Bài tập tính tương đối của chuyển động

Chia sẻ: Bùi Hồng Cơ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:23

Thêm vào BST

Báo xấu

1.005
lượt xem 248
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong cơ học lớp 10 có đề cập đến tính tương đối của chuyển động: thể hiện ở tính tương đối của quỹ đạo vận tốc và gia tốc. Đây là một trong những phần khó mà học sinh thường mắc sai lầm khi giải bài tập. Để giúp học sinh hiểu sâu hơn, có kỹ năng tốt hơn khi giải các bài tập về tính tương đối của chuyển động. Tôi đưa ra một số bài tập có vận dụng công thức cộng vận tốc, khảo sát chuyển động của vật trong hệ quy chiếu có gia tốc và...

Chủ đề:

Bình luận(1) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài tập tính tương đối của chuyển động

Bài tập tính tương đối của chuyển động 1
CÔNG THỨC CỘNG VẬN TỐC Vận dụng công thức : V 13  V 12  V 23 * Bài tập đơn giản vận dụng công thức cộng vận tốc trong chuyển động thẳng cùng phương Câu 1: Trên một đường thẳng có ba người chuyển động, một người đi xe máy, một người đi xe đạp và một người đi bộ giữa hai người kia. Ở thời điểm ban đầu, khoảng cách giữa người đi bộ và người đi xe đạp nhỏ hơn khoảng cách giữa người đi bộ và người đi xe máy hai lần. Người đi xe máy và người đi xe đạp đi lại gặp nhau với vận tốc lần lượt là 60km/h và 20km/h. Biết rằng cả ba người gặp nhau tại cùng một thời điểm. Xác định vận tốc và hướng chuyển động của người đi bộ. Giải: - Gọi vị trí người đi xe máy, người đi bộ A B C Và người đi xe đạplúc ban đầu lần lượt là A, B và C x S là chiều dài quảng đường AC. Vậy AB = 2S/3, BC = S/3. - Chọn trục tọa độ trùng với đường thẳng chuyển động, chiều dương là chiều chuyển động của người đi xe máy. Mốc thời gian là lúc bắt đầu chuyển động: v1 = 60km/h, v3 = - 20km/h - Người đi bộ đi với vận tốc v2. Vận tốc của người đi xe máy đối với người đi bộ là v12. Ta có: v1  v12  v2  v12  v1  v 2 => v12 = v1 – v2 (đk: v12 >0 (1): để người đi xe máy gặp người đi bộ) - Vận tốc của người đi bộ đối với người đi xe đạp là v23. Ta có: v2  v23  v3  v23  v 2  v3 => v23 = v2 – v3 (đk : v23 >0 (2): để người đi bộ gặp người đi xe đạp). - Kể từ lúc xuất phát, thời gian người đi xe máy gặp người đi bộ và người đi bộ gặp người đi xe đạp lần lượt là: + t1 = AB/v12 = 2S/3(v1 – v2) + t2 = BC/v23 = S/3(v2 – v3) Vì ba người gặp nhau cùng lúc nên: t1 = t2  2S/3(v1 – v2) = S/3(v2 – v3)  2( v2 – v3) = v1 – v2  v2 = (v1 + 2v3)/3 = (60 – 2.20)/3  6,67 (km/h) - Vậy vận tốc của người đi bộ là 6,67 km/h theo hướng từ B đến C 2
* Bài tập đơn giản vận dụng công thức cộng vận tốc trong chuyển động thẳng đều có phương vuông góc Câu 2: Hai vật nhỏ chuyển động trên hai trục tọa độ vuông góc Ox, Oy và qua O cùng một lúc. Vật thứ nhất chuyển động trên trục Ox theo chiều dương với gia tốc 1m/s2 và vận tốc khi qua O là 6m/s. Vật thứ hai chuyển động chậm dần đều theo chiều âm trên trục Oy với gia tốc 2m/s2 và vận tốc khi qua O là 8m/s. Xác định vận tốc nhỏ nhất của vật thứ nhất đối với vật thứ hai trong khoảng thời gian từ lúc qua O cho đến khi vật thứ hai dừng lại. Giải: Chọn mốc