Bài tập động lực học chất điểm (có giải)

Chia sẻ: Nguyen Thi Thanh Yen | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:20

Thêm vào BST

Báo xấu

594
lượt xem 113
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hai lò xo: lò xo một dài thêm 2 cm khi treo vật m1 = 2kg, lò xo 2 dài thêm 3 cm khi treo vật m2 = 1,5kg. Tìm tỷ số k1/k2. Khi gắn vật lò xo dài thêm đoạn l. Ở vị trí cân bằng Một xe tải kéo một ô tô bằng dây cáp. Từ trạng thái đứng yên sau 100s ô tô đạt vận tốc V = 36km/h. Khối lượng ô tô là m = 1000 kg. Lực ma sát bằng 0,01 trọng lực ô tô. Tính lực kéo của xe tải trong thời gian trên.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài tập động lực học chất điểm (có giải)

P HẦN THỨ N H ẤT BAØI TAÄP ÑOÄNG LÖÏC HOÏC CHAÁT ÑIEÅM BAØI 1 :Hai lò xo: lò xo một dài thêm 2 cm khi treo vật m1 = 2kg, lò xo 2 dài thêm 3 cm khi treo vật m2 = 1,5kg. Tìm tỷ số k1/k2. Bài giải: Khi gắn vật lò xo dài thêm đoạn ∆ l. Ở vị trí cân bằng → → F0 = P ⇔ K ∆l = mg Với lò xo 1: k1∆ l1 = m1g (1) Với lò xo 1: k2∆ l2 = m2g (2) Lập tỷ số (1), (2) ta được K 1 m1 ∆l 2 23 = = =2 . K 2 m 2 ∆l 1 1,5 2 BAØI 2 :Một xe tải kéo một ô tô bằng dây cáp. Từ trạng thái đứng yên sau 100s ô tô đạt vận tốc V = 36km/h. Khối lượng ô tô là m = 1000 kg. Lực ma sát bằng 0,01 trọng lực ô tô. Tính lực kéo của xe tải trong thời gian trên. Bài giải: Chọn hướng và chiều như hình vẽ Ta có gia tốc của xe là: V − V 0 10 − 0 = 0,1(m / s2 ) a= = t 100 Theo định luật II Newtơn : → → → F + f ms = m a F − fms = ma F = fms + ma = 0,01P + ma = 0,01(1000.10 + 1000.0,1) = 200 N BAØI 3 :Hai lò xo khối lượng không đáng kể, độ cứng lần lượt là k1 = 100 N/m, k2 = 150 N/m, có cùng độ dài tự nhiên L0 = 20 cm được treo thẳng đứng như hình vẽ. Đầu dưới 2 lò xo nối với một vật khối lượng m = 1kg. Lấy g = 10m/s2. Tính chiều dài lò xo khi vật cân bằng.
Bài giải: Khi cân bằng: F1 + F2 = Với F1 = K1∆ l; F2 = K2∆ 1 nên (K1 + K2) ∆ l = P P 1.10 ⇒ ∆l = = = 0,04 (m) K 1 + K 2 250 Vậy chiều dài của lò xo là: L = l0 + ∆ l = 20 + 4 = 24 (cm) BAØI 4 : Tìm độ cứng của lò xo ghép theo cách sau: Bài giải: Hướng và chiều như hình vẽ: Khi kéo vật ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn x thì : Độ dãn lò xo 1 là x, độ nén lò xo 2 là x → → Tác dụng vào vật gồm 2 lực đàn hồi F1 ; F 2 , → → → F1 + F 2 = F Chiếu lên trục Ox ta được : F = −F1 − F2 = −(K1 + K2)x Vậy độ cứng của hệ ghép lò xo theo cách trên là: K = K1 + K2 BAØI 5 :Hai vật A và B có thể trượt trên mặt bàn nằm ngang và được nối với nhau bằng dây không dẫn, khối lượng không đáng kể. Khối lượng 2 vật là mA = 2kg, mB = 1kg, ta tác dụng vào vật A một lực F = 9N theo phương song song với mặt bàn. Hệ số ma sát giữa hai vật với mặt bàn là m = 0,2. Lấy g = 10m/s2. Hãy tính gia tốc chuyển động.
