuyển động sang trái thì:
8.54. Người ta lồng một hòn bi có lỗ xuyên suốt và có khối lượng m vào một que sắt AB nghiêng góc α so
+ Gia tốc của bi đối với que là j g sin a 0 cos
với mặt phẳng nằm ngang. Lúc đầu bi đứng yên.
+ Phản lực của que lên bi là Q m(g cos a 0 sin )
1. Cho que tịnh tiến trong mặt phẳng chứa nó với gia tốc nằm ngang a 0 hướng sang trái (hình vẽ). Giả sử
+ Để bi chuyển động về đầu A: tan
không có ma sát giữa bi và que, hãy tính: a) Gia tốc j của bi đối với que.
để bi chuyển động về đầu B: tan
b) Phản lực của que lên bi. c) Tìm điều kiện để bi:
a0 ; g
a0 a ; để bi đứng yên: tan 0 g g
- Hình vẽ:
- Chuyển động về phía đầu A. - Chuyển động về phía đầu B. - Đứng yên. Vẽ các hình tương ứng.
2. Cũng câu hỏi trên nhưng gia tốc a 0 hướng sang phải. 3. Hỏi như câu 1 nhưng cho biết a0 = 2g, hệ số ma sát giữa bi và que là k
1 3
(Trích đề thi HSG Quốc Gia, 1982) Bài giải
1. Que tịnh tiến với gia tốc a 0 sang trái - Các lực tác dụng vào bi: trọng lực P ; phản lực Q . - Phương trình chuyển động của bi: P Q ma m(a 0 j) (1) Với: a a 0 j; a 0 là gia tốc của que, j là gia tốc của bi đối với que.
2.Que tịnh tiến với gia tốc a 0 sang phải: - Tương tự, ta có: mg sin m( j a 0 cos)
(4)
Q mgcos ma 0 sin
(5)
j g sin a 0 cos; Q m(gcos a 0 sin ) - Từ j g sin a 0 cos j 0 : Bi luôn đi về đầu A. Vậy: Khi que chuyển động sang phải thì:
+ Gia tốc của bi đối với que là j g sin a 0 cos
8.55. Hai vật P và Q có khối lượng m1 = m và m2 = 3m được nối với
+ Phản lực của que lên bi là Q m(gcos a 0 sin )
nhau bằng sợi dây không dãn. Dây được lồng qua ròng rọc nhẹ, không ma sát, đặt tại đỉnh A của một nêm có khối lượng m3 = 5m.
+ Bi luôn chuyển động về đầu A.
53; ACB 37 , Nêm có tiết diện ngang là tam giác ABC với ABC
- Hình vẽ: Bạn đọc tự vẽ.
1 3. Que tịnh tiến với gia tốc a 0 sang trái với a 0 2g, k (có ma sát) 3 - Các lực tác dụng vào bi: trọng lực P ; phản lực Q ; lực ma sát Fms - Phương trình chuyển động của bi: P Q Fms ma m(a 0 j) (6) Với: a a 0 j; a 0 là gia tốc của que, j là gia tốc của bi đối với que. - Chiếu (6) xuống phương của que và phương vuông góc với que, ta được: mg sin kN m( j a 0 cos)
(7)
Q mgcos ma 0 sin
(8)
- Trường hợp mg sin kN m( j a 0 cos)
cạnh BC nằm trên mặt bàn nằm ngang. Nêm có thể trượt trên mặt bàn này. Giữ nguyên ba vật và sau đó thả ra cùng một lúc. a) Xác định lực tác dụng lên từng vật. b) Giả sử tất cả các mặt đều không ma sát. Tính gia tốc của mỗi vật so với mặt bàn đứng yên. c) Nếu có lực ma sát giữa nêm và mặt bàn, hãy tính hệ số ma sát sao cho nêm vẫn còn đứng yên trên mặt bàn Lấy g 10m / s 2 ;sin 37 0, 6 cos53 (Trích đề thi Olympic Vật lí Đảo Síp, 1998) Bài giải a) Lực tác dụng lên từng vật (hình a)
mg sin k m(gcos a 0 sin ) m( j a 0 cos) j g sin kgcos ka 0 sin a 0cos 1 1 g sin gcos .2g sin 2gcos 3 3 5 j g(sin cos ) 3
(9)
Trường hợp này xảy ra khi j 0 45 - Trường hợp mg sin kN m( j a 0 cos)
mg sin k m(gcos a 0 sin ) m( j a 0 cos) j g sin kgcos ka 0 sin a 0cos 1 1 g sin gcos .2g sin 2gcos 3 3 1 j g(sin 7cos ) 3
(10)
Trường hợp này xảy ra khi j 0 82 - Trường hợp 45 82 : bi đứng yên. * Chú ý: Bài toán trên có thể được giải trong hệ quy chiếu không quán tính (hệ quy chiếu gắn với que).
- Các lực tác dụng lên P: trọng lực P1 ; phản lực Q1 ; lực căng T1 . - Các lực tác dụng lên Q: trọng lực P2 ; phản lực Q2 ; lực căng T 2 . - Các lực tác dụng lên nêm: trọng lực P 3 ; phản lực Q3 ; các áp lực N, N1 , N 2 . b) Gia tốc của mỗi vật - Chọn chiều (+) như hình a (vì P2 sin 53 P1 sin 37 nên Q đi xuống, P đi lên). - Vì dây không dãn nên: a1 = a2 = a. - Xét hệ vật P và Q:
+ Các ngoại lực tác dụng: các trọng lực P1 , P 2 ; các phản lực Q1 , Q 2 ; phản lực Q của trục A. + Phương trình chuyển động của hệ: P1 P 2 Q1 Q2 Q (m1 m2 )a (1)
b) Xung lực đặt vào trục O khi dây vừa bị căng thẳng.
Chiếu (1) lên phương sợi dây: P2 sin 53 P1 sin 37 (m1 m 2 )a a
c) Lực căng dây khi quả cầu xuống tới vị trí thấp nhất.
P2 sin 53 P1 sin 37 g(3sin 53 sin 37) 4,5m / s 2 m1 m 2 4
* Chú ý: Xung lực của lực trong thời gian ngắn ∆t là tích F.t
- Xét vật Q:
(Trích đề thi Olympic Vật lí Trung Quốc, 1992)
+ Trên phương sợi dây nối Q:
Bài giải
P2 sin 53 T2 m 2 a T2 3m(sin 53 a) 10,5 m(N)
a) Vận tốc ban đầu của quả cầu lúc vừa được phóng ra
+ Trên phương vuông góc với sợi dây nối Q: Q 2 P2 cos53 18m(N)
- Chọn hệ tọa độ O’xy, hai trục O’x và O’y như hình vẽ.
- Xét vật P: Trên phương vuông góc với sợi dây nối P: Q1 P1cos37 8m(N) nên hợp với phương thẳng đứng góc - Áp lực lên trục ròng rọc: F T 2 10,5m 2 ( F là phân giác BAC
vận tốc ban đầu v0: x v0t l sin 60; y y 0
45 37 8 : hình 2). - Trên phương nằm ngang, với nêm, ta có: N 2 sin 53 Fsin 8 N1 sin 37 m3a 3
18m.sin 53 10,5m 2.sin 8 8m.sin 37 5ma 3 F3 a3
- Khi vừa được phóng ra, quả cầu chịu tác dụng của trọng lực P và chuyển động như một vật ném ngang với
18sin 53 10,5sin 8 8.sin 37 2,33m / s 2 5
l 1 2 l gt t 4 2 2
Và v0
- Gia tốc của P đối với mặt bàn: a1 acos37 a 3 4,5cos37 2, 33 1, 26m / s 2 - Gia tốc của Q đối với mặt bàn: a 2 acos53 a 3 4,5cos53 2,33 5, 04m / s 2
l sin 60 t
l
1 2 l 1 2 gt gt l cos 60 2 4 2
1 2g
3 2 1 6 gl 2 l 2g
Vậy: Vận tốc ban đầu của quả cầu lúc vừa được phóng ra là v0
Vậy: Gia tốc của mỗi vật so với mặt bàn là a 1 1, 26m / s 2 ; a 2 5, 04m / s 2 b) Xung lực đặt vào trục O khi dây vừa bị căng thẳng
C) Hệ số ma sát để nêm vẫn còn đứng yên trên mặt bàn
- Vận tốc quả cầu khi dây vừa bị căng là: v vx2 vy2 v02 g 2t 2
- Nêm đứng yên khi: a 3 0 F3 Fms với: Fms kN k(N N 2 cos53 Fcos8 N1cos37)
1 1 6 gl g 2 2 gl 4 2g - Góc hợp bởi v và phương thẳng đứng là φ, với v
Fms k(50 m 18m.cos53 10,5m 2cos8 8m.cos37) 81,9 mk F3 18m.sin 53 10,5m 2 sin 8 8m.sin 37 11, 63m 11, 63 - Hệ số ma sát: k 0,142 81,9
tan
Vậy: Hệ số ma sát để nêm vẫn còn đứng yên trên mặt bàn là k = 0,142. 8.56. Một sợi dây nhẹ chiều dài l có một đầu buộc vào điểm cố định O, đầu kia mang một hình cầu nhỏ khối lượng m. Nâng quả cầu lên tới vị trí ở ngay dưới điểm O khoảng
l rồi từ đó truyền cho quả cầu một vận tốc 4
v 0 theo phương ngang sang bên phải. Sau một lúc, dây căng trở lại, kể từ đó quả cầu dao động như một con
lắc quanh trục O. Cho biết lúc dây vừa bị căng, nó hợp với phương thẳng đứng góc 60°. Hãy tính: a) Vận tốc ban đầu của quả cầu lúc vừa được phóng ra.
1 6 gl 2
1 vx v0 2 6 gl 3 60 v y gt 1 g 2g
- Tại vị trí 60 dây treo bắt đầu bị căng nên v có phương trùng với phương sợi dây; sau đó quả cầu nhận được một xung của lực căng nên vận tốc sẽ bằng 0. Trong thời gian đó, điểm treo O nhận được một xung lực có độ lớn bằng xung lực do quả cầu nhận được: F .t ma.t mv mv 0 m 2 gl Vậy: Xung lực đặt vào trục O khi dây vừa bị căng thẳng là F .t m 2 gl c) Lực căng dây khi quả cầu xuống tới vị trí thấp nhất
- Các lực tác dụng lên quả cầu: trọng lực P ; lực căng T . - Phương trình chuyển động của quả cầu: P T ma
v1 20 2 2.10.15 10m / s (đi lên và đi xuống)
Vậy: Vận tốc của vật ở độ cao bằng
- Chiếu phương trình vectơ trên lên phương sợi dây tại vị trí thấp nhất N: T P ma ht T mg
3 độ cao tối đa là v1 10m / s 4
8.58. Một người làm xiếc tung các quả bóng lên cao, quả nọ sau quả kia, quả sau rời tay người làm xiếc khi
mv '2 l
quả trước đạt điểm cao nhất. Cho biết mỗi giây có hai quả bóng được tung lên. Hỏi các quả bóng được ném
- Vận tốc con lắc ở vị trí thấp nhất: v ' 2gl(cos 0 cos 60) gl - Lực căng dây tại vị trí thấp nhất: T mg
mgl 2mg l
Vậy: Lực căng dây tại vị trí thấp nhất: T 2mg
lên cao bao nhiêu? (Lấy g = 9,8m/s2) Bài giải - Vì mỗi giây có hai quả bóng được tung lên nên thời gian để mỗi quả bóng lên đến điểm cao nhất là: t
8.57. Một vật được ném lên theo phương thẳng đứng từ mặt đất. Sau 4s vật lại rơi xuống mặt đất. Cho g =
1 0,5s 2
- Vận tốc ban đầu của các quả bóng là: v0 gt 9,8.0,5 4,9m / s
10m/s2. Tính: a) Vận tốc ban đầu của vật.
- Độ cao cực đại mà mỗi quả bóng lên được là: h max
b) Độ cao tối đa mà vật lên tới. c) Vận tốc của vật ở độ cao bằng
v02 (4, 9) 2 1, 225m 2g 2.9,8
Vậy: Độ cao cực đại mà mỗi quả bóng lên được là hmax = 1,225 m.
3 độ cao tối đa. 4
8.59. Một vật được ném lên theo phương thẳng đứng từ độ cao H với vận tốc đầu v0. Bỏ qua lực cản của Bài giải
không khí.
a) Vận tốc ban đầu của vật
Xác định vo để vật chạm đất chậm hơn n giây so với khi nó được buông rơi tự do không vận tốc đầu từ độ
- Chọn chiều dương hướng lên. Phương trình chuyển động của vật là:
cao H. Bài giải
1 y v 0 t gt 2 2
- Chọn gốc tọa độ tại mặt đất, chiều dương hướng lên, gốc thời gian lúc ném vật được ném lên cao. Gọi t là
1 gt 10.4 - Khi vật chạm đất, y 0 v 0 t gt 2 0 v 0 20m / s 2 2 2
Vậy: Vận tốc ban đầu của vật là v0 20m / s b) Độ cao tối đa mà vật đạt được ( a g ) - Từ công thức liên hệ: v 2 v02 2gh h - Khi vật ở độ cao tối đa: v 0 h
v 2 v 02 2g
02 202 20m 2.10
Vậy: Độ cao tối đa mà vật đạt được là h = 20 m. c) Vận tốc của vật ở độ cao bằng
3 độ cao tối đa 4
- Từ công thức liên hệ: v12 v20 2gh1 v1 v20 2gh1 với h1
3 3 h .20 15m 4 4
thời gian chuyển động của vật khi ném lên thì (t-n) là thời gian chuyển động của vật khi thả rơi tự do. - Các phương trình chuyển động của vật trong hai trường hợp là: 1 y1 H v 0 t gt 2 2
(1)
1 y 2 H g(t n) 2 2
(2)
- Khi vật chạm đất thì: y1 = y2 = 0. 1 2H (3) H g(t n) 2 0 t n 2 g 1 1 H v 0 t gt 2 H g(t n) 2 2 2 1 1 1 H v 0 t gt 2 H gt 2 gnt gn 2 2 2 2
(4)
1 gn 2 v0 t gnt gn 2 v0 gn 2 2t
Với t1 t 2 3s; h max 8m
(5)
- Thay giá trị t ở (3) vào (5) ta được : v0 gn
gn 2 2H 2n g
2H n 2H n 2H 2 2gn n 2gn n gn gn g 2 g g 2 v0 2H 2H 2H 2 n 2n n g g g
Vậy: Vận tốc của vật để khi được ném lên chạm đất chậm hơn n giây so với khi được thả rơi là 2H n gn g 2 v0 2H n g
- Từ (3’) suy ra: t 2
2h max 2.8 4 ga' ga' g a'
- Mặt khác: t1 3 t 2
v0 4 3 ga' ga'
(4)
- Từ (1) suy ra: v0 2h max (g a ') 2.8(g a ') 4 g a ' - Thay giá trị của v0 vào (4) ta được:
(5)
4 ga' 4 3 ga' ga'
4 4 3 a ' 6m / s 2 ga' g a'
v0 4 10 6 16m / s F ma ' 0,1.6 0, 6N
Vậy: Giá trị của v0 và F là v0 = 16 m/s và F = 0,6 N.
8.60. Từ mặt đất, quả cầu khối lượng m = 100 g được ném lên thẳng đứng với vận tốc đầu vo. Biết quả cầu đạt độ cao cực đại là 8 m và thời gian từ lúc ném đến khi rơi trở lại mặt đất là 3 s. Cho g = 10m/s2. Biết độ lớn của lực cản không khí là F không đổi. Tìm vo và F. Bài giải
- Các lực tác dụng lên quả cầu là: trọng lực P (luôn hướng xuống), lực cản của không khí F (luôn ngược
8.61. Một tên lửa được phóng theo phương thẳng đứng và chuyển động với gia tốc 2g trong thời gian động cơ hoạt động là 50 s. Bỏ qua lực cản của không khí và sự thay đổi g theo độ cao. a) Tính độ cao cực đại mà tên lửa đạt tới. b) Tính thời gian từ lúc phóng đến lúc tên lửa trở lại mặt đất. c) Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của vận tốc vào thời gian trong thời gian chuyển động.
hướng với hướng chuyển động của vật). P F F - Gia tốc của vật là: a g a '(a ' ) m m
a) Độ cao cực đại mà tên lửa đạt tới
Chọn chiều dương hướng lên thì:
- Chuyển động của tên lửa khi đi lên có thể chia làm hai giai đoạn:
+ Khi vật chuyển động ném lên: a (g a ')
+ giai đoạn chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a1 = 2g khi động cơ hoạt động:
+ Khi vật chuyển động rơi tự do: a (g a ')
v t1 a1t1 2gt1 2.10.50 1000m / s; v 01 0
Bài giải
- Chọn gốc tọa độ tại mặt đất, chiều dương hướng lên; gốc thời gian lúc bắt đầu phóng tên lửa.
- Các phương trình chuyển động của vật: h1
+ Khi vật chuyển động ném lên:
h max
v02 v02 2(g a ') 2(g a ')
v0 (g a ')t1 + Khi vật rơi tự do: y 2 h max 1 0 h max (g a ') t 22 2
v 2t1 v 201 10002 02 25000m 2a1 2.2.10
+ giai đoạn chuyển động chậm dần đều với gia tốc a2 = −g khi động cơ ngừng hoạt động:
(1)
v02 v t1 1000m / s; v t 2 0 (lên đến độ cao cực đại) (2) h2
1 (g a ') t 22 (3) 2
2 v 2t 2 v 02 02 10002 50000m 2a 2 2.10
h max h1 h 2 25000 50000 75000m 75km (3’)
Vậy: Độ cao cực đại mà tên lửa lên đến là h max 75km
b) Thời gian từ lúc phóng tên lửa đến lúc tên lửa trở lại mặt đất - Từ lúc phóng tên lửa đến lúc tên lửa trở lại mặt đất có thể chia làm ba giai đoạn: + giai đoạn chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a1 = 2g khi động cơ hoạt động với thời gian t1 = 50 s. + giai đoạn chuyển động chậm dần đều với gia tốc a2 = −g khi động cơ ngừng hoạt động với thời gian bằng thời gian chuyển động chậm dần đều đến độ cao cực đại: t2
2h 2 g
2.50000 100s 10
1 y1 v 0 t gt 2 2
(1)
1 y 2 h max v 0 t gt 2 2
(2)
- Khi hai vật đụng nhau thì : y1 = y2 h 1 1 1, 225 v 0 t gt 2 h max v 0 t gt 2 h max 2v 0 t t max 0,125s 2 2 2v 0 2.4, 9
Vậy: Sau t = 0,125 s thì hai vật đụng nhau. 8.63. Hai vật được ném thẳng đứng lên cao từ cùng một điểm với cùng vận tốc vo = 25 m/s, vật nọ sau vật kia
+ giai đoạn rơi tự do từ độ cao cực đại hmax = 75000 m đến khi chạm đất với thời gian: t3
2h max g
2.75000 122,5s 10
một khoảng thời gian t0. a) Cho t0 = 0,5 s. Hỏi hai vật gặp nhau sau khi ném vật thứ hai bao lâu và ở độ cao nào? b) Tìm t0 để câu hỏi trên có nghiệm.
t t1 t 2 t 3 50 100 122,5 272,5s
Bài giải
Vậy: Thời gian từ lúc phóng tên lửa đến lúc tên lửa trở lại mặt đất là t = 272,5 s.
a) Vị trí và thời điểm hai vật gặp nhau
c) Đồ thị vận tốc - thời gian của tên lửa
- Chọn gốc tọa độ tại điểm ném, chiều dương hướng lên, gốc thời gian lúc ném vật thứ hai.
- Phương trình vận tốc của tên lửa ứng với các giai đoạn chuyển động là:
- Phương trình chuyển động của hai vật là:
+ giai đoạn 1: chuyển động nhanh dần đều với v01 0; a1 2g; v1 2gt(0 t 50)
1 y1 v 0 (t 0,5) g(t 0,5) 2 2
(1)
1 y 2 v 0 t gt 2 2
(2)
+ giai đoạn 2: chuyển động chậm dần đều với v02 1000m / s;a 2 g; v 2 1000 g(t 50)(50 t 150) + giai đoạn 3: chuyển động rơi tự do với v03 0;a 3 g; v3 g(t 150)(150 t 272, 5)
- Khi hai vật gặp nhau: y1 = y2. 1 1 v 0 (t 0,5) g(t 0,5) 2 v 0 t gt 2 2 2 1 1 1 v 0 t v 0 0,5 gt 2 gt 0,125g v 0 t gt 2 2 2 2
8.62. Một vật được ném lên thẳng đứng với vận tốc 4,9 m/s. Cùng lúc đó tại điểm có độ cao bằng độ cao cực đại mà vật lên tới, người ta ném xuống thẳng đứng một vật khác cũng với vận tốc 4,9 m/s. Sau bao lâu hai vật đụng nhau? Lấy g = 9,8m/s2. Bài giải - Chọn gốc tọa độ tại vị trí ném vật lên, chiều dương hướng lên. Độ cao cực đại mà vật (1) đạt được là:
h max
v 2 4, 92 0 1, 225m 2g 2.9,8
- Các phương trình chuyển động của hai vật là:
1 0,5v 0 gt 0,125g 0 2 1 0,5.25 .10t 0,125.10 0 t 2, 25s 2 1 và y y 2 25.2, 25 .10.2, 252 30,9m 2
Vậy: Hai vật gặp nhau sau khi ném vật hai một thời gian 2,25s và điểm gặp nhau cách điểm ném 30,9m. b) Điều kiện của t0 để câu hỏi a có nghiệm 1 - Thời gian chuyển động của vật (2) ứng với y 2 0 v 0 t gt 2 0 2
b) Khi vật thứ hai được phóng lên trước hoặc sau vật thứ nhất một khoảng thời gian t0
1 25t .10t 2 0 t 5s 2
- Độ cao cực đại mà vật thứ hai lên tới là: h 'max
- Để câu hỏi a có nghiệm thì t 0 t 5s Vậy: Điều kiện để hai vật có thể gặp nhau là t 0 5s
v 02 2g
v0 2gh 'max 2gh
8.64. Một vật rơi tự do từ A ở độ cao (H + h). Vật thứ hai được phóng lên thẳng đứng với vận tốc vo từ mặt - Thời gian để vật thứ nhất tới B là : t1
đất tại C.
2H (vật (1) rơi tự do từ độ cao (H + h)). g
a) Hai vật bắt đầu chuyển động cùng lúc. Tính vo để hai vật gặp nhau ở B có độ cao h. Độ cao tối đa mà vật thứ hai lên tới là bao nhiêu? Xét trường hợp riêng khi H = h.
- Thời gian để vật thứ hai tới B là : t 2
2h (vật (2) được ném lên từ mặt đất) g
b) Vật thứ hai được phóng lên trước hoặc sau vật thứ nhất một khoảng thời gian t0. Biết hai vật gặp nhau tại B và độ cao cực đại của vật thứ hai là h. Tính t0 và v0
t0
Bài giải
2H 2h 2H 2h (t0 > 0 : vật (2) phóng đi sau ; t0 < 0 : vật (2) phóng đi trước). g g g
Vậy: Vận tốc ban đầu của vật thứ hai lúc này phải là v0 2gh ; hai vật phóng lên cách nhau khoảng thời
Chọn gốc tọa độ tại mặt đất, chiều dương hướng lên. a) Khi hai vật chuyển động cùng lúc
gian là t 0
- Phương trình chuyển động của hai vật là: 1 y1 (H h) gt 2 2
(1)
1 y 2 v 0 t gt 2 2
(2)
8.65. Từ cùng một điểm trên mặt đất người ta phóng đi đồng thời hai vật A và B lên cao theo phương thẳng đứng với các vận tốc đầu khác nhau. Lấy một trong hai vật làm hệ quy chiếu thì vật kia chuyển động ra sao? Bài giải Chọn chiều dương hướng lên.
- Để hai vật gặp nhau ở B (độ cao h): y1 = y2 = h. 1 2H + Từ (1) ta có: h (H h) gt 2 t 2 g
(3)
(2)
v12 v1 v 2 (v01 gt) (v02 gt) v 01 v 02 const Vậy: Nếu lấy một trong hai vật làm hệ quy chiếu thì vật kia sẽ chuyển động thẳng đều so với vật này.
2
Hh 2gH 2 v 2H (H h) 2g 2g 4H
8.66. Tại cùng một nơi 2 vật được phóng lên thẳng đứng với cùng vận tốc vo = 10 m/s nhưng cách nhau 2 s. Tính: a) Vận tốc của vật (II) so với vật (I). Nhận xét.
- Khi H = h thì: v0 2gh; h max h Vậy: Để hai vật gặp nhau ở B thì vật thứ hai phải được ném lên với vận tốc v 0
(H h) 2 4H
- Vận tốc của vật B: v 2 v 02 gt
- Chọn hệ quy chiếu gắn với vật B thì vận tốc tương đối của vật A so với vật B là:
2 0
đa mà vật thứ hai lên đến là h max
(1)
v 21 v 2 v1 (v 02 gt) (v01 gt) v02 v 01 const
h 1 2H g 1 Hh g h 2gH v 0 2gH g 2H 2 2H 2H 2 g
- Độ cao tối đa là: h max
- Vận tốc của vật A: v1 v 01 gt
- Chọn hệ quy chiếu gắn với vật A thì vận tốc tương đối của vật B so với vật A là:
1 h 1 + Từ (2) ta có: h v 0 t gt 2 v 0 gt 2 t 2
v0
2H 2h g
b) Khoảng cách giữa hai vật sau khi vật I phóng đi t giây. Hh 2gH và độ cao tối 2H
Bài giải a) Vận tốc của vật (II) so với vật (I) - Vận tốc của vật (I): v1 v 01 gt
(1)
- Vận tốc của vật (II): v2 v02 g(t 2)
(2)
Vậy: Sau thời gian t
- Chọn hệ quy chiếu gắn với vật (I) thì vận tốc tương đối của vật (II) so với vật (I) là:
v 21 v 2 v1 (v02 gt) v01 g(t 2) v 02 v01 2g 2g
3h h0 kể từ khi thả quả bóng thứ (II) và ở độ cao h 0 so với mặt sàn thì hai quả 4 2g
bóng gặp nhau. b) Chuyển động của các quả bóng như thế nào nếu khi gặp nhau chúng va chạm tuyệt đối đàn hồi?
v 21 2.10 20m / s
Nếu khi gặp nhau, hai quả bóng va chạm tuyệt đối đàn hồi thì chúng sẽ chuyển động theo chiều ngược lại với
Vậy: Vật (II) luôn chuyển động thẳng đều so với vật (I) với vận tốc có độ lớn là 20 m/s. b) Khoảng cách giữa hai vật sau khi vật (I) phóng đi t giây
vận tốc có độ lớn như trước khi va chạm. 8.68. Một quả cầu được ném theo phương ngang từ độ cao 80 m. Sau khi chuyển động 3 s, vận tốc quả cầu
- Khoảng cách giữa vật (II) so với vật (I) là: d x 21 v 21 (t 2) (do vật (II) chuyển động thẳng đều so với
hợp với phương ngang một góc 45°.
vật (I)).
a) Tính vận tốc ban đầu của quả cầu.
d 20(t 2) 20(t 2)m
b) Quả cầu sẽ chạm đất lúc nào, ở đâu, với vận tốc bao nhiêu? Bài giải
Vậy: Khoảng cách giữa hai vật sau khi vật (I) được phóng đi t giây là a) Vận tốc ban đầu của quả cầu
d 20(t 2)m(t 2)
8.67. Một quả bóng được buông rơi từ A ở độ cao h0 xuống sàn ngang nhẵn. Khi bóng chạm sàn nó nảy lên với vận tốc bằng vận tốc lúc chạm nhưng ngược chiều (va chạm tuyệt đối đàn hồi). Khi quả bóng (I) chạm
- Chọn gốc tọa độ O tại mặt đất (phía duới điểm ném vật theo phương thẳng đứng), hệ trục tọa độ vuông góc Oxy: Ox nằm ngang, Oy thẳng đứng (hình vẽ); gốc thời gian lúc ném vật.
sàn thì quả bóng (II) được thả ra cũng từ A. a) Hỏi sau bao lâu kể từ lúc thả quả bóng (II) và ở độ cao nào hai quả bóng gặp nhau? b) Nếu khi gặp nhau, hai quả bóng va chạm tuyệt đối đàn hồi thì sau đó chúng chuyển động ra sao? Bài giải
- Phân tích chuyển động của vật thành hai thành phần: + thành phần theo phương Ox (nằm ngang), vật chuyển động thẳng đều với :
a) Thời điểm và vị trí hai quả bóng gặp nhau
v x v 0 const
(1)
- Chọn gốc tọa độ tại mặt sàn, chiều dương hướng lên; gốc thời gian lúc thả quả bóng (II), lúc đó quả bóng
x v0 t
(2)
(I) vừa chạm sàn và nảy lên với vận tốc
+ thành phần theo phương Oy (thẳng đứng), vật rơi tự do với:
v01 2gh 0
v x gt
(3)
- Phương trình chuyển động của hai quả bóng là:
1 y h gt 2 2
(4)
1 1 y1 v 01t gt 2 2gh 0 t gt 2 2 2
(1)
1 y 2 h 0 gt 2 2
(2)
Vậy: Vận tốc ban đầu của quả cầu là v0 = 30 m/s. b) Thời điểm, vị trí và vận tốc quả cầu lúc chạm đất
1 1 - Khi hai quả bóng gặp nhau: y1 y 2 2gh 0 t gt 2 h 0 gt 2 2 2
2gh 0 t h 0 t
- Tại thời điểm t 3s, 45 v x v y v 0 gt 10.3 30m / s
h0 2gh 0 2
h0 2g
1 h h 3h và h y2 h 0 g. 0 h 0 0 0 2 2g 4 4
- Khi quả cầu chạm đất: y 0 h
1 2 2h 2.80 gt t 4s 2 g 10
- Tầm bay xa theo phương ngang: x x max v0 t 30.4 120m - Vận tốc lúc chạm đất: v v 2x v 2y v02 (gt)2 302 (10.4)2 50m / s
Vậy: Quả cầu chạm đất sau 4 s kể từ lúc ném, vị trí chạm đất cách nơi ném 120 m, vận tốc lúc chạm đất là 50
x1 v1t
(1’)
m/s. 8.69. Một máy bay bay ngang với vận tốc v1 ở độ cao h muốn thả bom trúng tàu chiến đang chuyển động
1 y1 h gt 2 2
(2’)
đều, với vận tốc v2 trong cùng mặt phẳng thẳng đứng với máy bay. Hỏi máy bay phải cắt bom khi nó cách tàu
+ tàu chiến:
chiến theo phương ngang một đoạn l là bao nhiêu? Xét hai trường hợp:
x2 l v2t
(3’)
a) Máy bay và tàu chuyển động cùng chiều.
y2 0
(4’)
b) Máy bay và tàu chuyển động ngược chiều. Bài giải
- Khi bom trúng tàu thì: x1 x 2 ; y1 y 2
a) Máy bay và tàu chiến chuyển động cùng chiều
v1t l v2t
- Chọn gốc tọa độ O tại mặt đất (phía dưới điểm ném bom theo phương thẳng đứng), hệ trục tọa độ vuông
h
góc Oxy: Ox nằm ngang, Oy thẳng đứng (hình vẽ); gốc thời gian lúc máy bay ném bom. - Các phương trình chuyển động của hai vật:
1 2 gt 0 2
- Từ (6’) suy ra: t
+ máy bay:
(5’) (6’) 2h g 2h . g
x1 v1t
(1)
- Từ (5’) suy ra: l (v1 v2 )t (v1 v2 )
1 y1 h gt 2 2
(2)
Vậy: Khi máy bay và tàu chiến chuyển động ngược chiều thì để ném bom trúng tàu chiến, máy bay phải cắt
+ tàu chiến:
bom khi cách tàu chiến một đoạn l (v1 v2 )
x2 l v2t
(3)
y2 0
(4)
8.70. Từ cùng một điểm ở trên cao, hai vật được đồng thời ném ngang với các vận tốc đầu ngược chiều nhau. Gia tốc trọng lực là g. Sau khoảng thời gian nào kể từ lúc ném thì các vectơ vận tốc của hai vật trở thành
- Khi bom trúng tàu thì: x1 x 2 ; y1 y 2 v1t l v2t
(5)
1 h gt 2 0 2
(6)
- Từ (6) suy ra: t
vuông góc với nhau? Bài giải
2h g
- Từ (5) suy ra: l (v1 v2 )t (v1 v2 )
2h g
Vậy: Khi máy bay và tàu chiến chuyển động cùng chiều thì để ném bom trúng tàu chiến, máy bay phải cắt bom khi cách tàu chiến một đoạn l (v1 v2 )
2h theo phương ngang. g
b) Máy bay và tàu chiến chuyển động cùng chiều - Tương tự, ta có các phương trình: + máy bay:
2h theo phương ngang. g
- Vận tốc của hai vật tại thời điểm t là : ' (1) v1 v1x v1 y v1 gt ' (2) v 2 v 2 x v 2 y v 2 gt ' ' - Theo đề bài, v1 v 2 ( v1 gt )(v 2 gt ) 0 v1 v 2 v1 gt v 2 gt gt gt 0 v1v2.cos(v1 v2 ) v1 gt.cos(v1 gt ) v2 gt.cos(v 2 gt ) ( gt ) 2 .cos( gt gt ) 0 v1v2.cos (180) v1 gt.cos (90) v2 gt.cos(90) ( gt ) 2 .cos(0) 0
v1v2. g 2t 2 0 t
v1v2 g
Vậy: Sau thời gian t
v1v2 kể từ lúc hai vật được ném ngang thì vectơ vận tốc của hai vật trở thành vuông g
b) Khoảng thời gian để một nửa số mảnh văng ra chạm đất - Khoảng thời gian để một nửa số mảnh văng ra chạm đất chính
góc nhau.
là thời gian để mảnh bay ra theo phương ngang rơi xuống chạm
8.71. Một quả bom nổ ở độ cao H so với mặt đất. Giả sử các mảnh văng ra theo mọi phương li tâm, đối xứng
đất.
nhau với cùng độ lớn vận tốc v0. Tính các khoảng thời gian từ lúc nổ cho đến khi:
Chuyển động của mảnh này là chuyển động ném ngang với
a) mảnh đầu tiên và mảnh cuối cùng chạm đất.
thời gian ném ngang là:
b) một nửa số mảnh văng ra chạm đất.
t ''
Bài giải a) Khoảng thời gian từ lúc nổ đến khi mảnh đầu tiên và mảnh cuối cùng chạm đất - Khoảng thời gian từ lúc nổ đến khi mảnh đầu tiên chạm đất chính là thời gian để mảnh rơi thẳng đứng
2H g
Vậy: Khoảng thời gian để một nửa số mảnh văng ra chạm đất là t ''
2H g
xuống dưới chạm đất.
8.72. Một quả cầu được ném lên, xiên góc α với phương ngang với vận tốc đầu 20 m/s. Tìm độ cao, tầm xa,
v v0 Ta có: t , với v 2 v02 2 gH v v02 2 gH g
độ lớn và hướng vận tốc cuối cùa quả cầu khi góc α bằng:
t
a) 30°;
b) 45°;
c) 60°.
2 0
v 2 gH v0
Bài giải
g
Từ các công thức đã biết về chuyển động ném xiên:
- Khoảng thời gian từ lúc nổ đến khi mảnh cuối cùng chạm đất chính là thời gian để mảnh bay thẳng đứng lên cao và rơi xuống chạm đất.
+ Độ cao: ymax
v20 sin 2 2g
+ Thời gian để mảnh cuối cùng lên đến độ cao cực đại là: v v0 v0 t1 g g
+ Tầm bay xa: x max (1)
+ Độ lớn vận tốc: v v 2x v 2y ;
v2 + Độ cao cực đại mà mảnh này đạt đến là: h H h1 H 0 2g
v x v 0 cos, v y gt v 0 sin
+ Thời gian để mảnh này rơi tự do từ độ cao h xuống đất là:
+ Hướng vận tốc: tan
v2 2 H 0 2 gH v02 2 g 2h 2 H v02 t2 t2 2 g g g g g
t ' t1 t2
vy vx
a) Khi 30 (2)
2 gH v02 v 2 2 gH v0 v0 0 g g g
2
+ Độ cao: y max
v 2 sin 2 202 sin 2 30 0 2g 2.10
Vậy : Thời gian từ lúc bom nổ đến khi mảnh đầu tiên chạm đất là: t
v02 sin 2 g
v02 2 gH v0 ; g
Thời gian từ lúc bom nổ đến khi mảnh cuối cùng chạm đất là : t '
2 0
v 2 gH v0 g
+ Tầm bay xa: x max
1 400. 2 5m 2.10
3 2 v 20 sin 2 20 2.sin 60 20 . 2 34, 6m g 10 10
+ Độ lớn vận tốc: v v 2x v 2y ; với t
1 2v0 sin 2.20.sin 30 2.20. 2 2s g 10 10
với: v x v 0cos 20.cos30 20.
3 10 3m / s 2
+ Tầm bay xa: x max
1 v y gt v 0 sin 10.2 20.sin 30 20 20. 10m / s 2
+ Độ lớn vận tốc: v v 2x v 2y ;
v (10 3) 2 (10) 2 20m / s vy
10 1 3 + Hướng vận tốc: tan 30 v x 10 3 3 3
Vậy: Khi 30 thì độ cao tối đa mà vật đạt được là y max 5m ; tầm bay xa cực đại là x max 34, 6m ; vận
3 2 v 20 sin 2 20 2.sin120 20 . 2 34, 6m g 10 10
với t
3 2v 0 sin 2.20.sin 60 2.20. 2 2 3s g 10 10
1 Với: v x v 0 cos 20.cos60 20. 10m / s 2
tốc cuối có độ lớn là 20 m/s và hợp với phương ngang một góc 30°. v y gt v 0 sin 10.2 3 20.sin 60 20 3 20.
b) Khi 45 2
+ Độ cao: y max
2 400. 2 2 2 2 v sin 20 sin 45 2 10m 0 2g 2.10 2.10
+ Tầm bay xa: x max
v20 sin 2 202.sin 90 202.1 40m g 10 10
v 102 (10 3) 2 20m / s + Hướng vận tốc: tan
vy vx
10 3 3 60 10
Vậy: Khi 60 thì độ cao tối đa mà vật đạt được là y max 15m ; tầm bay xa cực đại là x max 34, 6m ; vận tốc cuối có độ lớn là 20 m/s và hợp với phương ngang một góc 60°.
+ Độ lớn vận tốc: v v 2x v 2y ;
8.73. Từ A (độ cao AC = H = 3,6 m) người ta thả một vật rơi tự do.
2 2v 0 sin 2.20.sin 45 2.20. 2 với t 2 2s g 10 10
Với: v x v 0 cos 20.cos45 20.
Cùng lúc đó, từ B cách C đoạn BC = l = H người ta ném một vật khác vói vận tốc đầu v0 hợp góc α với phương ngang về phía vật thứ nhất. Tính α và v0 để hai vật có thể gặp được nhau khi chúng đang chuyển
2 10 2m / s 2
động.
v y gt v 0 sin 10.2 2 20.sin 45 20 2 20.
2 10 2 m / s 2
Bài giải - Chọn gốc tọa độ tại C, hệ trục tọa độ Oxy: Ox hướng dọc CB, Oy hướng lên (qua A); gốc thời gian lúc hai vật bắt đầu chuyển động.
v (10 2) 2 ( 10 2) 2 20m / s
- Các phương trình chuyển động của hai vật là: + Hướng vận tốc: tan
vy vx
10 2 1 45 10 3
1 + vật (I) (vật thả rơi): x1 0 và y1 H gt 2 2
Vậy: Khi 45 thì độ cao tối đa mà vật đạt được là y max 10m ; tầm bay xa cực đại là x max 40m ; vận tốc
+ vật (II) (vật ném xiên): x 2 H (v0 cos )t
cuối có độ lớn là 20 m/s và hợp với phương ngang một góc 45°.
1 Và y 2 (v 0 sin )t gt 2 2
c) Khi 60 2
+ Độ cao: y max
3 10 3 m / s 2
3 400. 2 2 2 2 v sin 20 sin 60 2 15m 0 2g 2.10 2.10
(2)
- Để hai vật gặp nhau thì: x1 x 2 ; y1 y 2 H (v0 cos )t 0
(1)
(3)
1 1 và H gt 2 (v 0 sin )t gt 2 2 2
(4)
(v 0 cos )t H
(3’)
và (v 0 sin )t H
(4’)
tan 1 45 với x 2max H v0
- Các phương trình chuyển động của hai vật là:
2 0
v sin 2 H g
1 + vật (I): ném ngang: x1 h v 01t; y1 h gt 2 2
(1)
1 + vật (II) ném xiên: x 2 (v 02 cos )t; y 2 (v 02 sin )t gt 2 2
(2)
- Để hai vật gặp nhau thì: x1 x 2 và y1 y 2
Hg 3, 6.10 6m / s sin 2 sin 90
Vậy: Để hai vật gặp nhau thì phải ném vật (II) với vận tốc có độ lớn v0 6m / s hợp với phương ngang một
h v01t (v02cos)t
(3)
1 1 Và h gt 2 (v 02 sin )t gt 2 2 2
(4)
h v01t (v02cos)t
(3’)
Và h (v02 sin )t
(4’)
góc 45°. 8.74. Từ A cách mặt đất khoảng AH = 45 m người ta ném một vật với vận tốc v01 = 30 m/s theo phương ngang. Cho g = 10 m/s2.
- Từ (3) và (4) suy ra:
a) Trong hệ quy chiếu nào vật chuyển động với gia tốc g? Trong hệ quy
v01t (v02 cos)t (v 02 sin )t
chiếu nào vật chuyển động thẳng đều ? Viết phương trình chuyển động của
v 02
vật trong mỗi hệ quy chiếu. b) Cùng lúc ném vật từ A, tại B trên mặt đất (với BH = AH) người ta ném lên một vật khác với vận tốc v02 . Định v02 để hai vật gặp được nhau.
v 01 sin cos
Với v 02
v 01 0 sin cos 0 sin cos(0 180) sin cos
45 135
Bài giải
v 01 và sin cos
a) Phương trình chuyển động của vật trong các hệ quy chiếu
Vậy: Để hai vật có thể gặp nhau thì vật thứ (II) phải được ném lên với vận tốc có độ lớn v02
- Trong hệ quy chiếu gắn với vật chuyển động thẳng đều theo phương ngang, sang phải với vận tốc
hợp với phương ngang một góc α với 45 135
v v 01 30m / s , vật có:
8.75. Từ đỉnh dốc nghiêng góc β so với phương ngang, một vật được phóng đi với vận tốc v0 hợp với phương
+ vận tốc theo phương ngang đối với hệ quy chiếu đó là: v ' v01 v 0
ngang góc α . Hãy tính tầm xa của vật trên mặt dốc. Bài giải
+ gia tốc theo phương thẳng đứng đối với hệ quy chiếu đó là: g' g 0 g Do đó, trong hệ quy chiếu này vật rơi tự do với phương trình: y
1 2 gt 5t 2 . 2
- Trong hệ quy chiếu gắn với vật rơi tự do, vật có:
- Chọn gốc tọa độ O tại điểm phóng vật đi, hệ trục tọa độ Ox nằm ngang, Oy hướng lên (hình vẽ). Phương trình quỹ đạo của vật: + trên hệ trục Oxy là: y1
+ vận tốc theo phương ngang đối với hệ quy chiếu đó là: v ' v 01 30m / s + gia tốc theo phương thẳng đứng đối với hệ quy chiếu đó là: g' g g 0 Do đó, trong hệ quy chiếu này vật chuyển động thẳng đều với phương trình: x v01t 30t b) Xác định v02 (độ lớn, hướng) để hai vật gặp nhau - Chọn gốc tọa độ tại B, hệ trục tọa độ hai chiều: Bx nằm ngang hướng dọc theo BH, By hướng lên; gốc thời gian lúc hai vật bắt đầu chuyển động.
g x 2 (tan )x 2v 20 cos 2
+ trên mặt phẳng nghiêng là: y 2 (tan )x (2) - Vật chạm mặt phẳng nghiêng tại M khi: y1 = y2.
g x 2 (tan )x (tan )x 2v 02 cos 2
x 0 (loại)
(1)
và x
2v02 cos 2 (tan tan ) (nhận) g
Và v 2y v20y 2gh v 2y v20 sin 2 2gh (4)
Thay giá trị của x vào (2) ta được:
- Từ (3) và (4) suy ra: v 02 cos 2 v 02 sin 2 2gh
2v 2 cos 2 (tan tan ) y y 2 (tan ). 0 g
v 20 cos 2 v 20 (1 cos 2 ) 2gh
2 y .v 20 cos 2 (tan tan ).tan g
cos
- Tầm xa của vật trên mặt dốc là: s OM x 2 y 2 s x 2 ( x.tan ) 2 x 1 tan 2 2 0
2
x cos
2v cos (tan tan ) 2v cos sin( ) s gcos gcos 2 2v02 cos sin( ) gcos 2
tan 2
2hg sin 2 2hg v2 sin 2 2hg 2 2 0 2 2 2 2 v cos cos v 0 cos v 0 cos 2 0
tan x
rời súng là vo.
x
- Chọn gốc tọa độ O tại điểm đặt súng; hệ trục tọa độ Oxy
- Thay cos
- Các phương trình chuyển động của đạn: x (v 0cos )t
(1)
1 y (v 0 sin )t gt 2 2
(2)
- Từ (1) và (2) suy ra: y
g x 2 (tan )x 2v 02 cos 2
1 gh v02 2 2hg v 1 gh 1 gh 2 v0 x . g 2 v20 2 v02 v0
x
+ đạn phải đi sát mép hầm (điểm A).
(vì x
v02 sin 2 x max khi β = 45°). g
x1
(6)
1 gh 1 gh ,sin 1 cos 2 vào (6) ta được: 2 v20 2 v 20
2 0
- Để tầm xa của đạn trên mặt đất là lớn nhất thì: + đạn phải bay theo hướng hợp với mặt đất một góc β = 45°
v 20 sin 2 2hg sin v 20 cos 2 v 2 sin 2 2hg v 20 cos 2 0 2 2 . cos g v0 cos g 2 2 v0 cos
v 2 sin 2 2hg v 02 sin cos 0 cos g v0
có trục Ox nằm ngang, trục Oy hướng lên (hình vẽ); gốc thời gian lúc bắt đầu bắn.
(5)
- Giải phương trình (5):
của đạn trên mặt đất là lớn nhất? Tính tầm xa này. Biết vận tốc đầu của đạn khi
Bài giải
g x 2 (tan )x h 2v 20 cos 2
g x 2 (tan )x h 0 2v 02cos 2
8.76. Người ta đặt một súng cối dưới một căn hầm có độ sâu h. Hỏi phải đặt súng cách vách hầm một khoảng l bao nhiêu so với phương ngang để tầm xa x
v 20 2gh 1 gh 2v 20 2 v 20
- Tại mặt đất, ta có: y h
2 0
Vậy: Tầm xa của vật trên mặt dốc là: s
(3)
v x v y ; v x v 0 cos
1 gh 2 2 v0
2 v 20 1 gh 1 gh 2 2 g 4 v0 2 v0 2 2 v 20 1 gh 1 gh v 2 1 gh 1 gh 2 2 ; x2 0 2 2 g 4 v0 2 v0 g 4 v0 2 v0
x1 xM ; x2 l ( x1 x2 )
Vậy: Để tầm xa của viên đạn trên mặt đất là lớn nhất thì: + khoảng cách từ nơi đặt súng đến vách hầm là: l
2 v02 1 gh 1 gh 2 2 g 4 v0 2 v0
2 2 1 gh 1 gh v 0 4 v 02 2 v 02 g
gs 2 gs 2 s 2 4. 2 2 h 2v0 2v0 s2
+ tầm xa của viên đạn trên mặt đất là: AM xM l 2 v AM 0 g
Ta có:
2 1 gh 1 gh 4 v 02 2 v02
2gs 2 gs 2 h v02 2v02 2gs 2 gs2 h 2 v20 2v02 g 2s 2 2gh v0 1 1 4 2 2 gs gs v0 v0 v 20
s s2 tan
1 gh AM 2 2 2 v0 8.77. Một bờ hồ nước có vách dựng đứng ở độ cao h so với mặt nước. Một người đứng trên bờ ném xiên một hòn đá với vận tốc đầu có độ lớn vo. Bỏ qua lực cản của không khí. Tính góc tạo bởi v0 và phương ngang để hòn đá rơi xuống mặt hồ xa bờ nhất. Bài giải - Chọn gốc tọa độ tại mặt hồ, phía dưới vị trí ném; trục Ox nằm ngang, Oy hướng lên qua điểm ném (hình
- Biểu thức trên có nghĩa khi: 1 s max
v0 g
Và s smax khi 1
tan
x (v 0cos )t
(1)
1 y h (v 0 sin )t gt 2 2
(2)
2 0
v 2gh
v0 2 0
v 2gh
v0 v02 2gh
8.78. Một vật được buông rơi tự do xuống mặt phẳng nghiêng góc α (so với phương ngang). Vật đụng mặt phẳng nghiêng và nẩy lên. Giả sử va chạm là tuyệt
s v 0cos
(1’)
1 0 h (v 0 sin )t gt 2 2
0 h (v 0 sin ).
v 20 v g. 0 g
góc α với tan
s (v0 cos )t
0 h s. tan
v2 g 2 s2 2gh 2 0 tan 0 v 40 v0 gs max
Vậy: Để hòn đá rơi xuống mặt hồ xa bờ nhất thì phải ném hòn đá theo phương hợp với phương ngang một
- Tại điểm hòn đá chạm mặt nước: x = s; y = 0.
t
v02 2gh
v 02 2gh : tầm bay xa cực đại của hòn đá.
vẽ); gốc thời gian lúc ném hòn đá. - Các phương trình chuyển động của hòn đá là:
g 2s 2 2gh v 2 0s 0 v04 v0 g
đối đàn hồi. Vật đụng mặt phẳng nghiêng liên tiếp ở các điểm 0, 1,2, ... Tìm tỉ lệ của khoảng cách giữa hai điểm đụng liên tiếp.
(2’)
s 1 s g. v 0 cos 2 v 0 cos
Bài giải 2
- Chọn gốc tọa độ tại điểm vật rơi tự do chạm mặt phẳng nghiêng; trục Ox trùng với mặt phẳng nghiêng, trục Oy vuông góc với mặt phẳng nghiêng. Gọi t1 là khoảng thời gian vật bay từ điểm 0 đến điểm 1; t2 là khoảng thời gian
gs 2 1 tan 2 2v 20
gs 2 gs 2 tan 2 s. tan 2 h 0 2v 20 2v 0
- Giải phương trình (3) đối với tanα
vật bay từ điểm 1 đến điểm 2; t3 là khoảng thời gian vật bay từ điểm 2 đến điểm 3 ... trên mặt phẳng nghiêng. (3)
- Với cách chọn trên thì: + v01x v0 sin ;a x g sin
+ v 01y v 0 cos ; a y g cos l2 (3 2 gh sin ).
Các công thức đường đi tương ứng trên hai phương Ox và Oy: 1 1 s1x v 01x t a x t 2 (v 0 sin )t (g sin )t 2 2 2
(1)
1 1 s1y v 01y t a x t 2 (v 0 cos )t ( g cos )t 2 2 2
(2)
l2 12h sin 4h sin 16h sin
(6)
Tương tự, ta tính được: l3 24h sin
(7)
- Từ (3), (6) và (7),... ta được: l1 : l2 : l3 ... 8 :16 : 24... 1: 2 : 3...
1 (v0 sin )t1 ( g sin )t12 l1 2
(1’)
1 (v 0 cos )t1 (g cos )t12 0 2
(2’)
Vậy: Tỉ lệ khoảng cách giữa hai điểm đụng liên tiếp trên mặt phẳng nghiêng là l1 : l2 : l3 ... 1: 2 : 3... 8.79. Hai vật được phóng đi đồng thời từ cùng một điểm trên mặt đất. Vận tốc đầu của chúng có cùng độ lớn vo nhưng hợp với phương ngang các góc α, β
2v0 , thay vào (1’) và chú ý v0 2gh ta được: g
2 2 gh 2 2 gh 1 l1 ( 2 gh sin ). ( g sin ) g g 2
2
……………………
- Tại vị trí 1 trên mặt phẳng nghiêng: s1x l1 ; s1 y 0
- Từ (2’) suy ra: t1
2 2 gh 2 2 gh 1 ( g sin ). g g 2
a) Tìm vận tốc tương đối của vật II so với vật I. b) Tìm khoảng cách giữa hai vật sau khi phóng đi T giây.
2
l1 4h sin 4h sin 8h sin
như hình vẽ.
Bài giải a) Vận tốc tương đối của vật II so với vật I (3)
- Chọn hệ trục tọa độ Đề-các hai chiều Oxy với gốc O là điểm ném hai vật; trục
1 1 - Tương tự: s2 x v02 x t ax t 2 và s2 y v02 y t a y t 2 2 2
Ox nằm ngang (hướng sang phải), trục Oy thẳng đứng (hướng lên).
2v với: v1x v01x ax t1 v0 sin ( g sin )t1 v0 sin ( g sin ). 0 3v0 sin g
v1x v01 cos v0 cos ; v1 y v01 sin gt v0 sin gt
- Các thành phần vận tốc của hai vật:
v1 y v01 y a y t1 v0 cos ( g cos )t1 v0 cos ( g cos ).
2v0 v0 cos g
v2 x v02 cos v0 cos ; v2 y v02 sin gt v0 sin gt
- Các thành phần vận tốc tương đối của vật II so với vật I: v21x v0 (cos cos ) ; v21 y v0 (sin sin )
và v02 x v1x 3v0 sin ; v02 y v1 y v0 cos 1 s2 x (3v0 sin )t (gsin ) t 2 2
(4)
1 s2 y (v0 cos )t ( gcos ) t 2 2
(5)
2 2 - Vận tốc tương đối giữa vật II so với vật I là: v21 v21 x v21 y
v21
2
2
v0 (cos cos ) v0 (sin sin )
v21 v02 cos 2 v02 cos 2 2v02 cos cos v02 sin 2 v02 sin 2 2v02 sin sin
- Tại vị trí 2 trên mặt phẳng nghiêng: s2 x l2 ; s2 y 0 1 (3v0 sin )t2 (gsin ) t 2 2 l2 2
(4’)
1 (v0 cos )t2 ( gcos ) t 2 2 0 2
(5’)
v21 v02 (cos2 sin 2 ) v02 (cos 2 sin 2 ) 2v02 (cos cos sin sin ) v21 2v02 1 (cos cos sin sin )
2 2 gh 2v - Từ (5’) suy ra: t2 0 thay vào (4’) ta được: g g
2v0
1 cos ( ) 2v0 cos 2 2
Vậy: Vận tốc tương đối giữa vật II so với vật I là v21 2v0 cos 2
b) Khoảng cách giữa hai vật sau khi phóng đi T giây
- Lực hấp dẫn giữa Mặt Trăng và Trái Đất chính là lực hướng tâm gây ra gia tốc hướng tâm cho chuyển động tròn đều của Mặt Trăng quanh Trái Đất: M 332 R23 G
Ta có: s21 v21.T 2v0 cos .T 2
Vậy: Khoảng cách giữa hai vật sau khi phóng đi T giây là d s21 2v0 cos .T 2
M3
M 2M 3 2 , với 3 R232 T3
4 2 M M 4 2 R 3 R23 G 2 2 3 M 2 2 23 2 T3 R23 T3 G
Từ (1) và (2) suy ra: 3
8.80. Khoảng cách từ Sao Hỏa đến Mặt Trời lớn gấp 1,5 lần khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời.
3 R T M 1 4 2 R123 4 2 R23 4 2 R 3 T 2G 2 : 2 2 12 . 32 3 12 . 3 M2 T2 G T3 G T2 G 4 R23 R23 T2
Hỏi một năm trên Sao Hỏa dài bao nhiêu so với một năm trên Trái Đất? Bài giải
+ T1 là chu kì quay quanh Mặt Trời của Trái Đất; T2 là chu kì quay quanh Mặt Trời của Sao Hỏa.
M1 1 3903. 3, 5.105 M2 13
Vậy: Tỉ số khối lượng giữa Mặt Trời và Trái Đất là
+ R1là khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời; R2 là khoảng cách từ Sao Hỏa đến Mặt Trời. 2
T R Theo định luật Keple, ta có: 2 2 T1 R1
2
2
- Gọi:
(2)
M1 3, 5.105 M2
8.82. Trái Đất và Mặt Trăng tương tác nhau và chuyển động tròn đều quanh một tâm chung với các bán kính
3
lần lượt là R = 4700 km và r = 380000 km, khối lượng lần lượt là M và m. Hỏi M gấp bao nhiêu m ? Cho M = 6.1024 kg, tính m.
T2 R2 R2 . 1, 5. 1,5 1,84 T1 R1 R1
Bài giải - Khi chuyển động tròn đều quanh một tâm chung, Trái Đất và Mặt Trăng chuyển động với cùng vận tốc góc
Vậy: Một năm trên Sao Hỏa dài gấp 1,84 lần một năm trên Trái Đất.
quanh tâm chung đó và lực hấp dẫn giữa chúng chính là lực hướng tâm gây ra gia tốc hướng tâm cho chuyển
8.81. Mặt Trăng trong một năm quay 13 vòng quanh Trái Đất và khoảng cách Trái Đất - Mặt Trời gấp 390
động tròn đều của chúng quanh tâm chung đó.
lần khoảng cách Trái Đất - Mặt Trăng.
Ta có: M 2 R G
Tính tỉ số khối lượng giữa Mặt Trời và Trái Đất. Bài giải
M 2 R m2 r
- Gọi: + M1 là khối lượng Mặt Trời, M2 là khối lượng Trái Đất, M3 là khối lượng Mặt Trăng; + R12 là khoảng cách giữa Mặt Trời và Trái Đất, R23 là khoảng cách giữa Trái Đất và Mặt Trăng.
Mm Mm (Trái Đất) và m2 r G 2 (Mặt trăng) R122 R12
M r 380000 81 m R 4700
Và m
+ T2 là chu kì quay của Trái Đất, T3 là chu kì quay của Mặt Trăng.
M 6.10 24 0, 074.10 24 7, 4.10 22 kg 81 81
- Lực hấp dẫn giữa Mặt Trời và Trái Đất chính là lực hướng tâm gây ra gia tốc hướng tâm cho chuyển động
Vậy: Khối lượng Trái Đất gấp 81 lần khối lượng Mặt Trăng và khối lượng Mặt Trăng là m 7, 4.1022 kg .
tròn đều của Trái Đất quanh Mặt Trời:
8.83. Người đi xe đạp (khối lượng tổng cộng 60 kg) trên vòng xiếc bán kính 6,4 m phải đi qua điểm cao nhất
MM 2 M 2 22 R12 G 1 2 2 , với 2 R12 T2
4 2 MM 4 2 R 3 M 2 2 R12 G 1 2 2 M 1 2 12 T2 R12 T2 G
với vận tốc tối thiểu bao nhiêu để không rơi? Xác định lực nén lên vòng khi xe qua điểm cao nhất với vận tốc 10 m/s. (1)
Bài giải - Các lực tác dụng lên xe đạp là: trọng lực P , phản lực Q của vòng xiếc.
- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P Q ma
(1)
- Tại điểm cao nhất: N '' Q '' m(
- Tại điểm cao nhất D, chiếu (1) lên phương bán kính qua D, chiều dương hướng vào tâm ta được:
mg Q m
v2 v2 Q m( g ) R R
- Để N” = 0 thì
- Để xe qua được điểm cao nhất (còn bám lên vòng xiếc) thì N Q 0
v2 g v gR 10.400 63, 2m / s R
Vậy: Vận tốc máy bay để lực nén của người lái lên ghế ngồi ở điểm cao nhất bằng 0 là v = 63,2 m/s. 8.85. Đoàn tàu chạy qua đường vòng bán kính 560 m. Đường sắt rộng 1,4 m và đường ray ngoài cao hơn
v2 g v gR 10.6, 4 8m / s R
đường ray trong 10 cm. Tàu phải chạy với vận tốc bao nhiêu để gờ bánh không nén lên thành ray? Biết với α nhỏ, tanα ≈ sinα.
vmin 8m / s
102 10 337,5 N - Phản lực của vòng xiếc lên xe là: Q 60 6, 4 Vậy: Để xe không rơi thì vận tốc tối thiểu của xe qua điểm cao nhất phải là vmin 8m / s và lực nén của xe lên
Bài giải - Các lực tác dụng lên tàu gồm: trọng lực P , phản lực Q của đường ray - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P Q ma Qcos P Q
vòng ở điểm cao nhất là N = Q = 337,5 N. 8.84. Một máy bay thực hiện một vòng nhào lộn bán kính 400 m trong mặt phẳng thẳng đứng với vận tốc 540
a) Tìm lực do người lái có khối lượng 60 kg nén lên ghế ngồi ở điểm cao nhất và thấp nhất của vòng nhào.
Q sin m
v2 R
b) Muốn người lái không nén trên ghế ngồi ở điểm cao nhất của vòng nhào, vận tốc máy bay phải là bao
mg tan m
nhiêu ?
mg cos
- Để gờ bánh không nén lên đường ray thì:
km /h.
v2 v2 g tan R R
Bài giải a) Lực do người lái nén lên ghế ở điểm cao nhất và thấp nhất của vòng nhào lộn Các lực tác dụng lên người lái là: trọng lực P , phản lực Q của ghế ngồi. - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P Q ma (1) - Tại điểm cao nhất D, chiếu (1) lên phương bán kính qua D, chiều dương hướng vào tâm, ta được:
mg Q m
v2 v2 Q m( g ) R R 2
150 Q 60 10 2775 N 400 - Tại điểm thấp nhất C, chiếu (1) lên phương bán kính qua C, chiều dương hướng vào tâm ta được:
mg Q ' m
v2 g) R
v2 v2 1502 Q ' m( g ) Q' 60.( 10) 3975 N R R 400
Vậy: Lực do người lái nén lên ghế ngồi ở điểm cao nhất của vòng lộn là N = Q = 2775 N và lực do người lái nén lên ghế ngồi ở điểm thấp nhất của vòng lộn là N’ = Q’ = 3975 N. b) Vận tốc máy bay để lực nén của người lái lên ghế ngồi ở điểm cao nhất bằng 0
Vì α nhỏ nên tan sin
v gR sin 10.560.
(1)
v2 10 1 nên (1) trở thành: g sin 140 14 R
1 20m / s 72km / h 14
Vậy: Để gờ bánh không nén lên đường ray thì tàu phải chạy với vận tốc là v 72km / h 8.86. Quả cầu m = 50 g treo ở đầu A của dây OA dài l = 90 cm. Quay cho quả cầu chuyển động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng quanh tâm O. Tìm lực căng của dây khi A ở vị trí thấp hơn O, OA hợp với phương thẳng đứng góc α = 60° và vận tốc của quả cầu là 3 m/s. Bài giải - Các lực tác dụng lên quả cầu gồm: trọng lực P , lực căng dây T . v2 Ta có: P T ma T Pcos m l
T Pcos m
v2 v2 m( gcos ) l l
Ta có: F21 F12
1 32 T 0, 05.(10. ) 0, 75 N 2 0,9
m12l1 m2 2l2 (1) 0
Vậy: Lực căng dây ở vị trí dây hợp với phương thẳng đứng một góc 60 là
Và l1 l2 l
T = 0,75N. 8.87. Vật khối lượng m = 0,1 kg quay trong mặt phẳng thẳng đứng nhờ một dây treo có chiều dài l =1 m, trục quay cách sàn H = 2 m. Khi vật qua vị trí thấp nhất, dây treo đứt và vật rơi xuống sàn ở vị trí cách điểm đứt L = 4 m theo phương ngang. Tìm lực căng của dây ngay khi dây sắp đứt. Bài giải - Chọn gốc tọa độ A tại điểm vật bị đứt dây, trục Ox nằm ngang, trục Oy thẳng đứng (hướng xuống) (hình vẽ). - Chuyển động của vật khi bị đứt dây là chuyển động ném ngang với các phương trình: x v0t ; y
1 2 gt 2
(2)
l2 m1 2 . Thay vào (2) ta được: l1 m2 1 12 3l1 l l1 4cm và l 2.4 8cm 3 3 Vậy: Khoảng cách từ hai quả cầu đến trục quay là l1 = 4 cm và l2 = 8 cm. 8.89. Một người dùng dây OA = 1,2 m buộc vào một hòn đá tại A và quay tròn trong mặt phẳng thẳng đứng quanh tâm O. Khi dây bị đứt, hòn đá bay thẳng đứng lên trên và tại lúc sắp đứt gia tốc toàn phần của hòn đá nghiêng góc α = 45° với phương thẳng đứng. Hỏi hòn đá lên được độ cao lớn nhất bằng bao nhiêu kể từ vị trí dây bị đứt? Bài giải - Các lực tác dụng lên hòn đá: trọng lực P , lực căng dây T . Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P T ma (1)
-
Từ (1) suy ra:
- Khi vật chạm đất, y H l ; x L nên thời gian chuyển động
- Gia tốc toàn phần của hòn đá là: (2) a at an
của vật là:
- Khi dây sắp đứt, gia tốc toàn phần của hòn đá nghiêng góc 45° so
t
2( H l ) g
dây là: v0
với phương thẳng đứng nên:
2(2 1) 1 s và vận tốc của vật khi bị đứt 10 5
at an g
L 4 4 5s 1 t 5
- Khi hòn đá lên đến độ cao cực đại, v’ = 0 nên:
- Khi vật sắp đứt dây (còn chuyển động tròn đều) nên T P ma T Pm
v2 v 2 gl l
hmax
v02 v2 v2 T P m 0 m( g 0 ) l l l
v2 gl l 1, 2 0, 6m 2g 2 g 2 2
Vậy: Hòn đá lên đến độ cao lớn nhất là hmax = 0,6 m kể từ vị trí dây bị đứt. 8.90. Lò xo k = 50 N/m, l0 =36 cm treo vật m = 0,2 kg có đầu trên cố định. Quay lò xo quanh một trục thẳng
(4 5)2 T 0,1.(10 ) 9N l
đứng qua đầu trên lò xo, m vạch một đường tròn nằm ngang hợp với trục lò xo góc 45°.
Vậy: Lực căng dây ngay khi dây sắp đứt là T = 9 N. 8.88. Hai quả cầu m1 = 2m2 nối với nhau bằng dây dài l = 12 cm và có thể chuyển động không ma sát trên một trục nằm ngang qua tâm hai quả cầu. Cho hệ quay đều quanh trục thẳng đứng. Biết hai quả cầu đứng yên không trượt trên trục ngang. Tìm khoảng cách từ hai quả cầu đến trục quay. Bài giải Gọi l1, l2 là khoảng cách từ hai quả cầu đến trục quay. Khi hai quả đứng yên so với trục ngang, chúng chuyển động tròn đều quanh quay đó với các bán kính khác nhau nhưng vận tốc góc thì như
Bài giải - Các lực tác dụng lên vật: trọng lực P , lực đàn hồi F . Theo định luật II Niu-tơn, ta có: P F ma (1)
Tính chiều dài lò xo và số vòng quay trong một phút.
- Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, ta được: cầu trục nhau.
P Fcos45 0 P Fcos 45 mg k lcos 45
l
Và ( k 4 2 n 2 m ) l2 4 2 n 2 ml1 8 2 n 2 ml0 (2’’)
mg 0, 2.10 0, 056m 5, 6cm kcos 45 2 50. 2
- Giải hệ (1”) và (2”) ta được: l1 21cm và l2 14cm
l l0 l 36 5, 6 41, 6cm
l1 l0 l1 36 21 57cm và l2 l0 l2 36 14 50cm
Vì 45 nên Fht P m2 R mg (2 n ) 2 R g
Vậy: Chiều dài của mỗi lò xo khi hệ quay quanh trục thẳng đứng là l1 = 57 cm và l2 = 50 cm. 8.92. Đĩa nằm ngang quay quanh trục thẳng đứng với tần số n = 30 vòng/phút. Vật đặt trên đĩa cách trục 20
n
1 g 1 g 2 R 2 lcos 45
1 n 2.3,14
10 0, 416.
2 2
cm. Hệ số ma sát giữa đĩa và vật là bao nhiêu để vật không trượt trên đĩa?
0,93vong / s 55,8 vòng/ phút.
Bài giải - Các lực tác dụng lên vật gồm: trọng lực P , phản lực Q của đĩa, lực ma sát F ms . - Để vật không bị trượt, nghĩa là vật chuyển động tròn đều quanh trục thì hợp các lực tác dụng lên vật phải là
xo trong một phút là n = 55,8 vòng.
lực hướng tâm: P Q F ms F ht F ms m2 r m.4 2 n 2 r
8.91. Hai lò xo giống nhau k = 250 N/m, l0 = 36 cm bố trí như
và lực ma sát này phải là ma sát nghỉ (chưa trượt) nên:
hình vẽ. Hai vật m kích thước nhỏ có thể trượt không ma sát
Fms mg m.4 2 n 2 r mg
Vậy: Chiều dài lò xo khi quay quanh trục thẳng đứng qua đầu trên của nó là l = 41,6 cm; số vòng quay của lò
trên một trục ngang. Quay hệ quanh trục thẳng đứng với tần số n = 2(vòng /s). Cho m = 200 g. Tính chiều dài mỗi lò xo. Bài giải - Các lực tác dụng lên hai vật: + vật 1: trọng lực P1 , phản lực Q1 của trục ngang, các lực đàn hồi F 1 , F 2 của hai lò xo. + vật 2: trọng lực P2 , phản lực Q2 của trục ngang, lực đàn hồi F 2 của
2
và F2 m (2l0 l1 l2 )
8.93. Đĩa tròn nhẵn có thể xoay quanh trục thẳng đứng vuông góc với mặt đĩa. Vật M đặt trên đĩa, cách trục khoảng R. Vật m đặt trên M, nối với trục bằng một thanh nhẹ. Vận tốc quay của đĩa tăng chậm. Hệ số ma sát giữa M và m là μ. Tính vận tốc góc ω của đĩa để M bắt đầu trượt khỏi m.
- Khi vật M chưa bị trượt khỏi m thì: Fms Fht
(2)
M 2 R n ' mg
mg MR
(1’) Khi vật M bắt đầu trượt khỏi m thì:
(2’)
k ( l1 l2 ) 4 2 n 2 m (l0 l1 )
mg MR
Vậy: Để vật M bắt đầu trượt khỏi m thì vận tốc góc của đĩa phải là
và k l2 4 2 n 2 m(2l0 l1 l2 ) ( k 4 2 n 2 m) l1 k l2 4 2 n 2 ml0
Vậy: Để vật không bị trượt trên đĩa khi đĩa quay thì hệ số ma sát giữa vật và đĩa phải là 0, 2 .
mặt tiếp xúc của m và M.
(1)
- Chiếu (1) và (2) lên phương bán kính và hướng vào tâm, chú ý: m1 m2 m; 1 2 ; F2 F2 ' ta được: F1 F2 m2 (l0 l1 )
42 n 2r 4.3,142.0,52.0, 2 0, 2 g 10
Bài giải - Các lực tác dụng lên vật M gồm: trọng lực P , phản lực Q của đĩa, áp lực n của vật m, lực ma sát F ms giữa
lò xo ngoài. - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: + vật 1: P1 Q1 F 1 F 2 m1 a1 + vật 2: P 2 Q 2 F 2 m2 a 2
(1’’)
mg MR
8.94. Một đĩa tròn nằm ngang có thể quay quanh một trục thẳng đứng. Vật m = 100 g đặt trên đĩa, nối với
8.96. Vận tốc tối đa của người đi xe đạp trên một đường vòng có mặt phẳng nghiêng về phía tâm một góc α
trục quay bởi một lò xo nằm ngang. Nếu số vòng quay không quá n1 = 2 vòng/s, lò xo không biến dạng. Nếu
gấp mấy lần vận tốc tối đa của đi trên đường vòng đó nhưng mặt đường nằm ngang? Coi các bánh xe đều là
số vòng quay tăng chậm đến n2 = 5 vòng/s lò xo dãn dài gấp đôi. Tính độ cứng μ của lò xo.
bánh phát động.
Bài giải - Khi số vòng quay là n1 (lò xo chưa biến dạng): lực hướng tâm chính là lực ma sát nghỉ cực đại: Fht Fms m12l0 Fms ( R1 l0 )
(1)
Bài giải - Khi xe đạp chuyển động trên đường vòng có mặt đường nằm ngang thì lực ma sát là lực hướng tâm gây ra gia tốc cho chuyển động tròn đều của xe (vì trọng lực P và phản lực Q cân bằng):
Fms Fht mg m
- Khi số vòng quay là n2 (lò xo dãn ra gấp đôi); lực hướng tâm chính là hợp lực của lực đàn hồi và lực ma sát nghỉ cực đại: F 'ht Fdh Fms m2 2 2l0 Fms l0
(2)
v12 v1 gR R
(1)
- Khi xe đạp chuyển động trên đường vòng có mặt đường nghiêng về phía tâm một góc α thì: P Q F ms ma - Chiếu phương trình vectơ trên lên hai trục: Ox hướng
( R2 2l0 ; 2l0 l0 l0 )
vào tâm quỹ đạo, Oy hướng lên trên ta được:
- Từ (1) và (2) suy ra: m (22 2 12 )
Q sin Fms cos m
Khi n=n1 Khi n=n2
v22 R
m 2.(2n2 ) 2 (2 n1 ) 2 4 2 m (2n22 n12 )
và Qcos Fms sin P
4.3,142.0,1(2.52 22 ) 182 N / m
Q sin Qcos m
Vậy: Độ cứng của lò xo là 182 N / m 8.95. Tìm vận tốc nhỏ nhất của một người đi mô-tô chuyển động tròn đều theo một đường tròn nằm ngang ở
v22 v2 Q (sin cos ) m 2 R R
và Qcos Q sin mg Q ( cos sin ) mg
mặt trong một hình trụ thẳng đứng bán kính 3 m, hệ số ma sát trượt μ = 0,3.
- Lấy (2) chia cho (3) ta được:
Bài giải - Các lực tác dụng lên xe gồm: trọng lực P , phản lực Q của thành hình trụ, lực
v2
(2) (3)
2 2
sin cos v cos sin gR
gR(sin cos) cos sin
(4)
ma sát giữa các bánh xe và thành trong hình trụ. - Để vật không trượt trên thành hình trụ và chuyển động tròn đều trên đường tròn nằm ngang thì:
v2 R
v2 (sin cos) v1 (cos sin )
Vậy: Tỉ số vận tốc tối đa khi xe chuyển động tròn đều trên mặt đường nghiêng góc α với khi xe chuyển động
Fms P Q mg (1) và Q Fht m
- Từ (1) và (4) suy ra:
tròn đều trên mặt đường nằm ngang là (2)
- Từ (1) và (2) suy ra:
v2 gv R
v2 (sin cos ) v1 (cos sin )
8.97. Ô tô chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái nghỉ trên một đoạn đường nằm ngang là một cung tròn gR 10.3 10 m / s 36 km / h 0,3
Vậy: Vận tốc nhỏ nhất của người đi mô-tô để có thể chuyển động tròn trên mặt trong của hình trụ và không
bán kính 100 m, góc ở tâm α = 30° . Ô tô có thể đạt vận tốc tối đa nào ở cuối đoạn đường mà không bị trượt? Biết hệ số ma sát trượt μ =0,3. Bỏ qua các ma sát cản chuyển động và coi các bánh xe đều là bánh phát động. Bài giải
bị trượt là v = 36 km/h. 2 t
- Gia tốc toàn phần của ô tô là: a a a
2 n
với an
v 2 v02 v 2 v2 v2 ; at (v0 0; s R) R 2s 2 s 2 R 2
2
2
2
4
4
2
v v v v v a 4R 2 2 R 2 R 2 R R
1 1 4 2
mg sin m2 R sin cos (mgcos m2 R sin 2 ) g (sin cos) 2 R sin (cos sin )
2
g (sin cos) g (tan ) R sin (cos sin ) R tan .sin (cot )
- Vì ô tô chuyển động nhanh dần đều trên đoạn đường nằm ngang là một
- Trường hợp hạt cườm có xu hướng trượt lên:
cung tròn nên lực gây ra gia tốc cho ô-tô là lực ma sát. Để ô tô không bị
Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy (hình vẽ) ta được:
trượt thì:
mg sin Fms m2 R sin .cos 0 2
Fms ma m v
v R
1 1 mg 4 2
Rg 1 1 2 4
2
2
mgcos Q m R sin 0
(2’) (2’’)
+ Từ (2”) suy ra:
0,3.100.10 14, 6m / s 1 1 2 4. 6
Q mgcos m2 R sin 2 + Từ (2’’) suy ra: Fms mg sin m2 R sin .cos
Vậy: Vận tốc tối đa của ô tô ở cuối đoạn đường để xe không bị trượt là vmax = 14,6 m/s.
+ Để hạt cườm không trượt thì Fms N Q
8.98. Một vòng dây cứng tâm O bán kính R được đặt thẳng đứng và quay nhanh một trục thẳng đứng qua tâm
mg sin m2 R sin cos ( mgcos m2 R sin 2 )
O. Một hạt cườm nhỏ khối lượng m bị xuyên qua bởi vòng dây và có thể trượt dọc theo vòng dây. Hệ số ma
2 R sin (cos sin ) g (sin cos)
sát giữa hạt cườm và vòng dây là μ . Ban đầu hạt cườm ở vị trí α như hình vẽ. Định ω để hạt cườm không
g (sin cos) g (tan ) R sin (cos sin ) R tan .sin (cot )
trượt theo vòng dây.
2
Bài giải - Các lực tác dụng vào hạt cườm gồm: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms , lực quán tính F q .
b) Khi tan : Do có lực quán tính nên hạt cườm có xu hướng trượt
- Để hạt cườm không trượt theo vòng dây thì: P Q F ms Fq 0 (1)
2
lên chứ không trượt xuống. Tương tự như ở trường hợp a, ta được:
g (tan ) R tan .sin (cot )
Vậy: Giá trị của ω để hạt cườm không trượt theo vòng dây là:
a) Khi tan - Trường hợp hạt cườm có xu hướng trượt xuống: + Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy (hình vẽ) ta được: 2
mg sin Fms m R sin .cos 0 2
2
mgcos Q m R sin 0
(1’) (1’’)
- Khi tan :
g (tan ) g (tan ) 2 R tan .sin (cot ) R tan .sin (cot ) - Khi tan : 2
g (tan ) R tan .sin (cot )
+ Từ (1”) suy ra: Q mgcos m2 R sin 2 Chuyên đề 9:
+ Từ (1”) suy ra:
CHUYỂN ĐỘNG TRONG HỆ QUY CHIẾU KHÔNG QUÁN TÍNH
2
Fms mg sin m R sin cos
+ Để hạt cườm không trượt thì Fms N Q
A. TÓM TẮT KIẾN THỨC I. Các khái niệm
- Hệ quy chiếu quán tính: Hệ quy chiếu quán tính là những hệ quy chiếu mà trong đó các định luật Niu-tơn được nghiệm đúng. Một cách gần đúng thì hệ quy chiếu gắn với Trái Đất ( hoặc gắn với vật đứng yên hoặc
B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP
chuyển động thẳng đều so với Trái Đất) là những hệ quy chiếu quán tính.
I. Về kiến thức và kĩ năng
- Hệ quy chiếu không quán tính: Hệ quy chiếu không quán tính là những hệ quy chiếu gắn với các vật
- Trong hệ quy chiếu không quán tính, ngoài các lực tác dụng lên vật như đối với hệ quy chiếu quán tính cần phải kể thêm đến lực quán tính Fq ma0 và giải bài toán trong hệ quy chiếu không quán tính bằng phương
chuyển động có gia tốc ( a 0 ) so với các hệ quy chiếu quán tính. Một cách gần đúng thì hệ quy chiếu không quán tính là những hệ quy chiếu gắn với những vật chuyển động có gia tốc so với Trái Đất. - Lực quán tính: Trong hệ quy chiếu không quán tính, ngoài các lực tác dụng thông thường vật còn chịu thêm tác dụng của lực quán tính: Fq ma0 ( a0 là gia tốc chuyển động của hệ so với Trái Đất). Lực quán tính có tác dụng lên vật giống như các lực khác nhưng không có phản lực. II. Chuyển động trong hệ quy chiếu không quán tính
pháp động lực học giống như đã làm với hệ quy chiếu quán tính. Cụ thể: + Phương trình định luật II Niu-tơn: F1 F2 ... Fq ma + Các thành phần trên các trục tọa độ:
F1x F2 x .... Fqx max ; F1 y F2 y .... Fqy ma y + Khi vật đứng yên (cân bằng): F1 F2 ... Fq 0 - Chú ý: Cần xác định đúng chiều của a0 từ đó suy ra chiều của Fq ( Fq luôn ngược chiều với a0 ); chú ý dấu của các đại lượng khi chiếu lên các trục tọa độ. II. Về phương pháp giải 1. Với dạng bài tập về chuyển động trong hệ quy chiếu không quán tính. Phương pháp giải là:
- Sử dụng phương trình định luật II Niu-tơn trong hệ quy chiếu không quán tính: F Fq ma ( F là hợp lực của các lực tác dụng lên vật; Fq ma0 là lực quán tính; a0 là gia tốc của hệ quy chiếu không
quán tính so với hệ quy chiếu quán tính). - Trong hệ quy chiếu không quán tính, các lực tác dụng lên vật gồm: các lực tương tác F1 , F2 ,…(như đối với hệ quy chiếu quán tính) và lực quán tính Fq ma0 . Phương trình định luật II Niu-tơn cho vật là: F1 F2 ... Fq ma (9.1) (m là khối lượng của vật, a là gia tốc của vật trong hệ quy chiếu không quán tính, a0 là gia tốc của vật trong
gắn hệ quy chiếu không quán tính đối với Trái Đất). - Đối với hệ quy chiếu không quán tính quay đều, lực quán tính là lực li tâm có hướng xa tâm của quỹ đạo và có độ lớn:
Fq
mv 2 m 2 R R
(9.2)
• Chú ý: Trọng lượng của vật là hợp lực của lực hấp dẫn do Trái Đất và lực quán tính li tâm do Trái Đất tự quay quanh mình nó P mg Fq . Một cách gần đúng thì P mg
- Chú ý: Trong hệ quy chiếu không quán tính quay đều, lực quán tính là lực li tâm (hướng xa tâm):
Fq m
v2 m 2 R (R là bán kính quỹ đạo của vật) R
2. Với dạng bài tập về sự tăng, giảm trọng lượng. Phương pháp giải là: - Sự tăng, giảm, không trọng lượng xảy ra khi vật đặt trong hệ quy chiếu không quán tính. - Khi gia tốc a0 của hệ hướng lên, lực quán tính Fq hướng xuống: hiện tượng tăng trọng lượng. Trọng lượng của vật là: P m g a0 - Khi gia tốc a0 của hệ hướng xuống, lực quán tính Fq hướng lên: hiện tượng giảm trọng lượng. Trọng lượng của vật là: P m g a0 - Khi gia tốc a0 của hệ hướng xuống và a0 g : hiện tượng không trọng lượng. Trọng lượng của vật là: P = 0.
C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG
p T N ma 0
(2)
1.1. Một người nằm trong căn phòng hình trụ, trong không gian, cách xa các thiên thể. Tính số vòng quay của
mg T Q ma
(2’)
phòng quanh trục trong một phút để phòng tạo cho người một trọng lượng bằng với trọng lượng của người
- Lấy (1’) trừ (2’) ta được: ( M m) g 2Q ( M m)a
trên mặt đất. Biết bán kính của phòng R = 1,44 m. Bài giải
- Trong hệ quy chiếu không quán tính gắn với phòng quay, các lực tác dụng lên người gồm: phản lực Q của phòng, lực quán tính li tâm Fq . Người nằm yên nên: Q Fq 0 Q Fq m 2 R m4 2 n2 R - Để phòng tạo cho người một trọng lượng bằng với trọng lượng của người trên mặt đất thì:
( Q = N: áp lực của người lên phòng quay chính là trọng lượng của người do phòng tạo ra) mg m 4 2 n 2 R g 4 2 n 2 R
1 2
2Q M m g M m
a
2.400 72 12 .10 3,3m / s 2 72 12
( M 72kg ; m 12kg ; Q N 400 N )
Vậy: Gia tốc chuyển động của ghế và người là 3,3m / s 2 1.3. Cho hệ như hình vẽ: m1 0,3kg , m2 1, 2kg dây và ròng rọc nhẹ. Bỏ qua ma sát g = 10 m/s. Bàn đi lên nhanh dần đều với gia tốc
Q = P = mg
n
a
g 1 R 2
10 0, 417 vòng/giây = 25 vòng/phút. 1, 44
Vậy: Để phòng tạo cho người một trọng lượng bằng với trọng lượng của người trên mặt đất thì số vòng quay
a0 5m / s 2 . Tính gia tốc của m1 và m2 đối với đất Bài giải - Chọn hệ quy chiếu gắn với bàn. Gọi a1 , a2 là gia tốc của vật 1 và 2 đối với bàn. - Các lực tác dụng lên vật 1 gồm: trọng lực P1 , phản lực Q1 , lực căng dây T1 , lực quán tính F1q .
của phòng quanh trục của nó phải là n = 25 vòng/phút.
kéo dây chuyển động đi lên, lực nén của người lên ghế là 400 N. Tính gia tốc chuyển
Phương trình chuyển động của m1 là: P1 Q1 T1 F1q m1 a1
động của ghế và người.
T1 m1a1
1.2. Cho hệ như hình vẽ, khối lượng của người 72 kg, của ghế treo 12 kg. Khi người
Bài giải
Gọi a là gia tốc của người và ghế đối với mặt đất.
- Trong hệ quy chiếu không quán tính gắn với ghế, ta có:
+ Đối với người (M): Các lực tác dụng lên người gồm: trọng lực P , lực căng của dây T , phản lực của ghế Q , lực quán tính Fq . Ta có: P T Q Fq 0 ( Fq M a ) P T Q Ma 0
(1)
Mg T Q Ma
(1’)
+ Đối với ghế (m): Các lực tác dụng lên ghế gồm: trọng lực p , lực căng của dây T , áp lực (lực nén) của người lên ghế N , lực quán tính f q . Ta có: p T N fq 0 ( f q ma )
(1)
- Các lực tác dụng lên vật 2 gồm: trọng lực P2 , lực căng dây T2 , lực quán tính F2q . Phương trình chuyển
động của m2 là: P2 T2 F2 q m2 a2 P2 T2 m2 a0 m2 a2 m2 g T2 m2 m0 m2 a2
(2)
- Với T1 T2 T ; a1 a2 . Lấy (1) cộng với (2) ta được: m2 g m2 a0 m1 m2 a1
a1 a2
m2 a0 g m1 m2
1, 2. 5 10 0,3 1, 2
12m / s 2
- Gia tốc của vật 1 so với đất là: a1 a1 a0 a1 a12 a02 122 52 13m / s 2
- Gia tốc của vật 2 so với đất là: a2 a2 a0 a2 a2 a0 12 5 7m / s 2 1.4. Cho hệ như hình vẽ, thang máy đi lên với gia tốc a0 hướng lên. Tính gia tốc của m1 , m2 đối với đất và lực căng của dây treo ròng rọc. Bài giải - Chọn hệ quy chiếu gắn với thang máy. Gọi a1 , a2 là gia tốc của vật
1 và 2 đối với thang máy.
- Các lực tác dụng lên vật 1 bao gồm: trọng lực P1 , lực căng dây T1 , lực quán tính F1q . Phương trình chuyển động của m1 là: P1 T1 F1q m1 a1
P1 T1 m1a0 m1a1 - Các lực tác dụng lên vật 2 gồm: trọng lực P2 , lực căng dây T2 , lực quán tính F2q . Phương trình chuyển
2m a m2 m1 g - Từ (1) suy ra: T1 m1 a0 a1 g m1 2 0 g m1 m2
T1
2m1m2 a0 g m1 m2
Vậy: gia tốc của và đối với đất là: a1
2m2 a0 m2 m1 g m1 m2
; a2
2m1a0 m2 m1 g m1 m2 2m1m2 a0 g m1 m2
1.5. Vật khối lượng M đứng yên ở đỉnh một cái nêm nhờ ma sát. Tìm thời gian vật trượt hết nêm khi nêm
Bài giải - Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm: gốc tọa độ O tại một điểm trên
m2 g T2 m2 a0 m2 a2
(2)
nêm, trục Ox trùng với mặt nêm, trục Oy vuông góc với mặt nêm
- Với T1 T2 T ; a2 a1 a . Lấy (1) trừ với (2) ta được:
m2 m1 g m2 m1 a0 m1 m2 a m m1 a0 g a 2 m1 m2
- Gia tốc của vật 1 so với đất là: a1 a1 a0 a1 a a0
a1
m1 m2
l , góc nghiêng là và a0 g cot
P2 T2 m2 a0 m2 a2
m2 m1 a0 g a m1 m2
2m1a0 m2 m1 g
chuyển động nhanh dần sang trái với gia tốc a0 . Hệ số ma sát giữa mặt nêm và m là , chiều dài mặt nêm là
động của m2 là: P2 T2 F2 q m2 a2
a1
a2
m2 m1 a0 g m2 m1 a0 g m1 m2 a0 a0 m1 m2 m1 m2
lực căng dây treo ròng rọc là: T T1
(1)
m1 g T1 m1a0 m1a1
a2
0
m2 m1 a0 g m1 m2 a0 m1 m2
2m2 a0 m2 m1 g m1 m2
- Gia tốc của vật 2 so với đất là: a2 a2 a0 a2 a a0
(hình vẽ). Gọi a là gia tốc của vật so với nêm. - Các lực tác dụng lên vật: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms , lực quán tính Fq (hình vẽ). - Phương trình định luật II Niu-tơn cho vật: P Q Fms Fq ma P sin Fms ma0 cos =ma
(1)
và P sin Q ma0sin =0
(2)
mg sin Q ma0 cos =ma
(1’)
mg cos Q ma0sin = 0 (2’) - Từ (2’) suy ra: Q m g cos a 0 sin - Thay giá trị của Q vào (1’) ta được:
mg sin m g cos a0 sin ma0 cos =ma
a0
a=g sin cos a0 cos + sin - Khi vật trượt hết nêm thì: s l
t
2l a
Vậy: Để vật chuyển động lên phía trên thì nêm phải chuyển động theo phương ngang với gia tốc
1 2 2l at t 2 a
a0
2l g sin cos a0 cos + sin
Vậy: Thời gian để vật trượt hết chiều dài của nêm là: t
sin cos g cos sin
sin cos g. cos sin
1.7. Cho hệ như hình vẽ, mặt sàn nhẵn, hệ số ma sát giữa m và M là . Hỏi phải truyền cho M một vận tốc ban đầu v0 bao nhiêu để m có thể rời khỏi M?
2l g sin cos a0 cos + sin
Bài giải - Trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất, M chuyển động chậm dần đều với gia tốc:
1.6. Nêm A phải chuyển động ngang với gia tốc bao nhiêu để m trên A chuyển động lên trên? Biết hệ số ma
a0
sát giữa m và A là cot Bài giải - Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm: gốc tọa độ O tại một điểm trên nêm ,
Fms mg M M
(1)
- Trong hệ quy chiếu gắn với M, các lực tác dụng lên m gồm: trọng lực p , phản lực q (của M), lực ma sát Fms , lực quán tính Fq .
trục Ox trùng với mặt nêm (hình vẽ). Gọi a là gia tốc của vật so với nêm; a0 là gia tốc của nêm so với mặt đất.
- Các lực tác dụng lên vật: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms , lực quán tính Fqt (hình vẽ). - Phương trình định luật II Niu-tơn cho vật: P Q Fms Fqt ma
Phương trình định luật II Niu-tơn cho vật m là: p q Fms Fq ma
Fms ma0 ma mg ma0 ma m a g 1 M
(2)
- Để m có thể rời khỏi M thì: s l với s
P sin Fms ma0 cos =ma (1) và Pcos Q ma0 sin =0
(2)
mg sin Q ma0 cos =ma (1’) và mgcos Q ma0sin =0
(2’)
- Từ (2’) suy ra: Q m g cos a0 sin - Thay giá trị của Q vào (1’) ta được:
mg sin m g cos a 0 sin ma0 cos ma a g sin cos a0 cos sin
v02 m 2 g 1 M
l
m v0 2 gl 1 M m Vậy: Phải truyền cho nêm một vận tốc ban đầu v0 2 gl 1 để m có thể rời khỏi M. M
1.8. Trong một tàu khối lượng M = 2000 kg đứng yên có một hòn bi nằm yên trên mặt bàn nằm ngang gắn với toa tàu và cao hơn sàn toa 1,25 m. Toa tàu bắt đầu chạy thì hòn bi lăn không ma sát trên mặt bàn được 50 cm rồi rơi xuống sàn toa cách mép bàn theo phương ngang 78 cm. Tính lực kéo toa tàu. Bỏ qua ma sát cản chuyển động của tàu.
- Để vật chuyển động lên phía trên thì: a 0 g sin cos a0 cos sin 0
v02 2a
Bài giải - Chọn hệ quy chiếu gắn với toa tàu. Gọi a0 là gia tốc toa tàu so với mặt đất, A là mép bàn. Chuyển động của hòn bi được chia làm hai giai đoạn:
+ trên mặt bàn: hòn bi chuyển động nhanh dần đều dưới tác dụng của lực quán tính Fq , với:
+ vật 2: P2 T2 F2 qt m2 a2
v A 2 as 2a.0,5 a (1)
m2 g cos T2 m2 a0 sin m2 a2 (3)
+ khi rời khỏi mép bàn: hòn bi chuyển động cong, với:
- Lấy (2) cộng với (3) với chú ý: T1 T2 ; a1 a2 a ta được:
• Theo phương Ox:
m1a0 m2 g cos m2 a0 sin m1 g m1 m2 a
1 x v At at 2 2
(2)
a
1 • Theo phương Oy: y h gt 2 (3) 2
m1a0 m2 g cos m2 a0 sin m1 g m1 m2 P2
- Mặt khác: cos =
P22 F22q
- Khi chạm sàn toa, x xM 0, 78m; y 0 . F2 q
(4)
g
g 2 a02
a0
1 2h 2.1, 25 0,5s - Từ (3) suy ra: h gt 2 0 t 2 g 10
và sin =
1 - Thay giá trị của t và x vào (2) ta được: 0, 78 a .0, 5 a.0,52 2
- Thay các giá trị của cos ,sin và m2 m1 vào (4) ta được:
P F
a a0 .
z 1, 2 a z 2 1, 22 1, 44m / s 2 . a
Vậy: Lực kéo toa tàu là F = 2880 N. 1.9. Cho hệ như hình vẽ, hệ số ma sát giữa m1 và mặt bàn là và hai vật chuyển động đều. Tìm gia tốc của m1 đối với đất khi bàn chuyển động với gia tốc a0 hướng sang trái. Bài giải - Khi bàn chuyển động, các vật chuyển động đều nên: P2 Fms1 0
2
g a02
g g 2 a02
m1a0 .
g 2 a02 g 2 a02
g
1
m1 g
g 2 a02 a0 g 1
- Gia tốc của m1 đối với đất là: a 1 a a0 a1 a a0
a1 a1
g 2 a02 a0 g g 2 a02 a0 g a0 a0 a0 1 1
g 2 a02 g a0
1
Vậy: Gia tốc của m1 đối với đất là: a1
m2 g m1 g 0
m2 m1
a0 g 2 a02
m1 m1
a z 0,125 z 2 0, 5 z 0, 78 0
và F = Ma = 2000.1,44 = 2880 N.
2 2q
m1a0 m 1 g.
0,125a 0,5 a 0, 78 0 Đặt:
2 2
g 2 a02 g a0
1
1.10. Cho hệ như hình vẽ. Biết m1 m2 , hệ số ma sát giữa A và m1 , m2
(1)
- Khi bàn chuyển động với gia tốc a0 hướng sang trái, chọn hệ quy chiếu gắn với bàn. Gọi a1 , a2 là gia tốc của m1 và m2 đối với
là 1 . Hỏi A phải di chuyển theo phương ngang, hướng nào, gia tốc tối thiểu a0 , tối đa là bao nhiêu để m1 và m2 không chuyển động đối với A?
bàn, ta có: + vật 1: P1 Q1 Fms1 T1 F1q m1 a1
- Vì P2 m2 g Fms1 m1 g (m1 m2 ; 1) nên m2 có xu hướng chuyển động xuống phía dưới và m1 có xu
T1 m1 g m1a0 m1a1
hướng chuyển động sang phải.
(2)
Bài giải
- Để m1 và m2 không chuyển động đối với A thì A phải chuyển động cùng chiều đối với m1 (sang phải) với gia tốc a0 . - Xét hệ quy chiếu gắn với A. Ta có:
+ vật 1: Các lực tác dụng: trọng lực P1 , phản lực Q1 , lực căng dây T1 , lực ma sát Fms1 , lực quán tính F1q : P1 Q1 Fms1 T1 F1q 0 T1 Fms1 m1a0 0 (1) + vật 2: Các lực tác dụng: trọng lực P2 , phản lực Q2 , lực căng dây T2 , lực ma sát Fms 2 , lực quán tính F2q : (2) P2 Q2 Fms 2 T2 F2 q 0 P2 T2 Fms 2 0
và Q2 m2 a0 0
(3)
+ các lực tác dụng lên m: trọng lực P1 , phản lực Q1 , lực quán tính Fq1 . + các lực tác dụng lên nêm: trọng lực P2 , phản lực Q2 , áp lực N1 , lực quán tính Fq 2 .
- Các phương trình định luật II Niu-tơn cho m và M trong hệ quy chiếu gắn với nêm: P1 Q1 Fq1 ma12 (1) P2 Q2 N1 Fq 2 0 (2) - Chiếu (1) lên các trục Ox và Oy ta được:
- Lấy (1) cộng với (2) và chú ý: m1 m2 m; a1 a2 a; T1 T2 T ; N 2 Q2 m2 a0 ma0 ta được:
mg sin Fq1cos ma12
(1’)
T1 Fms1 m1a0 P2 T2 Fms 2 0
Q1 mg cos Fq1sin 0
(1’’)
mg Fms1 Fms 2 ma0 0
- Từ (1’) suy ra: Q1 mgcos Fq1 sin mg cos ma2sin
F Fms 2 mg Q2 a0 g ms1 g g g a0 m m
(4)
- Từ (1’) suy ra: a12
- Từ (4) ta thấy: + a0 a0(min) a0(min) g g a0(min) a0(min)
1 g. 1
+ a0 a0(max ) a0(max ) g g a0(max ) a0(max )
1 g. 1
Vậy: Để m1 và m2 không chuyển động đối với A thì A phải chuyển động sang phải với gia tốc a0 thỏa mãn: 1 1 g a0 g. 1 1
1.11. Cho hệ như hình vẽ. Tìm gia tốc của m đối với M và của m đối với đất,
a12
m
- Chiếu (2) lên các trục nằm ngang và thẳng đứng ta được:
N1 sin Fq 2 0
(2’)
Mg Q2 N1cos =0
(2’’)
với: Fq 2 Ma2 ; N1 Q1 mg cos ma2 sin - Thay vào (2’) ta được: mg cos ma2 sin sin Ma2 0 → a2
mg sin cos M m sin 2
(4)
- Thay (4) vào (3) ta được: a12 g sin
Bài giải Gọi a2 là gia tốc của nêm đối với đất; a12 là gia tốc của vật đối với nêm.
Vậy: Gia tốc của m đối với M là a2
a) Bỏ qua ma sát
a12 g sin
- Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm:
mg sin ma2 cos m
(3)
b) Hệ số ma sát giữa m và M là , sàn nhẵn. c) Hệ số ma sát giữa M và sàn là , m trượt không ma sát tên M.
mg sin ma2 cos m
a12 g sin a2cos
nếu: a) Bỏ qua ma sát.
mg sin Fq1cos
mg sin cos cos (5) M m sin 2
mg sin cos , gia tốc của M đối với đất là: M m sin 2
mg sin cos cos M m sin 2
b) Hệ số ma sát giữa m và M là , sàn nhẵn
- Cho hệ quy chiếu gắn với nêm:
+ các lực tác dụng lên m: trọng lực P1 , phản lực Q1 , lực ma sát Fms1 , lực quán tính Fq1 . + các lực tác dụng lên nêm: trọng lực P2 , phản lực Q2 , lực ma sát Fms1 , áp lực N1 , lực quán tính Fq 2 .
- Các phương trình định luật II Niu-tơn cho m và M trong hệ quy chiếu gắn với nêm: P1 Q1 Fms1 Fq1 ma12 (1) (2) P2 Q2 Fms1 N1 Fq 2 0 - Chiếu (1) lên các trục Ox và Oy ta được:
mg sin Fms1 Fq1cos ma12 Q1 mg cos Fq1sin 0
(1’’)
- Từ (1’) suy ra: Q1 mgcos Fq1sin mg cos ma2sin - Từ (1’) suy ra: a12
a12
m
mg sin ma2 cos Q1 m
mg sin ma2 cos mg cos ma2 sin m
a12 g sin cos a2 cos + sin (3)
- Chiếu (2) lên các trục nằm ngang và thẳng đứng ta được:
N1 sin Fms 1cos Fq 2 0 Mg Q2 N1cos Fms 1sin =0
(2’) (2’’)
với: Fq 2 Ma2 ; N1 Q1 mg cos ma2 sin Fms 1 Fms1 mg cos ma2 sin
- Thay vào (2’) ta được: mg cos ma2 sin sin Ma2 mg cos ma2 sin cos 0 mg sin cos mg cos 2 → a2 M m sin 2 m sin cos
mg sin cos mg cos2 . cos + sin M m sin 2 m sin cos
c) Hệ số ma sát giữa M và sàn là , m trượt không ma sát trên M - Cho hệ quy chiếu gắn với nêm:
+ các lực tác dụng lên m: trọng lực P1 , phản lực Q1 , lực quán tính Fq1 . + các lực tác dụng lên nêm: trọng lực P2 , phản lực Q2 , lực ma sát Fms 2 , áp lực N1 , lực quán tính Fq 2 .
chiếu gắn với nêm: P1 Q1 Fq1 ma12 (1) P2 Q2 Fms 2 N1 Fq 2 0
(4)
mg sin cos mg cos2 . cos + sin (5) M m sin 2 m sin cos
(2)
- Chiếu (1) lên các trục Ox và Oy ta được:
mg sin Fq1cos ma12
(1’)
Q1 mg cos Fq1sin 0
(1’’)
- Từ (1’) suy ra: Q1 mgcos Fq1sin mg cos ma2sin - Từ (1’) suy ra: a12
mg sin Fq1cos
a12 g sin a2 cos
m
mg sin ma2 cos m
(3)
- Chiếu (2) lên các trục nằm ngang và thẳng đứng ta được:
N1 sin Fms 2 Fq 2 0
(2’)
Mg Q2 N1cos =0
(2’’)
với:
- Thay (4) vào (3) ta được: a12 g sin cos
a12 g sin cos
mg sin cos mg cos 2 , gia tốc của M đối với đất là: M m sin 2 m sin cos
- Các phương trình định luật II Niu-tơn cho m và M trong hệ quy
(1’)
mg sin Fq1cos Fms1
Vậy: Gia tốc của m đối với M là a2
Fq 2 Ma2 ; Fms 2 mg cos ma2 sin N1 Q1 mg cos ma2 sin
- Thay vào (2’’) ta được : Mg O2 (mg cos ma2 sin )cos 0 Q2 Mg (mg cos ma2 sin )cos Fms 2 N 2 Q2 Mg ( mg cos ma2 sin )cos
- Thay các giá trị N1, Fms 2 , Fq 2 vào (2’) ta được:
a
mg cos ma2 sin sin Mg mg cos ma2 sin cos Ma2 0 → a2
mg sin cos g M m cos 2 M m sin 2 m sin cos
Vậy: Gia tốc của m đối với M là a2
a12 g sin
(4)
mg sin cos g M m cos 2 M m sin 2 m sin cos
mg sin cos g M m cos 2 M m sin 2 m sin cos
mg sin cos g M m cos 2 M m sin 2 m sin cos
.c os
, gia tốc của M đối với đất là:
.c os
1.12. Cho hệ như hình vẽ, M trượt trên mặt sàn, và trượt trên M. Bỏ qua ma sát. Tìm gia tốc của M đối với sàn, gia tốc của m1 , m2 đối với M. Bài giải Gỉa sử m1 đi xuống, m2 đi lên. Chọn hệ quy chiếu gắn với M, các hệ tọa độ O1 x1 y1 và O2 x2 y2 như hình vẽ. Gọi a0 là gia tốc của M, a là gia tốc của hệ m1 và m2 đối với M. - Các lực tác dụng vào m1 là trọng lực P1 , phản lực Q1 , lực căng dây T1 , lực quán tính Fq1 , các lực tác dụng vào m2 là trọng lực P2 , phản lực Q2 , lực căng dây T2 , lực quán tính Fq 2 ( với T1 T2 T )
(3)
và m1 g sin 1 m2 g sin 2 2T m1a0cos1 m2 a0cos 2 m1 m2 a
T
- Thay (4) vào (3) ta được: a12 g sin
g m1 sin 1 m2 sin 2 a0 m1cos1 m2 cos 2 m1 m2
m1 g sin 1 m2 g sin 2 m1a0 cos1 m2 a0 cos 2 m1 m2 a 2
1 m m2 g m1 sin 1 m2 sin 2 a0 m1cos1 m 2 cos 2 1 g m1 sin 1 m2 sin 2 a0 m1cos1 m 2 cos 2 2 m1 m2 2 mm T 1 2 g sin 1 sin 2 a0 cos1 cos 2 m1 m2 - Các lực tác dụng lên M là: trọng lực P , phản lực Q ; các áp lực N1 , N 2 ; các lực căng dây T1, T2 (với T1 T2 T ); lực quán tính Fq .