Bài giải: Đối với vật A ta có: → → → → → → P1 + N 1 + F + T1 + F1ms = m1 a1 Chiếu xuống Ox ta có: F − T1 − F1ms = m1a1 Chiếu xuống Oy ta được: −m1g + N1 = 0 Với F1ms = kN1 = km1g F − T1 − k m1g = m1a1 (1) ⇒ * Đối với vật B: → → → → → → P2 + N 2 + F + T2 + F2ms = m 2 a2 Chiếu xuống Ox ta có: T2 − F2ms = m2a2 Chiếu xuống Oy ta được: −m2g + N2 = 0 Với F2ms = k N2 = k m2g ⇒ T2 − k m2g = m2a2 (2) ⇒ Vì T1 = T2 = T và a1 = a2 = a nên: F - T − k m1g = m1a (3) T − k m2g = m2a (4) Cộng (3) và (4) ta được F − k(m1 + m2)g = (m1+ m2)a F − µ(m1 + m2 ).g 9 − 0,2(2 + 1).10 = 1m / s2 ⇒ a= = m1 + m2 2+1 BAØI 6 :Hai vật cùng khối lượng m = 1kg được nối với nhau bằng sợi dây không dẫn và → khối lượng không đáng kể. Một trong 2 vật chịu tác động của lực kéo F hợp với phương ngang góc a = 300 . Hai vật có thể trượt trên mặt bàn nằm ngang góc a = 300 Hệ số ma sát giữa vật và bàn là 0,268. Biết rằng dây chỉ chịu được lực căng lớn nhất là 10 N. Tính lực kéo lớn nhất để dây không đứt. Lấy 3 = 1,732. Bài giải: Vật 1 có : → → → → → → P1 + N 1 + F + T1 + F1ms = m1 a1 Chiếu xuống Ox ta có: F.cos 300 − T1 − F1ms = m1a1 : Fsin 300 − P1 + N1 = 0 Chiếu xuống Oy Và F1ms = k N1 = k(mg − Fsin 300) ⇒ F.cos 300 − T1k(mg − Fsin 300) = m1a1 (1)
Vật 2: → → → → → → P2 + N 2 + F + T2 + F2ms = m 2 a2 Chiếu xuống Ox ta có: T − F2ms = m2a2 : −P2 + N2 = 0 Chiếu xuống Oy Mà F2ms = k N2 = km2g ⇒ T2 − k m2g = m2a2 Hơn nữa vì m1 = m2 = m; T1 = T2 = T ; a1 = a2 = a ⇒ F.cos 300 − T − k(mg − Fsin 300) = ma (3) ⇒ T − kmg = ma (4) Từ (3) và (4) T(cos300 + µ sin300 ) ⇒ T= ≤ t m· 2 2Tm· 2.10 F≤ = = 20 0 0 cos30 + µ sin30 3 1 + 0,268 2 2 Vậy Fmax = 20 N Bài 7: Hai vật A và B có khối lượng lần lượt là mA = 600g, mB = 400g được nối với nhau bằng sợi dây nhẹ không dãn và vắt qua ròng rọc cố định như hình vẽ. Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và lực ma sát giữa dây với ròng rọc. Lấy g = 10m/s2. Tính gia tốc chuyển động của mối vật. Bài giải: Khi thả vật A sẽ đi xuống và B sẽ đi lên do mA > mB và TA = TB = T aA = aB = a Đối với vật A: mAg − T = mA.a Đối với vật B: −mBg + T = mB.a * (mA − mB).g = (mA + mB).a m − mB 600 − 400 .10 = 2m / s2 * a= A .g = 600 + 400 mA + mB Bài 8:
Ba vật có cùng khối lượng m = 200g được nối với nhau bằng dây nối không dãn như hình vẽ. Hệ số ma sát trượt gjữa vật và mặt bàn là µ = 0,2. Lấy g = 10m/s2. Tính gia tốc khi hệ chuyển động. Bài giải: Chọn chiều như hình vẽ. Ta có: → → → → → → → → → → → → F3 + P3 + N 3 + T4 + T3 + F2ms + P2 + N 2 + T2 + T1 + P1 = M a Do vậy khi chiếu lên các hệ trục ta có: mg − T1 = ma1  T2 − T3 − Fms = ma2 T − F = ma 4 ms 3 Vì T1 = T2 = T T3 = T4 = T' a1 = a2 = a3 = a mg − T = ma  ⇒ T − T ' − Fms = ma ' T − Fms = ma mg − 2Fms = 3ma ⇒ mg − 2µmg = 3ma 1 − 2µ 1 − 2.0,2 .10 = 2m / s2 ⇒ a= .g = 3 3 Bài 9: Một xe trượt không vận tốc đầu từ đỉnh mặt phẳng nghiêng góc α = 300. Hệ số ma sát trượt là µ = 0,3464. Chiều dài mặt phẳng nghiêng là l = 1m. lấy g = 10m/s2 và 3 = 1,732 Tính gia tốc chuyển động của vật. Bài giải:
Các lực tác dụng vào vật: → 1) Trọng lực P → 2) Lực ma sát Fms → 3) Phản lực N của mặt phẳng nghiêng Hợp lực 4) → → → → → F = P+ N + Fms = m a Chiếu lên trục Oy: − Pcoxα + N = 0 ⇒ N = mg coxα (1) Chiếu lên trục Ox : Psinα − Fms = max ⇒ mgsinα − µN = max (2) từ (1) và (2) ⇒ mgsinα − µ mg coxα = max ⇒ ax = g(sinα − µ coxα) = 10(1/2 − 0,3464. 3 /2) = 2 m/s2 BAØI 10 :Cần tác dụng lên vật m trên mặt phẳng nghiêng góc α một lực F bằng bao nhiêu để vật nằm yên, hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là k , khi biết vật có xu hướng trượt xuống. Bài giải: Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ. Áp dụng định luật II Newtơn ta có : → → → → F+ P+ N + Fms = 0 Chiếu phương trình lên trục Oy: N − Pcoxα − Fsinα = 0 ⇒ N = Pcoxα + F sinα Fms = kN = k(mgcoxα + F sinα) Chiếu phương trình lên trục Ox : Psinα − F coxα − Fms = 0 ⇒ F coxα = Psinα − Fms = mg sinα − kmg coxα − kF sinα
mg(sinα − kcoxα) mg(tgα − k ) ⇒F= = cosα + k sin α 1 + ktgα BAØI 11 : Xem hệ cơ liên kết như hình vẽ m1 = 3kg; m2 = 1kg; hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là µ = 0,1 ; α = 300; g = 10 m/s2 Tính sức căng của dây? Bài giải: Giả thiết m1 trượt xuống mặt phẳng nghiêng và m2 đi lên, lúc đó hệ lực có chiều như hình vẽ. Vật chuyển động nhanh dần đều nên với chiều dương đã chọn, nếu ta tính được a > 0 thì chiều chuyển động đã giả thiết là đúng. Đối với vật 1: → → → → → P1 + N + T1 + Fms = m1 a1 Chiếu hệ xOy ta có: m1gsinα − T − µN = ma − m1g coxα + N = 0 * m1gsinα − T − µ m1g coxα = ma (1) Đối với vật 2: → → → P2 + T2 = m 2 a2 ⇒ −m2g + T = m2a (2) Cộng (1) và (2) ⇒ m1gsinα − µ m1g coxα = (m1 + m2)a m g sin α − µm1 cosα − m2 g ⇒ a= 1 m1 + m2 1 3 3.10. − 0,1.3 − 1.10 2 2 ≈ 0,6 (m / s2 ) = 4 Vì a > 0, vậy chiều chuyển động đã chọn là đúng * T = m2 (g + a) = 1(10 + 0,6) = 10,6 N BAØI 12 :Sườn đồi có thể coi là mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng a = 300 so với trục Ox nằm ngang. Từ điểm O trên sườn đồi người ta ném một vật nặng với vận tốc ban đầu V 0 theo phương Ox. Tính khoảng cách d = OA từ chỗ ném đến điểm rơi A của vật nặng trên sườn đồi, Biết V0 = 10m/s, g = 10m/s2.