- Phương trình định luật II Niu-tơn cho M: P Q N1 N 2 T1 T2 Fq 0 (5) - Chiếu (4) lên chiều chuyển động của M ta được: N1 sin 1 N 2 sin 2 Tcos1 Tcos 2 Ma0 0 (6) - Từ (1’’) và (2’’) suy ra:
N1 Q1 P1cos1 Fq1 sin 1 m1 gcos1 m1a0 sin 1 m1 gcos1 a0 sin 1
N 2 Q2 P2 cos 2 Fq 2 sin 2 m2 gcos 2 m2 a0 sin 2
- Phương trình định luật II Niu-tơn cho hai vật và là: P1 Q1 T1 Fq1 m1 a (1) P2 Q2 T2 Fq 2 m2 a (2)
- Thay N1 , N 2 vào (6) ta được:
- Chiếu (1) và (2) lên chiều dương đã chọn ta được:
m1 g cos 1 a0 sin 1 sin 1 m2 g cos 2 a0 sin 2 sin 2 T cos1 cos 2 Ma0 0
P1 sin 1 T Fq1cos1 m1a (1’) Q1 P1cos1 Fq1 sin 1 0
m2 gcos 2 a0 sin 2
a0
(1’’)
P2 sin 2 T Fq 2 cos 2 m2 a (2’) Q2 P2 cos 2 Fq 2 sin 2 0 (2’’)
- Thay T
a0
- Từ (1’) và (2’) suy ra: m1 g sin 1 m2 g sin 2 m1a0 cos1 m2 a0 cos 2 m1 m2 a
m1 g cos 1 a0 sin 1 sin 1 m2 g cos 2 a0 sin 2 sin 2 T cos1 cos 2 M
m1m2 g sin 1 sin 2 a0 cos1 cos 2 và biến đổi ta được: m1 m2
m1 sin 1 m2 sin 2 m1cos1 m2cos 2 g 2 m1 m2 M m1 sin 2 1 m2 sin 2 2 m1m2 cos1 cos 2
Vậy: - Gia tốc của M đối với sàn là:
a0
m1 sin 1 m2 sin 2 m1cos1 m2cos 2 g 2 m1 m2 M m1 sin 2 1 m2 sin 2 2 m1m2 cos1 cos 2
đoạn. - Giai đoạn 1: 0 t t0 (từ lúc dây đứt đến lúc vận tốc của hai vật bằng nhau)
- Gia tốc của các vật m1 , m2 đối với M là a
b) Mô tả chuyển động của vật và ván sau khi dây đứt; tính vận tốc, gia tốc của vật và ván trong từng giai
g m1 sin 1 m2 sin 2 a0 m1cos1 m2cos 2 m1 m2 2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề 6 – 7: CÁC ĐỊNH LUẬT NIU-TƠN VÀ CÁC LỰC CƠ HỌC
+ Vật m chuyển động thẳng đều với tốc độ v, gia tốc am 0 . + Ván M chuyển động thẳng nhanh dần đều với gia tốc aM 1(m / s 2 ) và đạt tốc độ v tại thời điểm:
t0
v 2 2s aM 2
- Giai đoạn 2: t t0 (kể từ thời điểm mà hai vật cùng vận tốc) 1. Một tấm ván có khối lượng M 10kg nằm trên mặt phẳng nằm ngang, nhẵn và được giữa bằng một sợi
Vật m và ván M cùng chuyển động thẳng nhanh dần đều với tốc độ ban đầu v0 2(m / s) và gia tốc:
dây không dãn. Vật nhỏ có khối lượng m 1kg trượt đều với tốc độ v 2 m / s từ mép tấm ván dưới tác dụng của một lực không đổi F nằm ngang có độ lớn F 10 N như hình vẽ. Khi vật đi được đoạn đường dài
a
l 1m trên tấm ván thì dây bị đứt.
Vậy: Chuyển động của vật và ván sau khi dây đứt trong một thời gian đủ dài bao gồm hai giai đoạn được mô
a) Tính gia tốc của vật và ván ngay sau khi dây đứt.
tả như trên.
b) Mô tả chuyển động của vật và ván sau khi dây đứt trong
c) Chiều dài tối thiểu của tấm ván để m không trượt khỏi tấm ván
một thời gian đủ dài. Tính vận tốc, gia tốc của vật và ván trong
- Quãng đường vật m đi được trên ván M kể từ khi dây đứt đến thời điểm t t0 là:
F 10 0,9(m / s 2 ) M m 10 1
từng giai đoạn. Coi ván đủ dài. c) Hãy xác định chiều dài tối thiểu của tấm ván để m không
S
1 1 Mv 2 am / M t02 vt0 (0 aM )t02 vt0 (*) 2 2 2F
trượt khỏi ván. Bài giải
- Chiều dài tối thiếu của ván là: lmin l s l
Mv 2 10.22 1 3m 2F 2.10
a) Gia tốc của vật và ván ngay sau khi dây đứt
Vậy: Chiều dài tối thiểu của tấm ván để m không trượt khỏi ván là lmin 3m
Chọn chiều (+) là chiều chuyển động của vật m.
* Chú ý: Hệ thức (*) được suy ra từ định lý động năng:
- Xét chuyển động của vật m: + Trước khi dây bị đứt, m trượt đều nên: Fhl F Fms 0 Fms F .
Wñ A
1 2 1 2 mv2 mv1 Ams Fms s . 2 2
+ Ngay sau khi dây đứt: Fhl 0 am 0 : vật m vẫn trượt đều với tốc độ v. 2. Cho hệ gồm N lò xo nhẹ và (N-1) vật nhỏ ghép nối tiếp như hình vẽ ( N 2) . Các lò xo
- Xét chuyển động của ván M: + Trước khi dây bị đứt: Ván đứng yên.
có cùng chiều dài tự nhiên l0 và độ cứng k; các vật nhỏ đều có khối lượng m. Biết rằng các
+ Ngay sau khi dây đứt: Ván M chuyển động thẳng nhanh dần đều không vận tốc đầu với gia tốc:
vật đứng cân bằng và các lò xo thẳng đứng; A, B cố định; khoảng cách AB Nl0 .
F F 10 aM ms 1(m / s 2 ) M M 10
a) Tìm độ biến dạng của lò xo thứ n nào đó. b) Tìm điều kiện để lò xo thứ n không biến dạng.
Vậy: Trước khi dây đứt: vật m: am 0 (trượt đều), ván M: aM 0 (đứng yên); ngay sau khi dây đứt: vật m: 2
am 0 (trượt đều), ván M: aM 1(m / s ) (chuyển động nhanh dần đều theo chiều vật m với vận tốc ban đầu bằng 0).
Bài giải a) Độ biến dạng của lò xo thứ n
Gọi ln là độ biến dạng của lò xo thứ n, với quy ước ln 0 khi lò xo đó dãn và ln 0 khi lò xo đó nén.
Vậy: Điều kiện để lò xo thứ n không biến dạng là n
- Chọn trục Ox trùng với AB, chiều dương từ B đến A.
N 1 , N là số lẻ lớn hớn 1. 2
- Xét điều kiện cân bằng của ( N 1) vật, ta có hệ phương trình: 3. Cho hai chất điểm khối lượng bằng nhau (m1 m2 m) . Ở thời
k l1 k l2 P 0 k l k l P 0 3 2 .............................. k ln k ln 1 P 0 ............................... k l N 1 k lN P 0
điểm ban đầu chúng có vị trí như hình vẽ. Vật m1 được truyền lực , với F P 3 hơp với phương BC góc . Cho OC h , OBC
(1)
4
6
. Vật m2 được truyền vận tốc ban đầu chuyển động thẳng
đứng theo phương OC.
- Mặt khác: l1 l2 ... l N AB Nl0 0
(2)
a) Xác định thời gian để hai vật gặp nhau.
- Biến đổi hệ (1) thành:
b) Vị trí gặp nhau. Cho gia tốc trọng trường là g. Bài giải
k l2 k l1 P k l k l P k l 2 P 2 1 3 .............................. k ln k ln 1 P k l1 (n 1) P ............................... k l N k l N 1 P k l1 (N 1) P
a) Thời gian để hai vật gặp nhau: Xét vật 1: (3)
- Ta có:
4
6
tan
1 P F sin P cos Fy Py : vật không trượt trên mặt nêm. 3 F
- Do các lực tác dụng lên vật không đổi nên gia tốc a không đổi, vật chuyển động theo phương BA (A là điểm gặp nhau):
- Cộng từng vế các phương trình của hệ (3), ta được:
Fhl2 F 2 P 2 2 FP cos(90 2 ) F 2 P 2 2 FP sin 2
k (l2 ... lN ) ( N 1)k l1 [1 2 ... ( N 1)]P
k (l1 l2 ... l N ) Nk l1
Fhl F 2 P 2 2 FP sin 2
N ( N 1) P 2
3P 2 P 2 2 P 3P sin 2 P 4 2 3 sin 2
- Kết hợp với điều kiện (2), ta được: - Gia tốc của vật: a
N ( N 1) P ( N 1) P Nk l1 0 hay l1 2 2k
(4)
- Áp dụng định lí hàm sin cho tam giác có các cạnh F, Fhl :
( N 2n 1) P ( N 2n 1)mg - Thay (4) vào (3), ta được: ln 2k 2k Vậy: Độ biến dạng của lò xo thứ n là ln
( N 2n 1)mg 2k
F Fhl Fhl sin sin(90 2 ) cosin2
sin
b) Điều kiện để lò xo thứ n không biến dạng - Để lò xo thứ n không biến dạng thì ln 0
n
Fhl g 4 2 3 sin 2 m
( N 2n 1)mg 0 2k
N 1 với n là số tự nhiên 2
- Từ đó, N phải là số lẻ lớn hơn 1 ( N 3, 5,...) , khi đó, lò xo chính giữa không biến dạng.
F cos 2 Fhl
P 3cos2 P 4 2 3 sin 2
3cos2 4 2 3 sin 2
- Mặt khác: 90 cos sin
3cos2 4 2 3 sin 2
Với: cos cos ; OB
h h 4 2 3 sin 2 ; AB . tan tan 3cos2
t
2 AB a
sin
không ma sát là: a1 g sin ; a2 g cos
h 4 2 3 sin 2 . tan 3cos2 g 4 2 3 sin 2
3cos2 sin 1 cos2 1 4 2 3 sin 2
2h g.tan 3cos2
- Thời gian các vật trượt tới chân các mặt sườn là:
AB 2
4 2 3 sin 2 3(1 sin 2 2 )
1 1 g sin .t12 và AC g cos .t22 2 2
- Theo đề bài, ta có:
4 2 3 sin 2
3sin 2 2 2 3 sin 2 1 4 2 3 sin 2
Vậy: Thời gian để hai vật gặp nhau là t
a) Khi nêm cố định - Gia tốc chuyển động của các vật trên mặt phẳng nghiêng
1 - Thời gian để hai vật gặp nhau: Ta có: AB at 2 2 2
Bài giải
t2 2t1
AC 4 (1) AB tan
- Mặt khác: 2h g tan 3cos2
b) Vị trí gặp nhau
AC tan (2) AB
tan 2; 63, 4 Vậy: Khi nêm được giữ cố định, 63, 4 . b) Khi nêm chuyển động.
h 4 2 3 sin 2 3sin 2 2 2 3 sin 2 1 . . Ta có: OA AB sin tan 3cos2 4 2 3 sin 2 OA
h 3sin 2 2 2 3 sin 2 1 3 tan cos2
Vậy: Vị trí hai vật gặp nhau cách vị trí ném vật 2 theo phương thẳng đứng một đoạn: OA
h 3sin 2 2 2 3 sin 2 1 3 tan cos2
- Để có t2 t1 thì nêm M phải chuyển động về phía bên trái nhanh dần đều với gia tốc a0. - Trong hệ quy chiếu gắn với nêm, các vật m1 và m2 chịu tác dụng thêm lực quán tính f qt1 và f qt 2 nên gia tốc của các vật lúc này là: a1 g sin a0 cos ; a2 gcos a0 sin - Vì t2 t1 nên
a0 4. Hai vật nhỏ có khối lượng m2 3m1 cùng bắt đầu dịch chuyển từ đỉnh một cái nêm có dạng hình tam giác vuông ABC vuông tại A,
AC a2 AC gcos a0 sin g a0 tan ; tan AB a1 AB g sin a0 cos g tan a0
3g 3.10 7,5m / s 2 4 4
Vậy: Để t2 t1 cần phải cho nêm chuyển động theo phương ngang với gia tốc không đổi a0 7,5m / s2
(hình vẽ) dọc theo hai mặt sườn AB và AC. Bỏ qua ma sát. Lấy g 10m / s 2 . a) Giữ nêm cố định, thả đồng thời hai vật thì thời gian trượt đến chân các mặt sườn của chúng lần lượt là t1 và t2 với t2 2t1 . Tính . b) Để t2 t1 cần phải cho nêm chuyển động theo phương ngang với gia tốc không đổi a0 như thế nào?
5. Cho hệ như hình vẽ, D là ròng rọc động luôn được kéo xuống thẳng đứng với tốc độ không đổi 2m / s . C và E là hai ròng rọc cố định. Lúc t 0 , vật A bắt đầu đi xuống từ vị trí M ( v0 0 ) với gia tốc không đổi.
Khi tới N ( MN 4m ), A có tốc độ 8m / s . Coi ròng rọc nhỏ, dây không dãn. Tìm sự thay đổi độ cao của B, vận tốc và gia tốc của B. (Trích đề thi Olympic 30/4, 2010)
Bài giải Chọn chiều (+) hướng xuống. - Xét vật A: v A2 2a A .MN a A Và v A a At t
2 A
2
v 8 8m / s 2 2MN 2.4
- Ngay sau khi thả m2, m2 chịu tác dụng của các lực Q2 , T2 ', P2 , còn m1 chịu tác dụng của các lực T1 , T2 , P1 (hình vẽ). Khi đó m2 chuyển động sang trái, chỉ có thành phần gia tốc theo phương ngang là a2 ; còn m1 chuyển động quay quanh A. Ngay sau khi thả m2, vận tốc của m1 bằng 0 nên thành phần
gia tốc của m1 theo phương hướng tâm bằng 0. Do đó m1 chỉ có thành phần gia tốc theo phương tiếp
vA 8 1s aA 8
tuyến là a1 .
- Xét ròng rọc D (chuyển động thẳng đều): sD vD t 2.1 2m (1)
- Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.
- Xét vật B: Do dây không dãn, nên ta có: x A 2 xD xB const
- Do dây không dãn, không khối lượng nên: T1 T1 '; T2 T2 '
- Sau khoảng thời gian t : x A 2xD xB 0
- Theo phương dây treo, ta có:
(2)
Với x A 4m (đề bài); xD 2m (theo (1)).
Suy ra: xB 8m ; nghĩa là: từ vị trí đầu B đi lên 8m.
a2 cos =a1cos 2 a1 sin 2 2a1 sin cos 2
- Từ (2) ta được:
a2 2a1 sin
vA 2vD vB 0 (3)
- Áp dụng định luật II Niu – tơn cho các vật, ta được:
Và: a A 2aD aB 0 (4)
+ Với vật m1: T1 T2 P1 m1 a1
(1)
(2)
- Thay v A 8m / s và vD 2m / s vào (3) ta được: vB 2m / s
+ Với vật m2: T2 ' P2 Q2 m2 a2
(B đi lên).
- Chiếu (2) lên trục Ox và Oy, ta được:
- Thay a A 8m / s 2 và aD 0 (D chuyển động thẳng đều) vào (4) ta được: aB 8m / s 2 (B chuyển
(T1 T2 )cos =m1a1x m1a1 sin (4)
động nhanh dần đều đi lên).
(T1 T2 ) sin P1 m1a1cos (5)
Vậy: B đi lên một đoạn 8m với gia tốc aB 8m / s 2 và vận tốc điểm cuối là vB 12m / s .
- Chiếu (3) lên trục Ox, ta được: T2 'cos =m 2 a2
(3)
- Thay (1) vào (6), ta được: T2 T2 ' =2m 2 a1 tan
6. Cho một hệ cơ học như hình vẽ, sợi dây dài 2L (không
- Từ các phương trình trên, ta được:
dãn, không khối lượng). Một đầu buộc chặt vào A, đầu kia
+ Vật m1: a1
nối với vật có khối lượng m2, vật m2 có thể di chuyển không ma sát dọc theo thanh ngang. Tại trung điểm I của
m2 đứng yên, dây hợp với phương ngang một góc . Xác
Và T1 T1 '
dây ngay sau khi thả vật m2? Bài giải
2m1 g cos m1 g cos 2 .sin m1 4m2 sin 2 m1 4m2 sin 2
- Lực căng các đoạn dây: T2 T2 ' 2m2 a1 tan
định gia tốc của vật có khối lượng m2 và lực căng của sợi
(7)
m1 g cos m1 4m2 sin 2
+ Vật m2: a2 2a1 sin
dây có gắn chặt một vật có khối lượng m1. Ban đầu giữ vật
(6)
2m1m2 g sin m1 4m2 sin 2
(m1 2m2 )m1 g sin m1 4m2 sin 2
Vậy: Gia tốc của vật có khối lượng m2 và lực căng của sợi dây ngay sau khi thả vật m2 là
a2
m1 g sin (m 2m2 ) g sin 2m1m2 g sin và T1 1 , T2 m1 4m2 sin 2 m1 4m2 sin 2 m1 4m2 sin 2
Vậy: Gia tốc của nêm m1 có hướng từ trái sang phải, có độ lớn a1 lên dọc theo mặt nghiêng của nêm m2, có độ lớn a
7. Trên một mặt phẳng nằm ngang có hai cái nêm với mặt nghiêng 45 và khối lượng m1, m2. Nêm m2 dựa vào tường cố định, nêm m1 chịu tác dụng bởi lực F nằm ngang. Một vật có khối lượng m có
2 F mg 2(2m1 m)
b) Áp lực của m lên m2 Ta có: N 2 P cos 45 mg .
hai mặt nghiêng 45 đặt lên hai nêm (hình vẽ). a) Xác định gia tốc (hướng và độ lớn) của nêm m1 và vật m.
2 F mg ; gia tốc của vật m có hướng 2m1 m
2 mg 2 2
Vậy: Áp lực của vật m lên nêm m2 là N 2
b) Tính áp lực của m lên m2.
mg 2
Bài giải a) Gia tốc (hướng và độ lớn) của nêm m1 và vật m
8. Cho hệ như hình vẽ. Khối lượng ba vật bằng nhau và bằng m.
- Xét nêm m1:
Sợi chỉ nối vật 1 và vật 2 nhẹ, không dãn. Đoạn giữa hai ròng
+ Các lực tác dụng lên nêm m1: trọng lực P1 ; phản lực Q ; áp lực N1 ; lực F .
và không ma sát. Vật 3 chuyển động trên mặt phẳng ngang và
+ Phương trình chuyển động của nêm m1: (1) P1 Q N1 F m1 a1
không lật. Tìm gia tốc của vật. Biết gia tốc trọng trường là g.
+ Chiếu (1) lên phương nằm ngang, ta được:
Bài giải Gọi T là lực căng dây; a1, a2, a3 là gia tốc của ba vật: vật 1 chuyển động theo phương thẳng đứng, vật 3
F N1cos45=m1a1
F
rọc nằm ngang, hai đoạn còn lại thẳng đứng. Các ròng rọc nhẹ
chuyển động theo phương nằm ngang, vật 2 vừa chuyển động theo phương thẳng đứng với gia tốc a2 y vừa chuyển động theo phương ngang với gia tốc a2 x a3 (a 2 x a 2 y )
2 N1 =m1a1 (2) 2
- Xét vật m:
+ Các lực tác dụng lên vật m: trọng lực P ; các phản lực Q1 ; Q2 + Phương trình chuyển động của vật m: P Q1 Q2 ma
(3)
- Chọn hệ toạ độ Oxy (hình vẽ). Phương trình định luật II Niu – tơn cho các vật: + Vật 1: Theo trục Oy, ta có: P1 T m1a1 mg T ma1 (1) + Vật 2:
+ Chiếu (3) lên phương mặt nêm m2, ta được:
Theo trục Oy: P2 T m2 a2 y mg T ma2 y (2)
2 Q1 P cos 45 ma N1 mg ma 2
Theo trục Ox: m3 a3 T m2 a2 x T 2ma2 x (3)
Với a
a 2 a N1 mg m 1 2 2 2
- Từ (2) và (4), suy ra: a1
- Dây không dãn: y1 y2 x2 const (4)
2 F mg m( a1 g ) 2( F m1 g ) m ; N1 2m1 m 2m1 m 2
y1 y2 x2 0 v1 v2 y v2 x 0 t t t
v1 v2 y v2 x 0 a1 a2 y a2 x 0 t t t
- Từ (1) và (2), ta có:
(4)
a1 a2 y g
T m
- Từ (3), ta có:
a2 x
T 2m
T T - Thay các giá trị a2 x và a2 y vào (4), ta được: 2 g 0 m 2m T
- Các lực tác dụng lên vật (1): Lực kéo F ; lực căng T1 ; lực ma sát f1 ; trọng lực P1 ; phản lực N1 .
4mg 5
4mg 4mg 4g g T 2g ; a2 x a3 5 - Từ đó: a1 a2 y g 5 g m 5 5 2m 2m 5 2
2 2x
2 2y
a2 a a
2
g 2 g g 5 5 5
- Áp dụng định luật II Niu – tơn cho vật (1), ta được: F T1 f1 P1 N1 ma1 (1) - Chiếu (1) xuống hai trục Ox và Oy, ta được: F T1 f1 m1a1 ma và N1 mg
g 2g g ; a2 ; a3 ( a 3 ngược chiều Ox). 5 5 5 Về hướng thì a1 hướng thẳng đứng xuống dưới; a 3 hướng ngang sang trái; a 2 hợp với phương ngang một Vậy: Gia tốc của mỗi vật là: a1
f1 1 N1 1mg Và F T1 1mg ma
(2)
- Tương tự: Với vật (2): T1 T2 2 mg ma - Với vật (3): T2 3mg ma
a 1 góc , với tan tan 2 y tan 2633 . a 2 2x
(4)
(a1 a2 a3 a) - Từ (2), (3) và (4) ta được: a
9. Ba vật có khối lượng như nhau m 5kg được nối với nhau bằng các sợi dây không dãn, khối lượng không
F 1 ( 1 2 3 ) g 3m 3
đáng kể trên mặt bàn nằm ngang. Biết rằng dây sẽ đứt khi lực căng là T0 20 N . Hệ số ma sát giữa mặt bàn
- Theo đề: 1 33 và 2 23 a
và các vật tương ứng là 1 0,3; 2 0, 2; 3 0,1 . Người ta kéo vật với một lực F nằm ngang và tăng
- Các lực căng dây:
T1 F 1mg ma F 33 mg
dần độ lớn của lực này. a) Hỏi sợi dây nào sẽ đứt và điều này sẽ xảy ra khi lực
T2 ma 3mg
F nhỏ nhất là bao nhiêu?
b) Kết quả trên sẽ thay đổi như thế nào nếu lực F tác dụng lên vật (3)?
F 2 3 g 3m
F 2F 2 3mg 3 mg 3 3
F F 23 mg 3 mg 3 mg 3 3
- Ta thấy T1 T2 do đó khi lực kéo tăng lên thì dây nối giữa các vật (1) và (2) sẽ bị đứt trước. Theo giả thiết (Trích đề thi Olympic 30/4, 1995)
dây nối (1) và (2) sẽ bị đứt khi: T1
Bài giải a) Sợi dây nào sẽ đứt?
(3)
F
2F 3 mg T0 3
F 3 (T0 3 mg ) (20 0,1.5.10) 37,5 N 3 2
Vậy: Dây nối hai vật (1) và (2) sẽ bị đứt và lực kéo F nhỏ nhất để cho dây nối bị đứt là: F 37,5 N b) Trường hợp lực kéo F tác dụng vào vật (3)
- Tương tự, ta được: a
F 2 3 g 3m
- Lực căng của dây nối giữa (3) và (2) là:
F 2F T2 F 3 mg ma F 3mg 23 mg 3 mg 3 3
v32 v22 2a3 h3 2 1 3 gh3 p
(3)
- Cộng (1) + (2) + (3) ta được:
F F F 2 3mg 33mg 3 mg 3 mg 3 3 3
v32 v02 2 g 1 1 h1 1 2 h2 1 3 h3
2F 3 mg T0 - Vì T2 T1 nên dây nối (2) và (3) sẽ đứt trước khi: T2 3 F
(2)
Với v3 v vận tốc quả cầu khi chạm đáy bình.
- Lực căng của dây nối giữa (2) và (1) là:
T1 ma 1mg
v22 v12 2a2 h2 2 1 2 gh2 p
3 3 (T0 3 mg ) (20 0,1.5.10) 22,5 N 2 2
Vậy: Dây nối hai vật (2) và (3) sẽ bị đứt và lực kéo F nhỏ nhất để cho dây nối bị đứt là: F 22,5 N
v32 v02 1 h1 h2 h3 ( 1h1 2 h2 3h3 ) 2g
Và 2 g
1h1 2 h2 3 h3 2 g ( h1 h2 h3 ) v02 v 2
Vậy: 10. Trong một bình đựng ba chất lỏng không trộn lẫn vào nhau có khối lượng riêng lần lượt là 1 , 2 , 3 và
- Khối lượng riêng của quả cầu là: 2 g
độ cao tương ứng là h1, h2, h3. Từ bề mặt chất lỏng trên cùng ta thả quả cầu nhỏ với vận tốc ban đầu v0 thẳng đứng xuống dưới. Biết rằng khi chạm đáy bình, vận tốc quả cầu bằng v, tính khối lượng riêng quả cầu. Suy rộng kết quả khi trong bình đựng n chất lỏng có khối lượng riêng 1 , 2 ,..., n và độ cao h1 , h2 ,..., hn (Bỏ qua
- Suy rộng cho trường hợp trong bình đựng n chất lỏng có khối lượng riêng 1 , 2 ,... n và độ cao h1 , h2 ,...hn , ta có: 2 g
ma sát). (Trích đề thi Olympic 30/4, 1995) Bài giải Gọi là khối lượng riêng, m là khối lượng và V là thể tích của quả cầu. Trong mỗi chất lỏng, quả cầu chịu lực đẩy Acsimet F A của các chất lỏng này. - Trong chất lỏng thứ nhất; Gọi a1 là gia tốc của quả cầu, ta có: P F A ma1 mg F A ma1
1h1 2 h2 3 h3 2 g (h1 h2 h3 ) v02 v 2
1h1 2 h2 ... n hn 2 g ( h1 h2 ... hn ) v02 v 2
11. Một xe nhỏ thấp được buộc vào một vật nặng bằng dây. Thả x era, nó chuyển động với một gia tốc nào đó. Khi chèn chặt một trục của bánh xe (bánh xe gắn liền với trục) thì gia tốc của xe giảm k lần so với thí nghiệm trên. Hỏi nếu chèn chặt cả hai trục và làm lại thí nghiệm thì gia tốc của xe giảm bao nhiêu lần so với lần đầu? (Trích đề thi Olympic 30/4. 1996) Bài giải
Với m V và FA V 1g
- Gọi P là độ lớn của lực kéo cho hệ chuyển động (khối lượng của cả hệ là M); Fl là ma sát lăn tác dụng lên
- Chọn chiều dương đi xuống, ta có:
tất cả các bánh; Ft là ma sát trượt tác dụng lên tấ cả các bánh.
1 V g V 1 g V a1 a1 g 1 1 g p
- Lúc đầu, xe chuyển động lăn nên: P Fl Ma
- Gọi v1 là vận tốc quả cầu khi tới mặt chất lỏng thứ hai, ta có: v12 v02 2a1.h1 2 1 1 gh1 p
- Khi chèn một trục, hai bánh lăn còn hai bánh trượt nên:
P (1)
- Tương tự, với chất lỏng thứ hai và thứ ba, ta được:
(1)
Fl Ft Ma Ma1 2 2 k
- Từ (1) và (2), ta được: Ft Fl
(2) (do a1 2(k 1) Ma k
a ) k (3)
- Khi chèn cả hai trục, cả bốn bánh xe đều trượt nên:
- Khi cắt lò xo II: F2 0 , phương trình chuyển động của các quả cầu là
P Ft Ma2
mg T F1 ma1
(4)
2(k 1) - Thay (3) vào (4), chú ý (1) ta được: Ma 1 Ma 2 k
mg F1 ma2
a k a2 2 k
- Thay các giá trị của T, F1 từ hệ (2) vào hệ (4), ta được: a1 0; a2 g ; a3 g .
Vậy: Nếu chèn chặt cả hai trục và làm lại thí nghiệm thì gia tốc của xe giảm
(4)
mg ma3
k lần so với ban đầu. 2k
Vậy: Gia tốc mỗi quả cầu ngay sau khi cắt lò xo II là a1 0; a2 g ; a3 g .
13. Trên mặt bàn nằm ngang rất nhẵn có một tấm ván khối lượng 12. Ba quả cầu giống nhau 1, 2, 3 có khối lượng m được treo nối tiếp trên các lò xo sao cho khoảng cách giữa chúng bằng nhau. Nếu cắt sợi dây đỡ quả cầu 1 thì cả hệ thống rơi tự do với gia tốc của trọng tâm là g. Nhưng lò xo I kéo quả cầu 2 lên phía trên mạnh hơn lò xo II kéo nó xuống phía dưới (ban đầu lực kéo của lò xo I là 2mg, của lò xo II là mg) cho nên quả cầu 2 bắt
M 1, 6kg , chiều dài l 1, 2m . Đặt ở đầu tấm ván một vật nhỏ khối lượng m 0, 4kg . Hệ số ma sát giữa vật và ván là 0,3 . Đột ngột truyền cho ván một vận tốc v0 song song với mặt bàn. Tính giá trị tối thiểu của v0 để vật m trượt khỏi ván. Lấy g 10m / s 2 .
đầu rơi với gia tốc nhỏ hơn g.
(Trích đề thi Olympic 30/4, 2013)
a) Tìm gia tốc mỗi quả cầu ngay sau khi cắt dây. Bài giải
b) Giữ nguyên dây, cắt lò xo II. Tìm gia tốc mỗi quả cầu ngay sau khi cắt lò xo. (Trích đề thi Olympic 30/4, 1997) Bài giải a) Gia tốc mỗi quả cầu ngay sau khi cắt dây - Trước khi cắt dây: + Quả cầu 1: mg T F1 0 + Quả cầu 2: mg F1 F2 0
(1)
+ Quả cầu 3: mg F2 0 ( T là lực căng của dây treo, F1 , F2 là lực đàn hồi của lò xo I và lò xo II) - Từ hệ (1) ta được: F1 2mg ; F2 mg ; T 3mg
(3)
- Khi cắt dây T 0 , phương trình chuyển động của các quả cầu là:
- Các lực tác dụng:
+ Lên m: Trọng lực p ; phản lực q ; lực ma sát f ms . + Lên M: Trọng lực P ; phản lực Q ; áp lực n ; lực ma sát f 'ms - Áp dụng định luật II Niu – tơn cho các vật: + Vật m: p q f ms ma1 (1) + Vật M: P Q n f 'ms ma 2 (2) - Chiếu (1) và (2) lên chiều chuyển động ta được: + Vật m: f ms ma1 a1
+ Vật M: f 'ms Ma2 a2
mg F1 ma1 mg F1 F2 ma2
(3)
f ms mg g 2 g 0; v1 gt ; s1 t m m 2
v2 v0
mg M
t; s2 v0t
mg 2M
f 'ms mg 0; M M
t2
mg F2 ma3
- Do vật m trượt trên ván nên v2 v1 . Gọi vận tốc của vật đối với ván là v, ta có:
Từ (2) vào hệ (3) ta có: a1 3g ; a2 a3 0 .
M m v v2 v1 v0t gt M
Vậy: Gia tốc mỗi quả cầu ngay sau khi cắt dây là a1 3g ; a2 a3 0 . b) Gia tốc mỗi quả cầu ngay sau khi cắt lò xo
- Khi vật dừng lại trên ván: v 0 t1
- Vì F const ; g const ; k const nên theo bất đẳng thức Bunhia-cốpxki, ta có:
Mv0
g ( M m) 1.cos ksin 1 k 2 m
- Vật m sẽ trượt khỏi ván nếu: s2 (t1 ) s1 (t1 ) l v0t
v0
mg 2M
t2
g 2
2
t 2 l v0
Mv0 Mv0 mg l g ( M m) 2 M g ( M m)
2 gl ( M m) 2.0,3.10.1, 2.(1, 6 0, 4) 3m / s M 1, 6
Dấu “=” xảy ra khi: k
F 1 k2 kg
sin tan 0, 35 19, 3 cos
Vậy: Để kéo được lượng cát lớn nhất thì góc giữa dây treo và phương ngang phải bằng 19,3 . b) Khối lượng cát và hộp Khi đó, khối lượng cát và hộp là:
v0min 3m / s Vậy: Giá trị tối thiểu của v0 để vật m trượt khỏi ván là 3m/s.
m mmax
F 1 K 2 100 1 0, 352 303kg Kg 0, 35.10
Vậy: Khối lượng cát và hộp lớn nhất có thể kéo được là m 303kg . 14. Một hộp chứa cát ban đầu đứng yên, được kéo trên sàn bằng một sợi dây với lực kéo F 1000 N . Hệ số ma sát giữa hộp với sàn là k 0, 35 . 15. Sườn đồi có dạng một mặt phẳng nghiêng góc so với mặt phẳng ngang. Một ô tô khởi hành từ A đi theo a) Hỏi góc giữa dây và phương ngang phải là bao nhiêu để kéo được lượng cát lớn nhất? b) Khối lượng cát và hộp trong trường hợp đó bằng bao nhiêu? Lấy g 10m / s 2 Bài giải
đường thẳng đến vị trí B nằm trên cùng một độ cao trên sườn đồi. Hãy tìm thời gian ngắn nhất để thực hiện điều đó. Biết hệ số ma sát giữa các bánh xe với sườn đồi là k tan , cho rằng trọng lượng xe được phân bố đều trên 4 bánh xe và cả 4 bánh xe đều là bánh phát động.
a) Góc giữa dây và phương ngang để kéo được lượng cát lớn nhất
Bài giải
Chọn hệ toạ độ Oxy như hình vẽ.
- Các lực tác dụng lên hộp: trọng lực P ; phản lực Q ; lực ma sát F ms và lực kéo F .
- Theo các điều kiện ở đề bài, xe được xem là chất điểm và lực phát động ở các bánh xe chính là lực ma sát nghỉ
- Phương trình định luật II Niu – tơn cho hộp cát: P Q F ms F ma (1)
- Tác dụng lên xe có 3 lực: trọng lực P , phản lực Q và lực ma sát nghỉ F ms - Theo định luật II Niu – tơn, ta có: P Q F ms ma (1)
- Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy, ta được:
- Chiếu (1) lên trục Ox (trùng với AB) và Oy (vuông góc với AB), ta được:
- Fms F cos ma
(1')
- P Q F sin 0
(1'')
F2 ma; P sin F1 0 (2) - Mặt khác: F ms F 1 F 2 Fms F12 F22
Mà: Fms kN kQ
- Điều kiện cho ma sát nghỉ: Fms kN kQ kmg cos
- Từ (1’’): Q P F sin Fms k ( P F sin ) kmg kF sin - Từ (1’): Fms F cos ma Từ đó: F cos ma kmg kF sin m (cos +ksin ) max a0 - Để m mmax : (kg a )min
(3)
F12 F22 kmg cos
(4)
- Từ (2) và (4):
F (cos +ksin ) (2) kg a
F2 k 2 m2 g 2cosh 2 m2 g 2 sin 2 mg cos k 2 tan 2 a g cos k 2 tan 2
(5)
- Mặt khác: AB l
- Từ (5): t
t min
F cos Fmst ma C cos .t Q ma
1 2 2l at t 2 a
C cos .t (mg C sin .t ) ma
2l a2
g cos k 2 tan 2
(4)
Giai đoạn III: Khi vật bắt đầu rời sàn.
2l 2
Ct (cos + sin ) g m
2
g cos k tan
, với k tan .
+ Lúc đó: Q 0 mg C sin .t 0
Vậy: Thời gian ngắn nhất để xe đi từ A đến B là tmin
+ Thời gian từ khi tác dụng lực (t 0) đến lúc vật rời sàn: t2
2l 2
2
g cos k tan
a3
mg .(cos +sin ) C sin g g cot m
v3 at ; với t t2 t1 và a
a3 2
mặt phẳng là . Hãy khảo sát các giai đoạn chuyển động của vật và + Vận tốc của vật ngay khi rời sàn là: v3
tính vận tốc khi vật bắt đầu rời sàn. Bài giải Các lực tác dụng vào xe: trọng lực P , phản lực Q và lực ma sát nghỉ F ms ; lực tác dụng F
+ Thay (2), (5), (6) vào (7), ta được: v3
- Giai đoạn I: Khi vật chưa chuyển động. + Điều kiện cân bằng: F Q P F msn 0
v3
(1)
+ Chiếu (1) lên hai phương thẳng đứng và nằm ngang, ta được:
Fmsn F cos C cos .t
(7)
g cot mg mg 2 C sin C cos sin
mg 2 cot 2 2C (cos sin ) mg 2 cot 2 . 2C (cos sin )
2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP
+ Mặt khác: Fmsn N Q C cos .t (mg C sin .t )
Chuyên đề 8: ỨNG DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT NIU-TƠN VÀ CÁC LỰC CƠ HỌC
mg t C (cos +sin )
17. Cho hai miếng gỗ khối lượng m1 và m2 , đặt chồng lên nhau trượt trên mặt phẳng nghiêng. Hệ số ma sát
mg + Thời gian vật còn nằm yên trên sàn là: t1 C (cos + sin )
(2)
giữa chúng là k ; giữa vật 1 và mặt phẳng nghiêng là k1. Trong quá trình trượt miếng gỗ này có thể trượt nhanh hơn miếng gỗ kia không? Tìm điều kiện để hai vật cùng trượt như một vật.
- Giai đoạn II: Vật trượt trên sàn.
Q P sin mg F sin mg C sin .t
a3 (t2 t1 ) 2
Vậy: Khi vật bắt đầu rời sàn, vận tốc của vật là v3
Q P F sin mg F sin mg C sin .t
+ Chiếu (3) lên hai phương thẳng đứng và nằm ngang, ta được:
(6)
+ Trong quá trình chuyển động của vật, gia tốc phụ thuộc bậc nhất vào thời gian nên:
hợp với phương ngang một góc không đổi. Hệ số ma sát giữa vật và
+ Phương trình định luật II Niu - tơn: F Q P F mst ma
(5)
+ Gia tốc của vật khi nó bắt đầu rời sàn: Thay (5) vào (4) ta được:
C.
16. Một vật khối lượng m đang nằm yên trên sàn ngang. Lúc t 0 vật chịu tác dụng một lực F phụ thuộc thời gian theo quy luật F Ct , C là hằng số có đơn vị Niu – tơn trên giây và t có đơn vị giây. Lực F
mg C sin
(Trích đề thi Olympic 30/4, 1996)
(3)
Bài giải Gọi a1 và a2 lần lượt là gia tốc của các vật 1 và 2.
* Giả sử a1 a2 , các lực sẽ có chiều như hình vẽ. - Phương trình chuyển động của hai vật:
a) Bỏ qua mọi ma sát ở các mặt tiếp xúc. Hỏi với giá trị nào của thì gia tốc của nêm đạt giá trị cực đại? Tính amax của nêm.
+ Vật 1: P1 Q1 N1 Fms Fms1 m1a1 + Vật 2: P2 Q2 Fms 2 m2 a2
b) Bề mặt của các mặt tiếp xúc có ma sát với cùng hệ số ma sát và góc nghiêng của nêm là 300. Tìm
- Chiếu trục Ox, ta được:
a) Giá trị của để gia tốc của nêm đạt giá trị cực đại, tính amax - Các lực tác dụng lên nêm: trọng lực P1 ; phản lực Q1 ; áp lực N 21. Các lực tác dụng lên khối lập phương: trọng lực P2 ; phản lực Q2 (Q2 N 21 ).
P1 sin Fms Fms1 m1a1
a1 g sin
Fms Fms1 m1
và P2 sin Fms 2
F m2 a2 a2 g sin ms 2 m2
- Vì a2 a1 nên miếng gỗ dưới không thể chuyển động nhanh hơn miếng gỗ trên. * Giả sử a1 a2 các lực ma sát Fms và Fms1 sẽ có chiều ngược lại. - Phương trình chuyển động của hai vật:
F Fms1 + Vật 1: P1 Q1 N1 Fms Fms1 m1a1 a1 g sin ms m1 F + Vật 2: P2 Q2 Fms 2 m2 a2 a2 g sin ms 2 m2 - Vì a2 a1
Fms Fms1 Fms 2 m1 m2
k1 (m1 m2 ) km2 km1 k1 k . - Nếu k1 k a2 a1. Ma sát giữa hai miếng gỗ nhỏ hơn ma sát giữa vật 1 và mặt phẳng nghiêng, vật 2 chuyển động nhanh hơn vật 1.
điều kiện về để khối lập phương không trượt đối với nêm khi nêm trượt xuống. Bài giải
- Phương trình chuyển động của nêm và khối lập phương: ( P1 N 21 ) sin Ma P2 Q2 2 Ma y a y a sin ( Mg Q2 ) sin Ma 2 Mg Q2 2 Ma.sin
a
3g.sin 3g 2sin 2 1 2sin 1 sin
- Để amax thì 2sin và amax
1 1 2 sin 450. sin 2 2
3.10 10, 4(m /s 2 ). 2 1 2. 2 2 2
Vậy: Để gia tốc của nêm đạt giá trị cực đại thì 450 và lúc đó amax 10, 4( m/s2 ).
- Nếu k1 k a1 a2 g (sin k1 cos ) hai vật cùng trượt như là một vật.
b) Điều kiện về để khối lập phương không trượt đối với nêm khi nêm trượt xuống
18. Một cái nêm khối lượng M được giữ trên mặt phẳng nghiêng cố định
- Khi khối lập phương không trượt đối với nêm thì hai vật chuyển động như một khối duy nhất với gia tốc:
với góc nghiêng so với đường nằm ngang. Góc nghiêng của nêm cũng bằng và được bố trí sao cho mặt trên của nêm nằm ngang như hình vẽ. Trên mặt nằm ngang của nêm có đặt một khối lập phương khối lượng 2M đang nằm yên. Nêm được thả ra và bắt đầu trượt xuống. Cho g 10m /s2 .
a g (sin cos ) với : tan ax g sin cos cos - Trên hai trục Ox, Oy ta có: a y g sin cos sin
- Phương trình chuyển động của khối lập phương:
Khoảng cách giữa hai vị trí của máy bay khi bắn quả đạn thứ 5 và thứ 7 là:
f ms 2 Max f ms 2Max P2 Q2 2Ma y 2Mg Q2 2Ma y f ms N 21 Q2 f ms Q2
1 1 L v5 .2t a(2t )2 (v0 4at )2t a.4t 2 2v0t 10at 2 2 2
L 2v0 .0,5 10.2.0,52 v0 5
2 Mg sin cos cos .2 Mg[1 sin cos sin ]
Quãng đường quả đạn thứ 5 và thứ 7 bay được theo phương ngang đến khi chạm đất là:
sin cos cos [1 sin 2 cos sin ]
s5 v’5 T (v0 4at vñ )T (v0 4.2.0, 5 vñ ).10 (v0 vñ 4).10 (4)
2 cos sin 2 cos 2 cos sin 0
s7 v’7 T (v0 6at vñ )T (v0 6.2.0,5 vñ ).10 (v0 vñ 6).10 (5)
2 sin 2 cos sin 0 ’ 1.
1 cos 1 1 cos 1 cot ; cot 0 (loại) sin sin sin sin Với 300 :
Vậy: Để khối lập phương không trượt đối với nêm thì 2 3
s L s7 s5 v0 5 (v0 vñ 6).10 (v0 vñ 4).10 125 v0 25 125 v0 100m/s. Vậy: Vận tốc v0 của máy bay khi bắn quả đạn thứ nhất là v0 100m /s.
3 1 cot 300 2 3 và tan 300 sin 300 3
20. Trên một dốc nghiêng 300 , buông một vật nhỏ từ A. Vật nhỏ trượt
3 . 3
19. Một máy bay đang bay theo phương ngang với vận tốc v ở độ cao h 500 m so với mặt đất với gia tốc
a 2m/s2 và sau những khoảng thời gian bằng nhau t 0,5s thì bắn ra phía trước những quả đạn cùng theo phương ngang với cùng vận tốc vd đối với máy bay. Người ta đo được khoảng cách các điểm rơi của quả đạn thứ 5 và thứ 7 trên mặt đất là 125m. Bỏ qua sức cản không khí, lấy g 10m /s2 . Hãy xác định vận tốc v0 của máy bay khi bắn quả đạn thứ nhất.
xuống dốc không ma sát. Sau khi buông vật này 1s, cũng từ A bắn một viên bi nhỏ theo phương ngang với vận tốc đầu v 0 . Xác định v0 để bi trúng vào vật trượt nên dốc nghiêng. Bỏ qua lực cản của không khí. Lấy g 10m/s2 . Bài giải Chọn gốc tọa độ tại O trùng với A, các trục tọa độ Ox và Oy như hình vẽ; gốc thời gian lúc buông vật nhỏ.
Bài giải
- Phương trình tọa độ của vật nhỏ:
Gọi L là khoảng cách giữa hai vị trí máy bay bắn hai quả đạn thứ 5 và thứ 7; s5 và s7 là quãng đường mà các quả đạn thứ 5 và thứ 7 chuyển động được theo phương ngang từ khi bắn đến khi chạm đất; v5 và v7 là vận tốc của máy bay khi bắn quả đạn thứ 5 và thứ 7. - Khoảng cách giữa hai quả đạn thứ 5 và thứ 7 trên mặt đất là: s L s7 s5
x1
1 1 (a cos )t 2 , y1 (a sin )t 2 ; 2 2
với a g sin . - Phương trình tọa độ của viên bi: x2 v0 (t 1); y2
(1)
- Vì máy bay bay theo phương ngang nên thời gian rơi của các quả đạn là như nhau:
T
(3)
2h 2.500 10s g 10
(2)
- Gọi v0 là vận tốc của máy bay khi bắn quả đạn 1. Vận tốc của quả đạn thứ 5 và thứ 7 là: v’5 v0 4at vñ ; v’7 v0 6at vñ
1 g (t 1) 2 . 2
- Bi trúng vật nhỏ khi: x1 x2 và y1 y2 .
1 1 1 (a cos )t 2 v0 (t 1); ( a sin )t 2 g (t 1) 2 2 2 2
t
g g a sin
g g 1 sin
10 2s 1 10 1 2
Và v0
3 g sin cos cos 2 2 g sin g sin 2 2 1 sin 2(1 1 ) ag sin a sin 2
Ta có: 4v02 2 ga (3v02 2 ga ) 0 v0min 2 ga
ag cos
2
8, 7 m /s
Góc ném: tan
2 2v0min 2.2 ga 2 arctan 2. 2 ga 2 ga
Vậy: Để chất điểm tới được điểm B thì v0 min 2 ga và góc ném lúc đó là arctan 2.
Vậy: Để bi trúng vào vật trượt trên dốc nghiêng thì v0 8, 7m /s. 21. Một chất điểm được ném từ điểm O trên mặt đất tới một điểm B cách O một đoạn a theo phương
3 ngang và cách mặt đất một đoạn a. Bỏ qua lực cản của không khí. 4 a) Nếu vận tốc ban đầu của chất điểm là v0 2 ga thì góc ném so với phương nằm ngang là bao nhiêu để
22. Trong cùng một mặt phẳng thẳng đứng, từ hai độ cao h1 , h2 người ta ném cùng lúc hai vật có khối lượng m1 , m2 (xem như chất điểm) theo phương ngang với các vận tốc tương ứng là v1 , v2 . Vật thứ nhất và chạm đàn hồi với đất một lần và nảy lên; vật thứ hai va chạm đàn hồi với đất hai lần và nảy lên, cuối cùng hai vật chạm đất tại cùng một vị trí ở cùng một thời điểm. Bỏ qua lực cản của không khí. Tìm tỉ số
nó trúng vào điểm B.
v1 h và 1 . v2 h2
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của v0 để chất điểm tới được điểm B và tính góc ném ứng với giá trị v0 min . Bài giải a) Tính góc ném với trường hợp v0 2 ga
Bài giải Va chạm của m1 và m2 với đất là va chạm đàn hồi nên thành phần nằm ngang của vận tốc của
Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ, gọi là góc ném.
m1 và m2 sau va chạm vẫn bằng v1 và v2 .
- Phương trình tọa độ của chất điểm theo hai trục Ox và Oy :
Gọi D là vị trí hai vật chạm đất cùng lúc, t là x v0 cos t 1 2 y 2 gt v0 sin t
khoảng thời gian kể từ lúc bắt đầu ném đến khi hai vật chạm đất tại d .
- Phương trình quỹ đạo của chất điểm là:
1 g y . 2 (1 tan 2 ) x 2 x tan 2 v0 - Khi chất điểm tới B( a;
Ta có: v1t v2t
v1 1. v2
(1)
3 a ) và v0 2 ga . Từ (1) cho ta được: 4
3 1 g a . (1 tan 2 ) a 2 a tan 4 2 4 ga
tan 2 8 tan 7 0 tan 1 7 hoặc tan 2 1.
1 3
- Xét chuyển động của m1 : Ta có: CD 2 HC HC HD. 2
t1
1 1 t 1 t và h1 gt12 g gt 2 2 2 3 18 3
- Xét chuyển động của m2 : Ta có: HA
(1)
1 1 1 AB BD HA HD. 2 2 5
2
1 arctan 7 hoặc 2 arctan1.
Vậy: Để chất điểm trúng vào điểm B thì góc ném có thể là 1 arctan 7 hoặc 2 arctan1. b) Giá trị nhỏ nhất của v0 để chất điểm tới được điểm B - Khi chất điểm tới B( a;
3 3 1 g a ), ta có: a . (1 tan 2 )a 2 a tan . 4 2 4 ga 4
2 ga.tan 2 4v02 tan 3v02 2 ga 0
t2
1 1 t 1 t và h2 gt12 g gt 2 2 2 5 50 5
- Từ (1) và (2), suy ra: Vậy: Các tỉ số
h1 50 25 . h2 18 9
v1 h v h 25 và 1 là 1 1 và 1 . v2 h2 v2 h2 9
(2)
23. Một người đứng ở một đỉnh dốc bờ biển ném một hòn đá ra biển. Hỏi người ấy phải ném hòn đá dưới một góc bằng bao nhiêu so với phương nằm ngang để nó rơi xa chân bờ biển nhất. Khoảng cách xa nhất ấy là bao nhiêu? Cho biết bờ dốc thẳng đứng, hòn đá được ném từ độ cao H 20m so với mặt nước và có vận tốc đầu là v0 14m/s. Lấy g 9,8m /s2 .
Vậy: Người ấy phải ném hòn đá dưới một góc bằng 300 so với phương nằm ngang để nó rơi xa chân bờ biển nhất và khoảng cách xa nhất ấy là 34, 63m. 24. Một thang máy ở công trình xây dựng (chỉ có sàn nằm ngang) được lắp ở cặp bức tường của một tòa nhà cao tầng đang xây dựng. Lúc đầu thang máy ở một tầng của tòa nhà cách mặt đất 50m
(Trích đề thi Olymic 30/4, 2002) Bài giải
được hạ thẳng đứng xuống với gia tốc không đổi a 1m/s2 . Sau 2s chuyển động, một người ngồi ở sàn thang máy trên ném một hòn đá với vận tốc v 4m /s so với sàn thang máy và hướng lên hợp
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Phân tích chuyển động (ném xiên) của hòn đá thành hai
với phương ngang một góc 600 (xem hòn đá được ném từ sàn thang máy). a) Sau khi ném hòn đá bao lâu thì người đó thấy hòn đá đi ngang qua sàn thang máy?
thành phần: - Theo phương Ox :
b) Sau khi hòn đá chạm đất bao lâu thì thang máy đến mặt đất? Tính khoảng cách từ thang máy lúc đó đến vị trí hòn đá chạm đất.
(1)
x v0 cos .t
Bài giải
- Theo phương Oy : 1 y H v0 sin .t gt 2
a) Sau bao lâu thì người đó thấy hòn đá đi ngang qua sàn thang (2)
máy
- Thời gian hòn đá chuyển động ( x L) : t
L v0 cos
- Sau 2s chuyển động, thang máy đi xuống một đoạn: 1 1 h1 at 2 .1.22 2m và có vận tốc v1 at 1.2 2m /s2 . 2 2
(3)
- Thay (3) vào (2), ta được: y H v0 sin
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy, gốc O tại mặt đất, Ox nằm ngang,
L 1 L2 g 2 . v0 cos 2 v0 cos 2
Oy hướng lên; gốc thời gian lúc ném hòn đá. 2
- Khi hòn đá chạm đất: x L; y 0 nên: H v0 sin H L tan
L 1 L g 0. v0 cos 2 v02 cos 2
gL2 1 gL2 . H L tan 2 1 tan 2 0 2v02 cos2 2v0
g 2 L2 2 gH 4 gL2 gL2 Với: L 2 2 H 0 L2 1 4 2 2v0 2v0 v0 v0 L
14, 4 14, 42 2.9,8.20 34, 63m. 9,8
(2)
- Khi người nhìn thấy hòn đá đi ngang qua sàn thang máy: y1 y2 : 0
v02 v0 14, 4 0,57735 gLmax v02 2 gH 14, 42 2.9,8.20
300 và Lmax
1 2
- Hòn đá: v0 x v cos 4. 2m /s; v0 y v sin v1 2( 3 1) m /s. 1 2
v0 2 v v0 2 gH ; L Lmax 0 v02 2 gH khi 0 g g
Lúc đó: tan
(1)
Và: x2 vxt 2t; y2 y02 v0 y t gt 2 48 2( 3 1)t 5t 2
gL2 gL2 tan 2 L tan 2 H 0 2v02 2 v 0 2
1 2
- Thang máy: x1 0; y1 y01 v0t at 2 48 2t 0,5t 2
48 2t 0, 5t 2 48 2
t
3 1 t 5t 2
2 3 0, 77 s 4,5
Vậy: Sau t 0, 77 s thì người đó nhìn thấy hòn đá đi ngang qua sàn thang máy. b) Thời gian để thang máy đến mặt đất và khoảng cách từ thang máy lúc đó đến vị trí hòn đá chạm đất
3
- Khi thang máy và hòn đá chạm đất:
sin sin 1 sin 4 32v04 2 2 2 32v0 d 2 g 27 27 g 2
2
y1 0 48 2t 0,5t 0 t1 8s y2 0 48 2
3 1 t 5t 2 0 t2 3, 25s d max
- Thang máy chạm đất sau hòn đá: t t1 t2 8 3, 25 4, 75s.
sin sin 2 4 2 v02 (1 sin ) sin ; đạt được khi . 2 2 3 3 3 g
420.
- Khi đó hòn đá cách thang máy: L x2 2t2 2.3, 25 6,5m. Vậy: Sau khi hòn đá chạm đất 4, 75s thì thang máy đến mặt đất và khoảng cách từ thang máy lúc
Vậy: Để khoảng cách giữa hai vật cực đại thì vật thứ hai phải được ném lên dưới góc ném 42 và khoảng cách lúc đó là d max
đó đến vị trí hòn đá chạm đất là L 6,5m.
4 2 v02 . . 3 3 g
25. Hai vật được ném đồng thời từ một điểm với vận tốc như nhau, cùng bằng v0 . Một vật được ném
26. Một bánh xe có bán kính R, đặt cách mặt đất một đoạn H , quay
lên theo phương thẳng đứng, còn vật kia được ném lên dưới một góc nào đó so với phương ngang.
đều với vận tốc góc . Từ bánh xe, bắn ra một giọt nước và nó rơi
Hỏi góc đó phải bằng bao nhiêu để khoảng cách giữa hai vật là cực đại? Khoảng cách cực đại đó
chạm đất tại điểm B, ngay dưới tâm của bánh xe (hình vẽ).
bằng bao nhiêu? Xem rằng khi rơi xuống đất vận tốc của vật lập tức triệt tiêu.
Tính thời gian rơi của giọt nước và xác định điểm A trên bánh xe,
(Trích đề thi Olympic 30/4, 2008)
nơi giọt nước từ đó bắn ra.
Bài giải
Bài giải
Chọn hệ tọa độ Đề-cac Oxy. Phân tích chuyển động của hai
Chọn hệ tọa độ Axy (hình vẽ).
vật làm hai thành phần theo hai phương Ox và Oy. Các
Đặt AOB ta có:
phương trình chuyển động của hai vật:
x v cos .t ; y
- Vật 1: y1 v0t
gt 2 ; 2
x1 0; t
- Thời gian rơi của giọt nước:
2v0 . g
- Vật 2: y2 (v0 sin )t
t gt 2 2v sin ; x2 (v0 cos )t ; t 0 . 2 g
- Khoảng cách giữa hai vật ở thời điểm t là: 2v sin d ( y1 y2 ) 2 x22 ; t 0 g 8v 4 d ( y1 y2 ) x d 2v t (1 sin ) 20 sin 2 (1 sin ) g 2
d2
2
2 2
1 2 gt v sin t ; với v R 2
2
2 2 0
32v04 sin sin . . (1 sin ) g2 2 2
sin sin ; ; (1 sin ), ta được: - Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số không âm 2 2
x R sin tan v cos R cos
Lúc đó y H R cos y H R cos 0.
1 tan 2 tan g R sin H R cos 0 2 2
1 g 1 sin 2 . 2 (1 ) R H R cos 0 2 cos 2 cos g cos 2 g 2 R 2 cos sin 2 2 H 2 cos 2 2 R 2 cos3 0
g 1 cos 2 2 H 2 cos 2 2 R 2 cos 0 ( g 2 H 2 ) cos 2 2 R 2 cos g 0 Ta có: R 2 4 g ( g 2 H )2 R 2 4 2 gH 2 g 2
cos
R 2 R 2 4 2 gh 2 g 2 g 2H 2
Lmax
2 2 2 H 2 2 gH R 2 2 R R 2 4 2 gH 2 g 2
Và sin 1 cos 2
t
tan
g 2H 2
2 2 H 2 2 gH R 2 2 R R 2 4 2 gH 2 g 2
R 2 R 2 4 2 gH 2 g 2
Vậy: Thời gian rơi của giọt nước là
2 2 H 2 2 gH R 2 2 R R 2 4 2 gH 2 g 2 t
2
2
4
2
R R 2 gH g
2
và điểm A trên bánh xe nơi giọt nước đó bắn ra
R 2 R 2 4 2 gH 2 g 2 g 2H 2
một khoảng cách không xa hơn x0 . Có thể rơi xa thêm một khoảng bằng bao nhiêu nếu trong khi ném, người đó đang chạy với vận tốc v theo phương ngang (với v v0 ) ? Để đơn giản tính toán, ta bỏ qua sức cản của không khí cũng như chiều cao của người ném. Bài giải Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ. - Khi người đứng tại chỗ ném vật. + Phương trình tọa độ của vật:
x v0 cos 1 2. y v0 sin .t 2 gt
+ Vận tốc của vật đối với đất:
uOx v0 cos v u v0 v uOy v0 sin x (v0 cos v)t + Phương trình tọa độ của vật: 1 2 y v0 sin .t 2 gt + Để vật đạt được tầm xa cực đại thì 450 uOx uOy v0 cos v v0 sin .
v02 cos 2 2v0 v cos v 2 v02 (1 cos2 )
+ Giải phương trình bậc hai trên theo cos , ta được:
2v0v cos 2v0v cos
4v02 2v02 v 2 2 0
2.2v
4v02 2v02 v 2 2.2v02
2v02 v 2 v 2v0
(2) 0
0 (loaïi vì 90 )
+ Áp dụng định lí hàm số cosin cho hệ thức u v 0 v, ta được: u 2 v02 2vv0 cos v 2
(3)
+ Thay (2) vào (3), ta được: u 2 v02 2vv0
2v02 v 2 v 2v0
v2
u 2 v02 v( 2v02 v 2 v ) v 2 v02 v 2v02 v 2 u v02 v 2v02 v 2
+ Lúc vật chạm đất: y 0 1 2 2v sin gt 0 t 0 . 2 g
+ Tầm xa của vật là: L v0 cos .t v0 cos .
- Khi người vừa chạy vừa ném vật với vận tốc v0 : ( (v0 , v )).
2v02 cos 2 2v0 v cos v 2 v02 0
27. Một người đứng tại chỗ có thể ném một hòn đá với vận tốc v0 hợp với phương ngang một góc đến
v0 sin .t
(1)
v02 cos2 2v0 v cos v 2 v02 sin 2
nằm trên bán kính hợp với phương thẳng đứng OB góc với: cos
v02 g
2v0 sin v02 sin 2 . g g
+ Để tầm xa của vật cực đại thì: sin 2 1 2 900 450.
+ Tầm xa cực đại của vật là: L’max
2 2 u 2 v0 v 2v0 v g g
+ Khoảng cách giữa điểm rơi mới với điểm rơi cũ là: L L’max Lmax . L
v02 v 2v02 v v02 v 2v02 v 2 (với v v0 2) g g g
Vậy: Khi vừa chạy vừa ném vật thì vật có thể rơi xa thêm một khoảng L
v 2v02 v 2 (với v v0 2). g
Từ đó: tan
2( H h) r 2.(3 2) r 0,977 l 5 R2 r 2 4r 2 r 2
44018'
28. Cần phải ném quả bóng rổ dưới một góc nhỏ nhất so với phương nằm ngang là bao nhiêu để nó
Vậy: Góc nhỏ nhất cần phải ném quả bóng rổ theo phương ngang là 44018'.
bay qua vòng bóng rổ từ phía trên xuống mà không chạm vào vòng? Bán kính quả bóng là r , bán
29. Một quả bóng rổ rơi tự do từ điểm A, vào đúng thời điểm
kính vòng bóng rổ là R, độ cao của vòng tính từ mặt đất là H . Cầu thủ ném bóng từ độ cao h
đó, tại điểm B cách A một đoạn l một quả bóng tennis
(h H ) khi cách vòng một khoảng l theo phương ngang. Sự thay đổi vận tốc của quả bóng trong
được ném lên. Hỏi quả bóng tennis phải có vận tốc ban đầu
thời gian bay qua vòng có thể bỏ qua. Cho R 2r; H 3m, h 2m, l 5m.
bằng bao nhiêu để nó đập vào quả bóng đang rơi đến C , cách A một đoạn h ?
Bài giải Gọi là góc hợp bởi vectơ vận tốc v của tâm quả bóng so với phương ngang khi quả bóng tới vị
trí để chui qua vòng, lúc này bóng đi xuống nên 0. - Khi min thì bóng ở vào tính huống “sít sao” nhất để đi qua vòng, nghĩa là có một điểm ở mặt dưới của bóng chạm vào điểm A và sau đó có một điểm ở mặt trên của bóng chạm vào B ( AB là
góc ném cũng có giá trị tương ứng nhỏ nhất. Bỏ qua thời
với:
cho tới lúc chạm vòng ở A. Ta có: gt 2 2
l 2 H 2 v0 cos .t (3)
- So sánh với hình vẽ: tan
H
v0 sin gt gt gl tan tan 2 v0 cos v0 cos v0 cos 2
1 2
- Từ (1) và (2) suy ra: H h (tan tan ) tan
H 2
l H
- Từ (1): t
2
: hướng của v 0 trùng với BA.
2h 2h . Thay vào (4), ta được: H v0 sin . . g g
(2) - Mặt khác: H l sin l sin v0 sin
2( H h) tan . l
2r r r tan ( 0). 2R R R2 r 2
(4)
l2 H 2
(1)
v v x v y với vx vx cos ; v y v0 sin gt.
Mặt khác: sin
(2)
- Từ (1) và (2), ta được: H v0 sin .t
- Vận tốc quả bóng lúc chạm vòng:
(1)
- Từ (3) và (4), ta được: tan
gl 2 H h l tan 2 2v0 cos2
vx
1 2 gt 2
1 H h v0 sin .t gt 2 2
- Gọi vận tốc ném là v 0 , t là thời gian bóng bay trên không
vy
- Quả bóng rổ rơi đến C :
- Quả tennis ném đến C :
gian bóng chui qua vòng.
tan
là góc ném; là góc hợp bởi hướng của BA và phương ngang.
h
đường kính của vòng). Khi có trị tuyệt đối nhỏ nhất thì
l v0 cos .t ; H h v0 sin .t
Bài giải Chọn B là gốc tính độ cao; H là độ cao điểm A; gốc thời gian lúc hai vật bắt đầu chuyển động;
Suy ra: v0 l
g . 2h
2h . g
Vậy: Quả bóng tennis phải có vận tốc ban đầu v0 l
g để nó đập vào quả bóng đang rơi đến 2h
điểm C.
b) Tốc độ nhỏ nhất của quả bóng do cậu bé B ném để trúng chân cậu bé A - Phân tích chuyển động của quả bóng do cậu bé B ném lên làm hai thành phần: + Thành phần theo trục Ox : vx v0 cos ; x OC v0 cos .t.
30. Cậu bé B đang ngồi trên ban công. Cậu bé A đang ngồi dưới đất và ném một quả bóng lên. Quả bóng sau khi vạch một đường cong đã rơi trúng chân cậu bé B và mất một khoảng thời gian là 1s. Biết rằng các vectơ vận tóc của bóng lúc ném lên và lúc rơi trúng chân cậu bé B vuông góc với 2
nhau. Lấy g 10m/s , bỏ qua sức cản của không khí. a) Tính khoảng cách giữa hai cậu bé. b) Cậu bé B phải ném quả bóng trở lại với tốc độ nhỏ nhất là bao nhiêu để bóng trúng chân cậu bé A, nếu biết độ cau của ban công là 3m ?
1 2
+ Thành phần theo trục Oy : vy v0 sin gt; y BC v0 sin .t gt 2 . - Phương trình quỹ đạo của quả bóng: 1 (OC x) 2 OC x y g 2 v0 sin . BC. 2 v0 cos2 v0 cos
- Khi quả bóng rơi xuống trúng chân cậu bé A thì: x 0; y 0.
Bài giải a) Khoảng cách giữa hai cậu bé
g.OC 2 g.OC 2 tan 2 OC .tan BC 0 2 2v0 2v02
(với:
1 1 tan 2 ; phương trình bậc hai với tan ). (cos 2
Chọn hệ trục tọa độ Oxy, gốc O gắn với cậu bé A. - Phân tích chuyển động của quả bóng do cậu bé A ném lên làm hai thành phần: + Thành phần theo trục Ox : vx v0 cos ; x v0 cos .t. + Thành phần theo trục Oy : 1 v y v0 sin gt; y v0 sin .t gt 2 2 - Vì v 0 v B nên v 0 .v B 0
Ta có: OC 2 4
g.OC 2 g .OC 2 g 2 .OC 2 2 g .BC ( BC ) 0 1 0 2v02 2v02 v04 v02
- Vì OC và BC xác định nên v0 có giá trị nhỏ nhất khi: g 2 .OC 2 2 g .BC 2 1 0 v04min 2 g .BC.v02min g 2OC 2 0 4 v0min v0min
v0 min g ( BC 2 OC 2 BC ) 10.( 52 3) 2 5 (m/s).
v0 x vBx v0 y vBy 0
( BC 2 OC 2 OB 2 52 )
(v0 cos )2 (v0 sin )(v0 sin gt ) 0
Vậy: Tốc độ nhỏ nhất của quả bóng do cậu bé B để trúng chân cậu bé A là v0 min 2 5 (m/s).
OB 2 x 2 y 2
1 (v0 cos .t ) 2 (v0 sin .t gt 2 ) 2 (2) 2
- Thay (1) vào (2) và t 1s, ta được: 1 OB 2 (v0 sin )(v0 sin gt )t 2 (v0 sin .t gt 2 ) 2
31. Một hòn bi nhỏ bằng kim loại được thả không vận tốc đầu, từ điểm A cách mặt phẳng nghiêng một góc một đoạn h AB 1m. Bi va chạm với mặt nghiêng lần đầu tại B và lần 2 ngay sau đó tại C. Biết BC 4m, bỏ qua lực cản, xem va chạm là đàn hồi. Lấy
g 10m /s2 . Tính bán kính quỹ đạo của hòn bi tại điểm cao nhất
giữa hai lần va chạm đó.
1 g 2t 4 4 OB
1 2 1 gt .10.12 5m 2 2
Vậy: Khoảng cách giữa hai cậu bé là OB 5m.
Bài giải Chọn hệ trục tọa độ Oxy (hình vẽ). - Vận tốc bi ngay sau khi va chạm tại B : vB 2 gh
- Bi được ném xiên tại B dưới góc ném:
2
2 ; cos sin 2 ; sin cos 2 .
- Phương trình chuyển động ném xiên của bi từ B : x v0 cos .t 1 2 y BC.sin v0 sin .t 2 gt
+ Vật 1: (1)
x BC.cos y 0
(2)
- Từ (1) và (2): 2v0 sin cos .t BC.cos BC 2v0 sin .t. 1 y 2v0 sin 2 .t v0 cos 2 .t v0 sin 2 .t gt 2 0 2
2v0 4v02 sin . g g
gBC gBC BC 4 0, 5; 300 4v02 4.2 gh 8h 8.1
vD vx v0 sin 2 a 0 - Tại D, ta có: và t v 0 y an g
Mặt khác: an R
2 D
2 0
Theo phương Ox : v1x v cos 300 40.
3 20 3(m/s); x1 v1 xt 20 3t . 2 1 2
1 2
Theo phương Oy : v01 y v sin 300 40. 20(m/s); y1 v01 y t gt 2 1 y1 20t gt 2 20t 5t 2 . 2
+ Vật 2: Theo phương Ox :
1 2v v0t gt 2 0 t 0 và t 0 2 g
2 D
Chọn hệ tọa độ Oxy, gốc O trùng với điểm A (hình vẽ); gốc thời gian (t 0) tại thời điểm bắn vật 1.
- Tại C , ta có:
sin
Bài giải
- Phân tích chuyển động của hai vật theo hai phương Ox và Oy :
x v0 sin 2 .t 2v0 sin cos .t 1 2 y BC.sin v0 cos 2 .t 2 gt
Từ đó: BC 2v0 sin .
Xác định và tọa độ điểm M .
1 v2 x v cos 600 40. 20(m/s); 2 x2 v2 x (t ) 10 20(t ) 10.
Theo phương Oy : v02 y v sin 600 40.
y2 v02 y (t )
2
v v v sin 2 R R an g
2 gh sin 2 2 2h sin 2 2 2.1sin 2 600 1,5m. g
Vậy: Bán kính quỹ đạo của hòn bi tại điểm cao nhất giữa hai lần va chạm đó là R 1, 5m. 32. Hai điểm A, B ở trên mặt đất, cách nhau 10 m. Từ A, người ta bắn vật 1 với góc bắn 300. Từ B, người ta tiếp tục bắn vật 2
3 20 3(m/s); 2
1 g (t ) 2 2
1 y2 20 3(t ) g (t ) 2 20 3(t ) 5(t ) 2 2
- Khi hai vật gặp nhau: x1 x2 ; y1 y2 . (1)
20 3t 20(t ) 10 2
Và 20t 5t 20 3(t ) 5(t ) - Từ (1) ta được: t
2
10 20 1 2 20 3 20 2 3 2
(2) (3)
0
với góc bắn 60 (hình vẽ). Vận tốc ban đầu của hai vật đều có độ lớn bằng 40m/s và đồng phẳng. Cho biết vật 2 được bắn sau khi bắn vật 1 là s và trên đường bay hai vật sẽ gặp nhau ở điểm M . Lấy g 10m/s2 .
- Thay (3) vào (2) ta được: 2
1 2 1 2 1 2 1 2 20 5 5 20 3 2 32 2 32 2 32 2 32
2
(10 10 3) 2 70 (20 3 20) 0 (phương trình bậc hai theo )
R2 l 2 RR l 2 Fdh m 2 R Fdh m 2 lR R lR
0, 2s và 2, 75s 0 (loại)
Với 0, 2 s, thay vào (3) ta được: t
(3)
(Đặt OB R; OA R; BA l với l là chiều dài của lò xo khi A chuyển động tròn đều)
1 2.0, 2 0, 4s. 2 32
Ta có: R2 R 2 l 2 nên từ (3), ta có:
- Tọa độ giao điểm M là: yM 20t 5t 2 20.0, 4 5.0, 42 7, 2m; xM 20 3t 20 3.0, 4 13,8m.
Vậy: Vật 2 được bắn sau vật 1 thời gian 0, 2s và vị trí hai vật gặp nhau M (13,8m; 7, 2m).
k l l k m 2 1 l0 l l0 m 2
Fdh m 2 . l
1
Vậy: Độ dãn tỉ đối của lò xo khi hệ quay là
33. Một hệ gồm một thanh nhẵn hình chữ T nằm trong mặt phẳng ngang; một vòng trượt nhỏ A khối lượng m được nối với điểm B
l k 1 l0 m 2
1
và kết quả này không phụ thuộc
chiều quay của hệ.
bằng một lò xo nhẹ có độ cứng k .
34. Một hình cầu rỗng bán kính mặt trong R 0, 5m quay quanh một
Cho toàn bộ hệ thống quay đều với vận tốc góc quanh một trục trục thẳng đứng đi qua tâm O với vận tốc góc 5rad/s. Ở trên mặt
thẳng đứng qua O. Tính độ dãn tỉ đối của lò xo. Chiều quay có ảnh
trong tại vị trí A có một vật nhỏ khối lượng m cùng quay với hình
hưởng gì đến kết quả không?
cầu, ở độ cao h 0, 25m so với đáy hình cầu.
Bài giải
a) Tìm giá trị cực tiểu min của hệ số ma sát ở mặt cầu để trạng thái đó có thể tồn tại. b) Nếu vận tốc góc 8rad/s thì min phải bằng bao nhiêu? Lấy g 10m/s2 . Bài giải a) Giá trị cực tiểu min
- Các lực tác dụng vào m : trọng lực P; phản lực Q; lực ma sát F ms :
- Các lực tác dụng lên vòng A : trọng lực P; lực đàn hồi F dh ; các phản lực Q, Q '. - Phương trình định luật II Niu-tơn cho vòng A : P F dh Q Q ' ma
(1)
Fms N ; N Q. - Đặt: Q F ms R; P Q F ms F ht ; Fht m 2 r; r R sin ; các góc như trên hình vẽ. Ta có:
tan
F Fms 0, 25 1 2 r 2 R sin ; cos ; tan ht 600 Q 0,5 2 P g g
- Chiếu (1) lên hai phương hướng tâm và tiếp tuyến, ta được: Fdh cos Q sin m 2 R
(1)
Fdh sin Q cos 0
(2)
- Từ (1) và (2) ta được: Fdh (tan .sin cos ) m 2 R
- Từ đó: Q tan Q u tan tan( ) Với 600 tan 3; tan
2 R sin g
tan tan . 1 tan tan 52.0,5.sin 600 0, 625 3. 10
3 0, 625 3 0, 23 min 0, 23. 1 3.0,625 3
R
Vậy: Giá trị cực tiểu min của hệ số ma sát ở mặt cầu để trạng thái đó có thể tồn tại là min 0, 23. b) Trường hợp 8rad/s Ta có: tan
2 kl0 . 4 2 k m 2
Vậy: Bán kính của vòng dây là R
2 kl0 . 4 2 k m 2
36. Hai quả cầu có khối lượng m1 150 g và m2 200 g nối với
2 R sin
82.0,5.sin 600 1, 6 3. 10
g
nhau bằng sợi dây nhẹ không dãn có chiều dài l 1m. Dây được vắt qua một ròng rọc nhẹ như hình vẽ. Quay giá treo ròng rọc
3 1, 6 3 0,18 min 0,18. 1 3.1, 6 3
quanh trục thẳng đứng với tốc độ góc không đổi 6rad/s. Các quả cầu bị tách ra và chuyển động tròn đầu trên các mặt phẳng
Vậy: Trường hợp 8rad/s thì min 0,18.
nằm ngang. Lấy g 10m/s2 . Tính:
35. Một vòng dây cao su có chu vi là l0 khối lượng m. Hệ số đàn hồi k của vòng dây không đổi theo độ dãn. Vòng dây được đặt nằm ngang trên một đĩa tròn đồng tâm với vòng dây. Cho đĩa quay
a) Chiều dài các đoạn dây l1 , l2 . b) Bán kính quỹ đạo của các quả cầu.
quanh trục thẳng đứng qua tâm vòng dây. Khi chuyển động ổn định, vòng dây và đĩa cùng quay
(Trích đề thi Olympic 30/4, 2010)
đều quanh trục với cùng vận tốc góc . Tìm bán kính của vòng dây theo l0 , k , m và . (Trích đề thi Olympic 30/4, 2003)
Bài giải a) Chiều dài các đoạn dây l1 , l2
Bài giải - Chu vi của vòng dây ban đầu là l0 ; chu vi của vòng dây khi
- Áp dụng định luật 2 Niu-tơn cho mỗi vật:
quay là l 2 R, R là bán kính vòng dây.
- Xét đoạn dây ngắn l có khối lượng: m
m.l m.l . l 2 R
- Hai đầu đoạn dây l chịu tác dụng của các lực căng T 1 và T 2 với hợp lực: F 2T sin
2
; T1 T2 T k (l l0 ) k (2 R l0 )
- Vì nhỏ nên: sin
2
2
l l F k (2 R l0 ) 2R R
(1)
- Hợp lực F tác dụng lên l đóng vai trò lực hướng tâm nên: F m. 2 R
m.l 2 . R 2 R
l m.l 2 R - Từ (1) và (2), ta được: k (2 r l0 ) R 2 R
- Các lực tác dụng lên hai vật: vật 1 (trọng lực P1 , lực căng T 1 ); vật 2 (trọng lực P 2 , lực căng T 2 ).
+ Vật 1: P1 T 1 m1a1
(1)
+ Vật 2: P 2 T 2 m2 a2
(2)
Với T1 T2 T - Chiếu (1) và (2) lên hai phương (nằm ngang và thẳng đứng), ta được: 2 2 T sin 1 m1 R1 m1 l1 sin 1 2 2 T sin 2 m2 R2 m2 (l l1 ) sin 2
(3)
T cos 1 P1 0 T cos 2 P2 0
(4)
2 T m1 l1 2 T m2 (l l1 )
- Từ (3):
(2)
m1l1 m2 (l l1 )
l1
m2l 200 0,571m m1 m2 150 200
và l2 1 0, 571 0, 429m Vậy: Chiều dài các đoạn dây là l1 0, 571m và l2 0, 429m.
m 2 yG T21 1 cos 300
m1 2 .
3 2
b) Bán kính quỹ đạo của các quả cầu - Từ: T m1 2l1 0,15.62.0,571 3, 086 N .
- Từ (4) ta được: cos 1 cos 2
m2l 3 2(m1 m2 m3 )
m1m2 l 2 m1 m2 m3
Và: T21 sin 300 T31 m1 2 r cos m1 2 xG
m1 g 0,15.10 0, 486 1 60055'. T 3, 086
T31 m1 2 xG T21 sin 30 m1 2 .
m2 g 0, 2.10 0, 648 2 49036'. T 3, 086
Suy ra: R1 l1 sin 1 0,571.sin 60055' 0, 499m
T31
(m2 2m3 )l m1m2 1 l 2 . 2(m1 m2 m3 ) m1 m2 m3 2
m1m3 l 2 m1 m2 m3
R2 l2 sin 2 0, 429.sin 49036 ' 0, 327 m
- Phương trình chuyển động của m3 : P3 T13 T23 m3a
Vậy: Bán kính quỹ đạo của các quả cầu là R1 0, 499m và R2 0,327m.
- Chiếu (2) lên trục Oy, ta được:
37. Ba chất điểm m1 , m2 , m3 đặt trên mặt bàn nằm ngang không ma sát, liên kết với nhau bằng ba sợi
T23 cos 300 m3 2 r sin m3 2 yG
dây mảnh có cùng độ dài l (ba chất điểm ở ba đỉnh của tam giác đều). Mặt bàn quay đều với vận tốc góc quanh một trục thẳng đứng đi qua khối tâm của ba chất điểm (trong lúc quay hệ chất
m 2 yG T23 3 cos 300
m3 2 .
điểm giữ nguyên cấu hình tam giác đều). Tìm lực căng của các sợi dây. Bài giải Gọi G là khối tâm của hệ. Chọn hệ tọa độ Oxy với gốc tọa độ O là khối tâm của m1. - Tọa độ của khối tâm G là: l m2 m3l m2 x2 m3 x3 (m2 2m3 )l 2 xG m1 m2 m3 m1 m2 m3 2(m1 m2 m3 )
yG
m2 y2 m l cos 300 m2l 3 2 m1 m2 m3 m1 m2 m3 2(m1 m2 m3 )
- Phương trình chuyển động của m1 : P1 T21 T31 m1a
(1)
với: a 2 r và r OG. - Chiếu (1) lên hai trục Oy và Ox, ta được: T21 cos 300 m1 2 r sin m1 2 yG
(2)
m2 l 3 2(m1 m2 m3 ) m2m3 l 2 m1 m2 m3 3 2
Vậy: Lực căng của các sợi dây là: T21
m1m3 m2 m3 m1m2 l 2 ; T31 l 2 ; T23 l 2 . m1 m2 m3 m1 m2 m3 m1 m2 m3
38. Trên mặt phẳng nằm ngang, nhẵn có hai đĩa tròn A và B đặt tiếp xúc nhau. Một dây nhẹ, không co giãn, buộc cố định ở hai đầu vào hai đĩa tròn như hình vẽ. Tại thời điểm t0 0, đĩa A có bán kính R, bắt đầu quay nhanh dần đều quanh trục thẳng đứng cố định đi qua tâm đĩa. Tại thời điểm t1 đĩa tròn nhỏ có bán kính r tách khỏi đĩa tròn lớn. Tính góc mà đĩa tròn lớn đã quay trong thời gian t1. Bỏ qua ma sát giữa hai đĩa tròn, cho rằng khối lượng các đĩa tròn đều tập trung ở tâm của chúng. Bài giải Chọn gốc thời gian lúc đĩa A bắt đầu quay. Tại thời điểm t vận tốc góc của đĩa A là: 1 t ( là gia tốc góc của đĩa).
- Khi đĩa A quay quanh trục OA thì tâm OB của đĩa B
(song song với mặt phẳng chứa vòng). Vành tròn không chuyển động. Bỏ qua ma sát giữa vòng đệm với vành. Xác định:
cũng chuyển động trên cung tròn có tâm OA , bán kính
a) Hướng và độ lớn của lực mà vành tác dụng lên vòng đệm.
( R r ) và cùng vận tốc góc 1. Vận tốc dài, gia tốc
b) Hướng và độ lớn của lực ma sát mà mặt phẳng ngang tác dụng lên vành.
hướng tâm và gia tốc tiếp tuyến của đĩa B khi đó là:
Xét trường hợp đặc biệt v0 0.
v1 ( R r )t t ( R r ) aht
at
Bài giải
v12 t2 ( R r ) (R r)
a) Hướng và độ lớn của lực mà vành tác dụng lên vòng đệm Xét vòng đệm tại vị trí (hình vẽ).
vt (R r) t
- Các lực tác dụng lên đĩa B là: trọng lực p; lực căng dây T và phản lực Q do đĩa A tác dụng lên
- Áp dụng định luật II Niu-tơn cho đĩa B : p T Q ma
(1)
- Chiếu hệ thức trên lên trục hướng tâm, ta được: P cos Q maht .
- Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy, ta được: 2 t
T cos Q maht m ( R r )
(2)
T sin mat m ( R r )
(3)
- Từ (2) và (3) suy ra: cot
Q mg cos m
1 cot - Góc mà đĩa A quay được trong thời gian t1 là: t12 . 2 2 ( R r )2 R 2 r 2 2 Rr ( vuông MOAOB ). R R
- Thay vào (1), ta được: v 2 2 gR (1 cos ) v02 Q m g cos 0 m 3g cos 2 g (2) R R
- Nhận xét: Từ (2) ta thấy:
+ Nếu v0 gR : Q 0 , Q luôn hướng xa O.
2
r 2 Rr 2R
Vậy: Góc mà đĩa tròn lớn đã quay trong thời gian t1 là
(1)
v 2 v02 2 gR(1 cos )
- Tại thời điểm t1 đĩa B tách khỏi đĩa A nên Q 0. Khi đó: cot t
v2 v2 m g cos R R
Với: v2 v02 2 gR(1 cos )
Q mt2 ( R r ) Q t2 m ( R r ) m ( R r ) 2. 1
Với: cot
- Phương trình định luật II Niu-tơn cho vòng đệm: P Q ma.
đĩa B.
- Các lực tác dụng lên vòng đệm: Trọng lực P; phản lực Q.
+ Nếu v0 0 : Ban đầu, nhỏ: Q 0 : Q luôn hướng xa O, đến khi arccos r 2 2 Rr . 2R
Vậy: Lực mà vành tròn tác dụng lên vòng đệm là Q m 3 g cos
39. Một vành tròn được giữ yên trong mặt phẳng thẳng đứng trên một mặt phẳng ngang. Tại điểm cao nhất của vành có một vòng đệm nhỏ khối lượng m. Truyền cho vòng đệm vận tốc đầu v0 theo phương ngang
2 thì Q 0. 3
v02 2 g và luô có hướng xa O. R
b) Hướng và độ lớn của lực ma sát mà mặt phẳng ngang tác dụng lên vành - Khi vòng đệm trượt theo vành về phía trước thì vành có xu hướng trượt về phía sau nên lực ma sát giữa vành và mặt phẳng ngang sẽ hướng về phía trước.
- Độ lớn của lực ma sát và mặt phẳng ngang tác dụng lên vành (bỏ qua khối lượng của vành): Do vành không trượt nên đó là ma sát nghỉ với độ lớn:
tmin
vt 5,55 79, 4s 1ph 15s amax 0, 07
- Góc lệch của dây treo và lực căng dây: Dây treo bị lệch về phía sau (so với vận tốc).
v2 f ms N sin Q sin m 3g cos 0 2 g sin R
+ Vì m M nên không ảnh hưởng đến gia tốc của tàu.
Vậy: Lực ma sát mà mặt phẳng ngang tác dụng lên vành là ma sát nghỉ có hướng về phía trước và có độ lớn cân bằng với thành phần lực do vòng đệm tác dụng lên vành theo phương ngang: v2 f ms m 3 g cos 0 2 g sin R
+ Trong hệ quy chiếu gắn với tàu, vật m chịu tác dụng của 3 lực, với: P T Fq 0.
Ta có: tan
40. Một đầu máy xe lửa nặng 40 tấn, trọng lượng chia đều cho 8 bánh xe. Trong đó có 4 bánh phát
Fq P
Mặt khác: cos
động. Đầu máy kéo 8 toa, mỗi toa nặng 20 tấn. Hệ số ma sát giữa bánh xe với đường ray là 0,07.
mamax amax 0, 07 0, 007 0, 4. mg g 10
P P mg 0, 2.10 T 2, 0002 N . T cos cos 0, 4 cos 0, 4
Bỏ qua ma sát ở các ổ trục. Trên trần toa xe có một quả cầu nhỏ khối lượng 200g treo bằng dây
Vậy: Thời gian ngắn nhất kể từ lúc khởi hành đến lúc đoàn tàu đạt vận tốc 20km/h là tmin 79, 4s;
nhẹ, không dãn. Cho g 10m/s2 .
góc lệch của dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng của dây treo là 0, 4 và 2, 0002 N .
1. Tính thời gian ngắn nhất kể từ lúc khởi hành đến lúc đoàn tàu đạt vận tốc 20km/h. Tính góc lệch
2. Quãng đường tàu đi từ lúc hãm phanh cho đến lúc dừng; góc lệch của dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng dây
của dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng của dây treo. 2. Sau thời gian trên, tàu hãm phanh. Biết rằng lúc này động cơ không truyền lực cho các bánh. Tính quãng đường tàu đi từ lúc hãm phanh cho đến lúc dừng; góc lệch của dây treo so với phương
a) Trường hợp hãm ở đầu máy: Lúc này tàu chuyển động chậm dần đều: + Gia tốc của tàu: a1
f ms1 kM d g 0, 07.40.10 0,14m/s2 M M 200
+ Khi dừng, v 0 : s1
v12 5, 552 110, 23m 2a1 2.(0,14)
thẳng đứng và lực căng dây trong 2 trường hợp: a) Chỉ hãm các bánh ở đầu máy. b) Hãm tất cả các bánh của đoàn tàu. (Trích đề thi Olympic 30/4, 2007) Bài giải 1. Thời gian ngắn nhất kể từ lúc khởi hành đến lúc đoàn tàu đạt vận tốc 20km/h Gọi M d là khối lượng đầu máy, M t là khối lượng các toa tàu. - Lực phát động chính lực ma sát tác dụng lên 4 bánh ở đầu tàu nên: Fpd f ms
kM d g 0, 07.40.103.10 14.103 N 2 2
- Gia tốc cực đại mà tàu đạt được: amax
Fpd M
Fpd M d Mt
14.103 0, 07m/s 2 . 40.103 160.103
+ Góc lệch: tan 1
Fq P
ma1 0,14 0, 014 mg 10
1 7,97 và dây treo lệch về phía trước.
+ Lực căng dây: Từ: cos 1
P P mg 0, 2.10 T1 2, 0195 N T1 cos 1 cos 7, 97 cos 7,97
Vậy: Khi lực hãm ở đầu tàu thì quãng đường tàu đi từ lúc hãm phanh cho đến lúc dừng là 110,23m; góc lệch của dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng dây là 7,97 và 2,0195N. b) Khi hãm tất cả các bánh: + Gia tốc của tàu: a2
f ms kMg kg 0, 07.10 0, 7m/s2 M M
+ Khi dừng, v 0 : s2
v22 5,552 22, 05m 2a2 2.( 0, 7)
- Thời gian ngắn nhất kể từ lúc toa tàu khởi hành: vt v0 amax tmin
+ Góc lệch: tan 2
Fq P
ma2 0, 7 0, 07 1 4 và dây treo lệch về phía trước. mg 10
+ Lực căng dây: Từ: cos 2
P P mg 0, 2.10 T2 2,005 N T2 cos 2 cos 4 cos 4
Vậy: Khi lực hãm ở đầu tàu thì quãng đường tàu đi từ lúc hãm phanh cho đến lúc dừng là 22,05m;
- Vật m2 : Fq 2 P2 sin T2 m2 a2 và: Q2 P2 cos Fq 2 sin
300 , được đặt trên một mặt sàn nhẵn nằm ngang. Trên
mặt AB của nêm có đặt hai vật có khối lượng m1 4kg và m2 2kg nối với nhau bằng một sợi dây không dãn vắt qua
- Từ các hệ thức trên ta được: a
Bỏ qua khối lượng, ma sát ở ròng rọc và ma sát giữa các vật với nêm. Tính gia tốc của mỗi vật đối
P Q 2T Q1 Q2 Ma0
Với
' 1
(6)
' 2
Q Q1 ; Q Q2 (Q1 Q2 )sin 2T cos Ma0 (7)
- Từ (1), (2), (3), (4): 2T (m1 m2 )( g sin a0 cos ) (m1 m2 )a Q1 Q2 ( m1 m2 )( g cos a0 sin )
- Từ (7) và (8): a0
2
với sàn. Lấy g 10m/s . - Từ (5) và (9): a
Bài giải
m1 m2 ( g sin a0 cos ) (5) m1 m2
- Xét chuyển động của nêm đối với sàn. Phương trình định luật II Niu-tơn cho nêm:
Và
một ròng rọc nhỏ gắn vào đỉnh A của nêm (hình vẽ).
(4)
Với: T1 T2 T ; a1 a2 a; Fq1 m1a0 ; Fq 2 m2 a0 ( a0 : gia tốc của nêm đối với đất)
góc lệch của dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng dây là 4 và 2,005N. 41. Một cái nêm khối lượng M 5kg có mặt AB nghiêng góc
(3)
a
m1 m2 a cos m1 m2
(8)
(9)
(m1 m2 )( M m1 m2 ) g sin (m1 m2 )( M m1 m2 ) (m1 m2 ) 2 cos 2
(4 2)(5 4 2) 110 .10.sin 300 (m/s2 ) (4 2)(5 4 2) (4 2) 2 cos2 300 63
4 2 110 55 3 . .cos300 0,5(m/s2 ) 4 2 63 189 - Gia tốc của m1 đối với sàn: a1 a1 a0 a12 a 2 a02 2aa0 cos
- Thay giá trị của a vào (9): a0
2
110 3 110 2 a12 .0,5. 1,8 a1 1,34(m/s2 ) 0,5 2. 63 2 63
Vậy: Gia tốc của m1 , m2 đối với đất là: a2 a1 1,34(m/s2 ). 42. Một tấm ván B dài l 1m, khối lượng m2 1kg được đặt lên một mặt phẳng nghiêng 300 so với phương ngang. Một vật A có khối lượng m1 100 g được đặt tại điểm thấp nhất Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm, chiều dương là chiều chuyển động của vật m1. Phương trình định luật II Niu-tơn của các vật theo phương song song và vuông góc với mặt nêm: - Vật m1 : Fq1 P1 sin T1 m1a1 và: Q1 P1 cos Fq1 sin
(1) (2)
của B và được nối với B bằng một sợi dây mảnh không dãn vắt qua một ròng rọc nhẹ, gắn cố định ở đỉnh dốc. Cho g 10m/s2 và bỏ qua mọi ma sát. Thả cho tấm ván trượt xuống gốc. a) Tìm gia tốc của A, B. Tính lực do B tác dụng lên A, lực do mặt phẳng nghiêng tác dụng lên B và lực căng của dây nối.
b) Tính thời gian để A rời khỏi ván B.
- Thời gian A trượt trên B là: t (Trích đề thi Olympic 30/4, 2009) Bài giải
a) Gia tốc của A, B; lực do do B tác dụng lên A; lực do mặt phẳng nghiêng tác dụng lên B và lực
s 1 0, 49s. a 4,1
Vậy: Thời gian để A rời khỏi ván B là t 0, 49 s. 43. Cho cơ hệ như hình vẽ. Ròng rọc có khối lượng không đáng kể, dây nối nhẹ và không dãn, m1 2kg ; m3 1kg ; hệ số ma sát
căng của dây nối. - Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Các lực tác dụng lên hai vật: + Vật A : Trọng lực P1 ; phản lực Q1 ; lực căng T1. + Vật B : Trọng lực P2 ; phản lực Q2 ; lực căng T2 ; áp lực N .
- Áp dụng định luật II Niutơn cho hai vật ( a1 a2 a; T1 T2 T ; N Q1 ) :
+ Vật A : P1 Q1 T1 m1a
(1)
+ Vật B : P2 Q2 T2 N m2 a
(2)
trượt giữa m3 và mặt bàn cố định là 1 0, 2; hệ số ma sát trượt giữa m2 với m3 là 2 0, 4; lấy g 10m/s2 . Hệ được thả cho chuyển động từ trạng thái nghỉ. a) Xác định m2 để nó không trượt trên m3 khi hệ chuyển động? b) Tìm m2 để gia tốc của m3 bằng một nửa gia tốc của m2 khi hệ chuyển động? Khi đó gia tốc của m2 bằng bao nhiêu?
(Trích đề thi Olympic 30/4, 2012)
- Chiếu (1) và (2) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được: Bài giải
P1 sin T m1a (3)
a) Xác định m2 để nó không trượt trên m3 khi hệ chuyển động
P2 sin T m2 a (4) Q1 m1 g cos
Giả sử m2 không trượt trên m3 khi hệ chuyển động.
(5)
Q2 N m2 g sin Q1 m2 g sin (6)
(m2 m1 ) gsin (1 0,1).10.sin 300 4,1m/s2 m1 m2 1 0,1
- Từ (5) và (6), ta được: Q1 0,1.10.cos 300 0,87 N ;
- Áp dụng định luật II Niu-tơn cho hệ: P1 P2 P3 Q23 Q F23 Ma
(1)
- Chiếu (1) lên chiều (+) đã chọn, ta được: P1 F23 Ma (m1 m2 m3 ) a. m1 g 1 g (m2 m3 ) (m1 m2 m3 )a
Q2 0,87 1.10.sin 300 5,87 N .
- Từ (3) ta được: T m1 ( g sin a) 0,1(10.sin 30 4,1) 0, 9 N . 2
Vậy: Gia tốc của A, B là a 4,1m/s ; lực do B tác dụng lên A là Q; lực do mặt phẳng nghiêng tác dụng lên B là Q2 5,87 N và lực căng của dây nối là T 0, 9 N . b) Thời gian để A rời khỏi ván B - Trong thời gian A trượt trên B, tổng quãng đường do A, B thực hiện được bằng khoảng cách từ vị trí ban đầu của A đến mép trên của B và bằng 1m. Quãng đường A trượt trên B : 1 s ( a1 a2 )t 2 at 2 2
- Các ngoại lực tác dụng lên hệ: các trọng lực P1 , P2 , P3 ; các phản lực Q23 , Q ; lực ma sát F23 .
- Từ (3) và (4) ta được: a
- Chọn chiều (+) là chiều chuyển động của hệ (hình vẽ); a là gia tốc của hệ.
a
m1 g 1 g (m2 m3 ) 2.10 0, 2.10(m2 1) 18 2m2 m1 m2 m3 2 m2 1 3 m2
(2)
- Áp dụng định luật II Niutơn cho vật m1 , ta được: P T m1a. T m1 g m1a 2.10 2a 20 2a
(3)
- Áp dụng định luật II Niutơn cho m2 , ta được: T Fms 2 m2 a. Fms 2 T m2 a 20 a (2 m2 )
- Vì m2 không trượt trên m3 nên: Fms 2 2 m2 g 0, 4.10m2 4m2
(4) (5)
20 a(2 m2 ) 4m2 20
44. Chọn cơ hệ như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa vật m và nêm là
18 2m2 (2 m2 ) 4m2 3 m2
k . Bỏ qua khối lượng của dây, của ròng rọc; ma sát giữa M
3 57 3 57 (loại); m2 (kg). m22 3m2 12 0 m2 2 2
và mặt phẳng nằm ngang không đáng kể. Dây không dãn. Khi m trượt trên M thì gia tốc của m đối với mặt phẳng
- Mặt khác, từ (2) ta có a 0 m2 9kg .
nằm ngang là a 0 .
Vậy: Để m2 không trượt trên m3 khi hệ chuyển động
Xác định tỉ số khối lượng
thì:
Bài giải
3 57 m2 9 (đơn vị là kg). 2
Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt phẳng nằm ngang. Gọi a là gia tốc của nêm M .
1 2
- Khi m trượt xuống thì M chuyển động sang phải, ta có: a0 a 2
b) Tìm m2 để a3 a2 và tính a2
(1)
- Phương trình định luật II Niu-tơn của các vật:
Đặt a1 a2 2a; a3 a; lực ma sát giữa m3 với sàn là
+ Vật m : p T Fms ma; với Fms kn
Fms 3 , giữa m3 với m2 là Fms 2 và Fms 2' ( Fms 2 Fms 2' ).
+ Vật M : T ’ n Ma; với n ma; T T ’
- Các lực tác dụng vào các vật (theo phương chuyển động) như trên hình vẽ: (T1 T2 T ). - Áp dụng định luật II Niu-tơn cho mỗi vật, ta được:
mg T kma ma
(2)
T ma Ma
(3)
- Từ (1), (2) và (3) suy ra:
+ Vật 1: m1 g T m1.2a
(6)
+ Vật 2: T Fms 2 m2 .2a
(7)
+ Vật 3: Fms 2' Fms 3 m3 a
(8)
Với: Fms 2 Fms 2' 2 m2 g ; Fms 3 1 N 23 1 (m2 m3 ) g
M của nêm và vật. m
(9)
a
g 2k
(4)
M m
- Từ (1) và (4) suy ra:
M g 2 (2 k ) m a0
- Thay (6) và (9) vào (7) và (8), ta được: m1 ( g 2a) 2 m2 g m2 .2a
(7’)
2 m2 g ( m2 m3 ) g m3a
(8’)
Vậy: Tỉ số khối lượng
M g 2 M (2 k ). của nêm và vật là m a0 m
45. Trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, có một chiếc xe khối lượng m. Trên xe có hai khối lập phương,
2.(10 2a ) 0, 4.10.m2 2m2 a; 0, 4.10.m2 0, 2.( m2 1).10 a
khối 5m và m được nối với nhau bằng một sợi dây không dãn, vắt qua một ròng rọc có khối
20 4a 4m2 2m2 a; 2m2 2 a
lượng không đáng kể.
2 2
m 2m2 7 0 m2 1,83kg ; m2 3,93 (loại) a 2.1,83 2 1, 66m/s2 ; a2 2a 2.1, 66 3, 32m/s2 .
1 2
Vậy: Để a3 a2 thì m2 1,83kg và lúc đó a2 3,32m/s2 .
Người ta kéo ròng rọc bằng một lực F không đổi theo phương ngang như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa xe và khối lập phương là t n 0,1.
a) Hỏi độ lớn của F bằng bao nhiêu thì xe có gia tốc a 0, 2 g. b) Khi ấy gia tốc của các khối và của ròng rọc bằng bao nhiêu?
Bài giải a) Độ lớn của F để a 0, 2 g : Có thể xảy ra các trường hợp sau:
- Trường hợp 1: Hai khối lập phương cùng chuyển động, khi đó lực ma sát tác dụng lên khối 5m và m là ma sát trượt và có độ lớn lần lượt là: Fms1 5 mg , Fms 2 mg . Theo phương ngang, phương
trình định luật II Niu-tơn cho xe ( F ’ms1 Fms1 ; F ’ms 2 Fms 2 ) :
arr
a1 a2 0, 2 g g 0, 6 g 2 2
Vậy: Gia tốc của khối m là a2 g và gia tốc của ròng rọc là arr 0, 6 g . 46. Một cái nêm nhẵn khối lượng M , góc đáy , ban đầu đứng yên trên một mặt bàn nằm ngang. Khối lập phương khối lượng M nằm tiếp xúc với nêm
Fms1 Fms 2 ma 5 mg mg ma
trên mặt bàn này (hình vẽ). Hệ số ma sát giữa khối
a 6 g 6.0,1.g 0, 6 g 0, 2 g : loại (không thỏa mãn yêu cầu của đề bài)
- Trường hợp 2: Hai khối lập phương đều đứng yên đối với xe ( Fms1 , Fms 2 : ma sát nghỉ). Theo phương ngang, ta có:
lập phương và mặt bàn là . Trên nêm người ta đặt một xe kéo khối lượng m, xe kéo có thể trượt không ma sát trên mặt nêm. Thả xe kéo cho nó chuyển động không vận tốc từ đầu đỉnh nêm. Tìm vận tốc xe kéo khi nó đến
+ Khối 5m : T Fms1 5ma.
chân nêm nếu độ cao của nêm là h.
+ Khối m : T Fms 2 ma.
Bài giải
Fms 2 Fms1 4ma
(1)
Gọi a là gia tốc của nêm và khối lập phương; gọi a12 là gia tốc giữa xe kéo với nêm. Chọn hệ quy
+ Xe:
(2)
chiếu gắn với nêm và khối lập phương.