Bài giải: Chọn hệ trục như hình vẽ. Phương trình chuyển động và phương trình quỹ đạo là: x = V 0 t   12 y = 2 gt  Phương trình quỹ đạo 1g 2 y= x (1) 2 2 V0 Ta có: x A = OH = d cosα  y A = OK = d sin α Vì A nằm trên quỹ đạo của vật nặng nên xA và yA nghiệm đúng (1). Do đó: 1g (d cosα) 2 d sin α = 2 2 V0 2 2V0 sin α 2.102 sin300 ⇒ d= = = 1,33 m . . g cosα 10 cos300 BAØI 13 :Một hòn đá được ném từ độ cao 2,1 m so với mặt đất với góc ném a = 450 so với mặt phẳng nằm ngang. Hòn đá rơi đến đất cánh chỗ ném theo phương ngang một khoảng 42 m. Tìm vận tốc của hòn đá khi ném ? GIAÛI Chọn gốc O tại mặt đất. Trục Ox nằm ngang, trục Oy thẳng đứng hướng lên (qua điểm ném). Gốc thòi gian lúc ném hòn đá. Các phương trình của hòn đá x = V0 cos450t (1) y = H + V0sin 450t − 1/2 gt2 (2) Vx = V0cos450 (3) Vy = V0sin450 − gt (4) Từ (1) x ⇒ t= V0 cos450
Thế vào (2) ta được : x2 1 0 y = 4 + tg45 .x − g. 2 (5) 2 V0 cos2 450 Vận tốc hòn đá khi ném Khi hòn đá rơi xuống đất y = 0, theo bài ra x = 42 m. Do vậy x2 1 ⇒ H + tg450 x − g 2 =0 2 V0 cos2 450 g x. 42 4.9 2 ⇒ V0 = = = 20(m / s) 2 0 0 cos45 tg45 .x + H . 1 + 42 2 BAØI 14 : Một máy bay đang bay ngang với vận tốc V1 ở độ cao h so với mặt đất muốn thả bom trúng một đoàn xe tăng đang chuyển động với vận tốc V2 trong cùng 2 mặt phẳng thẳng đứng với máy bay. Hỏi còn cách xe tăng bao xa thì cắt bom (đó là khoảng cách từ đường thẳng đứng qua máy bay đến xe tăng) khi máy bay và xe tăng chuyển động cùng chiều. Bài giải: Chọn gốc toạ độ O là điểm cắt bom, t = 0 là lúc cắt bom. Phương trình chuyển động là: x = V1t (1) y = 1/2gt2 (2) Phương trình quỹ đạo: 1g 2 y= x 2 2 V0 Bom sẽ rơi theo nhánh Parabol và gặp mặt đường tại B. Bom sẽ trúng xe khi bom và xe cùng lúc đến B 2h 2y 2h x B = V1 ⇒t= = và g g g Lúc t = 0 còn xe ở A 2h ⇒ AB = V2 t = V2 g * Khoảng cách khi cắt bom là : 2h HA = HB − AB = (V1 − V2 ) (V1 = V2 ) g BAØI 15 : Từ đỉnh một mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng β so với phương ngang, người ta ném một vật với vận tốc ban đầu V0 hợp với phương ngang góc α . Tìm khoảng cách l dọc theo mặt phẳng nghiêng từ điểm ném tới điểm rơi.
Bài giải; Các phương thình toạ độ của vật: x = V 0 cosαt (1)  (2) y = H + V sin αt − 1  0 2gt 2  Từ (1) x ⇒ t= V0 cosα Thế vào (2) ta được: x2 1 y = H + tgαx − g 2 (3) 2 V0 cos2 α Ta có toạ độ của điểm M: x M = l cosβ  y M = H − l sinβ Thế xM, yM vào (3) ta được: gl 2 cos2 β H − l sinβ = H + tgαl cosβ − 2V0 cos2 α 2 tgα cosβ + sinβ ⇒ l = 2V 0 cos2 α. 2 g cos2 β sin α cosβ + cosα sinβ 2 = 2V 0 cosα g cos2 β sin(α + β) 2 = 2V 0 cosα g cos2β BAØI 16 :Ở một đồi cao h0 = 100m người ta đặt 1 súng cối nằm ngang và muốn bắn sao cho quả đạn rơi về phía bên kia của toà nhà và gần bức tường AB nhất. Biết toà nhà cao h = 20 m và tường AB cách đường thẳng đứng qua chỗ bắn là l = 100m. Lấy g = 10m/s2. Tìm khoảng cách từ chỗ viên đạn chạm đất đến chân tường AB. Bài giải:
Chọn gốc toạ độ là chỗ đặt súng, t = 0 là lúc bắn. Phương trình quỹ đạo 1g 2 y= x 2 2 V0 Để đạn chạm đất gần chân tường nhất thì quỹ đạo của đạn đi sát đỉnh A của tường nên 1g 2 yA = x 2A 2 V0 1g 1.10 ⇒ V0 = .x A = .100 = 25m / s 2 yA 2.80 Như vậy vị trí chạm đất là C mà 2.y C 2h 2.100 x C = V0 = V0 = 25 = 11,8(m) g g 10 Vậy khoảng cách đó là: BC = xC − l = 11,8 (m) BAØI 17 : Một vật được ném lên từ mặt đất theo phương xiên góc tại điểm cao nhất của quỹ đạo vật có vận tốc bằng một nửa, vận tốc ban đầu và độ cao h0 =15m. Lấy g = 10m/s2. Tính ở độ lớn vận tốc Bài giải: Chọn: Gốc O là chỗ ném * Hệ trục toạ độ xOy * T = 0 là lúc ném Vận tốc tại 1 điểm V = Vx + Vy Tại S: Vy = 0 ⇒ Vs = Vx = Vo cosα Mà Vo 1 ⇒ cosα = ⇒ α = 60o Vs = 2 2 Và
( Vo sin α ) 2 2gys 2x10x15 yx = ⇒ Vo = = = 20m / s sin α 2g 3 2 BAØI 18 : Em bé ngồi dưới sàn nhà ném 1 viên bi lên bàn cao h = 1m với vận tốc V0 = 2 10 m/s. Để viên bi có thể rơi xuống mặt bàn ở B xa mép bàn A nhất thì vận tốc Vo phải nghiêng với phương ngang 1 góc α bằng bao nhiêu? Lấy g = 10m/s2. Bài giải: Để viên bi có thể rơi xa mép bàn A nhất thì quỹ đạo của viên bi phải đi sát A. Gọi V1 là vận tốc tại A và hợp với AB góc α mà: 1 2 V sin2α 1 AB = g (coi như được ném từ A với AB là tầm Để AB lớn nhất thì π sin 2α 1 = 1 ⇒ α 1 = 4 Vì thành phần ngang của các vận tốc V0cosα = V.cosα1 đều bằng nhau V ⇒ cosα = . cosα 1 Vo Với V = V 2 − 2gh  o  1 cosα 1 =  2 Nên 2 Vo − 2gh 1 1 gh 1 10x1 1 cosα = .= − 2= − = ( ) 2 Vo 2 2 Vo 2 2 10 2 ⇒ α = 60o BAØI 19 : Một bàn nằm ngang quay tròn đều với chu kỳ T = 2s. Trên bàn đặt một vật cách trục quay R = 2,4cm. Hệ số ma sát giữa vật và bàn tối thiểu bằng bao nhiêu để vật không trượt trên mặt bàn. Lấy g = 10 m/s2 và π2 = 10 Bài giải:
Khi vật không trượt thì vật chịu tác dụng của 3 lực: P, N; Fms nghØ Trong đó: P+ N = 0 Lúc đó vật chuyển động tròn đều nên Fms là lực hướng tâm: Fms = mw2 R(1)   Fms = µ.mg(2)  w 2R ⇒ w 2 R ≤ µ.g ⇒ µ ≥ g Với w = 2π/T = π.rad/s π 2 .0,25 ⇒µ≥ = 0,25 10 Vậy µmin = 0,25 BAØI 20 : Một lò xo có độ cứng K, chiều dài tự nhiên l0, 1 đầu giữ cố định ở A, đầu kia gắn vào quả cầu khối lượng m có thể trượt không ma sát trên thanh (∆ ) nằm ngang. Thanh (∆ ) quay đều với vận tốc góc w xung quanh trục (A) thẳng đứng. Tính độ dãn của lò xo khi l0 = 20 cm; w = 20π rad/s; m = 10 g ; k = 200 N/m Bài giải: Các lực tác dụng vào quả cầu P ; N ; Fdh K ∆l = mw2 ( l o + ∆l ) ( ) ⇒ ∆l K − mw2 = mw2 l o mw2 l o ⇒ ∆l = K − mw2
với k > mw2 0,01.( 20π ) .0,2 2 ∆l = = 0,05m 200 − 0,01.( 20π) 2 BAØI 21 :Vòng xiếc là một vành tròn bán kính R = 8m, nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Một người đi xe đạp trên vòng xiếc này, khối lượng cả xe và người là 80 kg. Lấy g = 9,8m/s2 tính lực ép của xe lên vòng xiếc tại điểm cao nhất với vận tốc tại điểm này là v = 10 m/s. Bài giải: Các lực tác dụng lên xe ở điểm cao nhất là P ; N Khi chiếu lên trục hướng tâm ta được mv2 P+ N = R v   102  2 ⇒ N = m − g  = 80 − 9,8 = 216N R  8      BAØI 22 : Một quả cầu nhỏ có khối lượng m = 100g được buộc vào đầu 1 sợi dây dài l = 1m không co dãn và khối lượng không đáng kể. Đầu kia của dây được giữ cố định ở điểm A trên trụ quay (A) thẳng đứng. Cho trục quay với vận tốc góc w = 3,76 rad/s. Khi chuyển động đã ổn định hãy tính bán kính quỹ đạo tròn của vật. Lấy g = 10m/s2. Bài giải: Các lực tác dụng vào vật T ; P Khi (∆ ) quay đều thì quả cầu sẽ chuyển động tròn đều trong mặt phẳng nằm ngang, nên hợp lực tác dụng vào quả cầu sẽ là lực hướng tâm. F = P+ T với F ⊥ P   F = mw2 R  w 2R F và tgα = = mg g R = lsinα w 2 l sin α sin α ⇒ tgα = = cosα g Vì g 10 = 0,707 ⇒ α = 45o α ≠ 0 ⇔ cosα = 2 = 2 w l 3,76 .1 R = lsinα = 0,707 (m) Vậy bán kính quỹ đạo