Fms1 Fms 2 ma
- Các lực tác dụng lên xe kéo: trọng lực p ; phản lực Q12 ; lực quán tính Fqt . - Phương trình định luật 2 Niu-tơn cho xe kéo m :
5 a g hay a 0, 04 g : loại (không thỏa mãn yêu cầu của đề bài) 2
- Trường hợp 3: Khối 5m đứng yên so với xe, khối m
p Q Fqt ma12 (1)
- Chiếu (1) lên hai phương Ox và Oy , ta được:
chuyển động trên ( Fms1 : ma sát nghỉ; Fms 2 : ma sát trượt).
p sin Fqt cos ma12
Theo phương ngang, ta có:
mg sin ma cos ma12
F + Khối 5m : T Fms1 5ma, T 2
(3)
và Q21 P cos Fqt sin 0
+ Xe:
(4)
Q21 mg cos ma sin 0
Fms1 Fms 2 ma và Fms 2 mg
5 2
- Từ (1) và (2) ta có: Fms 2 ma mà Fms 2 mg :
- Từ (3) và (4) ta có: F 2(6ma mg ) 2, 2mg. Vậy: Để xe có gia tốc a 0, 2 g thì F 2, 2mg. b) Gia tốc của các khối và của ròng rọc F mg g (a2 a) - Gia tốc của khối m : a2 2 m
- Dây không dãn nên: a2/ rr a1/ rr (a2 arr ) (a1 arr )
(2)
(3)
- Các phương trình cân bằng cho nêm và cho khối lập phương: + Nêm: N12 sin Q sin 2 Ma 0
(4)
( Q là phản lực của khối lập phương tác dụng lên nêm; N12 Q21 là áp lực của vật m lên nêm) + Khối lập phương: N sin 2 Fms Ma 0 và Q’’ Mg N cos 2
(5) (6)
((5): phương ngang; (6): phương thẳng đứng; Q’’ : phản lực của mặt bàn lên khối lập phương; N : áp lực của nêm lên khối lập phương).
47. Một đầu máy xe lửa nặng 40 tấn, trọng lượng chia đều cho 8 bánh xe. Trong đó có 4 bánh phát động. Đầu
- Từ (5), (6): N sin 2 ( Mg N cos 2 ) Ma
máy kéo 8 toa, mỗi toa nặng 20 tấn. Hệ số ma sát giữa bánh xe với đường ray là k 0, 07. Bỏ qua ma sát ở
(7)
các ổ trục. Trên trần toa xe có một quả cầu nhỏ khối lượng m 200g treo bằng dây nhẹ, không dãn. Cho
mg sin cos 1 Mg tan 2 - Từ (3), (4), (7) ta được: a 2 M 2 m sin 1 tan 2 tan 2
g 10m/s 2 a) Tính thời gian ngắn nhất kể từ lúc khởi hành đến lúc đoàn tàu đạt vận tốc 20km/h. Tính góc lệch của dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng của dây treo.
- Từ (2): a12 g sin a cos
b) Sau thời gian trên, tàu hãm phanh. Biết rằng lúc này động cơ không truyền lực cho các bánh. Tính quãng
- Điều kiện để nêm và khối lập phương chuyển động là:
đường tàu đi từ lúc hãm phanh cho đến lúc dừng; góc lệch của dây treo so với phương thẳng đứng và lực
m sin 2 a0 0 2M m cos 2
căng dây trong trường hợp chỉ hãm các bánh ở đầu máy. Bài giải
- Biện luận:
a) Thời gian ngắn nhất kể từ lúc khởi hành đến lúc đoàn tàu đạt vận tốc 20km/h
+ Nếu 0 thì nêm và khối lập phương cùng chuyển động với gia tốc:
- Lực phát động chính là lực ma sát tác dụng lên 4 bánh ở đầu tàu:
mg sin cos 1 Mg tan 2 a 2 M 2 m sin 1 tan 2 tan 2
Fpd f ms
kM d g 0, 07.40.103.10 14.103 N 2 2
- Gia tốc cực đại mà tàu đạt được: Fpd
2h Vận tốc của xe kéo m đối với nêm: v12 2a12 s ( g sin a cos ) sin
- Thời gian ngắn nhất để đoàn tàu đạt đến vận tốc v 20km/h 5,55m/s;
Vận tốc của nêm là v với:
t min
v a v a v 12 v12 a12 a12
Md M t
14.103 0, 07m/s 2 40.103 8.20.103
a max
M
Fpd
+ Khi vật tới chân nêm:
v v0 5,55 0 79, 4s 1 phút 15 s a max 0,07
- Góc lệch của dây treo và lực căng dây:
Vận tốc của xe kéo m đối với đất: v1 v122 v 2 2vv12 cos
Tàu chuyển động về phía trước với gia tốc a > 0 nên dây treo bị lệch
+ Nếu 0 thì nêm và khối lập phương không chuyển động.
về phía sau (so với vận tốc).
Khi đó vật đó m trượt trên nêm với gia tốc a g sin ; vận tốc của m khi đến chân nêm là
+ Vì m M nên không ảnh hưởng đến gia tốc của tàu.
v1 2 gh .
+ Trong hệ quy chiếu gắn với tàu, quả cầu chịu tác dụng của 3 lực: Trọng lực P; lực căng T và lực quán tính Fqt .Từ điều kiện cân bằng
Vậy: Vận tốc xe kéo khi nó đến chân nêm đối với nêm là v12 2a12 s
2h ( g sin a cos ); sin
đối với đất là v1 v122 v 2 2vv12 cos (nếu nêm chuyển động) và v1 2 gh (nếu nêm đứng yên).
của quả cầu, ta có: tan
Fqt P
ma max a max 0, 07 0, 007 0, 4 mg g 10
Mặt khác, cos 2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề 9: CHUYỂN ĐỘNG TRONG HỆ QUY CHIẾU KHÔNG QUÁN TÍNH
P mg 0, 2.10 T 2, 0002N T cos cos 0, 4
Vậy: Thời gian ngắn nhất kể từ lúc khởi hành đến lúc đoàn tàu đạt vận tốc 20km/h là t min 79, 4s; góc lệch của dây treo so với phương thẳng đứng là 0, 4 và lực căng của dây treo là T 2, 0002N.
b) Quãng đường tàu đi từ lúc hãm phanh cho đến lúc dừng; góc lệch của dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng dây
Fq sin Q1 P1 cos 0 Q1 m g cos a 0 sin
- Kể từ lúc hãm phanh, tàu chuyển động chậm dần đều + Gia tốc của tàu: a1
f ms1 kM d g 0, 07.40.103.10 0,14m/s2 M M 40.103 8.20.103
v2 5, 552 110, 23m + Khi dừng lại, vận tốc của tàu bằng 0 nên: s1 1 2a1 2. 0,14
Fq cos P1 sin Fms1 ma; Fq ma 0 ma 0 cos mg sin kmg cos a 0 sin ma
a a 0 k sin cos g sin k cos
(2)
- Trong hệ quy chiếu gắn với sàn: + Góc lệch dây treo: Tàu chuyển động về phía trước với gia tốc a 0 nên dây treo bị lệch về phía trước (so với vận tốc).
tan 1
ma1 a1 0,14 0, 014 1 7,97 mg g 10
+ Phương trình định luật II Niu-tơn cho chuyển động của nêm M: (3) P 2 Q 2 N1 Fms2 Ma 0 + Chiếu (3) xuống phương nằm ngang, ta được: N1 Q1 ; Fms2 Fms1 :
+ Lực căng dây:
N1 sin Fms2 cos Ma 0
P mg 0, 2.10 T1 2, 0195N cos 1 cos 1 cos 7,97
mg cos a 0 sin sin km g cos a 0 sin cos Ma 0
Vậy: Quãng đường tàu đi từ lúc hãm phanh cho đến lúc dừng là
mg cos sin kg cos2 M m sin 2 mk sin cos a 0
s1 110, 23m; góc lệch của dây treo so với phương thẳng đứng là 1 7,97 và lực căng dây lúc này là T1 2, 0195N. 48. Một nêm khối lượng M 1kg đặt trên bánh xe, nêm có
mg cos sin k cos a0 M m sin sin k cos
mặt AB dài 1m và nghiêng góc 30. Ma sát giữa bánh xe và sân không đáng kể. Từ A thả vật khối lượng m 1kg trượt xuống dốc AB. Hệ số ma sát giữa vật m và mặt AB là k 0, 2. Bỏ qua kích thước vật m. Tìm thời gian để vật m đến B và
3 1 3 . 0, 2. 2 2 2 2, 43m/s 2 11 3 1 1. 0, 2. 2 2 2
1.10.
1 1 3 3 2 - Thay vào (2), ta được: a 2, 43. 0, 2. 10. 0, 2. 5, 62m/s 2 2 2 2 - Thời gian vật đi hết đoạn AB là: t
trong thời gian đó nêm đi được đoạn đường dài bao nhiêu?
2AB 2.1 0, 6s. a 5, 62
1 1 - Quãng đường nêm chuyển động s a 0 t 2 2, 43.0, 62 0, 43m. 2 2
Cho g 10m/s 2 Bài giải Vì khối tâm hệ không dịch chuyển theo phương ngang nên khi m trượt xuống dốc thì M chuyển động sang
Vậy: Thời gian để vật m đi từ A đến B là t 0, 6s và trong thời gian đó nêm đi được đoạn đường dài
s 0, 43m.
phải. - Trong hệ quy chiếu gắn với nêm: + Phương trình định luật II Niu-tơn cho chuyển động của vật m: (1) P1 Q1 Fms Fq ma - Với: a là gia tốc m đối với M, a 0 là gia tốc M đối với sàn. + Chiếu (1) xuống hai trục Ox và Oy, ta được:
49. Nêm có khối lượng M, mặt AB dài l nghiêng một góc so với phương ngang. Từ A thả vật khối lượng m không vận tốc đầu. Bỏ qua ma sát M với sàn và giữa m với M. 1. Tính gia tốc của M. 2. Tìm thời gian m đi từ A đến B.
50. Một vật khối lượng m đang đứng yên ở đỉnh của mặt phẳng nghiêng nhờ lực ma sát. Hỏi sau bao lâu vật ( Trích đề thi Olympic 30/4, 2004)
sẽ ở chân mặt phẳng nghiêng nếu mặt phẳng nghiêng bắt đầu chuyển động theo phương ngang với gia tốc
a 0 1m/s 2 . Cho biết chiều dài mặt phẳng nghiêng là AB 1m, góc nghiêng 30, hệ số ma sát giữa vật
Bài giải 1. Gia tốc của M
và mặt phẳng nghiêng là k 0, 6;g 10m/s 2 .
- Khi m đi xuống thì M chuyển động sang trái. - Gọi a là gia tốc của m đối với M; a 0 là gia tốc của M đối với sàn.
(Trích đề thi Olympic 30/4, 2002) Bài giải
- Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt phẳng nghiêng. Các lực tác dụng lên vật: Trọng lực P, phản lực Q, lực ma sát Fms và lực quán tính Fq .
- Trong hệ quy chiếu gắn với nêm, ta có: (1) P1 Q1 Fq ma - Chiếu (1) lên hai phương Ox và Oy, ta được:
- Phương trình chuyển động của vật: P Q Fms Fq ma12 .
P1 sin Fqt cos ma mg sin ma 0 cos ma (2)
a g sin a 0 cos
- Chiếu phương trình trên lên hai hệ trục Ox và Oy của hệ tọa độ
và P1 cos Q1 Fqt sin 0 mg cos Q1 ma 0 sin 0
Oxy, ta được:
Q1 m g cos a 0 sin
Q mg cos ma 0 sin
(3)
- Trong hệ quy chiếu gắn với sàn, ta có: (4) P 2 Q 2 N1 Ma 0
Fms km g cos a 0 sin
và mg sin Fms ma 0 cos ma12
- Chiếu (4) lên phương nằm ngang, ta được: N1 sin Ma 0 ; N1 Q1 .
N sin m a0 1 g cos a 0 sin sin M M a0
a12 10 sin 30 0, 6.cos 30 1 cos 30 0, 6.sin 30 0, 97m / s 2
mg cos .sin (5) M m sin 2
Vậy: Gia tốc của m là a 0
- Thời gian trượt của vật: t
mg cos .sin . M m sin 2
51. Một nêm có tiết diện là tam giác ABC vuông tại A. Nêm chuyển động trên mặt phẳng ngang với gia tốc a không đổi. Hai vật nhỏ
- Thay (5) vào (3) ta được: a g sin
mg cos 2 .sin M m sin 2
cùng khối lượng, cùng trượt xuống từ đỉnh A, dọc theo hai sườn AB
g sin M m g sin M m sin 2 m cos 2 M m sin 2 M m sin 2
- Thời gian vật đi từ A đến B: t
2s 2.1 1, 44s. a12 0,97
Vậy: Sau 1,44s vật sẽ ở chân mặt phẳng nghiêng.
2. Thời gian m đi từ A đến B.
a
a12 g sin k cos a 0 cos k sin
21 a
21 M m sin 2 g sin M m
và AC của nêm. Cho ABC 45 . Tìm độ lớn và hướng gia tốc a của nêm theo để cả hai vật cùng xuất phát từ đỉnh với vận tốc ban đầu bằng 0 (đối với nêm) và trượt đến chân các mặt sườn trong các khoảng thời gian bằng nhau (bỏ
.
qua mọi ma sát). (Trích dề thi Olympic 30/4, 2001)
Vậy: Thời gian vật đi từ A đến B là t
21 M m sin 2 g sin M m
.
Bài giải Giả sử nêm chuyển động sang phải với gia tốc a như hình vẽ
- Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm. Gọi a1 , a 2 là gia tốc của vật 1 và vật 2 đối với nêm.
Tác dụng lên nêm một lực F không đổi theo phương ngang. Tính gia tốc của vật m1 và m2 khi m1 còn ở trên
- Để cả hai cùng xuất phát từ đỉnh với vận tốc ban đầu bằng 0 và trượt đến chân các mặt sườn trong khoảng
nêm. Bỏ qua ma sát. (Trích đề thi Olympic 30/4, 2000)
thời gian như nhau t thì: + Vật 1: AB
Bài giải Gọi a1 , a 2 là gia tốc của các vật 1 và 2 đối với đất; a12 là gia tốc của
1 2 a1t . 2
1 + Vật 2: AC a 2 t 2 . 2
vật (1) đối với vật (2).
- Các lực tác dụng lên vật 1: Trọng lực P1 ; phản lực Q1 ; lực căng T1 ; lực quán tính Fq . Phương trình chuyển động của vật 1 trong hệ
AB a1 BC cos 1 a 1 AC a 2 BC sin tg a 2
quy chiếu gắn với nêm: P1 Q1 T1 Fq m1 a12
a 2 a1 tan - Phương trình chuyển động của vật 1 và vật 2: P1 Q1 Fq1 m1 a1 P 2 Q 2 Fq2 m 2 a 2
(1)
- Chiếu hệ thức (1) lên hai trục tọa độ với lưu ý rằng: a12 a 2 , ta được:
- Chiếu lên phương chuyển động của mỗi vật, chiều chuyển động làm chiều (+) ta có:
T1 m1g sin m1a 2 cos m1a 2
+ Vật 1: mg sin ma cos ma1 g sin a cos
Q1 m1g cos m1a 2 sin m1a 2
(2)
+ Vật 2: mg cos ma sin ma 2 a 2 g cos a sin (3) - Từ (1), (2) và (3) ta được:
sin g cos a sin g sin a cos cos g cos 2 a sin cos g sin 2 a sin cos a
g sin 2 cos2 2 sin cos
g tan 2 1 2 tan
(2)
(3) - Các lực tác dụng lên vật 2: Lực kéo F; trọng lực P 2 ; phản lực Q2 ; các lực căng T, T; áp lực N1 . Phương trình chuyển động của vật 2 trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất: (4) F P 2 Q 2 N1 T T m 2 a 2 - Chiếu (4) lên phương ngang, ta được: F N1 sin T T cos m 2 a 2
(5)
- Từ (2), (3) và (5),, kết hợp với: N1 Q1 và T T T1 ta được: F m1g sin . m 2 2m1 1 cos
- Vì 45 tan 1 a 0 : Nêm chuyển động sang phải.
a2
Vậy: Để cả hai vật cùng xuất phát từ đỉnh với vận tốc ban đầu bằng 0 (đối với nêm) và trượt đến chân các
- Gia tốc vật 1 đối với đất là: a1 a12 a 2 .
mặt sườn trong các khoảng thời gian bằng nhau thì nêm phải chuyển động sang phải với gia tốc a
g tan 2 1 2 tan
2 a12 a12 a 22 2a12 a 2 cos a 22 a 22 2a 22 cos 2a 22 1 cos
. a1 a 2 2 1 cos 2a 2 sin
52. Một cái nêm có góc ở C bằng , đáy CB nằm ngang và có khối
F m1g sin 2 sin 2 m 2 2m1 1 cos 2
lượng m2. Trên mặt phẳng nằm nghiêng của nêm có vật khối lượng m1
Vậy: Gia tốc của vật m1 và m2 khi m1 còn ở trên nêm là
nối với một điểm cố định ở vách tường dây không dãn, vắt qua ròng rọc
a1 2
nhỏ ở đỉnh A của nêm, khối lượng của dây và ròng rọc không đáng kể.
F m1g sin sin . m 2 2m1 1 cos 2
53. Trên mặt phẳng nghiêng của một nêm có góc nghiêng , khối lượng M người ta đặt một vật nhỏ khối lượng m. Vật m được nối vào đầu một sợi dây không dãn vắt qua một ròng rọc cố định tại đỉnh nêm, đầu kia của dây buộc vào điểm A trên tường (hình vẽ). Ban đầu hệ đứng yên và dây ở trạng thái căng ngang. Khi buông nhẹ vật m thì nêm M chuyển động trên mặt phẳng ngang. Bỏ qua mọi ma sát và sức cản của môi trường. Cho khối lượng của dây và ròng rọc không đáng kể. Tìm gia
a
mg sin M m 1 cos
2
mg sin . 2 M m 1 cos 54. Trên một cái nêm đang trượt với gia tốc a, người ta ném một vật với vận tốc đầu v so với nêm và hợp với nêm một góc (hình vẽ). Góc Vậy: Gia tốc chuyển động của nêm M là a
nghiêng của nêm là . Tầm ném xa của vật trên nêm là bao nhiêu (biết vật
tốc chuyển động của nêm M.
chưa rời khỏi nêm)?
Bài giải
Bài giải
Gọi vật là (1), nêm (2), đất là (3).
Xét hệ quy chiếu gắn với nêm (hệ quy chiếu không quán tính). - Các lực tác dụng lên vật: trọng lực P; lực quán tính Fqt . - Phân tích chuyển động của vật thành hai thành phần theo hai phương Ox và Oy: + Theo phương Ox: a x a cos g sin .
x v cos t
1 a cos g sin t 2 2
(1)
+ Theo phương Oy: a y a sin g cos . - Trong thời gian t, quãng đường đi được của nêm (2) trên mặt phẳng ngang bằng quãng đường đi được của vật (1) trên mặt phẳng nghiêng của nêm.
y0 t
- Xét nêm (2) trong hệ quy chiếu gắn với đất (3), theo phương nằm ngang ta có:
(2)
2v sin a sin g cos
(3)
- Thay (3) vào (1) ta được:
(I); với N p cos mg cos .
- Xét vật (1) trong hệ quy chiếu gắn với nêm (2), theo phương mặt phẳng nghiêng, ta có:
T Fqt cos p sin ma12 ma
1 a sin g cos t 2 2
- Khi vật chạm mặt nêm:
1 1 s 2 s1 a 23 t 2 a12 t 2 a 23 a12 2 2
T T cos N sin Ma 23 Ma
y v sin t
(II); với Ft ma, p mg.
T mg sin ma cos ma mg sin ma cos 1
x v cos
2
Vậy: Tầm ném xa của vật trên nêm là
(III)
2
x v cos
- Thay (III) vào (I) , ta được:
2v sin 1 2v sin a cos g sin a sin g cos 2 a sin g cos
2v sin 1 2v sin a cos g sin . a sin g cos 2 a sin g cos
mg sin ma cos 1 1 cos mg sin cos Ma. 2 mg sin cos mg sin mg sin cos a M m 1 cos 2 mg sin a M m 1 cos
Phần thứ ba. TĨNH HỌC VẬT RẮN 1. CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG Chuyên đề 10: CÂN BẰNG CỦA VẬT RẮN KHI KHÔNG CÓ
CHUYỂN ĐỘNG QUAY
với hai lực song song cùng chiều, hợp lực cùa chúng có phương song song với hai lực, cùng chiều với hai
A. TÓM TẮT KIẾN THỨC
lực, có độ lớn bằng tổng hai lực và có giá chia trong đoạn thẳng nối hai giá của hai lực thành phần thành
1. Cân bằng của chất điểm
những đoạn tỉ lệ nghịch với độ lớn hai lực:
- Trạng thái cân bằng: a 0 : chất điểm đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều. - Điều kiện cân bằng của chất điểm: Một chất điểm cân bằng khi hợp lực của các lực tác dụng lên chất điểm bằng 0. F1 F2 ... Fn 0
F F1 F2 và
F1 d 2 F2 d1
(10.3)
với hai lực song song ngược chiều: hai lực của chúng có phương song song với hai lực, cùng chiều với lực (10.1)
- Hợp lực của các lực tác dụng lên chất điểm được xác định theo quy tắc hình bình hành. 2. Cân bằng của vật rắn khi không có chuyển động quay
lớn hơn, có độ lớn bằng hiệu hai lực và có giá chia ngoài đoạn thẳng nối hai giá của hai lực thành phần thành những đoạn tỉ lệ nghịch với độ lớn hai lực: F F1 F2 và
2.1. Vật rắn và đặc điểm chuyển động của vật rắn
F1 d 2 F2 d1
(10.4)
- Vật rắn là những vật có kích thước đáng kể và hầu như không bị biến dạng dưới tác dụng của lực. - Vật rắn có thể chuyển động tịnh tiến như chất điểm hoặc có thể chuyển động quay hoặc vừa chuyến động tịnh tiến vừa chuyển động quay. 2.2. Cân bằng của vật rắn khi không có chuyển động quay - Điều kiện cân bằng của vật rắn khi không có chuyển động quay: Khi không có chuyển động quay, vật rắn cân bằng khi hợp lực của các lực tác dụng vào vật rắn bằng không. (10.2) F1 F2 ... Fn 0
3. Trọng tâm của vật rắn
- Các trường hợp cụ thể
tâm của vật.
+ Trường hợp vật rắn chịu tác dụng của hai lực: hai lực đó phải cùng giá, ngược chiều và cùng độ lớn
- Đặc điểm: Khi lực tác dụng có giá đi qua trọng tâm thì lực chỉ làm cho vật chuyển động tịnh tiến; khi lực
( F1 F2 ) .
tác dụng có giá không đi qua trọng tâm thì lực có thể làm cho vật vừa tịnh tiến vừa quay.
+ Trường hợp vật rắn chịu tác dụng của ba lực: ba lực đó phải có giá đồng phẳng và đồng quy, có họp lực bằng không ( F1 F2 F3 0) .
- Khái niệm: Đối với những vật không lớn lắm thì điểm đặt của trọng lực tác dụng lên vật được gọi là trọng
- Cách xác định trọng tâm: Có 3 cách thường dùng: + Đối với các vật đồng chất thì trọng tâm của vật trùng với tâm đối xứng hoặc nằm trên trục hay mặt phẳng đối xứng.
- Các quy tắc tìm hợp lực + Quy tắc hợp lực đồng quy: Để xác định hợp lực của các lực đồng quy tác dụng vào vật rắn ta cần: xác định điểm đồng quy. trượt các lực tới điểm đồng quy.
+
Dùng
dùng quy tắc hình bình hành để tìm hợp lực. + Quy tắc hợp lực song song: Để xác định hợp lực của các lực song song tác dụng vào vật rắn ta dựa vào quy tắc hợp lực song song:
thức: xG
công
m1 x1 m2 x2 ... mn xn mi xi m1 m2 ... mn m
(10.5)
( xi là tọa độ của phần tử thứ I có khối lượng là mi ; m là khối lượng của vật)
+ Dùng quy tắc hợp lực song song cùng chiều để tìm điểm đặt của hợp các trọng lực tác dụng vào các phần
+ khi sử dụng quy tắc họp lực song song đế tìm trọng tâm của vật (hệ vật) cần chú ý đến chiều của các trọng
tử của vật ( P1 , P2 ,..., Pn ) .
lực thành phần để dùng quy tắc hợp lực song song cùng chiều hay ngược chiều. Có thể thêm, bớt một lượng
B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP
phù hợp và kết hợp với việc xác định trọng tâm của các vật thành phần trong hệ có hình dạng đặc biệt để xác
VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG
định nhanh trọng tâm của vật (hệ vật).
- Khi không có chuyển động quay, điều kiện cân bằng của vật rắn là: a 0 Fhl 0 .
F1x F2x ... 0 F1 F2 ... Fn 0 F1 y F2 y ... 0
- Khi sử dụng các quy tắc hợp lực cần xác định các trường hợp cụ thể của các lực thành phần: đồng quy, cùng chiều hay ngược chiều. - Trọng tâm của vật trong không gian hai, ba chiều Oxy hoặc Oxyz được xác định bởi: m1 x1 m2 x2 ... mn xn mi xi m m ... m m 1 2 n ; m y m y ... m y m 1 1 2 2 n n i yi m1 m2 ... mn m m1 x1 m2 x2 ... mn xn mi xi m m1 m2 ... mn m1 y1 m2 y2 ... mn yn mi yi m m1 m2 ... mn m1 z1 m2 z2 ... mn zn mi zi m m1 m2 ... mn
+ khi sử dụng công thức xác định tọa độ trọng tâm của vật cần chọn các trục tọa độ phù hợp để việc tính toán được đơn giản; nhiều trường hợp phải sử dụng hệ tọa độ hai, ba chiều nếu vật hoặc hệ vật phức tạp. C. CÁC DẠNG BÀI TẬP VẬN DỤNG 10.1. Ba lực đồng phẳng như hình vẽ bên, F1 F2 F3 10 N ; 60 . Tìm hợp lực của chúng.
- Vì F1 F3
F13 2 F1 cos
2
2.10.cos
120 10 và F13 cùng hướng với F2 (phân 2
giác góc giữa F1 và F3 ). - Vì F13 cùng hướng với F2 Fhl F13 F2 10 10 20 N và Fhl cùng hướng với F2 . Vậy: Hợp lực của ba vectơ trên có độ lớn Fhl 20 N và cùng hướng với F2 .
10.2. Vật có cân bằng không nếu chịu tác dụng của ba lực đồng phẳng, cùng độ lớn F và góc tạo bởi hai lực
VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
kế tiếp nhau là 120 ?
. Với dạng bài tập về cân bằng của vật rắn khi không có chuyển động quay. Phương pháp giải là:
Ta có: Fhl F1 F2 F3 F13 F2
- Xác định vật cần xét sự cân bằng.
Bài giải
Ta có: Fhl F1 F2 F3 F13 F2
Bài giải
bằng cách:
120 2.10.cos 10 N và F13 ngược hướng 2 2 với F2 (phân giác góc giữa F1 và F3 ). - Vì F13 ngược hướng với F2 Fhl F13 F2 10 10 0 vật cân bằng.
+ sử dụng “tam giác lực” đặc biệt.
Vậy: Vật sẽ cân bằng nếu chịu tác dụng của ba lực đồng phẳng, cùng độ lớn
F1x F2x ... 0 + chiếu lên các trục tọa độ thích hợp (hai chiều): . F1 y F2 y ... 0
F và góc tạo bởi hai lực kế tiếp nhau là 120 .
- Xác định các lực tác dụng vào vật (điểm đặt, hướng) trên hình vẽ. - Sử dụng điều kiện cân bằng: Fhl 0 F1 F2 ... Fn 0 . - Từ điều kiện cân bằng, ta có thể xác định được các đại lượng khác như lực tác dụng, góc, khối lượng vật...
- Vì F1 F3 F13 2 F1 cos
10.3. Thuyền nằm yên bên bờ sông như hình vẽ. Biết
. Với dạng bài tập về xác định trọng tâm của vật rắn. Phương pháp giải là:
a 60 , lực căng của dây là T 100 N . Tìm lực do gió
- Sử dụng một trong ba phương pháp đã biết ở phần Tóm tắt kiến thức trên.
và nước tác dụng lên thuyền.
- Chú ý:
Bài giải
- Các lực tác dụng lên thuyền (trên mặt phảng nằm ngang): lực căng dây T , lực tác dụng của gió Fg , lực tác dụng của dòng nước Fn . Thuyền đứng yên nên: T Fg Fn 0 (1)
1 Suy ra: Fn T cos 60 100. 50 N 2 Fg T sin 60 100.
- Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được:
P Q 0
(1’)
Fms 2 F cos
Với: Fms N Q P mg . Thay vào (1’’) suy ra:
mg 2 F cos
3 87 N 2
Vậy: Lực do nước và gió tác dụng lên thuyền là Fn 50 N và Fg 87 N . 10.4. Quả cầu khối lượng m 2, 4kg , bán kính R 7 cm tựa vào tường trơn nhẵn và
2 F cos
Bài giải - Các lực tác dụng vào quả cầu: trọng lực P , lực căng dây T , phản lực Q . Quả cầu
0 2
2
mg
Vậy: Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang là
được giữ nằm yên nhờ một dây treo gắn vào tường tại A, chiều dài AC 18cm . Tính lực căng của dây và lực nén của quả cầu lên tường.
(1’’)
2
2 F cos
mg
2.
10.6. Các thanh nhẹ AB, AC nối với nhau và với tường nhờ các bản lề. Tại A tác dụng lực thẳng đứng P 1000 N . Tìm lực đàn hồi của các thanh nếu
đứng yên nên: P T Q 0 T Với: sin
30, 60 . P mg và Q T sin cos cos
BO R 7 7 và AO R AC 7 18 25 2
24 7 cos 1 sin 2 1 25 25
Bài giải - Các lực tác dụng lên điểm A là: lực P , các lực đàn hồi T1 , T2 . Điểm A đứng yên nên: P T1 T2 0 . - Vì 30, 60 tam giác ABC vuông ở A. T1 P cos và T2 P cos
2, 4.10 7 T 25 N và Q 25. 7 N 24 25 25
1 T1 1000.cos 60 1000. 500 N và 2
Vậy: Lực căng của dây và lực nén của quả cầu lên tường là T 25 N và
T2 1000.cos 30 1000.
Q 7N . 10.5. Vật nặng m chuyển động thẳng đều trên mặt phẳng ngang nhờ hai dây kéo nằm trong mặt phẳng ngang
3 867 N 2
Vậy: Các lực đàn hồi của thanh là T1 500 N và T2 867 N .
và hợp với nhau góc α không đổi.
10.7. Vật có khối lượng m 2kg treo trên trần và tường bằng các
Lực kéo dặt vào mỗi dây là F. Tìm hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang.
dây AB, AC. Xác định lực căng của các dây, biết
Bài giải - Các lực tác dụng lên m: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms , hai lực kéo F1 , F2 . - Vật chuyển động thẳng đều nên: P Q Fms F1 F2 0 (1)
60, 135 . Bài giải
- Các lực tác dụng lên điểm A là: lực P , các lực căng dây T1 , T2 . Điểm A đứng yên nên: P T1 T2 0 (1)
- Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy ta được:
10.9. Cho hệ cân bằng như hình vẽ, AB và AC là các thanh nhẹ gắn vào tường bằng bản lề B, C và nối với
T1 cos T2 cos( 90) 0
(1’)
ròng rọc A. Dây treo m vắt qua ròng rọc A và gắn vào tường ở D. Cho m 200kg , 30, 60 . Tìm lực
và P T1 sin T2 sin 0
(1’’)
đàn hồi trong các thanh AB, AC. Bài giải - Các lực tác dụng lên ròng rọc A: trọng lực P ; các lực đàn hồi F1 , F2 ; lực căng dây T . Ròng rọc A đứng yên nên: P F1 F2 T 0 (1)
T1 cos 60 T2 cos 45 0 và P T1 sin 60 T2 sin( 90) 0
1 2 T1 T2 0 T1 2T2 2 2 và
(2)
3 2 T1 T2 P 2 2
- Chiếu (1) lên hai trục Ax, Ay của hệ tọa độ Axy với chú ý T P , ta được:
(3)
P cos T cos F1 0
(1’)
và P cos F2 T cos 0
(1’’)
- Thay (2) vào (3) ta được:
F1 0; F2 2 P cos 2mg cos 2.200.10.
3 2 1 . 2T2 T2 P ( 3 1)T2 P 2 2 2
3 3464 N . 2
Vậy: Các lực đàn hồi trong thanh AB, AC là F1 0 và F2 3464 N .
2P 2.mg 2.2.10 T2 10, 4 N và T1 2.10, 4 14, 6 N 3 1 3 1 3 1
10.10. Quả cầu đồng chất m 3kg được giữa trên mặt phẳng nghiêng trơn nhờ một dây treo như hình vẽ. Biết 30 , lực căng của dây
Vậy: Các lực căng của dây là T1 14,6 N và T2 10, 4 N .
T 10 3 N . Tìm β và lực nén của quả cầu lên mặt phẳng nghiêng.
10.8. Vật m 20kg được giữa vào tường nhờ dây treo AC và thanh nhẹ AB. Cho 45, 60 . Tìm lực cnăg dây của dây AC và lực đàn hồi của thanh AB. Bài giải - Các lực tác dụng lên điểm A là: lực P , lực căng dây T , lực đàn hồi F của
F T P sin sin sin
- Các lực tác dụng lên quả cầu: trọng lực P , lực căng dây T , phản lực Q . Quả cầu nằm yên nên: P T Q 0
P sin T cos 0
(1’)
P cos T sin Q 0
(1’’)
(2) - Từ (1’) suy ra: cos
F
P sin mg sin 60 sin sin15
P sin mg sin 45 và T sin sin15
(1)
- Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được:
thanh. Điểm A đứng yên nên: P T F 0 (1) - Trong ABC , ta có:
Bài giải
3 2 669 N 0, 259
20.10.
2 2 546 N 0, 259
20.10.
Vậy: Lực căng dây của AC là T 546 N và lực đàn hồi của thanh AB là F 669 N .
1 P sin mg .sin 30 3.10. 2 3 30 . T T 2 10 3
- Từ (1’’) suy ra: Q P cos T sin mg .cos 30 T sin 30
Q 3.10.
3 1 10 3. 10 3 17,3N 2 2
và
60 60 30 30 . Vậy: Góc 30 và lực nén của quả cầu lên mặt phẳng nghiêng là
N Q 17,3 N .
10.11. Cho hệ cân bằng như hình vẽ. Tìm m1 và lực nén của m1 lên sàn nếu m3 2m2 4kg và 30 . Bỏ
và 3.10.
qua ma sát.
3 3 Q1 1.10. 0 m3 1kg ; Q1 10 3 17,3N . 2 2
Bài giải - Các lực tác dụng lên m1 : trọng lực P1 , phản lực Q1 , các lực căng dây T , T (T P2 ; T P3 ) . - Hệ cân bằng nên: P1 Q1 T T 0 (1)
Vậy: Khối lượng vật m3 1kg , lực nén của m1 lên sàn là
- Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được:
giữa yên nhờ một dây luồn qua nó, một đầu buộc chặt vào mặt nghiêng,
T cos 30 T P1 sin 30 0
(1’)
Và Q1 T sin 30 P1 cos 30 0
(1’’)
một đầu buộc chặt vào mặt nghiêng, đầu kia kéo thẳng đứng lên bằng lực F . Tìm F.
Hay P3 cos 30 P2 P1 sin 30 0 P1
m1
P3 cos 30 P2 sin 30
3 m3 cos 30 m2 4. 2 2 2,9kg 1 sin 30 2
10.13. Trên mặt phẳng ( 30) có một hình trụ khối lượng m. Trụ được
Bài giải - Các lực tác dụng vào khối trụ gồm: trọng lực P , phản lực Q , lực căng dây T , lực kéo F . Vì khối trụ nằm yên nên: P Q F T 0 (1) - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được: (1’)
P sin 30 F sin 30 T 0
1 1 mg - Từ (1’) với T F ta được: mg . F . F 0 F 2 2 3
Và Q1 P3 sin 30 P1 cos 30 0
Q1 P1 cos 30 P3 sin 30 2,9.10.
N1 Q1 17,3N .
3 1 4.10. 5, 4 N 2 2
Vậy: Khối lượng vật thứ nhất m1 2,9kg và lực nén của nó lên mặt phẳng nghiêng là N1 Q1 5, 4 N .
Vậy: Lực kéo vào trụ có độ lớn F
mg . 3
10.12. Cho hệ cân bằng như hình vẽ, m1 3kg , m2 1kg , 30 . Bỏ
10.14. Mặt phẳng nghiêng chiều dài l 13m , chiều cao h 5m . Muốn giữ một vật khối lượng m 5kg đứng yên trên mặt phẳng nghiêng, ta phải tác dụng lên vật lực đẩy F . Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng
qua ma sát. Tìm m3 và lực nén của m1 lên sàn.
là 0,1 .
Bài giải - Các lực tác dụng lên m1 : trọng lực P1 , phản lực Q1 , các lực căng dây T2 , T3 (T2 P2 ; T3 P3 ) . Vì m1 nằm yên nên: (1) P1 Q1 T2 T3 0
Tìm F nếu: a) F song song với mặt nghiêng; b) F song song với mặt ngang.
- Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được: P1 sin 30 T2 sin 30 T3 0
(1’)
P1 cos 30 Q1 T2 cos 30 0
(1’’)
m1 g.sin 30 m2 g.sin 30 m3 g 0
Bài giải - Các lực tác dụng lên vật gồm: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms , lực đẩy F . Vì vật nằm yên nên: (1) P Q Fms F 0 a) Khi F song song với mặt nghiêng - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được:
và m1 g.cos 30 Q1 m2 g.cos 30 0
1 1 3.10. 1.10. 10m3 0 2 2
và
P sin Fms F 0
(1’)
P cos Q 0
(1’’)
- Từ (1’’) suy ra: Q P cos Fms Q mg .cos
- Từ (1’) suy ra: F P sin Fms mg (sin cos )
- Từ (1’’) suy ra: m
2
Với: sin
h 5 5 12 ;cos 1 sin 2 1 l 13 13 13
Vậy: Với hệ trên thì m 15,3kg ; 1 33; 2 27 .
12 5 F 5.10 0,1. 14, 6 N 13 13 Vậy: Khi F song song với mặt nghiêng, để giữ được vật thì F 14, 6 N . b) Khi F song song với mặt ngang - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được:
P cos Q F sin 0
10.16. Cho hệ cân bằng như hình vẽ. Tìm 1 , 2 nếu: a) m1 15kg ; m2 20kg ; m3 25kg . b) m1 6kg ; m2 2kg ; m3 ( 3 1) kg . Bài giải a) Với m1 15kg ; m2 20kg ; m3 25kg - Các lực tác dụng lên điểm A: trọng lực P3 , các lực căng dây T1 , T2 . Điểm A nằm yên nên: (1) P3 T1 T2 0
P sin Fms F cos 0 (2’) và
T1 cos 1 T2 cos 2 80.cos 33 96.cos 27 15,3kg g 10
(2’’)
- Từ (2’’) suy ra: Q P cos F sin
- Chiếu (1) lên các trục Ax, Ay của hệ tọa độ Axy ta được:
Fms Q ( mg .cos F sin ) (3) - Từ (2’) suy ra: Fms P sin F cos mg sin F cos
(4)
- Từ (3) và (4) suy ra: (mg.cos F sin ) mg sin F cos
12 5 5.10 0,1. mg (sin cos ) 13 13 F 15, 2 N 12 5 cos sin 0,1. 13 13 Vậy: Khi F song song với mặt ngang, để giữ được vật thì F 15, 2 N . 10.15. Cho hệ cân bằng như hình vẽ. Các lực căng của dây TAB 80 N , TAC 96 N , 60 . Tìm m và , . góc BAC 1 2
T1 sin 1 T2 sin 2 0
(1’)
và P3 T1 cos 1 T2 cos 2 0
(1’’)
với: T1 P1 m1 g 15.10 150 N ; T2 P2 m2 g 20.10 200 N ; P3 m3 g 25.10 250 N . Vì P12 P22 P32 1 2 90 sin 1 cos 2 và sin 2 cos 1 . - Thay vào (1’) và (1’’) ta được: 150sin 1 200sin 2 0
(2)
và 250 150 cos 1 200 cos 2 0
(3)
250 150sin 2 200sin 1 0
(3’)
- Từ (2) và (3’) suy ra: 1 53; 2 37 . Bài giải
- Các lực tác dụng lên điểm A: trọng lực P , các lực căng dây T1 , T2 . Điểm A nằm yên nên: P T1 T2 0 (1)
Vậy: Với hệ trên thì 1 53; 2 37 .
- Chiếu (1) lên các trục Ax, Ay của hệ tọa độ Axy ta được:
T1 sin 1 T2 sin 2 0
(4’)
và P3 T1 cos 1 T2 cos 2 0
(4’’)
T1 sin 1 T2 sin 2 0
(1’)
và P T1 cos 1 T2 cos 2 0
(1’’)
và 1 2 BAC 60
(2)
- Từ (1’) suy ra:
sin 1 T2 TAC 96 1, 2 sin 2 T1 TAB 80
- Từ (2) và (3) suy ra: 1 33; 2 27 .
b) Với m1 6kg ; m2 2kg ; m3 ( 3 1) kg - Tương tự, ta có hệ phương trình:
với: T1 P1 m1 g 10 6 N ; T2 P2 m2 g 20 N ; P3 m3 g 10( 3 1) N . 10 6 sin 1 20 sin 2 0
(3)
(5)
và 10( 3 1) 10 6 cos 1 20 cos 2 0 (6) - Giải hệ (5) và (6) ta được: 1 45; 2 60 .
Vậy: Với hệ trên thì 1 45; 2 60 .
+ lực nén lên đất là: N d P N sin 60 P
10.17. Viên bi khối lượng m 100 g treo vào điểm cố định A nhờ dây AB và nằm trên
P 3 3P 3.120 . 180 N . 2 2 3 2
Vậy: Lực nén của mỗi ống dưới lên đất và lên tường giữa chúng là
mặt cầu nhẵn tâm O bán kính r 10cm . Khoảng cách từ A đến mặt cầu là AC d 15cm ; chiều dài dây AB l 20cm , đoạn AO thẳng đứng. Tìm lực căng của
N d 180 N và Nt 34,6 N .
dây và lực do quả cầu nén lên mặt cầu.
10.19. Thanh đồng chất AB, trọng lượng P tựa trên hai mặt nghiêng, trơn
Bài giải - Các lực tác dụng vào viên bi: trọng lực P , lực căng dây T , phản lực Q . Viên bi
như hình vẽ. CD DE , CD hợp với phương ngang góc 45 . Tìm góc nghiêng của AB so với phương ngang khi cân bằng và áp lực trên các mặt nghiêng.
nằm yên nên: P T Q 0
Bài giải - Các lực tác dụng lên thanh AB là: trọng lực P ; các phản lực Q1 , Q2 (tại A và B). - Thanh nằm yên nên: P Q1 Q2 0 (1)
(1)
- Dựa vào “tam giác lực” và tính chất của tam giác đồng dạng, ta có:
P T Q P T Q AO AB OB d r l r
(2)
- Chiếu (1) lên hai trục Ox, Oy của hệ trục tọa độ Oxy ta được:
l 20 mg .0,1.10 0,8 N - Từ (2) suy ra: T d r 15 10 và Q
r 10 mg .0,1.10 0, 4 N . d r 15 10
P sin Q2 0 Q2 P sin
(1’)
và P cos Q1 0 Q1 P cos
(1’’)
- Xét các tam giác ADH và ADG, ta có:
Vậy: Lực căng của dây và lực do quả cầu nén lên mặt cầu là T 0,8 N
; DAG DAG ADG 90 90 90 2
và N Q 0, 4 N .
Vậy: Khi thanh AB cân bằng thì góc nghiêng của AB so với phương
10.18. Ba khối trụ cùng trọng lượng 120N giống nhau đặt nằm như hình vẽ.
ngang khi cân bằng và áp lực trên các mặt nghiêng là 90 2 và N1 Q1 P cos ; N 2 Q2 P sin . 10.20. a) Hai lực F1 , F2 song song cùng chiều đặt tại hai đầu thanh AB có hợp lực F đặt tại O cách A 12cm,
Tính lực nén của mỗi ống dưới lên đất và lên tường giữ chúng. Bỏ qua ma sát. Bài giải - Ba khối trụ giống nhau có ba trọng tâm tạo thành một tam giác đều O1O2O3 và P1 P2 P3 P 120 N .
cách B 8cm và có độ lớn F 10 N . Tìm F1 , F2 . b) Hai lực F1 , F2 song song ngược chiều đặt tại A, B có hợp lực F đặt tại O với OA 8cm ; OB 2cm ;
F 10,5 N . Tìm F1 , F2 . Bài giải a) Khi hai lực F1 , F2 song song cùng chiều: Theo quy tắc hợp lực song song, cùng chiều, ta có:
- Áp lực do khối trụ trên nén lên hai khối trụ dưới là: N 2 N 3 N
- Phân tích lực nén trên theo hai phương thẳng đứng, ta được: + lực nén lên tường: Nt N cos 60
P l P 120 . 34, 6 N . 3 2 2 3 2 3
P 2 cos 30
P 3 2. 2
P 3
F1 F2 F 10 N
(1)
F1 OB 8 2 F2 OA 12 3
(2)
Giải hệ (1) và (2) ta được: F1 4 N và F2 6 N . Vậy: Khi hai lực F1 , F2 song song cùng chiều thì F1 4 N và F2 6 N . b) Khi hai lực F1 , F2 song song ngược chiều: Theo quy tắc hợp lực song song, ngược chiều, ta có:
F2 F1 F 10, 5 N
(3)
F1 OB 2 1 F2 OA 8 4
(4)
b) tìm lực nén lên hai giá đỡ ở hai đầu thanh. Bài giải a) Hợp lực của P1 và P2
Giải hệ (3) và (4) ta được: F1 3,5 N và F2 14 N . Vậy: Khi hai lực F1 , F2 song song ngược chiều thì F1 3,5 N và F2 14 N .
- Thanh AB đồng chất nên trọng tâm F nằm chính giữa thanh: AG BG 50cm .
10.21. Thanh nhẹ AB nằm ngang chiều dài l 1m , chịu tác dụng của ba lực song song cùng chiều và vuông
GC AC AG 60 50 10cm - Gọi I là điểm đặt của hợp lực P1 , P2 . Theo quy tắc hợp lực song song, cùng chiều, ta có:
góc với thanh: F1 20 N , F3 50 N ở hai đầu thanh và F2 30 N ở chính giữa thanh.
+ P P1 P2 100 200 300 N
a) Tìm độ lớn và điểm đặt của hợp lực.
+
b) Suy ra vị trí đặt giá đỡ để thanh cân bằng và lực nén lên giá đỡ. Bài giải
IG P2 200 2 và IG IC GC 10cm IC P1 100
IG 6, 67cm; IC 3,33cm
a) Độ lớn và điểm đặt của hợp lực
AI AG GI 50 6, 67 56, 67cm
- Theo quy tắc hợp lực song song, cùng chiều, ta có:
Vậy: Hợp lực của P1 và P2 có độ lớn P 300 N và có điểm đặt tại I với AI 56,67cm .
+ độ lớn: F F1 F2 F3 20 50 30 100 N + điểm đặt: F F1 F2 F3 F12 F3 với F12 có:
b) Lực nén lên hai giá đỡ ở hai đầu thanh
F12 F1 F2 20 30 50 N ; điểm đặt tại M, với:
N1 N 2 P 300 N
CM F1 AM F2
N 2 AI AI 56, 67 56, 67 N1 BI AB AI 100 56, 67 43,33
CM F F1 20 1 CM AC .50 20cm . AC CM F2 F1 F2 20 30 và: F F12 F3 , với F F12 F3 50 50 100 N ; điểm đặt F tại N với:
N 2 170 N và N1 130 N .
Gọi N1 , N 2 là lực nén lên giá đỡ ở hai đầu thanh tại A và B. Theo quy tắc hợp lực song song, ta có:
Vậy: Lực nén lên hai giá đỡ ở hai đầu thanh là N1 130 N và N 2 170 N . 10.23. Hệ số ma sát μ giữa hành xe phát động của ô-tô và mặt đường phải có giá trị nhỏ nhất bao nhiêu để ô-
BN F12 50 BM AB AM 100 30 1 BN MN 35cm MN F3 50 2 2 2 Vậy: Hợp lực của ba lực song song, cùng chiều F1 , F2 , F3 có độ lớn F 100 N và có điểm đặt cách đầu B
tô khối lượng 2 tấn chở 4 tấn hàng có thể chuyển động với gia tốc
là BN 35cm (hoặc cách đầu A là AN 100 35 65cm ).
nằm trên trục sau.
a 0, 2 m/s 2 ? Biết chỉ có các bánh sau là bánh phát động và coi khối ô-tô nằm giữa khoảng cách hai trục bánh, khối tâm của hàng
b) Vị trí đặt giá đỡ để thanh cân bằng và lực nén lên giá đỡ
Bài giải
- Để thanh cân bằng phải đặt giá đỡ tại điểm N, với BN 35cm hoặc AN 65cm .
- Khi ô-tô bắt đầu khởi động, các bánh xe có xu hướng trượt về sau,
- Lực nén lên giá đỡ là: N F 100 N .
lực ma sát nghỉ xuất hiện hướng về phía trước đóng vai trò là lực
10.22. Thanh AB trọng lượng P1 100 N , chiều dài l 1m , trọng
phát động cho chuyển động của xe.
lượng vật nặng P2 200 N tại C, AC 60cm . Dùng quy tắc hợp lực song song: a) tìm hợp lực của P1 và P2 .
- Các lực tác dụng vào ô-tô: trọng lực P , phản lực Q , lực phát động F .
PQ F - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: a m1 m2 - Chiếu (1) lên chiều chuyển động của xe, ta được: a
của xe lên các bánh phát động: N1
(1)
(2)
(a x )(a y ) a x a y - Thay (1) vào (2) ta được: F1 P P a2 a a
F với F Fmsn N1 N 2 : N1 là áp lực m1 m2
P1 m1 g ; N 2 là áp lực của hàng lên các bánh phát động: N 2 m2 g . 2 2
- Để chân bàn khỏi gãy thì: F1
m 1 m2 g 2 m1 F Fms g m2 a m1 m2 2
F1 a y a y F1 FA FA a a
(a x)( a y ) 1 a2 ya 2 a 2 2(a x)
- Đường giới hạn y a
(m1 m2 )a (2000 4000).0, 2 0, 024 m1 2000 m g 4000 .10 2 2 2
P (a x)(a y ) P P 2 a2 2
a2 là đường hy-pe-bon đi qua trung điểm hai cạnh; tương tự với ba chân còn 2(a x )
lại ta được vị trí đặt vật có trọng lượng P trên bàn để các chân bàn không bị gãy là phần gạch gạch trên hình vẽ.
Vậy: Hệ số ma sát μ giữa hành xe phát động của ô-tô và mặt đường phải có giá trị nhỏ nhất là min 0, 024 .
10.25. Xác định vị trí trọng tâm của bản mỏng là đĩa tròn tâm O bán kính R,
10.24. Một bàn vuông nhẹ có bốn chân giống nhau. Nếu đặt vật có trọng lượng quá 2P ở đúng giữa bàn thì bàn bị khoét một lỗ tròn bán kính
chân bàn gãy. Tìm các điểm có thể đặt vật trọng lượng P mà chân bàn không gãy.
R như hình. 2
Bài giải
Bài giải
- Khi đặt vật ở chính giữa bàn thì chân bàn gãy nghĩa là mỗi chân bàn chịu được tối đa một trọng lượng là:
pmax
- Do tính đối xứng của hai phần trên và dưới của bản mỏng nên trọng tâm G của bản mỏng sẽ nằm trên
2P P . 4 2
đường thẳng qua I, O. - Ta có:
- Vì 4 chân bàn đối xứng nhau nên ta chỉ cần xét cho một chân bàn là
đủ.
+ Khi đĩa chưa bị khoét, trọng tâm đĩa nằm tại O; lỗ tròn bị khoét có trọng
Giả sử xét chân thứ 1, vật có trọng lượng P đặt tại vị trí M.
nằm tại I.