BAØI 23 : Chu kỳ quay của mặt băng quanh trái đất là T = 27 ngày đêm. Bán kính trái đất là R0 = 6400km và Trái đất có vận tốc vũ trụ cấp I là v0 = 7,9 km/s. Tìm bán kính quỹ đạo của mặt trăng. Bài giải: Mặt trăng cũng tuân theo quy luật chuyển động của vệ tinh nhân tạo. Vận tốc của mặt trăng GM o v= R Trong đó M0 là khối lượng Trái đất và R là bán kính quỹ đạo của mặt trăng. Vận tốc vũ trụ cấp I của Trái Đất GM o vo = Ro 2π Ro v ⇒ = ;v = .R vo R T R o T.v 2 6400( 27.360024) 2 x( 7,9) 2 2πR Ro . . 3 o ⇒ = ⇒R = = 4.( 3,14) 2 2 4π Tvo R ⇒ R = 38.105 km BAØI 24 : Quả cầu m = 50g treo ở đầu A của dây OA dài l = 90cm. Quay cho quả cầu chuyển động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng quanh tâm O. Tìm lực căng của dây khi A ở o vị trí thấp hơn O. OA hợp với phương thẳng đứng góc α = 60 và vận tốc quả cầu là 3m/s, g = 10m/s2. Bài giải: Ta có dạng: → T ; P= ma Chiếu lên trục hướng tâm ta được v2 o T − P cos60 = maht = m R  2  1 32 9  v  g cos600 +  = 0,05 10x +  = 0,75N ⇒ T = m R   2     PHẦN THỨ HAI
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬT LÍ VẬN DỤNG SÁNG TẠO PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ Phương pháp tọa độ là phương pháp cơ bản trong việc giải các bài tập vật lí phần động lực học. Muốn nghiên cứu chuyển động của một chất điểm, trước hết ta cần chọn một vật mốc, gắn vào đó một hệ tọa độ để xác định vị trí của nó và ch ọn một gốc thời gian cùng với một đồng hồ hợp thành một hệ quy chiếu. Vật lí THPT chỉ nghiên cứu các chuyển động trên một đường thẳng hay chuyển động trong một mặt phẳng, nên hệ tọa độ chỉ gồm một trục hoặc một hệ hai trục vuông góc tương ứng. Phương pháp + Chọn hệ quy chiếu thích hợp. + Xác định tọa độ ban đầu, vận tốc ban đầu, gia tốc của chất điểm theo các trục tọa độ: x0, y0; v0x, v0y; ax, ay. (ở đây chỉ khảo sát các chuyển động thẳng đều, biến đổi đều và chuyển động của chất điểm được ném ngang, ném xiên). + Viết phương trình chuyển động của chất điểm  1 x = a x t 2 + v 0x t + x 0   2  y = 1 a t 2 + v t + y   y 0y 0 2 + Viết phương trình quỹ đạo (nếu cần thiết) y = f(x) bằng cách khử t trong các phương trình chuyển động. + Từ phương trình chuyển động hoặc phương trình quỹ đạo, khảo sát chuyển động của chất điểm: - Xác định vị trí của chất điểm tại một thời điểm  đã cho. - Định thời điểm, vị trí khi hai chất điểm gặp nhau theo điều kiện x 1 = x 2   y1 = y 2 - Khảo sát khoảng cách giữa hai chất điểm d = (x 1 − x 2 ) 2 + (y1 − y 2 ) 2 Học sinh thường chỉ vận dụng phương pháp tọa độ để giải các bài toán quen thuộc đại loại như, hai xe chuyển động ngược chiều gặp nhau, chuyển động cùng chiều đuổi kịp nhau,…trong đó các chất điểm cần khảo sát chuyển động đã tường minh, chỉ cần làm theo một số bài tập mẫu một cách máy móc và r ất dễ nhàm chán. Trong khi đó, có rất nhiều bài toán tưởng chừng như phức tạp, nhưng nếu vận dụng một cách khéo léo phương pháp tọa độ thì chúng trở nên đơn giản và rất thú vị. Xin đưa ra một số ví dụ: Bài toán 1 Một vật m = 10kg treo vào trần một buồng thang máy có khối l ượng M = 200kg. Vật cách sàn 2m. Một lực F kéo buồng thang máy đi lên với gia tốc a = 1m/s 2. Trong lúc buồng đi lên, dây treo bị đứt, lực kéo F vẫn không đổi. Tính gia tốc ngay sau đó của buồng và thời gian để vật rơi xuống sàn buồng. Lấy g = 10m/s2.
Nhận xét Đọc xong đề bài, ta thường nhìn nhận hiện tượng xảy ra trong thang máy (chọn hệ quy chiếu gắn với thang máy), rất khó để mô tả chuyển đ ộng c ủa vật sau khi dây treo bị đứt. Hãy đứng ngoài thang máy để quan sát (chọn hệ quy chiếu gắn với đất) hai chất điểm vật và sàn thang đang chuyển động trên cùng một đường thẳng. Dễ dàng vận dụng phương pháp tọa độ để xác định được thời điểm hai chất điểm gặp nhau, đó là lúc vật rơi chạm sàn thang. Giải Chọn trục Oy gắn với đất, thẳng đứng hướng lên, gốc O tại y  vị trí sàn lúc dây đứt, gốc thời gian t = 0 lúc dây đứt. F Khi dây treo chưa đứt, lực kéo F và trọng lực P = (M + m)g gây ra gia  T v0 tốc a cho hệ M + m, ta có F - P = (M + m)a ⇒ F = (M + m)(a + g) = 2310N  + Gia tốc của buồng khi dây treo đứt P Lực F chỉ tác dụng lên buồng, ta có y  02 F – Mg = Ma1, suy ra v0 F − Mg a1 = = 1,55m/s 2 O M + Thời gian vật rơi xuống sàn buồng Vật và sàn thang cùng chuyển động với vận tốc ban đầu v0. Phương trình chuyển động của sàn thang và vật lần lượt là 1 1 y1 = a 1 t 2 + v 0 t ; y 2 = a 2 t 2 + v 0 t + y 02 2 2 Với a1 = 1,55m/s2, y02 = 2m, vật chỉ còn chịu tác dụng của trọng lực nên có gia tốc a2 = -g Vậy y1 = 0,775t 2 + v 0 t và y 2 = 5t 2 + v 0 t + 2 Vật chạm sàn khi Vật chạm sàn khi y1 = y2, suy ra t = 0,6s. Bài toán 2 Một toa xe nhỏ dài 4m khối lượng m2 = 100kg đang chuyển động trên đường ray với vận tốc v0 = 7,2km/h thì một chiếc vali kích thước nhỏ khối lượng m1 = 5kg được đặt nhẹ vào mép trước của sàn xe. Sau khi trượt trên sàn, vali có th ể n ằm yên trên sàn chuyển động không? Nếu được thì nằm ở đâu? Tính vận tốc mới của toa xe và vali. Cho biết hệ số ma sát giữa va li và sàn là k = 0,1. Bỏ qua ma sát giữa toa xe và đường ray. Lấy g = 10m/s2. Nhận xét Đây là bài toán về hệ hai vật chuyển động trượt lên nhau. Nếu đứng trên đường ray qua sát ta cũng dễ dàng nhận ra sự chuyển động của hai chất điểm vali và mép sau của sàn xe trên cùng một phương. Vali chỉ trượt khỏi sàn xe sau khi tới mép sau sàn xe, tức là hai chất điểm gặp nhau. Ta đã đưa bài toán về dạng quen thuộc.  Giải v0 Chọn trục Ox hướng theo chuyển động của xe, gắn với đường ray, gốc O N2 tại vị trí mép cuối xe khi thả vali, gốc N1 F' ms O x thời gian lúc thả vali.  P'1 P1 F ms P2
+ Các lực tác dụng lên Vali: Tr ng lực P1 = m1g, phản lực N1 và lực ma sát với sàn xe Fms, ta có ọ   P1 + N1 + Fms = m1a 1 Chiếu lên Ox và phương thẳng đứng ta được: Fms = m1a1 và N1 = P1 = m1g, suy ra Fms kN 1 a1 = = = kg = 1m/s 2 m1 m1 Xe: Trọng lực P2 = m2g, trọng lượng của vali P1 = m1g , phản lực N2 và lực ma sát , với valiF’ms.Ta có    P1 + P2 + N 2 + F'ms = m 2 a 2 ' Chiếu lên trục Ox ta được -F’ms = m2a2 − F' ms − Fms − km1g a2 = = = = −0,05m/s 2 m2 m2 m2 Phương trình chuyển động của vali và xe lần lượt 1 x 1 = a 1 t 2 + x 01 = 0,5t 2 + 4 2 1 x 2 = a 2 t 2 + v 0 t = −0,025t 2 + 2t 2 