+ Chọn hệ trục tọa độ Oxy, gốc O ở chân bàn 1, hai trục Ox và Oy dọc
+ Gọi P là trọng lượng của đĩa chưa bị khoét, p là trọng lượng lỗ tròn bị
theo hai cạnh của bàn. Đặt a là chiều dài mỗi cạnh bàn. + Vật có trọng lượng P đặt tại M ( x, y ) gây ra các lực F1 , F2 , F3 và lên bốn chân. Ta phân tích trọng lượng P theo quy tắc hợp lực song song cùng chiều như sau: Trước hết, phân tích P thành FA và FB tại A và B, với A(0, y) và B(a, y) . Ta có: FA FB P và
FA MB a x FB MA x
FA a x ax FA P P a a
F1 AD a y F2 OA y
- Theo quy tắc hợp lực song song, ngược chiều, ta có: IG P M R 2 D 4 (D là mật độ khối lượng theo diện tích đĩa) 2 OG p m R D 2
IO OG 4OG OG
IO R R 3 2.3 6
(1)
Tiếp tục phân tích FA thành hai lực F1 và F2 tại hai chân 1 và 2 ta được: F1 F2 FA và
khoét, P là trọng lượng đĩa đã bị khoét thì: P P p . F4
Vậy: Trọng tâm của đĩa bị khoét cách O một đoạn OG
R . 6
10.26. Xác định vị trí trọng tâm của bản mỏng là đĩa tròn tâm O bán kính R, bản bị khoét một lỗ tròn bán kính r
R R và có tâm I cách O đoạn . 2 2
tâm
Bài giải 2
- Tương tự như bài trên, ta có: - Mà: IG IO OG
xG
2
IG M R D R OG m r 2 D r 2
(1) Vậy: Trọng tâm G của hệ có tọa độ: xG
R OG . Thay vào (1) ta được: 2
trên dây AD. Tính góc α tạo bởi BC và phương ngang biết BC 2 AB .
Rr 2 2( R 2 r 2 )
Vậy: Trọng tâm của đĩa bị khoét cách O một đoạn OG
Rr 2 . 2( R 2 r 2 )
10.27. Một bản mỏng phẳng, đồng chất, bề dày đều có dạng như hình vẽ. Xác định vị trí trọng tâm của bản. Bài giải - Chia bản mỏng thành ba phần, mỗi phần là một hình vuông cạnh
a . Mỗi hình vuông nhỏ có khối lượng m, 2
có trọng tâm tại tâm của chúng. Chọn hệ tọa độ Oxy (hình vẽ). Áp dụng phương pháp tọa độ, ta có:
xG
m1 xG1 m2 xG2 m3 xG3
và yG
m1 m2 m3
a a 3a m 4 4 4 5a xG 3m 12
m1 yG1 m2 yG2 m3 yG3 m1 m2 m3
81 . 3
10.29. Thanh đồng chất ABC có tiết diện nhỏ, góc B 60 treo cân bằng
R OG R2 Rr 2 2 2 r 2OG R 2OG OG r 2 OG
m.l 2m.2l 3m.3l 4m.4l 5m.5l 81 m 2m 3m 4m 5m 3
a a 3a m 4 4 4 5a yG 3m 12
5a Vậy: Trọng tâm G của bản có tọa độ xG yG . 12
Bài giải - Các lực tác dụng lên thanh ABC: trọng lực P1 của BC, trọng lực P2 của AB, lực căng T của dây AD. - Thanh treo cân bằng nên: P1 P2 T 0 (1) P12 T Nghĩa là hợp lực P12 phải có độ lớn P12 T và phải có giá trùng với giá của T . - Vì thanh đồng chất nên trọng tâm O1 của P1 nằm ở trung điểm BC; trọng tâm O2 của P2 nằm ở trung điểm AB. Gọi G là trọng tâm của cả thanh ABC, theo quy tắc hợp lực song song ta có:
P1 O2G 2 ( P1 2 P2 vì BC 2 AB ) P2 O1G
P1 O2G OG 2 2 P2 P1 O1G O2G O1O2 3
- Tam giác vuông O1O2 B cho: O1O2 O1 B.sin 60 O1 B. - Từ (2) ta có:
- Xét tam giác vuông GAO2 ta có: tan GAO2
là l. Tìm vị trí trọng tâm của hệ. Bài giải
3 2
O2G 2 O2G 2 3 O2G O1B. O1O2 3 2 3 3 O1B 2
10.28. Có 5 quả cầu nhỏ trọng lượng P, 2P, 3P, 4P, 5P gắn lần lượt trên một thanh nhẹ, khoảng cách giữa hai quả cầu cạnh nhau
(2)
(4)
3 O2G O1 B. 2 2 3 49 GAO 2 O1 B O2 A 3 2
- Xét tam giác ABK, ta có: AKB 180 (60 49) 71
- Chọn gốc tọa độ O tại vị trí quả cầu có khối lượng m;
90 71 19
trục Ox trùng với thanh. Gọi G là trọng tâm của hệ,
Vậy: Góc α tạo bởi BC và phương ngang là 19 .
theo phương pháp tọa độ, ta có:
10.30. Xác định vị trí khối tâm của các vật đồng chất sau:
m x m2 x2 m3 x3 m4 x4 m5 x5 xG 1 1 m1 m2 m3 m4 m5
a) Đoạn dây nửa đường tròn bán kính R. b) Bản bán nguyệt bán kính R.
(3)
c) Đoạn dây hình cung tròn bán kính R, góc α.
10.31. Bản mỏng đồng chất cấu tạo từ hình bán nguyệt AOB bán kính R và
d) Bản hình quạt tròn bán kính R, góc α.
hình chữ nhật cạnh AD h . Xác định tỉ số Bài giải
h để trọng tâm của bản nằm tại R
a) Đoạn dây nửa đường tròn bán kính R
O.
- Do tính chất đối xứng nên trọng tâm của đoạn dây sẽ nằm trên đoạn vuông góc từ tâm O đến I.
Bài giải Gọi P1 , G1 là trọng lượng và trọng tâm của hình bán nguyệt; P2 , G2 là trọng lượng và trọng tâm của hình
- Chọn trục Ox trùng với đoạn vuông góc trên. Tọa độ trọng tâm G của đoạn
chữ nhật.
dây trên là:
- Theo quy tắc hợp lực song song, nếu O là trọng tâm của bản mỏng thì:
n
n
n
n
m x l x l x l x i i
xG
i 1 n
i i
i 1 n
i i
i 1 n
m
l
l
i 1
i 1
i 1
i
i
i i
i 1
L
i
( li là chiều dài phần tử thứ i, L là chiều dài đoạn dây, ρ là khối lượng một đơn vị chiều dài của đoạn dây)
xG
l n l n l n l n li xi li R cos i Ryi R yi L i 1 L i 1 L i 1 L i 1
R.2 R.sin 2 R.sin l 2 2 xG R. AB L R - Với đoạn dây nửa đường tròn: xG
P1 OG2 P2 OG1
(1)
R 2 P m S R Với 1 1 1 2 P2 m2 S2 2 Rh 4h
(2)
h OG2 3h 2 Và OG1 4 R 8R 3
(3)
2R .
R 3h h 2 4h 8 R R 3
Vậy: Để trọng tâm của bản nằm tại O thì
2R Vậy: Tọa độ trọng tâm của đoạn dây nửa đường tròn bán kính R là xG .
h R
c) Đoạn dây hình cung tròn bán kính R, góc α.
Phần 1.
2 R.sin 2 Tương tự như trên, ta được: xG
Chuyên đề 11: CÂN BẰNG CỦA VẬT RẮN 2 R.sin
Vậy: Tọa độ trọng tâm của đoạn dây hình cung tròn bán kính R, góc α là xG b) và d) Bạn đọc tự giải bằng một trong hai cách sau:
2 .
CÓ TRỤC QUAY CỐ ĐỊNH A. TÓM TẮT KIẾN THỨC I. Momen lực -
- Dùng phương pháp tương tự như trên. - Dùng phương pháp tích phân trong hệ tọa độ cực. 4 R.sin 4R 2 . Kết quả: b) xG ; d) xG 3 3
2 . 3
Tác dụng làm quay của lực: Một lực chỉ có tác dụng làm
quay
vật quanh một trục nếu lực đó có giá không đi qua trục đó
hoặc
không song song với trục đó. -
Momen lực: Momen của lực đối với một trục là đại lượng đặc trưng cho tác dụng làm quay của vật quanh trục đó và được đo tích của độ lớn lực với tay đòn của lực. M = Fd
(11.1)
bằng
(d: tay đòn của lực là khoảng cách từ giá của lực đến trục quay).
C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG 11.1. Một thanh nhẹ gắn vào sàn tại B. Tác dụng lên đầu A lực kéo F
II. Điều kiện cân bằng của vật rắn có trục quay cố định - Quy tắc momen lực -
Tổng momen các lực có tác dụng làm vật quay theo chiều kim đồng hồ bằng tổng momen các lực có
= 100 N theo phương ngang. Thanh được giữ cân bằng nhờ dây AC.
tác dụng làm vật quay ngược chiều kim đồng hồ.
Áp dụng quy tắc momen tìm lực căng của dây. Biết 30 .
(11.2) M M ( M là tổng momen các lực th
ng
th
có tác dụng làm vật quay theo chiều kim đồng hồ;
M
ng
tổng -
Bài giải Các lực tác dụng vào thanh: trọng lực P , phản lực Q , lực căng dây T , lực kéo F .
momen các lực có tác dụng làm vật quay ngược chiều kim đồng hồ) -
-
Điều kiện cân bằng trên còn gọi là quy tắc momen lực.
B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP
M P M Q 0 ).
VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG -
Áp dụng quy tắc momen lực đối với trục quay qua B ta được: M F M T (vì P và Q có giá đi qua trục quay nên
Momen của một lực đối với các trục quay khác nhau là khác nhau vì nó phụ thuộc vào tay đòn của
F . AB T . AB sin T
lực (M = Fd). -
100 100 200 N 1 sin 30 2
T
Chú ý sử dụng tính chất của các tam giác đồng dạng, các công thức tính cạnh, góc trong tam giác, các định lý hàm sin, cosin,…
-
Quy tắc momen lực cũng được áp dụng đối với các trục quay tức thời (được xem là trục quay cố định
F sin
Vậy: Lực căng của dây là T = 200 N.
11.2. Thanh nhẹ OB có thể quay quanh O. Tác dụng lên thanh các lực F1 , F2 đặt tại A và B. Biết F1 20N,OA 10cm,AB 40cm. Thanh cân bằng, F1 và F2 hợp với AB các góc , . Tìm F2 nếu :
tại thời điểm ta xét). VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Với dạng bài tập về momen lực. Phương pháp giải là: -
Sử dụng công thức: M = Fd (d là tay đòn của lực, là khoảng cách từ giá của lực F đến trục quay).
-
Chú ý:
a) 90
b) 30, 90
c) 30, 60 .
+ Khi lực F có giá đi qua trục quay thì momen lực F đối với trục quay đó là: M F 0 . + Trường hợp vật chịu tác dụng của nhiều lực thì tổng momen lực đối với một trục quay là:
M M M . ( M là tổng momen các lực th
ng
th
có tác dụng làm vật quay theo chiều kim đồng hồ;
momen các lực có tác dụng làm vật quay ngược chiều kim đồng hồ;
M
th
và
M
ng
M
ng
tổng
trái dấu nhau).
-
2. Với dạng bài tập về cân bằng của vật rắn có trục quay cố định. Phương pháp giải là: -
-
Xác định các lực tác dụng lên vật.
-
Xác định trục quay thích hợp để việc vận dụng quy tắc momen được đơn giản (nên lựa chọn trục quay
Bài giải Các lực tác dụng lên thanh OB: các lực F1 , F2 đặt tại A phản lực Q đặt tại O (bỏ qua trọng lượng của thanh). Áp dụng quy tắc momen lực cho trục quay tại O, ta có: (vì Q có giá qua trục quay O nên M Q 0 ). M F M F 1
qua giá nhiều lực thành phần hoặc qua giá các lực mà ta chưa biết độ lớn, lúc đó momen các lực đó
2
a) Khi 90
đối với trục quay ta chọn sẽ bằng 0). -
Sử dụng quy tắc momen lực:
M
th
M ng .
Từ M F M F1.OA F2 .OB F 1
2
và
B;
F2
OA OA 10 .F1 .F1 .20 4 N OB OA OB 10 40
-
Vậy: Độ lớn của lực F2 = 4 N. -
b) Khi 30, 90 2
a 2
1 10. OA.sin OA.sin 30 2 .20 2 N F2 .F1 .F1 OB OA OB 10 40
Fb P.
Vậy: Độ lớn của lực F2 = 2 N.
Vậy: Để vật quay quanh trục quay qua O thì lực F phải có độ lớn F > 25 N.
F P.
c) Khi 30, 60
F2
2
OA.sin OA.sin 30 .F1 .F OB.sin OA OB .sin 60 1
10.
1 2
3 10 40 . 2
a a 50 mg. 10.10. 25 N 2b 2b 2.100
11.5. Thanh gỗ đồng chất AB, khối lượng 20 kg có thể quay quanh A. Ban đầu thanh nằm ngang trên sàn. Tác dụng lên B lực nâng F (luôn vuông góc với AB). Tìm F để có thể:
Từ M F M F1.OA sin F2 .OB.sin F 1
.20 2, 3 N
Vậy: Độ lớn của lực F2 = 2,3 N.
11.3. Bánh xe có bán kính R, khối lượng m. Tìm lực kéo F nằm ngang đặt trên trục để bánh vượt qua bậc có độ cao h. Bỏ qua ma sát.
-
Bài giải Các lực tác dụng lên bánh xe: trọng lực P , lực kéo F , phản lực Q đặt tại A.
-
Áp dụng quy tắc momen lực cho trục quay qua A:
a) Nâng AB khỏi sàn. b) Giữ AB nghiêng góc 30 so với mặt sàn. Bài giải
Các lực tác dụng lên bánh xe: trọng lực P , lực nâng F , phản lực Q tại A. a) Để nâng AB khỏi sàn: Để nâng AB lên khỏi sàn thì: M F M P ( Q có giá qua A nên M Q 0 ).
F . AB P. F
+ Khi bánh xe chưa vượt qua A: M P M F (vì Q có giá qua trục quay A nên M Q 0 ).
AB 2
P mg 20.10 100 N 2 2 2
Vậy: Để nâng AB khỏi sàn thì độ lớn lực nâng F phải là 2
+ Để bánh xe vượt qua A: M P M F P R 2 R h F R h
F 100 N . b) Để giữ AB nghiêng góc 30 so với mặt sàn thì:
. F
giá qua
O nên M Q 0 ).
Từ M F M F1.OA sin F2 .OB F 1
Bài giải Các lực tác dụng lên bánh xe: trọng lực P , lực F ; phản lực Q tại O. Để vật quay quanh trục quay qua O: M F M P ( Q có
P R2 R h Rh
2
mg 2 Rh h 2 Rh
Vậy : Để bánh vượt qua bậc có độ cao h thì lực kéo F phải có độ lớn mg 2 Rh h 2 F Rh
11.4. Tìm lực F cần để làm quay vật hình hộp đồng chất m = 10 kg quanh O như hình vẽ. Biết a = 50 cm, b = 100 cm.
M F M P F . AB P.
AB cos 30 2
P cos 30 mg .cos 30 F 2 2
20.10 2
3 2 86, 7 N
Vậy: Để giữ AB nghiêng góc 30 so với mặt sàn thì độ lớn lực nâng F phải là F 86, 7 N.
11.6. Thanh AB ( m = 100 g) có thể quay quanh A được bố trí như hình: m1 = 500 g; m2 = 150 g; BC = 20 cm. Tìm chiều dài AB, biết thanh cân bằng.
-
Bài giải Các lực tác dụng lên thanh AB; trọng lực P , các lực căng dây T1 , T2 , phản lực Q tại A (T1 = P1; T2 = P2 .
-
P P 2P T . AI 2 3 P4 . AB 3 2 3 P P2 2 P3 6.10 3.10 2.4.10 P4 . AB 5.10 .3 2 3 3 2 3 3 AI T 200
AI 1, 75 m.
Áp dụng quy tắc momen lực cho trục quay qua A, ta được: M T M P M P (vì Q có giá đi qua trục quay tại A nên M Q 0 ) 2
1
AB AB T2 . AB P. P1. AC P. P1. AB BC 2 2
Vậy: Phải treo thanh tại điểm I, cách đầu trái một khoảng AI = 1,75 m để thanh cân bằng. 11.8. Thanh đồng chất đặt trên bàn ngang, nhô
thanh khỏi bàn. Treo vào đầu thanh nhô ra một vật trọng lượng P’. Khi P’ = 300 N thì thanh bắt đầu nghiêng và mất
P P2 . AB P1 . AB P1.BC 2
cân bằng. Tìm trọng lượng thanh.
P1 0,5.10 AB .BC .20 25 N P 0,1.10 P1 P2 0, 5.10 0,15.10 2 2
Bài giải -
Khi thanh bắt đầu mất cân bằng, các lực tác dụng vào thanh: trọng lực P , phản lực Q tại mép bàn, lực căng dây T (T = P’)
-
Áp dụng quy tắc momen lực đối với trục quay qua O
Vậy: Chiều dài của thanh AB là AB = 25 cm. 11.7. Treo bốn vật nặng cách đều nhau vào một thanh đồng chất (dài 3 m; nặng 6 kg) trong đó hai vật ngoài cùng nằm ở hai đầu thanh.
(mép bàn), ta có: M P M T
Vật nặng đầu tiên bên trái có khối lượng m1 = 2 kg, mỗi vật tiếp theo lớn hơn vật trước 1 kg.
P.
Cần phải treo thanh tại điểm cách đầu trái một khoảng bao nhiêu để thanh cân bằng?
Gọi I là điểm treo vật để thanh cân bằng. Các lực tác dụng vào thanh là: trọng lực P ; các lực căng dây T , T1 , T2 , T3 , T4 (T1 P1 , T2 P2 , T3 P3 , T4 P4 ) . Xét trục quay qua A (đầu treo vật có khối lượng m1). Khi thanh cân bằng, ta có:
T P T1 T2 T3 T4 (m m1 m2 m3 m4 )g
3
4
Vậy: Trọng lượng của thanh là P = 300 N. 11.9. Dùng cân đòn để cân một vật. Vì cánh tay đòn của cân không thật bằng nhau nên khi đặt vật ở đĩa cân bên này ta cân được 40 g nhưng khi đặt vật sang đĩa cân kia ta cân được 44,1 g. Tính khối lượng của vật.
(1)
T 6 2 3 4 5 .10 200 N 2
AB AB P '. 4 4
P P ' 300 N.
Bài giải
Và M T M P M T M T M T
1 chiều dài 4
Bài giải Gọi “đĩa cân bên này” là đĩa cân 1, “đĩa cân bên kia” là đĩa cân 2; Px là trọng lượng của vật cần cân. Ta có:
(2)
-
Khi cân lần 1: Pl 1 1 Px l2 m1l1 mx l2
(1) (2)
T . AI P.
AB AB 2 AB T2 . T3 . T4 . AB 2 3 3
-
Khi cân lần 2: Pxl1 P2l2 mxl1 m2l2
AB AB 2 AB P2 . P3 . P4 . AB 2 3 3
-
Lấy (1) chia cho (2) ta được:
T . AI P.
m1 mx mx m1m2 mx m2
mx 40.44,1 42 g
Vậy: Khối lượng đúng của vật là mx 42 g .
11.10. Bán cầu đồng chất khối lượng 100 g. Trên mép bán cầu đặt một
Suy ra 2 V 2bl
vật nhỏ khối lượng 7,5 g. Hỏi mặt phẳng của bán cầu sẽ nghiêng góc
bao nhiêu khi có cân bằng biết tọng tâm bán cầu ở cách mặt phẳng
V
3R của bán cầu một đoạn (R là bán kính mặt bán cầu). 8 Bài giải
-
-
1 amg 1 1.10000.10 58 m / s b 2 l 1, 2 2.1,3.8
Vậy: Vận tốc của gió để xe bị lật ngã là V 58 m / s .
Các lực tác dụng lên bán cầu: trọng lực P (bán cầu), trọng lực p (vật nhỏ), phản lực Q (tại điểm tiếp xúc A).
11.12. Thanh đồng chất AB có thể quay quanh bản lề A.
Áp dụng quy tắc momen lực đối với trục quay qua O: M P M p (vì Q có giá đi qua trục quay tại A nên M Q 0 ).
Biết AB = AC, khối lượng thanh là 2 kg.
Hai vật có các khối lượng m1 1kg; m2 2kg được treo vào B bằng hai sợi dây như hình vẽ (C là ròng rọc nhẹ).
Tính khi hệ cân bằng. Bài giải
P.OG sin pR cos -
3R Mg. sin mgR cos 8 3 8m 8.7,5 M sin m cos tan 0, 2 11 8 3M 3.100 Vậy: Khi có cân bằng, mặt phẳng của bán cầu sẽ nghiêng góc 11 . 11.11. Gió thổi vào xe theo hướng vuông góc với thành bên của xe
-
Các lực tác dụng lên thanh gồm: trọng lực P ; các lực căng dây T1 , T2 ; phản lực Q tại bản lề A. Áp dụng quy tắc momen lực đối với trục quay qua A ta được:
M T M P M T (vì Q có giá đi qua trục quay tại A nên 2
1
với vận tốc V. Xe có khối lượng m 10 kg , chiều cao 2b = 2,4 m,
M Q 0 )
chiều ngang 2a = 2 m, chiều dài l 8 m . Áp suất gió tính bởi công
P2 . AB cos
4
thức p V 2 với 1, 3 kg / m3 là khối lượng riêng của không
m2 g cos
khí. Tìm V để xe bị lật ngã. Bài giải
-
-
Các lực tác dụng lên xe: trọng lực P , phản lực Q , lực tác dụng F của gió. Khi xe bắt đầu lật, theo quy tắc momen lực đối với trục qua hai bánh xe, ta có: M P M F (vì Q có giá đi qua trục quay nên M Q 0 )
Pa Fb F -
a mg b
a a P mg b b
Vì F pS SV 2 2blV 2 2 V 2bl
2 cos cos
2
2
2
2
P.
AB cos P1. AB cos 2
mg cos m1 g cos 2
cos cos 2 cos 2 cos
cos cos
2 2 120 3 2 2 Vậy: Khi hệ cân bằng thì 120 2 . 11.13. Thanh BC nhẹ, gắn vào tường bởi bản lề C. Đầu B treo vật nặng có khối lượng m = 4 kg và được giữ cân bằng nhờ dây treo AB. Cho AB = 30 cm, AC = 40 cm. Xác định các lực tác dụng lên BC.
-
Bài giải Các lực tác dụng lên thanh BC: các lực căng dây T1 , T2 (T2 = P); phản lực Q tại C (thanh nhẹ nên bỏ
T
qua trọng lượng thanh). -
Vậy: Khi bỏ qua khối lượng của thanh thì các lực tác dụng lên thanh là T = P = 40 N, T’ = 46,2 N và
Điều kiện cân bằng của thanh BC là: (1) T1 T2 Q 0
Q = 23,1 N. b) Khi khối lượng thanh AB là m’ = 2 kg: Các lực tác dụng lên thanh: các lực căng dây T , T (T P) ; phản lực Q tại bản lề A; trọng lực P .
M T M T (đối với trục quay qua C). 1
2
T1. AC T2 . AB
T1 T2 . -
(2) -
AB AB 30 mg. 4.10. 30 N AC AC 40
Chiếu (1) lên tai Ox nằm ngang, ta được:
T T1 Q sin 0 Q 1 sin Với sin
AB BC
1 4.10 46, 2 N và Q T sin 30 46, 2. 23,1 N 2 3 2
AB AB 2 AC 2
Thanh nằm yên nên: T T Q P 0
(2)
Và M T M T M P
(3)
T . AB.cos30 T . AB P.
30 302 402
3 30 Q 50 N 3 5 5
P m m g 4 2 .10 2 2 2 T 57, 7 N cos30 cos30 3 2 P
Vậy: Độ lớn các lực tác dụng lên thanh BC là T1 = 30 N, T2 = P = 40 N và Q = 50 N. 11.14. Một ngọn đèn khối lượng m = 4 kg được treo vào tường bởi dây 30 BC và thanh AB. Thanh AB gắn vào tường bằng bản lề A, C
AB P AB. P 2 2
-
Chiếu (2) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy ta được:
1 Qx T sin 30 57, 7. 28,85 N 2
1. Tìm các lực tác dụng lên thanh AB, nếu: a) Bỏ qua khối lượng thanh.
Và Qy P P T cos 30 mg mg T .cos30
b) Khối lượng thanh AB là 2 kg.
Qy 4.10 2.10 57,7.
2. Khi tăng góc thì lực căng dây BC tăng hay giảm? Bài giải
Q Qx2 Qy2 28,852 102 30,5 N
1. Các lực tác dụng lên thanh AB
a) Bỏ qua khối lượng của thanh: Các lực tác dụng lên thanh: các lực căng dây T , T (T P) ; phản lực Q
Vậy: Khi khối lượng của thanh là m’ = 2 kg thì các lực tác dụng lên thanh là
T P 40N; T ' 57,7N; và Q 30,5N.
tại bản lề A.
m m g 2 2. Khi tăng góc : Từ T suy ra khi tăng thì cos
-
Thanh nằm yên nên: (1) T T Q 0
-
Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy ta được:
T sin 30 Q 0 và T cos30 T 0
3 10 N 2
(1’) (1’’)
T P mg Từ (1’’) suy ra: T cos30 cos30 cos30
giảm nên T’ tăng. 11.15. Thanh AB khối lượng m = 1,5 kg; đầu B dựng vào góc tường, đầu A nối với dây treo AC, góc 45 . Tìm các lực tác dụng lên thanh.
-
Bài giải Các lực tác dụng lên thanh: lực căng dây T ; các phản lực Q1 , Q2 tại các điểm tiếp xúc; trọng lực P . Thanh nằm cân bằng nên: T Q1 Q2 P 0 (1)
Vây : Các lực tác dụng lên thanh AB là P1 100N; T 212,13N; T ' P2 50N và Q 150N 11.17. Thanh đồng chất AB có m 2kg , gắn vào tường nhờ bản lề A và giữ nghiêng góc 60 với tường nhờ dây BC tạo với AB góc 30 . Xác định độ lớn và hướng lực đàn hồi của bản lề đặt lên AB. Bài giải
Và M M (trục quay qua điểm tiếp xúc) (2) T
P
AB P 1, 5.10 T . AB.sin 45 P. .cos 45 T 7,5 N 2 2 tan 45 2.1 -
Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy ta được:
Q1 P mg 1,5.10 15N và Q2 T 7,5N Vậy : Các lực tác dụng lên thanh là : T 7,5N; Q1 15N và
-
Q2 7,5N.
-
Tam giác lực ACI cho:
bản lề A. Đầu B của thanh treo vật nặng m2 5kg . Thanh được giữ cân bằng nằm ngang nhờ dây treo CD; góc 45 . Tìm các lực tác dụng lên
Bài giải Các lực tác dụng lên thanh: các lực căng dây T , T (T' P2 ); trọng lực P1 ; phản lực Q tại trục quay A.
1 Q P sin 30 mg .sin 30 2.10. 10 N 2 90 30 60 Và CAI
với tường một góc 60 . Chuyên đề 12: CÂN BẰNG TỔNG QUÁT CỦA VẬT RẮN A. Tóm tắt kiến thức
Thanh nằm cân bằng nên: T T P1 Q 0 (1)
I. Ngẫu lực
Và M T M P M T (trục quay qua A) (2)
- Tính chất:
1
T . AC.sin P1.
T
AB P2 . AB 2
AB P1 3 10.10 5.10 P2 AC.sin 2 2.sin45 2
3
-
-
Vậy: Lực đàn hồi của bản lề đặt lên AB có độ lớn Q = 10 N và có hướng hợp
thanh AB biết AC 2m.
-
-
Các lực tác dụng vào thanh AB: trọng lực P , lực căng dây T , phản lực (lực đàn hồi) Q của bản lề tại A. Thanh cân bằng nên: P T Q 0 (1) 60 Vì ACB ABC ACB ABC 30 tam giác ABC cân tại A phản lực Q có giá vuông góc với CB và qua trung điểm I của CB.
11.16. Thanh AB khối lượng m1 10kg , chiều dài l 3m gắn vào tường bởi
-
-
- Định nghĩa: Ngẫu lực là một hệ gồm hai lực song song, ngược chiều và cùng độ lớn.
+ Ngẫu lực không có hợp lực + Momen của ngẫu lực đối với một trục quay bất kì vuông góc với mặt phẳng ngẫu lực đều bằng: M Fd (d là tay đòn của ngẫu lực). - Tác dụng: Dưới tác dụng của ngẫu lực vật chuyển động quay theo một chiều nhất định: + Vật không có trục quay: Ngẫu lực làm vật quay quanh khối tâm của vật
10.10 T 5.10 212,13N 2 2 2. 2
II. Điều kiện cân bằng tổng quát của vật rắn
Chiếu (1) lên trục Ox ta được:
Điều kiện cân bằng tổng quát của vật rắn là:
2 Q T cos 212,13.cos 45 212,13. 150 N 2
+ Tổng các lực tác dụng lên vật bằng 0:
+ Vật có trục quay không qua khối tâm: Ngẫu lực làm vật quay quanh trục quay đó.
F 0
+ Tổng momen lực làm vật quay theo chiều kim đồng hồ bằng tổng các momen lực làm vật quay ngược chiều kim đồng hồ:
M
th
M ng
Bài giải * Khi vật bắt đầu trượt:
B. Những chú ý khi giải bài tập * Về kiến thức và kĩ năng - Khi vận dụng điều kiện cân bằng tổng quát để giải các bài toán về cân bằng của vật rắn cần: + Xác định đầy đủ cá lực tác dụng vào vật
M
th
- Các lực tác dụng lên hộp: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms , lực kéo F - Khi vật bắt đầu trượt Fms N Q và: (1) P Q Fms F 0
+ Áp dụng điều kiện cân bằng tổng quát của vật rắn: F 0 Fx 0; Fy 0
ma sát giữa khối và sàn là 0, 4 . Tìm F để khối hộp bắt đầu mất cân bằng (trượt hoặc lật)
+ Chiếu (1) lên trục Ox ta được: Q P mg 20.10 200 N
M ng
(Chú ý lựa chọn hệ trục tọa độ và trục quay thích hợp để việc vận dụng các hệ thức trên được đơn
+ Chiếu (1) lên trục Oy ta được: F Fms Q 0, 4.200 80 N * Khi vật bắt đầu lật:
giản) - Đối với các bài toán về chuyển động của vật rắn cần chú ý: chuyển động bất kì của vật rắn là tổng hợp của
- Các lực tác dụng lên hộp: trọng lực P , phản lực Q , lực kéo F
chuyển động tịnh tiến và chuyển động quay:
- Khi vật bắt đầu lật (quay quanh A) thì: M F M P
+ Khi vật chuyển động tịnh tiến: đối với khối tâm thì
M
th
M ng
+ Bánh xe, vành tròn lăn trên mặt đường: điểm tiếp xúc của bánh xe với mặt đường là trục quay tức thời nên momen của trọng lực, phản lực của mặt đường đối với trục quay đó bằng 0.
b a a 0,5 F . P. P. 200. 100 N 2 2 b 1 Vậy: Vật bắt đầu mất cân bằng khi F 80 N
+ Vật chuyển động trên đường vòng: hợp lực tác dụng lên vật phải có giá đi qua khối tâm. * Về phương pháp giải
12.2. Thanh AB chiều dài l 10 m, khối lượng m 200 kg đặt trên hai giá đỡ
Với dạng bài tập về cân bằng tổng quát của vật rắn. Phương pháp giải là:
C , D; AC 2 m, BD 3 m. Hai vật nặng m1 800 kg, m2 300 kg treo tại
- Xác định vật cần xét sự cân bằng
E , A; AE 3 m
- Xác định các lực tác dụng vào vật (điểm đặt, hướng) trên hình vẽ.
Áp dụng điều kiện cân bằng của vật rắn, tính các lực đàn hồi của giá đỡ.
- Sử dụng các điều kiện cân bằng: F 0 F F2 ... Fn 0 1 M 1 M 2 ... M 1 M 2 ... M th M ng
Bài giải - Các lực tác dụng lên giá đỡ: trọng lực P ; các lực căng dây T1 , T2 T1 P1 , T2 P2 ; các phản lực Q1 , Q2
- Từ điều kiện cân bằng, xác định các đại lượng theo yêu cầu của đề bài. Chú ý: - Xác định đúng tay đòn lực - Sử dụng tính chất tam giác đồng dạng
- Thanh AB nằm cân bằng nên: + Hợp lực bằng 0: P T1 T2 Q1 Q2 0
(1)
P T1 T2 Q1 Q2 0 Q2 P P1 P2 Q1
C. Các bài tập vận dụng
+ Đối với trục quay ở D:
11.1. Khối hình hộp đáy vuông, khối lượng m 20 kg, cạnh a 0,5 m, chiều cao b 1 m đặt trên sàn nằm ngang. Tác dụng lên hộp lực F nằm ngang đặt ở giữa hộp. Hệ số
M Q M T M P M T 1
2
1
Q1.CD P2 . AD P.GD P1.ED
(1’)
(2)
Q1
m.GD m1.ED m2 . AD g
Bài giải
CD
Với CD l AC DB 10 2 3 5m;GD GB DB 5 3 2m ED 2 2 4m;AD l DB 10 3 7m Q1
200.2 800.4 300.7 .10 3000N 5
- Thay vào (1’) suy ra: Q2 200.10 800.10 300.10 3000 4000N Vậy: Các lực đàn hồi của giá đỡ tác dụng lên thanh AB là Q1 3000 N và Q2 4000 N 12.3. Đĩa tròn đồng chất, trọng lượng 40N đặt thẳng đứng trên mặt phẳng nghiêng góc
a) Khi thanh được treo cân bằng trên hai dây tại I và B - Các lực tác dụng lên thanh: trọng lực P , các lực căng dây T1 , T2 - Thanh năm cân bằng nên: + Hợp lực bằng 0: P T1 T2 0
(1)
T1 T2 P mg 3.10 30N
(1’)
+ Đối với trục quay qua G: M T M T 1
(2)
2
T1.GI T2 .GB , với GB 1 m
30 . Đĩa cân bằng nhờ dây nối AB.
GI GA AI 1 0, 25 0, 75m
Biết giữa đĩa và mặt nghiêng có ma sát. Tìm lực căng của dây.
0, 75T1 T2
(2’)
Giải hệ (1) và (2) ta được: T1 17,14N;T2 12,86N Bài giải - Các lực tác dụng lên đĩa: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms , lực căng dây T - Vì đĩa cân bằng nên áp dụng quy tắc momen lực với trục quay qua O ta được:
Vậy: Các lực tác dụng lên thanh là P 30N;T1 17,14N;T2 12,86N b) Thanh được treo bằng một dây ở đầu B, đầu A tựa trên cạnh bàn - Các lực tác dụng lên thanh: trong lực P , lực căng dây T , phản lực Q , lực ma sát Fms
0 M T M P M Q M F
- Thanh nằm cân bằng nên: + Hợp lực bằng 0: P T Q Fms 0
(3)
T . R R cos P.R sin
Fms P sin T sin
(3’)
ms
sin sin 30 T P .P 1 cos 1 cos 30
Và Q P cos T cos
1 2 1
3 2
.40 10, 7 N
Vậy: lực căng của dây là T 10, 7N 12.4. Thanh AB chiều dài l 2 m, khối lượng m 3 kg a)Thanh được treo cân bằng trên hai dây tại I và B như hình; AI 25 cm Dựa trên điều kiện cân bằng của vật rắn, tính các lực tác dụng lên thanh.
(3’’)
+ Đối với trục quay qua A: M M T
T . AB P. AG T
P
(4)
P 30 15N 2 2
Thay vào (3’) và (3’’) ta được: Fms 30.sin 30 15.sin 30 7,5N và Q 30.cos 30 15.cos 30 13N Vậy: Cácc lực tác dụng lên thanh khi thanh cân bằng là P 30N,T 15N,Fms 7,5N và Q 13N
b)Thanh được treo bằng một dây ở đầu B, ở đầu A tựa trên cạnh bàn. Tính các lực tác dụng lên thanh khi
12.5. Thanh AB có đầu A tựa trên sàn, đầu B được treo bởi dây BC. Biết BC AB a .
thanh cân bằng, biết 30
Xác định giá trị hệ số ma sát giữa AB và sàn đề AB cân bằng.
Bài giải
- Các lực tác dụng lên thanh: trọng lực P , lực căng dây T , phản lực Q , lực ma sát Fms .
+ Các lực tác dụng lên ghế: trọng lực P2 , áp lực N1 , cá lực căng dây T , T
- Thanh nằm cân bằng nên:
P2 T AB AB 2 N1. AC AC (2) 2 N1 - Đối với người: người cân bằng trên ghế nên: P1 Q1 T 0
+ Hợp lựuc bằng 0: P T Q Fms 0
Fms T .sin 60 T .
(1)
3 2
(1’)
T 2
+ đối với trục quay qua A: M T M P
T . AB sin 60 P. AG sin 60 T
Thay vào (1’) và (1’’) ta được: Fms
4 Fms 3.mg
1
Q1 N1 P1 T P1 F
(3)
(1’’)
- Thay (3) vào (2) ta được:
(2)
P2 300 P2 T AB F . AB 200 .1,5 2 2 2 AC AC 0, 25m P1 F P1 F 500 200
P mg 2 2
mg 3 mg . 3 mg 3mg . ; Q mg 2 2 4 4 4
3mg - Thanh chưa trượt (cân bằng) nên Fms Q . 4
2
T . AB P2 .
và Q P T cos 60 mg
4.
+ Với trục quay qua A , ta có: M T M P M M T 0 N
mg 3 4 3 0,58 3mg 3
Vậy: Đề hệ cân bằng thì người cần kéo dây một lực là F 200 N và đứng ở vị trí C cách đầu A một đoạn
AC 0, 25 m 12.7. Thang có khối lượng m 20 kg được dựa vào tường trơn nhẵn dưới góc nghiêng Hệ số ma sát giữa thang và sàn là 0, 6 a) Thang đứng yên cân bằng, tìm các lực tác dụng lên thang nếu 45 b) Tìm các giá trị của để thang đứng yên không trượt trên sàn
Vậy: Để thanh AB cân bằng thì 0, 58
c) Một người khối lượng m 40 kg trèo lên thang khi 45 . Hỏi người này
12.6. Người trọng lượng P1 500 N đứng trên ghế treo trọng lượng P2 300 N như hình vẽ.
lên đến vị trí O’ nào trên thang thì thang sẽ bị trượt. Chiều dài thang l 2m
Chiều dài AB 1,5 m . Hỏi người cần kéo dây một lực bao nhiêu và đứng ở vị trí nào để hệ cân bằng? Bỏ qua trọng lượng ròng rọc Bài giải - Đối với hệ “người và ghế”
+ Các lực tác dụng lên hệ gồm: trọng lực P P P1 P2 , các lực căng dây T , T , T + Hệ cân bằng: P T T T 0 (1)
Bài giải a) Các lực tác dụng lên thang khi 45 - Các lực tác dụng lên thang: trọng lực P , lực ma sát Fms , các phản lực Q1 , Q2 - Thang cân bằng nên: + Hợp lực bằng 0: P Fms Q1 Q2 0
(1)
Q1 P mg 20.10 200N
(1’)
và Fms Q2
T T T P
(1’’)
với F T T
T 2
+ đối với trục quay qua A: M P M Q M Q M (2) F
4F P F
P P1 P2 500 300 200N 4 4 4
P.
- Đối với ghế:
2
AB cos Q2 . AB sin 2
Q2
P 200 200 100N 2 tan 2 tan 45 2.1
1
ms
- Các lực tác dụng lên thang: trọng lực P , P1 , lực ma sát Fms , các phản lực Q1 , Q2
Fms Q2 100N Vậy: Các lực tác dụng lên thang khi 45 là P Q1 200N;Fms Q2 100N b) Giá trị của để thang không trượt: Khi thang chưa trượt thì:
Fms Q1
- Thang chưa trượt khi Fms N + Hợp lực bằng 0: P P1 Fms Q1 Q2 0
(1)
Q1 P P1 100 400 500N
P P 2 tan
(1’)
Và Fms Q2 Q1 0,3 3.500 150 3N
1 1 1 tan 0,833 2 2.0, 6 1, 2
(1’’)
+ Đối với trục quay quanh A:
M P M P M Q M Q M F 0 1
40
Vậy: Để thang không trượt thì 40
P.
c) Vị trí O’ trên thang để thang bị trượt
2
ms
1
(2)
AB cos P1. AB cos Q2 . AB sin 2
(2’)
- Các lực tác dụng lên thang: trọng lực P, P , lực ma sát Fms , các phản lực Q1 , Q2
450 cos 150 3 sin
- Thang cân bằng nên: + hợp lực bằng 0: P P Fms Q1 Q2 0
Vậy: để người trèo lên được đến đỉnh thang thì 60
tan 3 60 (3)
12.9. Thang dựa vào tường, hợp với sàn góc . Biết hệ số ma sát giữa thang với tường là 1 0,5 , với sàn
Q1 P P m m g 20 40 .10 600N
(3’) là 2 0, 4 . Khối tâm thang ở giữa thang. Tìm giá trị nhỏ nhất của mà thang không trượt.
Và Fms Q2 Q1 0, 6.600 360N
(3’’)
+ Đối với trục quay qua A: M P M P M Q M Q M F 0 2
P.
1
ms
(4)
AB cos P. AO cos Q2 . AB sin 2
P 200 .cos 45 .2 Q2 sin cos . AB 360sin 45 2 2 AO P cos 400.cos 45
2 200 2 . 360. .2 2 2 2 AO 1,3m 2 400. 2
Bài giải - Các lực tác dụng lên thang: trọng lực P , các lực ma sát Fms , f ms , các phản lực Q1 , Q2 - Thang chưa trượt khi Fms N + Hợp lực bằng 0: P f ms Fms Q1 Q2 0
(1)
f ms P Q2 1Q1
(1’)
Và Fms Q1 2Q2 + Đối với trục quay qua B:
M P M F M Q M Q M 0 f ms
Vậy: Thang sẽ bị trượt khi người leo đến vị trí O’ với AO 1,3 m 12.8. Thang trọng lượng P 100 N dựa vào tường trơn sàn nhám. Cần nghiêng thang
(1’’)
P.
2
1
ms
AB cos Fms . AB sin Q2 . AB cos (2’) 2
góc đối với sàn bao nhiêu để người có trọng lượng P1 400 N có thể trèo lên tận
P 2Q2 2 Fms .tan 2Q2 2Q1.tan
đỉnh thang?
Vì Fms Q1 2Q2 ; f ms P Q2 1Q1
Biết hệ số ma sát giữa thang với sàn là 0,3 3 Bài giải
(2)
2Q2 2Q1.tan Q2 1Q1 Q2 2Q1.tan 1Q1
Q2 1 2 tan Q1 1 2 tan 2Q2
1 1 2 tan 2 tan
- Vì Fms Q1 Q2 ; f ms P Q2 Q1
1 1 0,5 1 1 22 2 2.0, 4 2
- Thay vào (1’) ta được:
1 3 Q2 Q1.tan Q1 2 2
45 min 45 Vậy giá trị nhỏ nhất của mà thang không trượt là min 45
Q2 2 3 tan Q1 2 3 tan . Q2
12.10. Thang chiều dài AB l nghiêng góc so với sàn tại A và tựa vào tường tại B. Khối tâm của C của
l thang cách A một đoạn 3
2 2 3 tan . 1 0
2 2 3 3 1 0
(3)
a) Chứng minh rằng thang không thể cân bằng nếu không có ma sát. b) Gọi là hệ số ma sát giữa thang với sàn và tường, 60 . Tính nhỏ nhất để thang cân bằng c) Khi nhỏ nhất, thang có trượt không nếu một người có trọng lượng bằng trọng lượng thang đứng tại D cách A một khoảng
2l ? 3 Bài giải
- Nếu không có ma sát, các lực tác dụng lên thang gồm: trọng lực P , các phản lực Q1 , Q2 . Nếu thang cân bằng thì : P Q1 Q2 0 (1)
Vậy: Thang không thể cân bằng nếu không có ma sát. b)Giá trị nhỏ nhất của để thang cân bằng - Các lực tác dụng lên thang: trọng lực P , các lực ma sát Fms , f ms , các phản lực Q1 , Q2 - Thang chưa trượt khi Fms N + Hợp lực bằng 0: P f ms Fms Q1 Q2 0 f ms P Q2 Q1
(1)
(1’’)
+ Đối với trục quay qua B M P M F M Q M Q M 0 f 1
ms
21 P. cos Fms .l sin Q2 .l cos 3 P
3 3 Q2 Fms .tan Q2 Q1.tan 2 2
khoảng bằng nhau nên suy ra khối tâm E của hệ người và thang nằm ở giữa thang. - Các lực tác dụng lên thang là: trọng lực P , các lực ma sát Fms , f ms , các phản lực Q1 , Q2
f ms P Q2 Q1
(3’)
Và Fms Q1 Q2 + Đối với trục quay B:
(1’)
Và Fms Q1 Q2
2
Vậy: giá trị nhỏ nhất của để thang cân bằng là min 0,18
- Thang bắt đầu trượt khi: + Hợp lực bằng 0: P f ms Fms Q1 Q2 0
- Chiếu (1) lên phương ngang ta được: Q2 0 (vô lí)!
ms
35 3 3 35 3 3 min 0,18 4 4
- Giải (3) ta được:
c) Thang có trượt không nếu một người có trọng lượng bằng trọng lượng thang đứng tại D - Gọi P là hợp lực của P và P1 , vì P P1 và P, P1 cách hai đầu thang những
a) Chứng minh rằng thang không thể cân bằng nếu không có ma sát
3 Q2 Q1. tan Q2 Q1 2
M M M 0 M P M F Q Q f ms
2
1
ms
(4)
1 P. cos Fms .l sin Q2 .l cos 2 P 2 Q2 Fms . tan 2 Q2 Q1 . tan
- Thay (3’) và (3’’) vào ta được: 2 Q2 Q1 .tan Q2 Q1 (2) (2’)
Q2 2Q1. tan Q1 Q2 2 tan Q1 2 tan . Q2
2 2 tan 1 0
2 2. 3 1 0
(5)
Giải (5) ta được: 2 3 0, 27 min (phù hợp)
Chia (2) cho (3) ta được:
Vậy: Nếu một người có trọng lượng bằng trọng lượng thang đứng tại D cách A
2l thì thang sẽ bị trượt 3
12.11. Thanh đồng chất nằm trong một chỏm cầu nhám, hệ số ma sát , độ dài thanh
sin 60 sin 60
cos 60 cos 60
sin 60 .cos 60 sin 60 .cos 60
bằng bán kính chỏm cầu. Hỏi thanh có thể tạo với đường nằm ngang góc lớn nhất bao
1 tan tan 1 tan tan tan 3 1 tan .tan 3
nhiêu mà vẫ cân bằng? Biết thanh nằm trong mặt phẳng thẳng đứng qua tâm chỏm cầu.
3 tan 3 tan tan tan . tan 2
Bài giải - Các lực tác dụng lên thanh: trọng lực P , các phản lực Q1 , Q2 , các lực ma sát Fms1 , Fms 2 - Thanh cân bằng khi: P Q1 Q2 Fms1 Fms 2 0 (1) P R1 R2 0 R1 Q1 Fms1 ; R2 Q2 Fms 2
tan 3 tan 2 4 tan tan
4 tan 4k 3 tan 2 3 k 2
4k arctan 2 3k
- Vẽ hai mặt nón ma sát MAN và MBN tại hai đầu A và B của thanh với nửa
4k Vậy: Thanh có thể tạo với đường nằm ngang góc lớn nhất là arctan để thanh cân bằng 2 3 k
góc ở đỉnh sao cho tan . Lúc đó:
12.12. Hai trụ nhẵn đồng chất m1 10 kg, m2 30 kg, tâm O1 , O2 đặt tiếp xúc
+ Hợp lực tác dụng lên thanh nằm trong mặt nón ma sát thì thanh cân bằng.
nhau giữa hai mặt nghiêng trơn vuông góc, 60
+ Hợp lực phải có giá đồng quy thì thanh mới cân bằng. + Góc lớn nhất khi ba lực P , R1 , R2 có giá đồng quy tại giao điểm M của
Tìm góc tạo bởi O1 , O2 và phương ngang, áp lực của các khối trụ lên mặt phẳng
hai mặt nón ma sát.
Bài giải - Các lực tác dụng lên trụ thứ nhất là: trọng lực P1 , phản lực Q1 , lực tương tác F1 ; các lực tác dụng lên trụ thứ hai là: trọng lực P2 , phản lực Q2 , lực tương tác F2
- Áp dụng định lí hàm sin cho: + Tam giác MAG ta có:
sin sin MAG AMG ( OA OB AB R, OAB đều) MG AG
sin 60 sin 90 MAG cos 60 AB R MG 2 2
(2)
sin BMG sin MBG + Tam giác MBG ta có: MG BG
sin 180 60 90 AB 2
sin 60 MG
- Điều kiện cân bằng của mỗi trụ là: P1 Q1 F1 0 P2 Q2 F2 0
(1) (2)
- Chiếu (1) và (2) lên hai trục Ox và Oy ta được:
sin 60 sin 180 60 MGB AB MG 2
và lực tương tác giữa hai trụ.
sin 90 60 cos 60 AB R 2 2
Q1 sin 60 F1 cos 0
(1’)
Q2 sin 30 F2 cos 0
(2’)
Q1 cos 60 F1 sin P1 0
(1’’)
Q2 cos 30 F2 sin P2 0
(2’’)
- Từ (1’) và (2’) suy ra: Q1 sin 60 Q2 sin 30 (vì F1 F2 )
(3)
Q2 Q1.
3 sin 60 2 .Q1 3Q1 1 sin 30 2
(3)
Từ (1’’) và (2’’) suy ra: Q1 cos 60 P1 Q2 cos 30 P2
P.sin
3 cos 30 cos 60 Q1 P2 P1
Q1
P1 P2 3 cos 30 cos 60
10.10 30.10 3.
3 1 2 2
- Khi 200N
- Từ (1’) suy ra: F1 Q1
4
vật sẽ bị lật ngay do trọng lực rơi ngoài chân đế.
Vậy: Để khối gỗ cân bằng thì 0
Và Q2 3Q1 3.200 346N
- Từ (1’) và (2’) suy ra: tan
P 1 cos sin tan 2 2 1
4
, với tan 0
12.14. Ba hình trụ giống nhau đặt như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa các trụ là , P1 Q1 cos 60 Q1 sin 60
10.10 200. 200.
3 2
1 2 0 0
3 sin 60 200. 2 173N cos 1
giữa trụ với mặt phẳng là . Tìm điều kiện của , để hệ cân bằng.
Bài giải - Các lực tác dụng lên trụ 1: trọng lực P1 , phản lực Q1 , lực ma sát Fms1 và áp lực
Vậy: Góc hợp bởi O1O2 và phương ngang là 0 ; áp lực các khối trụ lên các mặt phẳng là N1 Q1 200
N1
N, N 2 Q2 346 N; lực tương tác giữa hai trụ là F1 F2 173 N
- Điều kiện cân bằng của trụ 1 là: P1 Q1 Fms1 N1 0 P1 R1 N1 0 (1) R1 Q1 Fms1
12.13. Khối lập phương tựa trên một cạnh trên nền nhà, một cạnh trên tường nhẵn. Tìm để khối cân bằng, biết hệ số ma sát giữa khối và sàn là
Bài giải - Các lực tác dụng lên vật là: trọng lực P , các phản lực Q1 , Q2 , lực ma sát Fms - Để khối gỗ cân bằng thì: + Hợp lực bằng 0: P Q1 Q2 Fms 0
(1)
Q2 Fms 0 Fms Q2
(1’)
Và P Q1 0 Q1 P
(1’’)
Fms Q2 N Q1 P
(2)
+ Đối với trục quay qua A thì: M Q M P Q2 .OB P. AH với OB a sin 2
a 2 2 AH AG cos . cos sin cos sin 4 2 2 2
Q2 .a sin P.