Vali đến được mép sau xe khi x1 = x2, hay 0,5t2 + 4 = -0,025t2 + 2t Phương trình này vô nghiệm, chứng tỏ vali nằm yên đối với sàn trước khi đ ến mép sau của xe. Khi vali nằm yên trên sàn, v1 = v2 Với v1 = a1t + v01 = t , v2 = a2t + v0 = -0,05t + 2, suy ra t = - 0,05t + 2 suy ra t = 1,9s Khi đó vali cách mép sau xe một khoảng d = x 1 − x 2 = 0,5t + 4 + 0,025t − 2t 2 2 Với t = 1,9s ta có d = 2,1m Vận tốc của xe và vali lúc đó v1 = v2 = 1,9m/s. Bài toán 3  Một bờ vực mặt cắt đứng có dạng một phần v0 parabol (hình vẽ). Từ điểm A trên sườn bờ vực, ở độ cao h = 20m so với đáy vực và cách điểm B đối diện trên bờ α l bên kia (cùng độ cao, cùng nằm trong mặt phẳng cắt) một A B khoảng l = 50m, bắn một quả đạn pháo xiên lên với vận tốc v0 = 20m/s, theo hướng hợp với phương nằm ngang h góc  = 600. Bỏ qua lực cản của không khí và lấy g = 10m/s2. Hãy xác định khoảng cách từ điểm rơi của vật đến vị trí ném vật. Nhận xét Nếu ta vẽ phác họa quỹ đạo chuyển động của vật sau khi ném thì thấy điểm ném vật và điểm vật rơi là hai giao điểm của hai parabol. Vị trí các giao điểm đ ược xác định khi biết phương trình của các parabol. Giải
Chọn hệ tọa độ xOy đặt trong mặt phẳng quỹ đạo của vật, gắn với đất, gốc O tại đáy vực, Ox nằm ngang cùng chiều chuyển động của vật, Oy thẳng đứng hướng lên. Gốc thời gian là lúc ném vật. Hình cắt của bờ vực được xem như một phần parabol (P1) y = ax 2 đi qua điểm A có tọa độ y(m) l ; y = h) (x = - 2 4  Suy ra 20 = a(- 25)2 ⇒ a = v0 125 42 Phương trình của (P1): y = x α 125 A B Phương trình chuyển động của vật: h C O x(m)  l x = v 0 cosαt − = 10t − 25   2   y = − 1 gt 2 + v sinαt + h = −5t 2 + 10 3t + 20   0 2 Khử t đi ta được phương trình quỹ đạo (P2): 1 2 2 3 −5 5 y=− x+ x + (20 3 − 9) 20 2 4 Điểm rơi C của vật có tọa độ là nghiệm của phương trình:  1 y= x2   2000 với x ≠ −25m, y ≠ 20m  1 2 2 3 −5 5 y = − x + x + (20 3 − 9)   20 2 4 Suy ra tọa độ điểm rơi: xC = 15,63m và yC = 7,82m Khoảng cách giữa điểm rơi C và điểm ném A là AC = (x A − x C ) 2 + (y A − y B ) 2 = 42,37m Một số bài toán vận dụng  Bài 1 v0 Từ đỉnh dốc nghiêng góc  so với phương ngang, một vật được phóng đi α với vận tốc v0 có hướng hợp với phương ngang góc . Hãy tính tầm xa β của vật trên mặt dốc. 2v 0 cos α.sin (α + β) 2 ĐS: s = gcos 2β
Bài 2 Trên mặt nghiêng góc  so với phương ngang, người ta giữ một lăng tr ụ khối l ượng m. Mặt trên của lăng trụ nằm l ngang, có chiều dài l, được đặt một vật kích thước không đáng kể, M’ 3 khối lượng 3m, ở mép ngoài M Mm lăng trụ (hình vẽ). Bỏ qua ma sát m giữa vật và lăng trụ, hệ số ma sát giữa lăng trụ và mặt phẳng α nghiêng là k. Thả lăng trụ và nó bắt đầu trượt trên mặt phẳng nghiêng. Xác định thời gian từ lúc thả lăng trụ đến khi vật nằm ở mép trong M’ lăng trụ. l ĐS: t = 2 g ( k sin α − cos α ) cos α Bài 3 Hai xe chuyển động thẳng đều với các vận tốc v1, v2 (v1