1 2 1
a P cos sin Q2 .sin cos sin 2 2
- Từ (1) suy ra: + P1 , R1 , N1 phải đồng phẳng, đồng quy (có giá qua A) + N1 nằm trong nón ma sát có trục IO1 , có nửa góc ở đỉnh là , với + R1 nằm trong nón ma sát có trục AO1 , có nửa góc ở đỉnh là , với
180 AO1 I 180 150 15 - tam giác AO1 I cho: O 1 AI O1 AI 2 2 - Từ điều kiện: tan tan15 0, 27 - Trong tam giác lực hợp bởi ba lực P1 , R1 , N1 ta có: N1 P sin sin 15 - Điều kiện cân bằng của trụ thứ ba là: P3 Q3 Q3 0
Q3 cos15 Q3 cos15 P3 0
Q3 Q3 N1
P3 P 2 cos15 2 cos15
(2) (3) (3’) (3’’)
- Thay (3’’) vào (2) ta được:
P P 2 cos15.sin sin 15
a F a P. Ta.cos .a.cos F . 2 2 cos 2
2 cos15.sin sin 15 sin15 cos cos15 sin
F P Mg
1 1 tan sin15 .0, 259 0, 089 3 3
Vậy: Điều kiện để khối M ở trên đứng yên là F Mg và F
- Từ điều kiện: tan , để trụ cân bằng thì 0, 089
12.16. Khối đồng chất hình hộp khối lượng M có các cạnh a,b gắn với m qua ròng
Vậy: để ba trụ cân bằng thì , phải thỏa mãn 0, 27 và 0, 089 12.15. Hai khối vuông giống nhau, khối lượng mỗi khối là M, được kéo bởi lực F qua hai dây nối AC BC như hình vẽ. Góc ACB 2 . Hệ số ma sát giữa hai khối là , khối M ở dưới gắn chặt với đất. Tìm F để khối M ở trên đứng yên Bài giải
- Các lực tác dụng lên khối M ở trên là: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms và lực căng dây T - Để khối M ở trên đứng yên: P Q Fms T 0
rọc, dây nối. Hệ số ma sát giữa M và sàn là . Tìm điều kiện để hệ đứng yên cân bằng. Bài giải
- Các lực tác dụng lên M : trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms , các lực căng dây T , T T T p mg - Vật M cân bằng khi: + Hợp lực bằng 0: P Q Fms T T 0
- Chiếu (1) lên hai phương Ox và Oy của hệ trục Oxy ta được:
T Fms 0 Fms T p
(1’)
m 1 M
(2)
(1’)
Và Q P T sin 0 Q P T sin
(1’’)
+ đối với trục quay qua A: M P M T M T
(2)
a a P. p.a p.b Mg. mg.a mg .b 2 2
F 2 cos
- Để khối M ở trên không trượt thì: Fms N Q P T sin
F Fms P tan 2
(3)
F - Thay (1’) vào (3) ta được: T cos P tan 2 - Từ (2) suy ra: F
F F P tan 2 2
2 P 2 Mg 1 tan 1 tan
(1’’)
Với Fms N Q (chưa trượt) mg . g M m
Fms T cos 0 Fms T cos
- Tại C ta có: T
(1)
Và P T Q 0 Q P T P p (1)
2 Mg tan 1 1 tan
m 2 b a M a
(3)
Vậy: điều kiện để hệ đứng yên cân bằng là:
m 2 b a m 1 và M M a
12.17. Trong xiếc mô-tô bay, một người đi mô-tô trên thành hình trụ thẳng đứng bán kính R 9 . Khối tâm người và xe cách thành trụ h 1 và một đường tròn nằm ngang, vận tốc 20m/s. Tìm góc nghiêng của xe với phương ngang. Bài giải
(4)
- Để khối M ở trên không quay quanh O thì: M P M T
- Các lực tác dụng lên “người và xe” là: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms
- Các lực tác dụng lên khối trụ là: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms , lực tác dụng F .
- Phương trình chuyển động của “người và xe ” là: (1) P Q Fms ma - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy ta được: 2
Q maht m
- Khối trụ không quay (quanh A) khi: M P M F
2
v v m r R h
(1’)
Và Fms P mg
a a 3 P. F .OH OH 2 2
(1’’)
- Để “xe và người” không bị đổ thì đối với trục quay qua trọng tâm G của hệ “người và xe” ta có: M Q M F ms
Q.h tan Fms .h
a a 3 P. F . 2 2 P
F
v m .h tan mgh R h tan
g R h v2
10. 9 1 202
(1)
3
2
- Khối trụ trượt khi: Q P; F Fms N Q P 0, 2 11, 3
- Từ (1) và (2) suy ra: P F
P 3
1 3
(2)
0,577 .
Vậy: Góc nghiêng của xe so với phương ngang là 11, 3
Vậy: để khối trụ trượt mà không quay thì 0,577
12.18. Vật khối lượng M có thể trượt trên mặt bàn nhẵn. Trên M là một khối hợp lập phương m gắn với M tại O.
12.20. Trên mặt bàn nhẵn nằm ngang, một quả tạ gồm hai quả cầu nhỏ nối với nhau bằng một thanh nhẹ, chiều dài l, đặt thẳng đứng. Truyền cho quả cầu trên một vận tốc đầu v theo
Hỏi với giá trị cực đại nào của F nằm ngang đặt lên M thì hình hộp không bị
phương ngang.
lật?
Xác định l để quả cầu dưới bị nhấc khỏi bàn ngay khi bắt đầu chuyên động Bài giải
F - Gia tốc của hệ là: a mM - Trong hệ quy chiếu gắn với vật M, các lực tác dụng vào khối hộp gồm: trọng lực p , lực quán tính Fqt . Để khối hộp không quay quanh O thì:
Bài giải - Khi truyền cho quả cầu trên một vận tốc v theo phương ngang thì: + Hai quả cầu sẽ quay quanh khối tâm của nó với gia tốc hướng tâm a v + Khối tâm sẽ chuyển động tịnh tiến theo phương ngang với vận tốc 2 - Khi quả cầu dưới bị nhấc ra khỏi mặt bàn thì nó sẽ chịu tác dụng của trọng lực và có
b b M F . M p. qt Fqt p 2 2
gia tốc g. Như vậy khi quả cầu nhấc khỏi mặt bàn thì: a g
F Fqt p m. mg mM
2
F m M g Fmax m M g
v v2 2 g l 1 2g 2
Vậy: Giá trị cực đại của F nằm ngang đặt lên M để hình hộp không bị lật là Fmax m M g 12.19. Khối trụ tiết diện lục giác đều đặt trên mặt ngang, chịu lực F nằm ngang.
Vậy: để quả cầu dưới bị nhấc khỏi bàn ngay khi bắt đầu chuyển động thì chiều dài của thanh phải là l
Xác định hệ số ma sát giữa trụ với sàn để khối trụ trượt mà không quay
12.21. Bánh xe bán kính R, khối lượng M có gắn một vật nhỏ khối lượng m được kéo
Bài giải
trên mặt ngang và lăn không trượt. Hỏi với vận tốc nào thì bánh xe có thể nảy khỏi mặt ngang trong khi chuyển động?
v2 2g
Bài giải - Chọn hệ quy chiếu gắn với tâm O của bánh xe. - Các lực tác dụng lên m là: trọng lực p , phản lực Q : (1) p Q ma - Các lực tác dụng lên bánh xe: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms , áp lực N (của m): P Q Fms N 0 (2) Q P N t (dấu (+) ứng với phần dưới bánh xe, dấu (-) ứng với phần trên bánh xe). - Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng xuống, ta được: v2 p Q1 m .cos R Qt m
(hay trọng tâm của vật phải “rơi” trên mặt chân đế). - Mức vững vàng của cân bằng: Cân bằng càng vững vàng nếu diện tích mặt chân đế càng lớn và trọng tâm
2. Cân bằng của vật trên một điểm hoặc một trục cố định (3)
- Cân bằng không bền:
v2 mg khi cos 1 hay 0 ; m ở điểm cao nhất trên bánh R
xe. - Ở vị trí đó, để bánh xe được nâng lên thì N t max Qt max P Mg m
- Điều kiện cân bằng: Điều kiện cân bằng của vật trên mặt chân đế là giá của trọng lực phải qua mặt chân đế
của vật càng thấp.
v2 .cos mg R
Qt max m
- Mặt chân đế: mặt chân đế là đa giác lồi nhỏ nhất chứa tất cả các điểm tiếp xúc giữa vật và mặt tiếp xúc.
+ Trọng tâm của vật ở vị trí cao nhất so với các vị trí lân cận. + Thế năng trọng trường cực đại so với các vị trí lân cận. + Vật có xu hướng lệch xa vị trí cân bằng khi bị kéo ra khỏi vị trí cân bằng.
v2 mg Mg R
- Cân bằng bền:
M v gR 1 m
+ Trọng tâm của vật ở vị trí thấp nhất so với các vị trí lân cận.
M Vậy: Để bánh xe có thể nảy lên khỏi mặt ngang khi chuyển động thì v gR 1 m
+ Thế năng trọng trường cực tiểu so với các vị trí lân cận. + Vật có xu hướng trở về vị trí cân bằng khi bị kéo ra khỏi vị trí cân bằng. - Cân bằng phiếm định: + Trọng tâm của vật có vị trí hoặc độ cao không đổi.
Chuyên đề 13
+ Thế năng trọng trường có cùng giá trị so với các vị trí lân cận. CÁC DẠNG CÂN BẰNG A – TÓM TẮT KIẾN THỨC 1. Cân bằng của vật trên mặt chân đế
B – NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP * VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG - Đối với các dạng cân bằng của vật trên một điểm hoặc một trục cố định, để xác định dạng cân bằng của vật ta có thể: Bài giải + So sánh độ cao trọng tâm của vật ở vị trí cân bằng với các vị trí lân cận, nếu trọng tâm của vật ở vị trí cân bằng cao hơn các vị trí lân cận thì đó là cân bằng không bền; nếu trọng tâm của vật ở vị trí cân bằng thấp hơn
- Chọn hệ quy chiếu gắn với hình cầu.
các vị trí lân cận thì đó là cân bằng bền; nếu trọng tâm hoặc độ cao trọng tâm của vật không đổi thì đó là cân - Các lực tác dụng lên hòn bi: trọng lực
bằng phiếm định. + Đưa vật dịch khỏi vị trí cân bằng, nếu hợp lực tác dụng lên vật có tác dụng đưa vật trở lại vị trí cân bằng cũ thì đó là cân bằng bền; nếu hợp lực tác dụng lên vật có tác dụng đưa vật ra xa vị trí cân bằng cũ thì đó là cân bằng không bền; nếu hợp lực tác dụng lên vật không có tác dụng đưa vật trở lại hoặc ra xa vị trí cân bằng cũ
P,
phản lực
Q,
lực quán tính li tâm
Fqt
(
Fqt m2 d mR sin ):
P Q Fqt 0
(1)
thì đó là cân bằng phiếm định. - Có thể dựa vào dạng cân bằng để xác định vị trí trọng tâm của vật. * VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Với dạng bài tập về cân bằng của vật tựa trên một điểm hoặc một trục cố định. Phương pháp giải là dựa vào mục Về kiến thức và kỹ năng trên. 2. Với dạng bài tập về cân bằng của vật tựa trên một điểm hoặc một trục cố định. Phương pháp giải là : - Điều kiện của cân bằng là giá của trọng lực phải đi qua mặt chân đế hay trọng tâm phải “rơi” trên mặt chân đế.
- Chiếu (1) lên phương tiếp tuyến ta được:
P sin Fqt cos 0
(2)
- Để tăng mức vững vàng của cân bằng ta có thể tăng diện tích mặt chân đế hoặc hạ thấp trọng tâm của vật mg sin m 2 R sin cos 0
(hoặc làm cả hai).
sin 0 0 và cos
g
2 R
g a arccos 2 . R
C – CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG 13.1. Hình cầu bán kính R chứa một hòn bi ở đáy. Khi hình cầu quay quanh trục thẳng đứng với vận tốc góc
g Như vậy, với mọi ta luôn có một vị trí cân bằng ứng với 0 (ở đáy hình cầu); nếu cos a 1 2 R
đủ lớn thì bi cùng quay với hình cầu ở vị trí xác định bởi góc . ta có vị trí cân bằng thứ hai với cos Xác định các vị trí cân bằng tương đối của bi và nghiên cứu sự bền vững của chúng.
g
2 R
.
Khi hai vật ở vị trí cân bằng, lực căng của dây nối và góc là bao nhiêu? Cân bằng là bền hay không bền?
Vây giờ ta khảo sát tính bền vững ứng với các trường hợp trên: - Vị trí 0 : Đưa hòn bị lệch khỏi A một góc nhỏ, vì nhỏ nên sin , cos 1 . Hợp các lực tác dụng lên hòn bi sẽ là: R1 m g 2 R :
P1 Q1 T1 0
+ nếu
g R1 0 : Rt sẽ kéo hòn bị trở lại A: cân bằng bền. R
+ nếu
g R1 0 : Rt không thể kéo hòn bị trở lại A: cân bằng không bền. R
- Vị trí ứng với cos
g
2R
Bài giải - Các lực tác dụng lên m1 : trọng lực P1 , phản lực Q1 , lực căng dây T1 . Điều kiện cân bằng với m1 là:
(1)
- Các lực tác dụng lên m2 : trọng lực P2 , phản lực Q2 , lực căng dây T2 . Điều kiện cân bằng với m2 là: P2 Q2 T2 0
g : Đưa hòn bi lệch khỏi vị trí cân bằng một chút (lên cao hoặc xuống R
(2)
- Chiếu (1) và (2) lên phương hai cạnh bên của tam giác, ta được:
thấp) thì: + nếu đưa hòn bi lên cao ( tăng) thì: Rt m g 2 R cos sin 0 : hòn bị bị kéo tụt xuống: cân bằng bền. + nếu đưa hòn bi xuống thấp ( giảm) thì: Rt m g 2 R cos sin 0 : hòn bi bị kéo lên cao: cân bằng bền. Vậy: Có hai vị trí cân bằng tương đối là đáy hình cầu và vị trí ứng với cos
+ Ở đáy hình cầu, hòn bi cân bằng bền nếu
+ Ở vị trí cos
g
2 R
g và không bền nếu R
hòn bi luôn cân bằng bền nếu
g
2 R
:
g . R
T1 cos P1 sin 0
(1’)
T2 sin P2 cos 0
(2’)
T cos P1 sin
(1”)
và T sin P2 cos (T1 T2 T )
(2”)
g . R
13.2. Khung dây có dạng hình tam giác vuông với 30 đặt trong mặt phẳng thẳng đứng. Hai vật
tan
P2 0,3.10 3 3 3 P1 . tan 0,1.10.tan 30 3 3
79
m1 0,1 kg và m2 0,3 kg nối với nhau bằng dây có thể trượt không ma sát dọc theo hai cạnh khung dây. - Bình phương hai vế (1”) và (2”) rồi cộng lại, ta được: 2
2 3 2 1 2 T 2 P12 sin 2 P22 cos2 0,1.10 . 0,3.10 . 7 2 2
T 7 2, 65 N
P l x3 2 Px3 x3
l 3
- Dạng cân bằng? Vì tam giác AIK vuông tại A nên khi đoạn dây IK di chuyển thì trọng tâm G của hai vật di chuyển trên cung tròn tâm A, bán kính AG
IK . Gọi G’ là vị trí trọng tâm thấp nhất G G , lúc đó tiếp 2
tuyến với cung tròn phải nằm ngang và vuông góc với bán kính AG’. AG BC BAG AIG 60 vô lí!
l - Tổng quát, phần nhô ra của tấm thứ i là xi với: xi . i l Vậy: để hệ vẫn cân bằng thì phần nhô ra tối đa của tấm thứ i là xi . i
=> G là vị trí trọng tâm thấp nhất => đó là cân bằng bền. 13.4. Cốc nước chia độ có khối lượng 180g và trọng tâm (của cốc không) nằm ở độ chia thứ 8. Mỗi độ chia Vậy: Lực căng dây nối là T 2, 65 N , góc 79 và đó là cân bằng bền.
tương ứng với 20 cm3. Hỏi đổ nước tới độ chia nào thì cân bằng vững vàng nhất? Trọng tâm chung của nước và cốc bây giờ sẽ ở độ chia nào?
13.3. Có n tấm đồng chất như nhau, chiều dài 2l được xếp chồng lên nhau sao cho tấm trên nhô ra một phần
Bài giải
so với tấm dưới. Xác định chiều dài phần nhô ra tối đa của mỗi tấm để hệ vẫn còn cân bằng. Vì cốc nước cân bằng vững vàng nhất khi vị trí trọng tâm của cốc nước nằm ở vị trí thấp nhất. Lúc này vị trí trọng tâm sẽ nằm ở mặt thoáng nước trong cốc. Gọi G là trọng tâm chung của cốc nước; G0 là trọng tâm của cốc không; G1 là trọng tâm của phần nước trong cốc: G G0 G1 . Theo quy tắc hợp lực song song, ta có: Bải giải Gọi P là trọng lượng của mỗi tấm. - Xét tấm trên cùng: Trọng tâm của tấm nằm chính giữa tấm nên phần nhô ra tối đa để nó vẫn cân bằng là l.
G0 G P1 m1 G1G P0 m0
- Xét hai tấm trên cùng: Phần nhô ra tối đa của tấm thứ hai là x2 được xác định bởi:
P l x2 Px2 x2
l 2
- Xét ba tấm trên cùng: Phần nhô ra tối đa của tấm thứ ba là x3 được xác định bởi:
2 8 x 20 x 8 x 20 x x 180 x 180 2
x2 18 x 144 0 x 6 Vậy: Mực nước và trọng tâm chung nằm ở độ chia thứ 6.
2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP
+ M 1 trung điểm AB M 3 D
Chuyên đề 10. CÂN BẰNG CỦA VẬT RẮN KHI KHÔNG CÓ CHUYỂN ĐỘNG QUAY
+d
a do M3 không thể vượt quá D. 2
1. Ba người khiêng một khung sắt hình chữ nhật ABCD có khối tâm ở giao điểm các đường chéo. Khung
2. Một khung thép nhẹ, cứng có dạng tam giác vuông ABC với
được giữ cho luôn nằm ngang, cạnh AD không có người đỡ vì mới sơn (trừ hai đầu A và D). Một người đỡ
góc nhọn A ; cạnh AB = a được đặt trong mặt phẳng thẳng
khung ở M1 cách A một khoảng AM1 = d. Tìm vị trí M2 và M3 của hai người kia để ba người cùng chịu lực bằng nhau. Biện luận.
đứng, cạnh huyền nằm ngang. Trên hai cạnh góc vuông có xuyên hai viên bi thép nhỏ (coi là chất điểm) khối lượng lần
Bài giải Chọn hệ tọa độ Gxy (hình vẽ, G là khối tâm của hệ). Giả sử người thứ hai đỡ ở cạnh BC, người thứ ba đỡ ở
lượt là m1 và m2. Chúng được nối với nhau bằng thanh nhẹ, có chiều dài l (l < AC), thanh nhẹ có thể trượt không ma sát trên hai cạnh góc vuông. Thả hệ hai viên bi và thanh nhẹ từ đỉnh góc vuông B. Khi thanh nhẹ nối hai vật hợp với
b a x3 ; y2 . 2 2 cạnh CD:
cạnh AB một góc thì hệ vật đạt trạng thái cân bằng bền. Tìm hệ thức liên hệ giữa m1 ,m2 , và . Bài giải
Đặt: AB CD a; AD BC b.
Gọi M x1 , y1 và N x2 , y2 là tọa độ của hai viên bi.
Ta có:
xG
yG
với
- Khối tâm của hệ gồm hai viên bi và thanh nối là:
F1 x1 F2 x2 F3 x3 0 F1 F2 F3
(1)
xG
F1 y1 F2 y2 F3 y3 0 F1 F2 F3
m1 x1 m2 x2 ; m1 m2
(2)
yG
m1 y1 m2 y2 . m1 m2
F1 F2 F3
P 3
(3)
x x x 0 Từ (1), (2) và (3), ta được: 1 2 3 y1 y2 y3 0
b b 2 x2 2 0 a d a y3 0 2 2
Xét yG
m1 y1 m2 y2 m1 m2
Với y1 a l cos sin 2 y2 l sin y1 a sin l sin cos 3 Thay (2) và (3) vào (1) ta được: m1 a l cos sin m2 a sin l sin cos m1 m2
x 0 2 y3 d
yG
b a a b M 1 ; d ; M 2 0; ; M 3 ; d . 2 2 2 2
yG a sin
Vậy M2 ở trung điểm cạnh BC; M3 ở cách trung điểm cạnh CD một đoạn d về phía D.
Xét biểu thức X
Biện luận: + M 1 A M 3 trung điểm cạnh CD.
(1)
m2l cos m1 tan cos sin m1 m2 m2
m1 m tan cos sin b cos sin , với b 1 tan . m2 m2
- Áp dụng bắt đẳng thức Bunhia-cấpxki, ta được:
b cos sin
2
b 2 1 cos 2 sin 2 b 2 1
Dấu “=” xảy ra khi:
cos m sin cot b 1 tan . b m2
- Khi cot b thì biểu thức X đạt giá trị lớn nhất, khi đó yG đạt giá trị nhỏ nhất, hay khối tâm ở vị trí thấp nhất, do đó hệ ở trạng thái cân bằng bền.
m Vậy: Hệ ở trạng thái cân bằng bền khi: cot 1 tan . m2
không có ma sát. a) Trường hợp thanh có cân bằng, xác định vị trí cân bằng của thanh (góc hợp bởi thanh và phương ngang) b) Tìm điều kiện của a để thanh có cân bằng. Bài giải a) Vị trí cân bằng của thanh
- Các lực vào thanh: trọng lực P ; các phản lực Q1 ,Q2 . - Gọi I là trung điểm của AB, K là trung điểm của thanh, là
3. Treo một cây compa trên một sợi dây như hình vẽ. Cho rằng hai nhánh của
góc hợp bởi thanh và mặt phẳng ngang khi có cân bằng. Ta có:
compa là cùng chiều dài, khối lượng phân bố đều và bằng nhau. Bỏ qua khối lượng
AB 2R cos ; KB AB
của các ốc vặn và khớp nối. Hãy tính góc mở của hai nhánh compa sao cho khớp
a a 2R cos 2 2
a HB KB cos 2R cos 2 cos 2
nối đạt cao độ lớn nhất khi treo. Bài giải Gọi góc mở của compa là AOB 2 ; chiều dài của một nhánh compa là l; là góc hợp giữa phương dây treo
OH R cos 2 R 2 cos 2 1 2R cos 2 R a Mà R OH HB 2R cos 2 R 2R cos 2 cos 2
và nhánh AO của compa là . - Khi thay đổi góc mở, quỹ tích khối tâm G của compa sẽ chuyển động trên một cung tròn tâm I, đường kính
8R cos 2 a cos 4R 0 cos
OG1 - Treo đầu A của compa vào dây, khi cân bằng, khối tâm G của compa luôn nằm trên đường thẳng đứng đi qua dây treo. - Khớp nối O sẽ đạt độ cao lớn nhất khi góc đạt giá trị lớn nhất. Khi đó phương dây treo phải trở thành tiếp tuyến với đường tròn tâm I, đường kính OG1.
Ta có: sin max
a a 2 128R 2 ar cos 16 R
a a 2 128R 2 Vậy: Khi thanh có cân bằng, xác định vị trí cân bằng của thanh là ar cos 16 R b) Điều kiện của a đề thanh có cân bằng
l IG 1 4 . IA 3 l 3 4
Thanh chỉ cân bằng khi K (trung điểm của thanh) luôn nằm trong khoảng AB:
AK
max 19,47; 90 max 70,53.
- Góc mở của compa là: AOB 2 2
a a 2 128R 2 16 R
2
70,53.
a AB 2R cos 2
a a a 2 128R 2 a a 2 128R 2 2R a 4R 2 16 R 8R
Vậy: Điều kiện của a đề thanh có cân bằng là a 4R.
Vậy: Góc mở của hai nhánh compa sao cho khớp nối đạt cao
5. Thanh đồng chất AB, dài l = 2m, trọng lượng P, đứng yên trên mặt
AOB 70,53. độ lớn nhất khi treo là
sàn nằm ngang, tựa vào một con lăn nhỏ không ma sát C gắn vào đầu
4. Một thanh đồng chất tiết điện đều, chiều dài a được đặt
bức tường độ cao h = 1m (hình vẽ). Thanh luôn cân bằng với bất kì giá
trong một lòng cối hình bán cầu bán kính R. Giữa thanh và cối
trị nào của 70 , nhưng sẽ trượt nếu 70.
.
Hãy tính hệ số ma sát nghỉ giữa thanh và sàn.
6. Một vòng trượt nhỏ A, trượt tự do dọc theo một thanh nhẵn B có dạng một nửa đường tròn bán kính R. Bài giải
h l h l Đặt AC x ;GC x . sin 2 sin 2
- Các lực tác dụng vào thanh: trọng lực P ; các phản lực QA ,QC ; lực ma sát nghỉ F msn . - Phân tích trọng lực P làm hai thành phần PA ,PC . Theo quy tắc hợp lực song song, ta có:
Tất cả lại quay với vận tốc góc không đổi xung quanh một trục thẳng đứng OO . Xác định góc ứng với vị trí cân bằng của vòng trượt. (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 1996) Bài giải - Chọn hệ quy chiếu gắn với thanh B (hệ quy chiếu không quán tính).
- Tại góc lệch , vòng trượt A cân bằng nên: P Fq N 0
P PA PC PA GC P GA C
PA h l sin 2
PC PA PC P sin l h h 2 sin
Pl sin l sin PA P 1 ; PC 2h 2h - Phân tích trọng lực PC làm hai thành phần P1 ,P2 (hình vẽ). Ta có: P2 PC sin . - Phân tích trọng lực P2 làm hai thành phần P3 ,P4 (hình vẽ). Ta có: Pl sin 3 P3 P2 sin 2h 2 P P cos Pl sin cos 2 4 2h
- Áp lực vuông góc thanh AB tác dụng lên sàn tại A: N PA P3 . l sin N P1 2h
3 Pl sin cos 2 Pl sin P 2h 2h
- Để thanh không trượt: Fms P4 kN P4 .
(1)
2
với Fq mr mR2 .sin - Chiếu hệ thức (1) lên phương tiếp tuyến tại A, ta được: mR 2 sin cos mg sin 0
sin R 2 cos g 0 - Các vị trí cân bằng của vòng A ứng với các giá trị sau đây của góc : + sin 0 0 + R 2 cos g 0 cos
g g ar cos , với R 2 R 2
g . R
7. Trên một tấm ván nghiêng một góc so với mặt phẳng nằm ngang có vật nhỏ. Ván đứng yên thì vật cũng đứng yên. Cho ván chuyển động sang phải với gia tốc a song song với đường nằm ngang. Tính giá trị cực đại của a để vật vẫn đứng yên trên ván. Biết hệ số ma sát k.
Pl sin cos 2 kP 2h
Pl sin 2 cos 2h
Pl sin 2 cos l sin 2 cos 2h k 2 Pl sin cos 2h l sin cos 2 P 2h 2
k min
l sin cos ứng với 70 2h l sin cos 2
(Trích để thi Olympic 30⁄4, 1998) Bài giải Chọn hệ quy chiếu gắn với tấm ván. - Các lực tác dụng vào vật là:
- Để vật còn ở trên tấm ván: Q 0
và kmin
2 sin2 70 cos70 0,336 k 0,336. 2.1 2.sin70 cos 2 70
Vậy: Hệ số ma sát nghỉ giữa thanh và sàn là k 0,336.
Trọng lực P ; lực quán tính Fq ma (ngược chiều với a ); phản lực Q và lực ma sát Fms . (1)
- Để vật đứng yên thì lực ma sát phải là ma sát nghỉ: Fms kN kQ - Vật nằm cân bằng nên:
(2)
P Fq Q Fms 0.
Q m g cos a sin
- Chiếu hệ thức vectơ trên lên hai trục Ox và Oy, ta được:
- Vật còn nằm trên ván thì:
mg.sin ma.cos Fms 0
Q 0 a g cot .
Fms mg.sin ma.cos
- Để vật không trượt trên ván là: Fms N Q.
(3)
g sin a cos g cos a sin
và mg.cos ma.sin Q 0
Q mg.cos ma.sin
(4)
- Từ (1) và (4) suy ra: a g cot g
(5)
a
- Từ (2) và (4) suy ra:
Vậy: Giá trị cực đại của a để vật vẫn đứng yên trên ván là amax
g sin a cos k g cos a sin
g k cos sin a k sin cos Mặt khác:
kết bằng các bản lề tại các điểm C và D. Hai đầu còn lại của
(6)
hai thanh ngoài được gắn vào các điểm A và B bằng các bản
g k cos sin k cos sin cos amax k sin cos sin k sin cos
g k cos sin k sin cos
lề ở cùng độ cao. Khoảng cách AB = 2l. Tại bản lề C người ta treo một vật khối lượng m. Xác định lực nhỏ nhất Fmin đặt vào bản lề D để giữ cho thanh
.
giữa luôn luôn nằm ngang. Bài giải
8. Trên một tấm ván nghiêng một góc so với mặt phẳng nằm - Với bản lề C:
ngang, có một vật nhỏ đứng yên. Cho ván chuyển động sang phải với gia tốc a song song với đường nằm ngang. Tính giá trị cực đại của a
+ Các lực tác dụng: các trọng lực P ; Pb tác dụng vào vật m và vào bản lề; các lực căng T1 ,T2 của hai thanh AC và CD.
để vật vẫn đứng yên trên ván. Biết hệ số ma sát là . (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2015) Bài giải Chọn hệ quy chiếu Oxy gắn với tâm ván.
+ Điều kiện cân bằng: P Pb T1 T2 0
P sin Pb sin T cos 0
- Vật đứng yên trên tấm ván nên:
T cos m mb g sin
P Q Fms Fq 0.
- Với bản lề D:
(1)
(1)
+ Chiếu (1) lên trục vuông góc với AC, ta được:
- Các lực tác dụng lên vật: trọng lực P ; phản lực Q ; lực ma sát Fms ; lực quán tính Fq Fq ma .
g cos sin . cos sin
9. Ba thanh nhẹ không trọng lượng có cùng độ dài l được liên
Vậy: Giá trị cực đại của a để vật vân đứng yên trên ván là amax
g cos sin g cos sin amax cos sin cos sin
1
Fms mg sin ma cos 0
+ Các lực tác dụng: lực F ;trọng lực Pb tác dụng vào bản lề; các lực căng T3 ,T2 của hai thanh BD và CD. + Điều kiện cân bằng: F Pb T3 T2 0 (2)
Fms mg sin ma cos
+ Chiếu (2) lên trục vuông góc với BD, ta được:
Q ma sin mg cos 0
F cos Pb sin T cos 0
- Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy, ta được:
T cos F cos mb sin
2
- Từ 1 và 2 , ta được: F
F Fmin mg sin
T cos mb sin mg sin mg sin cos cos
2
T a 2 b 2 mga a 2 b 2 mab 2
mg và F vuông góc với thanh BD. 2
T a 2 b 2 mga a 2 b 2 mab
Vậy: Lực nhỏ nhất đặt vào bản lề D để giữ cho thanh giữa luôn luôn nằm ngang là
Fmin
mg . 2
10. Buộc quả cầu khối lượng m = 500g vào hai sợi dây. Hai đầu còn lại của chúng buộc vào hai đầu một thanh thẳng đứng quay với vận tốc góc . Khi quả cầu quay trong mặt phẳng nằm ngang thì các sợi dây tạo thành góc 90 . Chiều dài của
2
Sợi dây nào sẽ đứt trước và khi đó vận tốc góc là bao nhiêu? Biết rằng dây đứt
12,6. 0,32 0,4 2 0,5.10.0,3. 0,32 0,4 2 0,5.0,3.0,4 2
Bài giải Chọn hệ quy chiếu gắn với vật quay (hệ quy chiếu phi quán tính). - Các lực tác dụng lên vật: Trọng lực P ; các lực căng Ta ,Tb ; lực quán tính Fqt .
Vậy: Dây a sẽ đứt trước và khi đó vận tốc góc 12,75 rad s . 11. Một thanh cứng được uốn thành hình thước nhựa BAC (vuông tại A). Cạnh AB đặt nghiêng góc 30
cầu có thể trượt trên AB và AC với hệ số ma sát 1 2 0,2.
theo phương nằm ngang. b) Giữ nguyên khối lượng các quả cầu đã tính ở câu a, cho hệ quay tròn đều quanh trục thẳng đứng với tốc độ góc sao cho khi quay dây nối các quả cầu vẫn căng
- Điều kiện cân bằng của vật: P Ta Tb Fqt 0
theo phương nằm ngang. Xác định:
- Chiếu hệ thức trên lên phương các sợi dây, ta được:
- Trục phải nằm trong khoảng nào?
mg.cos Ta Fqt .cos 0 mg.cos Tb Fqt .cos 0
1
- Quan hệ giữa và vị trí của trục .
2
Bài giải
R a b Với Fqt m R m . ;cos ;cos b a 2 b2 a 2 b2 a 2 b2
ab
2
Ta mg.cos Fqt .cos - Từ (1) và (2) suy ra: Tb mg.cos Fqt .cos - Thay các giá trị này vào 1 và 2 , ta được:
Tb mg
a 2
a b
2
m 2
b 2
a b
2
12,75 rad s .
a) Tìm mối quan hệ giữa m1 và m2 để có thể giữ các quả cầu đứng yên ở mọi vị trí mà dây nối chúng bị căng
khi lực căngT 12,6 N .
Ta mg
0,5.0,3.0,4 2
so với phương ngang. Hai quả cầu có khối lượng m1 và m2 được nối với nhau bằng dây không dãn l. Các quả
dây trên là a = 30cm, của dây dưới là b = 40cm.
2
12,6. 0,32 0,4 2 0,5.10.0,3. 0,32 0,4 2
ab 2 a b2
m 2
2
a2b a b2 2
Vì b a nên Ta Tb : dây a sẽ đứt trước. Khi Ta T dây a sẽ đứt và khi đó vận tốc góc là:
1 2
a) Mối quan hệ giữa m1 và m2 để có thể giữ các quả cầu đứng yên ở mọi vị trí mà dây nối chúng bị căng theo phương nằm ngang - Các lực tác dụng lên các quả cầu: + Quả cầu 1: trọng lực P1 ; phản lực Q1 ; lực căng T ; lực ma sát F ms1 . + Quả cầu 2: trọng lực P2 ; phản lực Q2 ; lực căng T ; lực ma sát F ms 2 . - Điều kiện cân bằng của hai quả cầu: + Quả cầu 1: P1 Q1 F ms1 T 0 (1) + Quả cầu 2: P2 Q2 F ms 2 T 0 (2) - Chiếu (1) và (2) lên hai tục Ox và Oy, ta được: + Quả cầu 1:
ADCD hình thoi, cạnh dài 30cm, khối lượng không đáng kể quay cùng với trục. Bỏ qua mọi ma sát.
T Fms1 cos 30 Q1 sin 30 0 Q1 cos 30 Fms1 sin 30 P1 0
Tính m để có động tác hãm khi đoạn AC bằng 43cm. Tính lực tác dụng lên các thanh lúc đó. Bài giải
T 1Q1 cos 30 Q1 sin 30 0 T 3,059P1 Q1 cos 30 1Q1 cos 30 P1 0
(3)
T 2 Q2 cos 60 Q2 cos 30 0 T 1,137 P2 + Quả cầu 2: Q2 cos 60 2 Q2 cos 30 P2 0
(4)
Chọn hệ quy chiếu gắn với khung quay. Khi AC 43cm 30 2cm , hình thoi ADCD trở thành hình vuông. - Các lực tác dụng vào mỗi vật D: trọng lực P ; các phản lực T1 ,T2 của các thanh nối; lực quán tính li tâm Fq . - Mỗi vật D cân bằng trong hệ quy chiếu này nên:
Từ (3) và (4) Suy ra: m1 0,371m2 .
P T1 T2 Fq 0
Vậy: Để có thể giữ các quả cầu đứng yên ở mọi vị trí mà dây nối chúng bị căng theo phương nằm ngang thì m1 0,371m2 .
(1)
- Chiếu (1) lên hai trục nằm ngang và thẳng đứng, ta được:
T1 cos 45 T2 cos 45 Fq 0
b) Trường hợp hệ quay tròn đều quanh trục thẳng đứng với tốc độ góc Gọi R1 và R2 là bán kính quỹ đạo của các quả cầu, ta có: R1 R2 l (5)
2 2 T1 T2 Fq 0 2 2
(2)
Và T1 sin 45 T2 sin 45 P 0
- Phương trình định luật II Niu-tơn cho hai quả cầu: + Quả cầu 1: P1 Q1 F ms1 T m1 a1 1 + Quả cầu 2: P2 Q2 F ms 2 T m2 a2 2
2 2 T1 T2 mg 0 2 2
(3)
- Tương tự, với vật M, ta có: Mg 2T2
- Chiếu 1 và 2 lên hai trục Ox và Oy, ta được:
(4)
- Từ (2), (3) và (4), ta được: Fq m M g;T1
Q 1,0531P1 + Lên Oy: 1 Q2 1,458P2
M 2m g
(6)
2
;T2
Mg . 2
- Mặt khác: Fq m 2 r m.4 2 n 2 r m M g m.4 2 n 2 r. 2
T 1Q1 cos 30 Q1 sin 30 m1 R1 + Lên Ox: 2 T u2Q2 cos60 Q2 sin60 m2 R2
9,91 0,371R1 R2
(7)
- Từ (6), để 0 thì 0,371R1 R2 0
(8)
1 - Từ (5) và (8) suy ra: R1 0,729l. 0,371
Vậy: Trục phải nằm cách quả cầu 1 một đoạn l R1 0,729l và mối quan hệ giữa tốc độ góc và khoảng cách R1 là
9,91 . 0,371R1 R2
m
Mg 4.9,8 2 1,7kg;r 30. 21cm 0,21m. 4 2 n 2 r-g 4.3,14 2 .2 2 .0,21-9,8 2
Và T1
4 2.1,7 .9,8 39,5N ;T 2
2
4.9,8 27 ,7 N . 2
Vậy: Đề có động tác hãm khi đoạn AC bằng 43cm thì m = 1,7kg và lực tác dụng lên các thanh lúc đó là T1 39,5N ;T2 27 ,7 N . 13. Hai vật nặng A, B có kích thước như nhau và đều nặng 100N. Chúng nối với nhau bằng hai thanh nhẹ AC, BC và các bản lề. Vật A chỉ có thể trượt ngang, vật B chỉ trượt trên mặt nghiêng góc 30 so với phương nằm ngang. Để
12. Cái “điều tiết li tâm” ở hình bên dùng để hãm máy khi trục có tốc độ
duy trì sự cân bằng như hình vẽ, cần tác dụng vào điểm C
vượt quá n = 120 vòng/phút. Nó gồm một vòng C khối lượng 4kg có thể
một lực F theo phương thắng đứng hướng xuống dưới.
trượt không ma sát trên trục AB, hai vật D có cùng khối lượng m. Khung
Nếu hệ số ma sát giữa A, B với các mặt trượt đều là 0,5 thì độ lớn của lực F sẽ nằm trong phạm vi nào?
Bài giải
QA FAC cos 30 0
- Vì 0,5 tan 30 0,577 nên khi F = 0, B sẽ trượt xuống dưới. Do đó lực F phải có giá trị tối thiểu nào
P FAC sin 30 QA 0
đó để B không trượt xuống: F = F1.
0,5QA FAC cos 30 0
6
- Khi F tăng dần từ F1 thì B có xu hướng đi lên cho đến khi F = F2 thì sự cân bằng bị phá vỡ. Ta xét hai trạng 100 FAC sin 30 QA 0
thái tới hạn này.
7
- Trường hợp vật B có xu hướng trượt xuống:
+ Từ 6 và 7 , ta được: FAC 81,1655N .
+ Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Phương trình định luật II Niu-tơn cho vật B trên hai trục Ox và Oy:
-Từ quan hệ cân bằng đối với bản lề C, suy ra: F3 FAC sin 30.
Trên Ox: P sin 30 f msB FCB cos 30 0
F3 81,1655.sin 30 40,5827 N (1)
Trên Oy:
Vậy: Độ lớn của lực F để hệ cân bằng là: 3,4774 N F 40,5827 N . 14. Một quả tạ đôi được đặt thẳng đứng trên mặt sàn nằm ngang. Tạ đôi
P cos 30 FCB sin 30 QB 0
(2)
gồm hai quả cầu giống nhau gắn vào một thanh có khối lượng không đáng
Và f msB N B QB
(3)
P sin 30 QB FCB cos 30 0
kể, dài l. Tại một thời điểm nào đó, quả cầu trên nhận được một vận tốc đầu v0 theo phương ngang. Hỏi v0 có giá trị tối thiểu bằng bao nhiêu để quả
P cos 30 FCB sin 30 QB 0
câu dưới này lên ngay khỏi sàn và tạ đôi sẽ chạm sàn ở tư thê nằm ngang?
100 sin 30 0,5QB FCB cos 30 0
1
100 sin 30 FCB sin 30 QB 0
2
+ Từ 1 , 2 ta được: FCB 6 ,0023N . Suy ra: F1 FCB tan 30 6 ,0023.tan 30 3,4774N . - Trường hợp vật B có xu hướng đi lên: Tương tự, ta có các phương trình: 100 sin 30 0,5QB FCB cos 30 0
4
100 cos 30 FCB sin 30 QB 0
5
Bài giải - Điều kiện để cầu dưới không nảy lên: (1) P1 T1 Q1 0 T1 Q1 P1 0 Q1 mg T1 0
T mg - Khi ấy, quả cầu trên quay quanh quả cầu dưới: (2) P2 T2 maht mv02 mv 2 T 0 mg mg v02 2gl l l
Từ 4 và 5 ta được: FCB 151,4569N .
T2 P2
Suy ra: F2 FCB tan 30 151,4569.tan 30 87 ,4437 N .
- Từ đó, điều kiện để quả cầu dưới nảy lên là: v02 2gl. .
- Trường hợp A có xu hướng chuyển động sang trái:
- Khi quả cầu dưới nảy lên thì quả tạ đôi chuyển động vừa tịnh tiến vừa quay quanh khối tâm. Khi quả cầu
+ Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Phương trình định luật II Niu-tơn cho vật B trên hai trục Ox và Oy:
v trên nhận được vận tốc v0 thì khối tâm nhận được vận tốc 0 và chuyển động giốg như một vật bị ném ngang. 2
Trên Ox: f msA FAC cos 30 0
(6)
- Thời gian để khối tâm rơi đến sàn là: t
Trên Oy: P FAC sin 30 QA 0
(7)
Và f msA N A QA
(8)
2h g
1 1 ;h BG . g 2
- Vì momen lực đối với khối tâm G của tạ đôi M = 0 nên tạ đôi: quay với vận tốc góc không đổi quanh khối tâm. Muốn cho tạ đôi chạm sàn ở tư thế nằm ngang thì trong thời gian t
góc tối thiểu bằng - Từ t
2
2
35,26 và
1 2 2
min
1 1 và min . tan tan 2
1 2 2
2 4
.
2 . 4
Vậy: Giá trị của để nhỏ nhất là 35,26 và min
-Mặt khác: v AG
1 , tạ đôi phải quay được một g
Dấu “=” xảy ra khi: 2 tan cot
1 g 2
g . l
16.Hai quả cầu đồng chất, tâm O1; O2bán kính R1> R2 trọng lượng P1> P2 tựa vào nhau ở điểm B và cùng được treo vào điểm O nhờ dây OA1 = R2và dây OA2 =R1. Tính góc nghiêng của OA1với đường thẳng đứng
1 vG v0 min gl . 2 2 2
khi cân bằng.
Vậy: Để qua cầu dưới này lên ngày khỏi sàn và tạ đôi sẽ chạm sàn ở tư thế nằm ngang thì v0 min
2
Bài giải
gl .
Chuyên đề 11: CÂN BẰNG CỦA VẬT RẮN CÓ TRỤC QUAY CỐ ĐỊNH
Ta có: OO1 OA1 R1 R2 R1 O1O2 . Và: OO2 OA2 R2 R1 R2 O1O2 . Do đó, O O1O2 đều.
15.Thanh đồng chất AB, đầu A tựa trên sàn ngang có ma sát, đầu B được giữ nhờ lực F vuông góc với AB. Thanh AB nằm nghiêng cân bằng. Hệ
- Quả cầu O1chịu tác dụng của 3 lực:trọng lực P1 ; lực
số ma sát trượt giữa AB với sàn là .
căng dây T1 ; áp lực N1 .
a)
Lập biểu thức xác định theo a.
- Điều kiện cân bằng đối với trục quay qua O:
b)
Với giá trị nào của a hệ số ma sát là nhỏ nhất. Giá trị nhỏ nhất này
M P O M . N O
là bao nhiêu?
P1 .O1 H 1 N 1 .OH
1
1
(Trích đề thi Olimpic 30⁄4, 1998) Bài giải
P1 R1 R2 sin N 1 R1 R2
a) Biểu thức xác định theo 1 Quy tắc mômen lực đối với trục quay l: Ql.cos Fms l sin . sin
(1 là nửa chiều dài của thanh AB) Suy ra: Fms
sin .cos 1 Q Q 1 sin 2 2 tan cot
1 Vì Fms ; Q 2 tan cot 1 Vậy: Biểu thức xác định theo là 2 tan cot b) Giá trị của để nhỏ nhất Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: 2 tan cot 2 2 tan .cot 2 2 .
N1
3 2
2P1 3 sin . 3
- Quả cầuO2chịu tác dụng của 3 lực: trọng lực P2 ; lực căng dây T2 ; áp lực N2 . . - Điều kiện cân bằng đối với trục quay qua O: M P O M N O 2
2
P2 .O2 H 2 N 2 .OH P2 R1 R2 sin 60 N 2 R1 R2 N2
2P2 3 sin 60 3
- Vì: N1 N 2 P1 sin P2 sin 60 . P1 sin P2 sin 60 cos P2 sin cos 60
3 2
P1 sin P2
tan
1 mg sin Fms m 2 - Để thanh không trượt: Fms kN 2 k tan . N 2 1 Mg cos M 2
3 1 cos P2 sin 2P1 P2 sin P2 3 cos 2 2
P2 3 P 3 arctan 2 2P1 P2 2P1 P2
kmin Vậy: Góc nghiêng của OA1 với đường thẳng đứng khi cân bằng là arctan
P2 3 . 2P1 P2
m tan M
Vậy: Hệ số ma sát nhỏ nhất giữa hai thanh để không xảy ra sự trượt là kmin
17.Hai thanh bê tông mỏng tạo thành hệ nhưhình vẽ. Các thanh có thể
m tan . M
b) Xác định các phản lực tại A và B khi M 3 m, 45
quay không ma sát quanh các trục đi qua các đầu A, B. Đầu trên của hai thanh tựa vào nhau và tạo thành góc 90 .Góc giữa thanh AC (khối
Gọi X A ,YA , X B ,YB là các phản lực tại A và B theo các phương OX và OY. Ta có:
lượng M) và phương ngang bằng , thanh còn lại có khối lượng m.
1 M m g.sin 2 X A mg. 4 1 X B Fms 2 cos N 2 sin 0 X B M m g.sin 2 X B mg. 4 1 YA Fms1 sin Q1 cos Mg 0 YA M M m sin 2 g 2,5mg. 2 1 YB Fms 2 sin N 2 cos mg 0 YB m M m cos 2 g 1,5mg. 2 X A Fms1 cos Q1 sin 0 X A
a) Xác định hệ số ma sát nhỏ nhất giữa hai thanh đề không xảy ra sự trượt. b) Trong trường hợp M = 3m, 45 . Hãy xác định các phản lực tại A và B. Bài giải a) Hệ số ma sát nhỏ nhất giữa hai thanh để không xảy ra sự trượt
Từ đó: QA X A2 YA2
- Các lực tác dụng lên thanh AC: trọng lực P1 ; phản lực Q1 ,
QB X B2 YB2
của thanh BC; phản lực QA của bản lề tại A; lực ma sát Fms1
P1 .
tan
M Q1 A .
YB 1,5mg 1,5 56 ,3. XB mg
18.Thanh AB đồng chất tiết điện đều, có chiều dài AB = L. Đầu A tựa trên sàn nằm ngang, đầu B được giữ bằng lực F . Cho lực F có giá hợp với phương thẳng đứng một góc và ở vị trí cân bằng thanh hợp với
(1)
- Các lực tác dụng lên thanh BC: trọng lực P2 ; áp lực N2 của thanh AC; phản lực Q B của bản lề tại B; lực ma
phương thẳng đứng một góc . Biết hệ số ma sát nghỉ nhỏ nhất giữa thanh và sàn để thanh cân bằng khi góc
thay đổi 30 45 là min
sát Fms 2 với thanh AC. - Thanh BC cân bằng (đối với trục quay qua B): M P
2
B
M Fms 2 B .
BC 1 1 P2 . .sin Fms2 .BC Fms2 P2 sin mg sin 2 2 2
Q1 N 2 ; Fms1 Fms2
1,8mg.
Vậy: Phản lực tại A và B là QA 2,7mg và QB 1,8mg.
AC .cos Q1 .AC 2
1 1 Q1 P1 cos Mg cos 2 2
2
2,7mg.
Góc giữa QA ,QB và trục Ox được xác định bởi:
- Thanh AC cân bằng (đối với trục quay qua A): A
2
mg 1,5mg
2
với thanh BC.
M P1
2
mg 2,5mg
1 . Xác định góc . 3 Bài giải
- Các lực tác dụng lên thanh: trọng lực P ; phản lực Q ; lực ma sát Fms ; lực nâng F .
(2)
- Điều kiện cân bằng của thanh AB đối với trục quay qua O:
M Q O M Q F O ms
L L sin Fms cos OC 2 2
(1)
- Áp dụng định lí hàm số sin trong BOC , ta được:
OC L . sin 2 sin
L sin OC L OC sin 2 sin 2 sin
(2)
- Thay (2) vào (1), ta được: Q
L L sin L sin Fms cos 2 2 sin 2
Fms
Q sin sin N Q cos sin sin
sin sin sin sin cos sin sin cos sin sin cos sin cos
(Trích để thi Olympic 30⁄4, 1997) Bài giải
sin sin 1 2 cos sin sin cos 2 cot cot
1 - Với 30 45 min . 2 cot 1 1 cot 1 45 2 cot 3
a) Lực đẩy Fñ và kéoFktối thiểu cần tác dụng * Trường hợp đẩy xe:
- Các lực tác dụng lên bánh xe: Trọng lượng xe P ; lực đẩy xe Fd và
phản lực của bậc Qd . - Khi lực đẩy Fñ Fmin thì mômen của nó đối với trục B phải cân bằng
Vậy: Góc giữa lực F và phương thẳng đứng là 45 .
với mômen của trọng lực P:
19.Xe cút kít trên đường nằm ngang phải vượt qua một bậc có chiều cao h = 5cm. Bánh xe có bán kính R =
M Fñ
20cm. Càng xe OA làm với phương nằm ngang một góc 30 . Trọng lực của xe và tải P = 1200N có giá đi qua tâm O của bánh xe. Xét hai trường hợp: đẩy xe (hình a) và kéo xe (hình b). Lực của tay có phương của càng xe. a)
Tính các lực đẩy Fđ và kéo Fk tối thiểu cần tác dụng. Kết luận.
b)
Tính các phản lực Qdvà Qk của điểm tiếp xúc B giữa bánh xe và bậc. Bánh xe không trượt ở B.
c)
Định để Fñ Fk .
B
M P B P.OH
(1)
Với OH OB2 HB 2 20 2 152 5 7cm 0,05 7m
- Cánh tay đòn của lực đẩy Fñ là: d® R sin R cos 2 M Fñ
B
Fñ R cos
Với cos
(2)
15 0,75 41,4 20
- Từ (1) và (2) ta có: Fñ
P.OH 1200.0,05 7 2488N R cos 0,20 cos 30 41,4
* Trường hợp kéo xe: - Mômen của P như cũ, cánh tay đòn của lực kéo Fk là:
dk R sin R sin R cos 2 2
Gọi G là khối tâm của thanh AB,
d k 20 cos 11,4 19,4cm 0,194m - Lực kép: Fk
P.OH 1200.0,05 7 810N R cos 0,20 cos 41,4 30
Vậy: Lực đẩy và lực kéo tối thiểu cần tác dụng là Fñ 2488 N và Fk 810N . Vì Fk Fñ nên kéo dễ hơn đẩy. b)
Phản lực Qd và Qk của điểm tiếp xúc B giữa bánh xe và bậc
* Trường hợp đẩy xe: Ta có: Qñ cos P Fñ sin . Qñ
P Fñ sin 1200 2488.sin 30 3259 N cos cos 41,4
1 R vì mA 2mB nên GA GB ; 2 3 đặt OG d ,P Mg 3mg . - Áp dụng định lí hàm số sin cho AOG , ta được: d R R sin sin 60 3 sin 2d 3
(1)
- Áp dụng định lí hàm số cosin cho AOG , ta được:
d 2 R2
R2 R R 7 2R cos60 d 9 3 3
(2)
* Trường hợp kéo xe: Ta có: Qk cos P Fk sin .
- Từ(1) và (2) ta được: 196 ; 90 60 1054.
P Fk sin 1200 810.sin 30 Qk 1060 N cos cos 41,4
Vậy: Thanh nằm cân bằng ở trạng thái hợp với đường nằm ngang một góc 1054.
Vậy: Phản lực Qd và Qk của điểm tiếp xúc B giữa bánh xe và bậc khi đẩy xe là Qñ 3259N và khi kéo xe là
- Áp dụng quy tắc momen lực với trục quay qua A, ta được:
Qk 1060N . c)
b) Các phản lực QA; QB của bán cầu tác dụng lên các quả cầu
QB R sin 60 P
Tính để Fñ Fk .
- Vì M Fñ
B
M Fk B (khi Fmin ) nên Fñ Fk khi d ñ d k hay:
R cos R cos
0 : Hai lực có phương nằm ngang. - Khi đó, ta có: Fñ Fk
- Áp dụng quy tắc momen lực với trục quay qua B, ta được: QA R sin60 P QA
P.OH 1200.0,05 7 1058N R.cos 0,20.cos 41,4
Vậy: Để Fñ Fk thì 0 .
R Mg.cos 1054 0,3.10.0,98 cos QB 1,134N 3 3 sin 60 3 3. 2
Mg.cos 1054 0,3.10.2.0,98 2,268 N 3 sin 60 3 3. 2
Vậy: Độ lớn các phản lực của bán cầu tác dụng lên các quả cầu là QA 2,268N và QB 1,134N 21.Một thanh nặng OA tựa trên một tấm gỗ có thể quay
20.Trên mặt trong rất nhẵn của một bán cầubán kính R,
quanh khớp O xung quanh một trục nằm ngang (hình vẽ).
người ta đặt một thanh AB khối lượng không đáng kể có
Biết thanh nặng có khối lượng m1 và hợp với phương ngang
chiều dài l = R, hai đầu thanh có gắn hai quả cầu nhỏ có
một góc ; tấm gỗ nằm ngang trên sàn có khối lượng m2; hệ
khối lượng mA = 200g và mB = 100g.
số ma sát giữa thanh nặng và tấm gỗ là 1 , giữa tấm gỗ và
d)
Thanh nằm cân bằng ở trạng thái hợp với đường nằm ngang một góc bằng bao nhiêu?
e)
Tính các phản lực QA; QB của bán cầu tác dụng lên các
sàn là 2 . Hỏi phải tác dụng vào tấm gỗ một lực nằm ngang bằng bao nhiêu để có thể kéo nó ra về phía trái? Biện luận kết quả tìm được. Biết gia tốc trọng trường là g.
quả cầu. Lấy g= 10m/s2.
Bài giải
Bài giải a) Tính góc
2R cos . 3
- Các lực tác dụng lên các vật như hình vẽ.
-Thanh nặng m1: Phương trình momen lực đối với trục quay qua O:
l Q1l cos Fms1l sin P1 cos 0 2 - Tấm ván m2:
- Để người không rơi: P f ms1 f ms 2 Q1 Q2 0 - Chiếu hệ thức trên lên hai phương nằm ngang và thẳng đứng, ta được:
(1)
Q1 Q2 0 Q1 Q2 Q P f ms1 f ms 2 0
+ Khi tấm ván chuyển động đều: a 0
N1 0 P2 Q2 F Fms2 Fms1
- Vì ma sát là ma sát nghỉ nên: f ms1 k1 N1 k1Q1 ; f ms2 k 2 N 2 k2Q2 .
(2)
P f ms1 f ms 2 k1 k2 Q
+ Chiếu (2) lên các trục tọa độ Ox và Oy, ta được:
P 600 400N k1 k2 1,5
Fms 2 0 F Fms1
(3)
và Q
và Q2 P2 N1
(4)
Vậy: Lực ép tối thiểu phải đặt lên vách đá là N min Qmin 400N .
Fms1 1 N 1 1Q1 ; Fms2 2 N 2 2Q2 (5) Trong đó: N 1 Q1 ; Fms1
d)
P1 cos Q1 2 sin cos 1 - Từ (1), (4) và (5) ta được: P1 cos Q P 2 2 2 sin 1 cos
- Áp dụng quy tắc mômen, với trục quay là điểm tựa của vai đặt vào vách đá, ta được:
- Tử (3), (5), (6) và (7) ta được: F 2 P2
6
M P M Q2 M fms 2 mgd Qh k2 Q f Với: P f ms1 f ms 2 ms 2 1 f ms1 P f ms 2 k1Q
7
P1 1 2
(8)
2 1 1 tan
mgd Qh k2 Ql mgl mgd Qh k1Ql
Vậy: Từ (8) ta thấy: + Với 1 tan 1 thì lực cần tìm là: F 2 P2
P1 1 2 2 1 1 tan
Khoảng cách thẳng đứng giữa chân và vai để người ngồi vững
60.10.0,2 400h 0,9.400.1 60.10.1 60.10.0,2 400h 0,6.400.1
.
+ Với 1 tan 1 thì không thể kéo tắm gỗ về phía bên trái (xảy ra sự nêm chặt). 22.Một vận động viên leo núi có khối lượng m = 60kg, đang ngồi nghỉ giữa hai khe núi của một vách núi có độ rộng l = 1m. Khối tâm của người này cách vách đá mà vai tì vào một đoạn d = 0,2m. Hệ số ma sát giữa
120 400h 360 480 400h 240
h 0,6 m và h 0,6 m h 0,6m
giày và đá là k2 = 0,9, giữa vai và đá là k1 = 0,6. Lấy g= 10m/s .
Vậy: Khoảng cách thẳng đứng giữa chân và vai để người ngồi vững là h = 0,6m.
f)
Người này phải ép vào tường một lực nhỏ nhất bao nhiêu để khỏi rơi?
c) Cách để giữ được thế cân bằng
g)
Với lực ép nhỏ nhất ở câu (a) người này phải giữ khoảng cách thẳng đứng giữa chân và vai bao nhiêu
Theo đề: h = 0,7m. Từ (1) và (2), ta có:
mới ngồi vững?
mgd 60.10.0,2 Q k l h 0,9.1 0,7 600N 2 Q 600N Q mgl mgd 60.10.1 60.10.0,2 369N k1l h 0,6.1 0,7
2
h)
Thực tế vận động viên đặt chân thấp hơn vị trí đã tính trong câu (b) 10cm. Anh ta làm cách nào để giữ được thế cân bằng, tính các lực ma sát lúc này. (Trích đề thi Olympic 30/4, 1999) Bài giải
a) Lực ép vào tường nhỏ nhất để khỏi bị rơi - Các lực tác dụng vào người: Trọng lực P ; các phản lực Q1 ,Q2 ; các lực ma sát fms1 , f ms 2 .
Vậy: Muốn cân bằng người ấy phải ép mình vào vách đá một lực có độ lớn Q 600 N . Chuyên đề 12: CÂN BẰNG TỔNG QUÁT CỦA VẬT RẮN
23.Một thanh mỏng đồng chất OA, khối lượng m, có thể quay
b)
Biết thanh AB hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc 10 . Tính chiều dài của AB.
trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục cố định O nằm ngang.
Bài giải
C là điểm tiếp xúc của thanh với khối trụ đặt trên mặt phẳng
a) Chiều dài mỗi đoạn CA và CB
nằm ngang. Khối trụ khối lượng m được giữ cân bằng bởi một
- Các lực tác dụng lên thanh AB: các trọng lực P1 ,P2 ; các lực căng T1 ,T2 .
tấm chắn thẳng đứng như hình vẽ. Biết góc nghiêng của thanh là . Đoạn AC dài bằng
- Vì thanh AB cân bằng nên: M T1
1 chiều dài l của thanh. Bỏ qua mọi 4
B
M P1 B ; M T2
A
M P2 A .
T1 AB sin 1 P1 AB cos T1 sin 1 P1 cos
(1)
ma sát. Hỏi tấm chắn tác dụng lên khối trụ một lực là bao
Và T2 AB sin 2 P2 AB cos T2 sin 2 P2 cos
(2)
nhiêu? (Giải theo các hằng số m, g , ).
- Vì T1 T2 T (không có ma sát tại điểm treo C) Bài giải
- Các lực tác dụng lên thanh OA: trọng lực P ; phản lực Q của hình trụ tại C và phản lực R của bản lề O
- Từ (1) và (2), ta được: sin 1
(hình vẽ). - Điều kiện cân bằng của thanh với trục quay qua O: M P O M Q O
(1)
- Các lực tác dụng lên khối trụ: trọng lực P ; các phản lực Q1 ,Q2 của tấm chắn và mặt phẳng nằm ngang; và
b)
Chiều dài thanh AB
- Thanh AB cân bằng nên: T1 P1 T2 P2 0
áp lực N của thanh OA (N = Q).
- Chiếu (4) lên phương nằm ngang, ta được:
- Khối trụ cân bằng nên: (2)
- Chiếu (2) lên phương nằm ngang, ta được:
Q1 N sin Q sin
- Áp dụng định lí hàm sin cho ABC , ta được:
Vậy: AC = 12cm; CB = 18cm.
P Q1 Q2 N 0
2 1 mg sin cos mg sin 2 3 3
Vậy: Lực do tấm chắn tác dụng lên hình trụ là
1 Q1 mg sin 2 . 3 24.Thanh AB có khối lượng không đáng kể. Đầu A gắn vật nặng m1
T1 cos 1 T2 cos 2 1 2 1 2 2 2 20 - Từ(3): sin 2 20
3 sin 2 2
2 31,38 và 1 51,38.
180 1 2 180 51,38 31,38 97,24 - Áp dụng định lí hàm số sin cho ABC , ta được:
= 600g, đầu B gắn vật nặng m2 = 400g. Buộc một sợi dây không dẫn vào hai đầu AB rồi treo vào một điểm C cố định không ma sát sao cho thanh cân bằng. Biết AC + CB = 30cm. a)
(3)
- Mặt khác: AC + CB = 30cm, suy ra: AC = 12cm; CB = 18cm.
2 mg cos 3
3 sin 2 2
CB AC CB sin 1 3 sin 1 sin 2 AC sin 2 2
1 3 l 3 P cos Q l mg cos Q l 2 4 2 4 Q
P1 m1 g 0,6.10 6 N và P2 m2 g 0,4.10 4N .
Tính chiều dài mỗi đoạn CA và CB.
AB BC . sin sin 1 AB BC.
sin sin 97,24 18. 22,89cm. sin 1 sin 51,38
(4)
Vậy: Chiều dài thanh AB là 22,89cm.
k
25.Một thanh đồng chất BC tựa vào tường thẳng đứng ở B nhờ dây AC dài l hợp với tường góc . Cho BC = d. Hỏi hệ số ma sát giữa thanh và tường phải thỏa mãn điều kiện nào đề thanh cân bằng? (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 1995)
Bài giải
- Thanh nằm cân bằng nên: P T R 0
P = mg).
1 2
Suy ra: N
và T
bao nhiêu thì thanh bắt đầu trượt? (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2000) Bài giải - Các lực tác dụng lên thanh AB: Trọng lực P ; lực căng T ; phản lực Q và lực ma sát nghỉ Fms . -Thanh nằm cân bằng khi: P T Q Fms 0
(1)
và M Fms B M FQ
(2)
B
M FP B (với trục quay qua B)
Fms T cos
(1)
P Q T sin
(2)
(3)
- Từ (2): Fms .AB.sin 45 Q.AB.cos 45
mg.sin 2 sin
(4)
Q
mg sin .sin 2 sin
cos .sin 2 sin .cos cos .sin và: f mg. 1 mg. 2.sin 2 sin
2 sin .cos cos .sin mg.sin .sin k 2 sin 2 sin
1 P.AB.cos 45 2
1 1 P Fms Q T sin Fms 2 2
Q T sin 2T cos T sin 2cos - Thanh nằm cân bằng nênma sát phải là ma sát nghỉ, do đó: Fms kN kQ. (5)
- Để có cân bằng thì ma sát phải là ma sát nghỉ và ta có: f kN với k là hệ số ma sát.
mg
2 d 2 l 2 sin2 l . l sin tan
- Chiếu (1) xuống hai trục nằm ngang và thẳng đứng, ta được:
- Áp dụng định lý hàm sin trong tam giác ABC:
sin
Vậy: Để thanh cân bằng thì k
- Chiếu (1) lên hai trục Bx và By, ta được:
d .sin
2 d 2 l 2 sin2 l . l sin tan
thanh và sàn là 45 . Hỏi đáy BC nghiêng với phương ngang góc bằng
ABC , hệ quy chiếu là Bxy; trọng lượng thanh là đặtAB=h và góc
h
1 d 2 l 2 sin2 sin cos d d
bởi sợi dây treo vào C. Hệ số ma sát giữa thanh và sàn là k. Góc giữa
d và: mg. sin Th sin (2) 2 (Phân tích R làm hai phần: Phản lực vuông góc N và phản lực ma sát f ;
d l h sin sin sin
(6)
26.Thanh AB đồng chất. Đầu A tựa lên sàn nhám. Đầu B giữ cân bằng
và: M P M T (đối với trục quay qua B) hay: P T N f 0 (1)
mgd .sin -Từ (2)suy ra: T 2h.sin
- Từ (3) ta có: sin
- Thay vào (6) ta được: k
- Các lực tác dụng lên thanh: Phản lực R của tường đặt vào đầu B; trọng lượng thanh P ; lực căng dây T .
N T sin ; f mg T cos
2 sin .cos sin .cos 2 l sin sin tan tan
T cos kT sin 2 cos cos 1 2k k sin tan
1 2k k
Vậy: Thanh sẽ bắt đầu trượt khi: arctan
Đầu A của thanh tựa trên mặt phẳng nghiêng với hệ số ma sát k2 = 0,1, góc hợp bởi mặt phẳngnghiêng với phương ngang là 30 . Tác dụng lên đầu A củathanh một lực kéo F hướng lên dọc theo mặt phẳng
1 2k . k
27.Một thanh đồng chất AB khối lượng phân bố đều, trọng lượng
nghiêng.
Tính giá trị cực đại của lực kéo F để thanh vẫn nằm yên cân bằng.
P. Đầu A tựa lên sàn nằm ngang tại vị trí có một gờ thẳng đứng. Đầu B tựa lên mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng so với phương
(Trích đề thi Olimpic 30⁄4, 2003)
ngang. Khi cân bằng, thanh hợp với phương ngang một góc . Bỏ
Bài giải - Các lực tác dụng lên thanh AB: lực kéo F ; trọng lực P ; các lực
qua mọi ma sát. Xác định áp lực do thanh nén lên mặt ngang, mặt
nghiêng và gờ thẳng đứng.
ma sát f ms1 , f ms2 ; các phản lực Q1 ,Q2 . (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2001) Bài giải
Gọi QA ,QB ,QD là phản lực do mặt ngang, mặt nghiêng và gờ thẳng đứng tác dụng lên thanh.
(1)
và M th M ng (trục quay qua A)
(2)
-Từ(1):
1 - Từ(2): P cos QB AK QB l cos 2
đồng thời các lực ma sát nghỉ có trị cực đại: Fms1 k1 N 1 và Fms2 k2 N 2 N1 Q1 ; N 2 Q2 . - Thanh nằm cân bằng khi:
- Thanh AB cân bằng nên: P QA QB QD 0
QD QB sin ; P QA QB cos
- Giá trị cực đại của F ứng với thanh AB có xu hướng trượt lên,
F P Q1 Q2 f ms1 f ms2 0
(1)
M th M ng (với trục quay qua A)
(2)
-Chiếu (1) lên phương nằm ngang và phương thẳng đứng, ta được:
1 2
P cos . - Từ 2 : QB 2 cos P sin cos . - Thay QB vào 1 ta được: QD 2 cos cos cos - Từ 1 : QA P 1 . 2 cos
- F cos Q2 sin k2 Q2 cos k1Q1 0
(3)
F sin Q2 cos k2Q2 sin Q1 P 0 (4) - Từ (2):
1 Pl cos Q1l cos k1Q1 sin 0 2
- Từ (5) suy ra: Q1
(5)
mg 100.10 423N 2 1 k1 tan 2 1 0,5 tan 30
- Từ (3) và (4) ta được: Q2 394N và F 511N . Vậy: Giá trị cực đại của lực kéo F để thanh vẫn nằm cân bằng là Fmax 511N .
Vậy: Áp lực do thanh nén lên mặt ngang, mặt nghiêng và gờ thẳng đứng là
29.Thanh AB có trọng lượng P = 2N, chiều dàiAB =20cm; đầu A tựa vào mặt đất, đầu B chịu tác dụng của lực F vuông gócvới thanh
cos cos P cos P sin cos N A QA P 1 ; N D QD . ; N B QB 2 cos 2 cos 2 cos
tại B. Tại đầu A của thanh người ta đặt lên nó một hình hộp có
28.Thanh AB đồng chất tiết diện đều, khốilượng m = 100kg. Thanh được đặt nằm nghiêng một góc 20 với phương nằm ngang. Đầu B của thanh tựa trên mặt sàn nằm ngang với hệ số ma sát k1 = 0.5.
trọng lượng P1 = 1N, phương trọnglực của vật P1 đi qua điểm A như hình vẽ. Hệthống cân bằng tại vị trí thanh hợp với mặt phẳng ngang một góc 20 . Gọi hệ số ma sát giữa thanh và mặt đất là k1, giữa thanh và vật hình hộp là k2. Lấy g = 10m/s2. a) Tìm độ lớn của lực F .
(Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2010)
b) Tìm điều kiện của k1 ,k2 để hệ cân bằng. Bài giải
(Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2004) - Các lực tác dụng vào vật: + Trọng lực P .
Bài giải 1. Độ lớn của lực F
- Các lực tác dụng lên vật hình hộp: Trọng lực P1 ; phản lực Q1 ; lực ma sát Fms1 .
+ Phản lực Q1 , lực ma sát Fms1 của sàn.
- Để vật hình hộp không trượt trên thanh AB thì: P1 sin Fms 2 .
+ Phản lực Q2 , lực ma sát Fms2 của giá đỡ.
P1 sin k2 P1 cos k2 tan 20 0,364
- Vật nằm cân bằng: P Q1 Fms1 Q2 Fms2 0
(1)
và M th M ng (trục quay qua B)
(2)
- Xét hệ gồm thanh AB và vật hình hộp. Điều kiện cân bằng của hệ:
P P1 Q12 Fms F 0
(1)
M F A M P A (trục quay qua A)
(2)
- Chiếu (1) lên hai trục Ox (nằm ngang) và Oy (thẳng đứng), ta được: Fms F sin
(3)
và P P1 Q12 F cos 0
(4)
AB cos - Từ (2): F.AB P. 2
- Chiếu (1) lên hai trục Ox (nằm ngang) và Oy (thẳng đứng), ta được: Q2 sin 30 Fms 2 cos 30 Fms1 0 Q1 Q2 cos 30 Fms2 sin 30 P 0
(5)
Vậy: Độ lớn của lực F = 0.94N. 2. Điều kiện của k1 ,k2 để hệ cân bằng - Từ(3): Fms F sin 0,94.sin 20 0,32N . - Từ (4): Q12 P P1 F cos 2 1 0,94.cos 20 2,12N . Để hệ cân bằng thì: Fms k1 N12 k1Q12 . Fms 0,32 0,15 Q12 2,12
a 3 2a 3P ; BE Q2 . 6 3 4
- Thay Q2
3P vào (3) và (4) ta được: 4
3P 1 3P 3 3 . Fms 2 . Fms1 0 Fms 2 Fms1 0 4 2 8 2 2 Q 3P . 3 F . 1 P 0 Q 5P 1 F 0 ms 2 1 1 8 2 ms 2 4 2 2 3P 3 5P 3P 2Q1 Fms1 0 F 3Q1 8 ms1 2 4 2 5P F 5P 2Q F 2Q1 ms 2 1 ms 2 4 4
- Vật không trượt: Fms1
Vậy: Để hệ cân bằng thì k1 0,15; k2 0,364. 30.Một vật có khối lượng 10kg hình lăng trụ đồng chất có tiết diện thẳng là tam giác đều ABC cạnh a = 60cm. Vật được kê trên một giá đỡ cố định D sao cho mặt BC thẳng đứng, mặt AB tiếp xúc với giá đỡ tại E, với EB = 40cm. Coi hệ số ma sát giữa vật với giá đỡ và giữa vật với sàn là như nhau. Biết hệ nằm cân bằng, tìm hệ số ma sát giữa vật và sàn.
3 4
- Từ (2): Q2 .BE P.GH 0 Với: GH
1 F 2. .cos 20 0,94N 2
k1
3P 3 P 3Q1 Q1 3 . 2 2 Q1
Fms1 Q1 5P 1 3 P - Khi xảy ra sự trượt: 3P Q1 8 2 . 3 Fms2 Q2 . 3 3
3 1 8 2 1 0 2 1 5 3 3 8
QAl kQA h kQB h QB l
4 13 3 3
QA QB
4 13 3 3
- Chọn điều kiện:
1 kh 1 k QB 1 kh 1 k
- Từ (3) và (4), ta được: QA 4 13 0,23 vì điều kiện trên không thỏa Fms1 Q1 . 3 3
1 k 1 k mg cos ;QB mg cos . 2 2
- Nhận xét: QB 0 nên để kiện hàng không bị lật chỉ cần điều kiện của QA là QA 0. QA
a 3 GH 3 - Từ (5) suy ra: Q2 P 6 P .10.10 43,3N . 2a BE 4 3
(4)
1 k 1 mg cos 0 2 k
Vậy: Để kiện hàng vẫn trượt mà không bị lật thì hệ số
- Thay Q2 43,3N vào các phương trình (3) và (4), ta được: 2,65 2 100 21,65 0 , với điều kiện
32. Trên mặt bàn nằm ngang có một khối bán trụ cố định bán kính R. Trong mặt phẳng thẳng đứng vuông góc với
1 0,22.
trục O của bán trụ (hình vẽ) có một thanh đồng chất AB
Vậy: Hệ số ma sát giữa vật và sàn là 0,22.
chiều dài bằng R tựa đầu A lên bán trụ, đầu B ở trên mặt
31. Một kiện hàng hình hộp chữ nhật đồng chất thả trượt trên
bàn. Trong lượng của thanh là P. Bỏ qua ma sát giữa bán
mặt phẳng nghiêng nhờ hai con lăn rất nhỏ A và B. Hình hộp
trụ của thanh. Hệ số ma sát giữa thanh và mặt bàn là
có chiều cao h gấp lần chiều dài l. Hệ số ma sát giữa các con
lăn A, B với mặt phẳng nghiêng là k. Mặt phẳng nghiêng hợp
trượt mà không bị lật thì hệ số
(Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2011)
h phải thỏa mãn điều kiện l
Bài giải - Thanh AB chịu tác dụng của các lực: Trọng lực P , phản lực Q1 của bán trục ở A, phản lực Q2 của mặt bàn
gì? (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2011) Bài giải
- Các lực tác dụng lên kiện hàng: Trọng lực P ; các phản lực QA ,QB ; các lực ma sát f msA , f msB . - Phương trình định luật II Niu-tơn chuyển động của kiện hàng:
P QA QB f msA f msB 0
(1)
- Để kiện hàng trượt mà không bị lật thì đối với tâm quay là khối
3 . Góc (góc hợp bởi thanh AB và mặt bàn) phải thỏa mãn điều kiện gì để thanh ở trạng thái cân 3
bằng?
với phương ngang một góc nhọn (hình vẽ). Để kiện hàng vẫn
ở B, lực ma sát Fms . - Điều kiện cân bằng của thanh AB:
P Q1 Q2 Fms 0
(1)
M th M ng (đối với trục quay qua B)
(2)
- Chiếu (1) lên hai trục Ox, Oy ta được: Q1 cos Fms 0
(3)
- Chiều (1) lên phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng, ta
Q1 sin Q2 P 0
(4)
được:
- Từ (2): P
tâm: M th M ng
P cos QA QB 0 - Từ (2): QA
h l . l k
(2)
(3)
1 h h 1 f msA f msB QB 2 2 2 2
R cos Q1 R sin 2 2
( OAB cân, nên BAN 2 )
(5)
- Mặt khác: Fms Q2 - Từ (5) ta được: Q1
3 Q2 3
sin
(6)
OG GE
R cos P 2 sin 2 4 sin
và OG
Thay biểu thức Q1 vào (3) và (4) ta được:
Fms
P 3P ;Q2 P Q1 sin 4 tan 4
- Từ đó: Fms tan
OG GE mà GA GB AG GB
1 1 AC;GE AD AD AC 2 2
Vì 30 AD
(7)
1 AB 1m AC 1m 2
Vậy: Độ dài đoạn AC = 1m.
3 P 3 3P 3P Q2 . 3 4 tan 3 4 4
b) Lực căng dây BC và phản lực của tường tác dụng lên thanh tại A - Chiếu (1) lên hai trục Dx và Dy (hình vẽ), ta được:
1 30 3
Q T cos 0 Q T cos
- Mặt khác, do đầu A của thanh luôn tựa trên bán trụ nên giá trị lớn nhất của góc đạt được khi thanh AB
T sin P 0 P T sin
trùng với phương tiếp tuyến vơi bán trụ tại A.
Ta có: DB AB.cos
Suy ra: max 45 Vậy: Trạng thái cân bằng của thanh ứng với điều kiện: 30 45.
BC 2 DB 2 DC 2
33.Thanh AB đồng chất tiết diện đều, dài 2m, trọng lượng của thanh 50N. Đầu A tựa vào tường nhẵn thẳng đứng, đầu B nối với dây
sin
mảnh BC để thanh cân bằng. Thanh AB cân bằng ứng với góc
DBA 30. a)
Tính độ dài đoạn AC.
b)
Tính lực căng dây BC và phản lực của tường tác dụng lên thanh
3
2
2 2 7 BC 7m.
P 50 50 DC 2 mà T 7 25 7 66 ,14N 2 sin 2 BC 7 7
2 2 và Q T cos 25 7 1 25 3 43,3N . 7
Vậy: Lực căng dây BC và phản lực của tường tác dụng lên thanh tại A là T = 66,14N và Q = 43,3N.
tại A. c)
AB 3 2 3 3m. 2 2
bằng như trên 30 thì đáy BC hợp với phương ngang BD
c) Điều kiện của hệ số ma sát k giữa tường và thanh - Các lực tác dụng lên thanh AB: trọng lực P ; lực căng dây T ; phản lực Q ; lực ma sát nghỉ Fms . .
một góc 60 . Tìm điều kiện của hệ số ma sát k giữa tường và thanh.
- Thanh cân bằng nên: P T Q Fms 0
(2)
Và M P A M T A
(3)
Giả sử bây giờ giữa tường và thanh có ma sát. Để thanh AB cân
Bài giải
DBA 30; CBD. Ta có: AB 2m; P 50N; a) Độ dài đoạn AC
- Chiếu (2) lên hai trục Dx và Dy, ta được:
- Các lực tác dụng lên thanh AB: trọnglực P ; lực căng dây T ; phản lực Q của tường lên thanh.
- Thanh cân bằng nên: P T Q 0
T cos Q 0 Q T cos
2
P T sin Fms 0 Fms P T sin
2
- Để thanh AB không trượt: (1)
Vì Fhl 0 nên điểm đồng quy O của 3 lực trên phải ở trên dây BC. Do đó:
Fms kN kQ
(4)
Thay 2 và 2 vào (3), ta được:
- Trên hình vẽ: r cos l sin
P T sin kT cos .
Mà cos
k
P T sin T cos
(5)
- Từ (3): AK .P T . AH T Với: sin
AK P AH
(5)
1 2
r r - Từ (4) và (5): sin . arcsin . 2 l 1 2 l 1
(6)
- Thay vào (6), ta được: T
đường sinh song song với trục hình trụ như hình bên. Một sợi dây không dãn khối lượng không đáng kể vắt quaròng rọc hai đầu mang hai trọng
3 .50 25 3 N . 2
lượng P1 và P (sợi dây không trượt trên rãnh của ròng rọc). Hệ số ma sát giữa trục ròng rọc và giá đỡ là .
3 2 12,5 1 1 12,5 3 3 25 3. 2
50 25 3. - Từ (5), ta được: k
35.Một ròng rọc có trọng lượng Q, bán kính R, trục ròng rọc có bán kính r. Trục ròng rọc được đặt lênhai giá có dạng máng hình trụ bán kính R0 có
AK 3 3 AK AG.cos 1 m AG 2 2
a) P1 phải có giá trị trong khoảng nào để ròng rọc còn cân bằng? b) Kích thước bé nhất của máng trụ (cung AB) là bao nhiêu để ròng rọc
1 Vậy: Điều kiện của hệ số ma sát k giữa tường và thanh là k . 3
không bị lăn ra khỏi máng? c) Áp dụng: P = 100N, Q= 10N, R= 10cm, r= 1cm, R0 = 20cm, 0, 2.
34.Một con lắc gồm một thanh nhẹ chiều dài l và một quả nặng ở đầu. Đầu kia của con lắc gắn một ống lót hình trụ nhẹ có bán kính r áp vào trục quay nằm ngang. Hệ số ma sát giữa ống và trục là . Hãy xác định góc lệch cực đại của thanh khỏi phương thắng đứng khi cân bằng. Bài giải
- Các lực tác dụng lên hệ “con lắc + ống lót”: trọng lực P tác dụng vào vật m ; phản lực Q của trục quay; lực ma sát với trục Fms . - Khi con lắc cân bằng:
Bài giải a) Giá trị của P1 - Trường hợp P1 P + Ròng rọc bị lăn sang phải đến vị trí C và cân bằng. Ta có: P1 P Q N Fms 0 (1) (2)
M th M ng
+ Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy. ta được:
N cos Fms sin P1 P Q 0
(3)
(1)
Fms cos N sin 0
(4)
(2)
Fms N tan N tan
(5)
+ Đối với trục quay qua điểm tiếp xúc của ống lót con lắc với trục: M 0 + P Q Fms 0
.
r Vậy: Góc lệch cực đại của thanh khỏi phương thẳngđứng khi cân bằng là arcsin . l 1 2
AH AB
AH AB.sin 2.sin 30 1m 30; 60 . cos
1 1 tan 2
(4)
- Từ(2): Fms sin Q cos tan
+ Từ (2): P1 P R Fms r 0 Fms Q N 1 Fms Fms
(3) + Từ (5) và (6): N
R P1 P r tan
R P1 P r
(6)
.
+Thay N và F vào (3), ta được: R P 1 Q r sin P1 R 1 r sin + Từ (6) ta thấy P1max ứng với Fms N tan
và P1max
R 1 2 P 1 Q r R 1 2 . 1 r
P1min
10 1 0,2 2 100. . 10 1 0,2 96 N R 1 2 . 1 r
AB min 2.20.0,2 40cm. Vậy: Với các giá trị đã cho trên thì P1min 96 N ; P1max 104N và AB min 40cm. 36. Một thanh rắn đồng chất, tiết diện đều BC tựa vào tường thẳng đứng tại B nhớ dây AC có chiều dài L hợp với tường một góc như hình vẽ. Biết thanh BC có độ dài d. Xác định hệ số ma sát giữa thanh và tường để thanh cân bằng.
- Trường hợp P1 P
Bài giải
Tương tự như trên nhưng thay P1 bởi P và P bởi P1, ta được: P1min khi tan .
Và P1min
Đặt AB h và ABC
- Các lực tác dụng vào thanh BC: trọng lực P ; lực căng T ; phản lực Q ; lực ma sát Fms .
R 1 2 P Q r R 1 2 . 1 r
- Điều kiện cân bằng của thanh: P T Q Fms 0
(1)
và: M th B M ng B (trục quay qua B)
(2)
Từ đó: P1min P1 P1max
- Chiếu (1) lên các trục tọa độ của hệ tọa độ Bxy (hình vẽ), ta được:
R 1 2 R 1 2 P P 1 Q Q r r . P1 R 1 2 R 1 2 . 1 . 1 r r
Q T sin 0
(3)
Fms P T cos 0
(4)
- Từ (2): P
Vậy: Để ròng rọc cân bằng thì P1phải nằm trong khoảng: P1min P1 P1max .
- Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác ABC, ta được:
b) Kích thước bé nhất của máng trụ để ròng rọc không bị lăn ra khỏi máng
d L h sin sin sin
Ta có: AB 2R0 .tan 2R0 .
d d .sin .sin Th.sin T mg. 2 2h.sin
d .sin sin
Vậy: Kích thước bé nhất của mảng trụ là AB 2R0 .
h
c) Áp dụng
- Từ (5), (6) và (3) ta được:
Với P = 100N, Q = 10N, R = 10cm, r = 1cm, R0 = 20cm, 0, 2 , ta được:
T
P1max
10 1 0,2 2 100. 1 . 1 0,2 R 1 2 . 1 r
10 104N
mg.sin mg.sin sin ;Q 2 sin 2 sin
cos sin - Từ (4): Fms mg 1 2 sin
(5)
(6)
(7)
(8)
- Để thanh cân bằng thì lực ma sát phải là ma sát nghỉ nên: Fms kN kQ , với k là hệ số ma sát.
cos sin mg.sin sin mg 1 k 2 sin 2 sin
k
2 sin cos sin cos 2 1 sin cos tan tan
- Từ định lý hàm số sin ở trên, ta có: sin
- Từ (l0): k
- Từ (2): Pl cos
(10)
( 90
L.sin . d
Đặt cos
d 2 L2 sin2 cos d 2
Ry Q P sin Q P cos
(9)
(11)
2
2
2
(5)
; l là chiều dài của thanh OA)
x ta được Px
2 d L sin 1 L.sin tan
(12)
Q 2x 2 1 . 2
4 3x 2 2x 2 3 0 x
2 d 2 L2 sin 2 1 . L.sin tan
- Vì 0
2
x
Từ đó: Rx P sin
quanh chốt ở đầu O (hình vẽ). Đầu A của thanh được nối bằng dây không dãn, vắt qua ròng rọc S, với một vật có trọng lượng P
2
1 5 4 3
3 cos 60 : SOA là tam giác đều. 2 2
1.sin 30 0,5N ;
R y Q P cos
= 1N. S ở cùng độ cao với O và OS = OA. Khối lượng của ròng rọc
2
2 3 1.cos 30
3 3 N. 2
2
và dây nhỏ không đáng kể. Tính góc SOA ứng với cân bằng của hệ thống và tìm
R Rx2 R y2
0,5
2
3 3 7 N . 2
Vậy: Góc 60 và phản lực của chốt O lên thanh là R 7 N .
phản lực của chốt O. Cân bằng này là bền hay không bền?
b) Loại cân bằng? Thanh OA đang cân bằng với góc 60 : Bài giải
Tính góc SOA ứng với cân bằng của hệ thống và
c)
1 Q cos 2
2
37.Một thanh đồng chất, trọng lượng Q 2 3N có thể quay
b)
(4)
2
Thay P 1N và Q 2 3N vào ta được:
2
Vậy: Để thanh cân bằng thì hệ số ma sát giữa thanh và tường phải là k
a)
- Khi làm cho thanh OA quay theo chiều ngược chiều kim đồng hồ quanh trục O một góc nhỏ (tức điểm A dịch lên trên) thì góc giảm khi đó cos sẽ tăngnhanh hơn cos
tìm phản lực của chốt O
- Các lực tác dụng lên thanh OA: trọng lực Q ; lực căng
T (T= P); phản lực R (của chốt O). - Thanh OA cân bằng nên: Q T R 0 Và: M P O M Q O
2
làm cho M Q O M P O . Kết quả này làm cho
thanh OA quay trở về vị trí cân bằng. - Ngược lại, khi làm cho thanh OA quay theo cùng chiều kim đồng hồ quanhtrục O một góc nhỏ (tức điểm A
(1)
dịch xuống dưới) thì góc tăng khi đó cos sẽgiảm nhanh hơn cos
(2)
làm thanh OA quay trởvề vị trí cân bằng.
- Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được:
Rx P cos P sin
Vậy: Cân bằng của thanh OA là cân bằng bên. 38.Một đoạn dây thép đồng chất, tiết diện đều được uốn thành nửa
2
(3)
vòng tròn bán kính R. Đầu trên được gắn chặt với một vòng nhỏ khối lượng không đáng kể rồi treo vào đỉnh A đóng nằm ngang trên
2
làm cho M Q O M P O . Kết quả này
tường nhẵn, thẳng đứng. Vòng được đỡ bởi đỉnh B đóng trên tường, hai đỉnh cùng nằm trên đường thẳng đứng và cách nhau một khoảng bằng R. Nửa vòng dây nằm cân bằng trong mặt phẳng thẳng đứng. Cho biết khối tâm G của nửa vòng dây nằm cách tâm O của nó một khoảng OG
2R
. Bỏ qua ma sát. Tìm lực do nửa
39.Trên mặt phẳng nằm ngang đặt một thanh AB đồng chất. Người ta nâng thanh một cách từ từ bằng cách tác dụng một lực F không đổi vào đầu B và luôn vuông góc với thanh. Xác định hệ số ma sát giữa thanh và mặt ngang để nâng thanh đến vị trí thẳng đứng mà đầu dưới của nó không bị trượt? Bài giải
vòng đây thép tác dụng lên đỉnh A.
Gọi l và m là chiều dài và khối lượng của thanh. Do nâng thanh từ từ nên có thể coi rằng thanh luôn cân bằng Bài giải
Gọi P là trọng lượng nửa vòng dây thép. Các lực tác dụng lên nửa vòng dây thép: trọng lực P ; các phản lực của đỉnh A và B: QA , QB .
ở mọi vị trí.
- Tại vị trí thanh hợp với phương ngang một góc , các lực tác dụng lên thanh: trọng lực P ; phản lực QA ; lực ma sát Fms ; lực nâng F .
- Nửa vòng dây thép nằm cân bằng nên: P QA QB 0 (1) (2) M QB A M P A
- Thanh luôn cân bằng nên: P QA Fms F 0
(1)
Và M P A M F A
(2)
- Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy, ta được:
- Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy, ta được:
QAx QB sin 60 QB
3 2
QAy P QB cos 60 P
1 QB 2
1
- Từ (2): QB sin 60 P R OG cot 60 sin 60
QA P F cos
1
1 P - Từ(2): P. .cos F1 F cos 2 2
2
P P .sin cos ; QA 1 sin 2 2 2
- Để thanh không trượt thì: Fms N A QA
P 3 2 1 QAx 2 3 - Thay (3) vào (1) và (2) ta được: Q P 1 2 Ay 2 3
(4)
1 1 . 1 2 tan 2 2 tan
40. Một vật khối lượng m = 10kg hình lăng trụ đứng có tiết diện
2
P 3 2 P 2 2 4 QA 1 1 P 1 2 3 3 2 3 2 3
- Lực do nửa vòng dây thép tác dụng lên đỉnh A: N A Q A P 1
sin cos tan 1 sin 2 1 2 tan 2
P P sin cos 1 sin 2 2 2
Vậy: Để nâng thanh đến vị trí thẳng đứng mà đầu dưới không bị trượt thì:
2 2 - Phản lực do đỉnh A tác dụng lên nửa vòng dây thép: QA QAx QAy .
Vậy: Lực do nửa vòng dây thép tác dụng lên đỉnh A: N A P 1
1
Từ 1 , 1 và 2 ta được: Fms
2R 1 2 QB R P R . QB P 1 (3) 3 3
2
F sin Fms
thẳng là tam giác đều ABC cạnh a = 60cm, được kê trên một giá đỡ 2
3 2
3
cố định D sao cho mặt BC thẳng đứng, mặt AB tiếp xúc với giá đỡ
4 3
.
tại E mà EB = 35cm. Coi hệ số ma sát tại giá đỡ và sàn là như nhau. Tìm hệ số ma sát
4 3
2
2
.
giữa vật và sàn. Xác định phản lực của giá đỡ và của sàn tác dụng lên vật. Lấy g = 10m/s2.
1 . 2 2
Bài giải - Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P ; các phản lực Q1 , Q2 ; các lực ma sát Fms1 , Fms 2 .
(1)
Và M P B M Q
(2)
B
- Các lực tác dụng lên thanh: trọng lực P ; lực căng T ; phản lực Q của trục quay tại A. - Momen của trọng lực thanh đối với trục quay qua A:
b Mgb M P A P sin sin 2 2
- Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy, ta được: Q2 sin 30 Fms 2 cos 30 Fms1 0
1
P Q1 Q2 cos 30 Fms 2 sin 30 0
1
- Từ (2): P.GH Q2 .BN P. - Từ 2 , ta được: mg.
Q2 mg .
a 6 EB 2 EB Q2 . Q2 . 3 cos 30 3
(1)
- Momen của lực căng dây đối với trục quay qua A: MT
A
Tb sin 1 kcb sin 1
(2)
- Theo định lí hàm sin trong tam giác AOB, ta có:
2
a 3 2 EB Q2 . 6 3
a 0.6 10.10. 43,3N . 4 EB 4.0.35
c a c sin 1 a sin sin sin 1
Do đó: M T
1 3 .43, 3 .43,3 .43, 3 0 2 2 3 1 .43, 3 .43,3 0 2 2
21, 65 2 100 21, 65 0 0, 22. - Thay 0, 22 vào phương trình trên tính được: Q1 57, 75 N .
A
kcb sin 1 kba sin
- Khi thanh cân bằng: M P A M T
- Từ 1 , 1 , ta được:
10.10 Q1
Bài giải Gọi 1 là góc hợp bởi thanh với dây nối.
- Điều kiện cân bằng của vật: P Q1 Q2 Fms1 Fms 2 0 2
và xác định trong mỗi trường hợp nếu hệ thống cân bằng bền, không bền hoặc phiếm định.
A
(3)
Mgb sin kba sin . 2
Mg sin ka sin 2
- Nếu ka
Mg : thanh cân bằng với mọi và cân bằng là phiếm định. 2
- Nếu ka
Mg : thanh cân bằng khi 0 hoặc . 2
+ Xét trường hợp: 0 , coi 0 trong đó 0 là một góc nhỏ. Khi đó, tổng momen lực: Mg M b ka 2
Vậy: Hệ số ma sát giữa vật và sàn là 0, 22 ; phản lực của sàn và giá đỡ tác dụng lên vật là Q1 57, 75 N và
M 0 đối với ; M 0 đối với .
Q2 43,3 N .
Do đó, M có xu hướng làm tăng trong cả hai trường hợp và cân bằng là không bền. Chuyên đề 13: CÁC DẠNG CÂN BẰNG
41.Một thanh mảnh, đồng chất khối lượng M, độ dài b được gắn bằng
Xét trường hợp: ,coi trong đó 0 là một góc nhỏ. Khi đó, tổng momen lực:
một sợi dây nhỏ, không co dãn với một lò xo có hệ số đàn hồi k. Sợi
Mg M b ka 2
dây được vắt qua một ròng rọc rất nhỏ và nhẵn cố định tại O. Thanh
M 0 đối với ; M 0 đối với .
mảnh có thể quay tự do quanh A không ma sát trong khoảng góc
Do đó, M có xu hướng làm giảm trong cả hai trường hợp và cân bằng là bền.
0 như hình vẽ. Khi c = 0, lò xo ở trạng thái tự nhiên. Giả sử
b < a, OA thẳng đứng. Tìm cácgiá trị của để hệ thống cân bằng tĩnh
- Nếu ka
Mg : thanh cân bằng khi 0 hoặc : 2
+ Xét trường hợp: 0 , cân bằng là bền.
- Từ (3) và (7), điều kiện để khối hộp cân bằng là: 0 45 với 0 arctan
+ Xét trường hợp: , cân bằng là không bền.
1 . 2k 1
42.Một hộp hình khối lập phương đồng chất,một cạnh của
43.Một mặt phẳng nghiêng góc có thể quay đều với vận tốc góc xung quanh trục thẳng đứng qua chân
hộp tựa vào tường nhẵn, một cạnh tựa trên sàn nhà, hệ số
mặt phẳng nghiêng. Hỏi phải đặt một hòn bi khối lượng m ở vị trí nào trên máng để nó đứng yên đối với
ma sát giữa sàn và khối hộp là k. Xác định góc để khối
máng? Bỏ qua ma sát. Cho biết vị trí đó là cân bằng bền hay không bền? (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2008)
hộp cân bằng. Bài giải
(Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2002)
Gọi r là khoảng cách từ trục quay đến vị trí trên máng nghiêng mà tại đó hòn bi nằm cân bằng.
Bài giải - Điều kiện cân bằng của khối hộp là: + Giá của trọng lực phải đi qua mặt chân đế
(1)
+ Lực ma sát Fms kQA
(2)
- Xét hòn bi trong hệ quy chiếu gắn với máng quay. - Các lực tác dụng vào hòn bi: Trọng lực P ; phản lực Q ; lực quán tính (li tâm) Flt với Flt m 2 r.
- Xét điều kiện (1):
- Hòn bi nằm cân bằng trên máng nên: P N Flt 0
90. + Khi CA OA thì giá của trọng lực đi qua A, ta có: OAC
- Chiếu (1) xuống các trục Ox, Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được:
(1)
45 : vật cân bằng. BAO
Qsin Flt 0 Qsin m 2 r 0
(2)
90 BAO 45 : vật trượt. + Khi OAC
Q cos P 0 Q cos mg 0
(3)
Do đó điều kiện (1) là: 45
(3)
- Xét điều kiện (2): + Ta có: P QA QB Fms 0
(4)
- Từ (2) và 3) ta được: r
tan
(4)
- Nhận xét: Từ (4) ta thấy, vận tốc góc của máng nghiêng càng lớn thì vị trí cân bằng tương ứng của hòn bi trên máng
+ Vật cân bằng (chiếu (4) lên Oxy) ta được: QA P; QB Fms
g
2
nghiêng càng ở gần trục quay, tức là càng thấp. (5)
- Vị trí cân bằng đó là bền hay không bền?
+ Xét trục quay qua trọng tâm G, gọi cạnh khối hộp là a, ta có:
+ Giả sử ta dịch hòn bi ra khỏi vị trí cân bằng O của hòn bi một
a 2 a 2 sin Fms cos QA QB 2 2
chút về phía dưới đến vị trí A . Ở vị trí A này, hợp lực F P N có độ lớn lớn hơn Flt cần có để giữ hòn bi
(6)
trên vòng tròn quay bán kính r (vì r r ). Vì thế quả cầu sẽ trượt về phía dưới.
+ Thay (5) vào (6), ta được: P Fms sin Fms cos
+ Giả sử ta dịch quả cầu ra khỏi vị trí cân bằng O của hòn bi một chút về phía trên đến vị trí A . Ở vị trí A
P sin Fms kQA kP cos sin
này, hợp lực F P N có độ lớn nhỏ hơn Flt cần có để giữ quả cầu trên vòng tròn quay bán kính r (vì
sin 45 sin k cos sin cos 45 sin 45
Vậy: A là vị trí cân bằng không bền của hòn bi trên máng nghiêng.
cos sin 1 tan k 2sin 2 tan
không đổi. Một hòn bi nhỏ khối lượng m, xuyên qua thanh và trượt không ma
tan
1 1 min 0 arctan 2k 1 2k 1
r r ). Vì thế quả cầu sẽ trượt lên phía trên.
44.Thanh OA quay quanh trục thăng đứng Oz với vận tốc , góc zOA
sát dọc theo thanh OA. Một lò xo nhẹ có độ cứng k, chiều dài A tự nhiên l0, (7)
một đầu gắn hòn bi m, đầu còn lại cố định tại O. Trục lò xo trùng với thanh OA như hình vẽ.
bị kéo về vị trí cân bằng. Do đó cân bằng này là cân bằng bền.
1. Tìm vị trí cân bằng của hòn bi và điều kiện để có cân bằng.
45. Một ống xx đường kính nhỏ được gắn cốđịnh vào trục quay thẳng đứng Oz tại điểm O. Ống hợp với trục
2. Cân bằng này là bền hay không bền?
Oz thành góc như hình vẽ. Trục Oz quay với tốc độ góc . Trong ống có hai hòn bi nhỏ A có khối lượng M (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2011)
Bài giải
và B có khối lượng m, nối với nhau bằng thanh cứng, nhẹ chiều dài l. Hai bi có thể trượt không ma sát trong ống. Trong quá trình quay A và B luôn nằm trên O.
- Chọn hệ quy chiếu gắn với thanh OA, l là chiều dàicủa lò xo khi quay.
- Các lực tác dụng lên hòn bi: Trọng lực P ; lực đàn hồi Fd ; phản lực Q : lực quán tính (1i tâm) Fq ,
a)
Đặt x = OB, tính x khi hệ cân bằng.
b)
Tìm điều kiện về để hệ cân bằng.
c)
Tính lực căng thanh AB khi có cân bằng.
d)
Cân bằng của hệ là bền hay không bền? Giải thích. (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2012)
- Điều kiện cân bằng của hòn bi:
P F® Q Fq 0
Bài giải
(*)
c) Tính x khi hệ cân bằng
- Chiếu (*) lên trục OA, chiều dương hướng về O, ta được:
- Chọn hệ quy chiếu gắn với ống quay.
P cos F® Fq sin 0
- Các lực tác dụng lên hệ hai hòn bi gắn với nhau: Các trọng lực P1 ,P2 ; các lực quán tính (li tâm) Fq1 ,Fq 2 ;
mg cos k l l0 m 2 l sin 2 0;
các phản lực Q1 ,Q2 , với:
R l sin
Fql M 2 x l sin ; Fq 2 m 2 x sin .
-
Vị trí cân bằng của hòn bi
- Hệ cân bằng đối với ống quay nên:
l
kl0 mg cos k m 2 sin 2
P1 P2 Fq1 Fq 2 Q1 Q2 0
Mg cos mg cos M 2 x l sin2 m 2 x sin2 0
một đoạn x l0 :
M m g cos M x l mx 2 sin 2 0
mg cos kx 0
x
mg cos kx kl0 hay kl0 mg cos 0 - Điều kiện để có cân bằng là: l 0 k m 2 sin 2 0.
k 1 m sin2 sin
- Dạng
(1)
- Chiếu (1) lên trục xOx , ta được: P1 cos P2 cos Fq1 sin Fq 2 sin 0.
- Ban đầu khi chưa quay, vì m nhỏ nên lò xo bị nén
Vậy: Khi hệ cân bằng x
k m
cân
Ml g cos M m 2 sin 2
(2) (3)
Ml g cos . M m 2 sin 2
b) Điều kiện của để hệ cân bằng bằng:
Đặt
f1 l mg cos k l l0 kl mg cos kl0 ; f 2 l m 2l sin2 .
- Vì trong quá trình quay A và B luôn nằm trên O nên ta phải có: x l. - Từ (3) suy ra:
+ Đồ thị f1 l , f 2 l trên hình vẽ. + Theo đồ thị ta thấy khi l tăng thì f1 tăng nhanh hơn f 2 nên hòn bi
Đặt: 0
1 sin
1 sin
M m g cos
M m g cos ml
ml
thì 0 .
Vậy: Điều kiện của để hệ cân bằng là
M m g cos . 1 0 sin ml c) Lực căng thanh AB khi có cân bằng
- Xét hòn bị B, ta có: P2 Q2 T2 Fq 2 0
(4)
- Chiếu (4) lên xOx , ta được: T2 P2 cos Fq 2 sin 0. T2 m 2 x sin 2 mg cos .
- Thay x
Ml g cos , M m 2 sin 2
g cos Ml ta được: T2 m 2 2 2 M m sin T2
2 sin mg cos
Mm l 2 sin 2 . M m
Vậy: Lực căng thanh AB khi có cân bằng là T2
Mm l 2 sin 2 . M m
d) Tính chất cân bằng Nếu 0 thì F2 M x l mx 2 sin 2 tăng lên, F1 M m g cos vẫn không đổi nên A, B sẽ dịch chuyển về phía trên. Do đó, cân bằng của hệ là không bền.