thời gian lúc 2 vật qua O - Phương trình vận tốc của vật thứ nhất trên trục Ox: v1 = v01 + a1t = 6 + t y - Phường trình vận tốc của vật thứ hai trên trục Oy: v2 = v02 + a2t = - 8 + 2t - Khoảng thời gian vật thứ hai dừng lại: v2 = 0 => t = 4s - Vận tốc của vật thứ nhất đối với vật thứ hai là: O v1 v12  v1  v2 . Do v1 vuông góc với v2 . x 2 2 2 2 v12 => v12 = v  v = (6  t )  (8  2t ) 1 2 => v12 = 5t 2  20t  100 . v2 Biểu thức trong căn của v12 đạt giá trị nhỏ nhất khi  (20) t=  2 (s) < 4 (s). 2.5 Vậy v12 có giá trị nhỏ nhất khi t = 2s. => (v12)min = 5.2 2  20.2  100  8,94 (m/s) Khi đó v1 = 8m/s, (v 1 , v 12 )   . với Cos  = v1/v12 = 8/8,94  0,895 =>  = 26,50 - Vậy v12 đạt giá trị nhỏ nhất là 8,94m/s tại thời điểm t = 2s và hợp với Ox góc 26,50 * Bài tập về chuyển động thẳng đều và ném xiên vận dụng công thức cộng vận tốc trên một phương Câu 3: Tại điểm O phóng một vật nhỏ với vật tốc ban đầu v01 ( Hướng đến điểm M ) nghiêng một góc  = 450 so với phương nằm ngang. Đồng thời tại điểm M cách O một khoảng l = 20m theo đường nằm ngang một vật nhỏ khác chuyển động thẳng đều trên đường thẳng OM theo chiều từ O đến M với vận tốc v2 = 7,1m/s. Sau một lúc hai vật va chạm vào nhau tại một điểm trên đường thẳng OM. Cho gia tốc rơi tự do g = 10m/s2. Xác định v01. 3
Giải: y - Chọn trục tọa độ như hình vẽ: Mốc thời gian là lúc các vật bắt đầu chuyển động. - Vận tốc của vật 1 trên trục Ox là: v01 v1x  v 01 cos  O  M v2 - Vận tốc của vật 1 đối với vật 2 trên trục Ox là: x v12  v1  v2 => v12x = v1x – v2 = v01cos  - v2: Điều kiện để vật 1 va chạm với vật 2 2 là v12x > 0  v01cos  - v2 > 0 => cos   v 2  0 (1) 2 - Khoảng thời gian từ lúc hai vật chuyển động đến lúc va chạm là: OM l t= = (2) v12 x v01 cos   v2 - Phương trình tọa độ của vật 1 trên trục Oy là: y = (v01sin  )t – gt2/2. - Thời gian vật 1 ném xiên từ O đến khi chạm với vật 2 ( trên trục Ox ) thỏa 2v01 sin  mãn phương trình y = 0  (v01sin  )t – gt2/2 = 0 => t = (3) g ( t = 0 loại ) l 2v01 sin  - Từ (2) và (3) suy ra: = . Thay số vào ta có: v01 cos   v 2 g 2 2v01 20 2 2   v01  7,1 2v01  200  0 2 10 v01  7,1 2 7,1 2  900,82 7,1 2  900,82  v01 =  0 (loại) hoặc v01 =  20(m / s ) (thỏa 2 2 mản (1)).Vậy v0 1= 20(m/s). * Các bài tập chuyển động thẳng đều khác phương Câu 4: Một ô tô chuyển động thẳng đều với vận tốc v1 = 54km/h. Một hành khách cách ô tô đoạn a = 400m và cách đường đoạn d = 80m, muốn đón ô tô. Hỏi người ấy phải chạy theo hướng nào, với vận tốc nhỏ nhất là bao nhiêu để đón được ô tô? A v13 E v21  Giải: v23 - Gọi ô tô là vật 1, hành khách là 2, mặt đất là vật 3 M N Muốn cho hành khách đuổi kịp ô tô thì trước hết  B H C 4 v13
véc tơ vận tốc v 21 của người ấy đối với ô tô phải luôn hướng về phía ô tô và tại thời điểm ban đầu véc tơ v21 hướng từ A đến B - Theo công thức cộng vận tốc: v13  v12  v23  v23  v13  v12  v13  v21 - Xét hai tam giác ∆AMN và ∆ABC, có chung góc A và MN//AE//BC => góc AMN bằng góc ABC. MN AN AE AN v v Vậy ∆AMN đồng dạng với ∆ABC =>    hay 13  23 BC AC BC AC BC AC AC AC => v23 = .v13  .v1 (v 13  v 1 ) BC BC AC BC AC sin  sin  - Trong tam giác ABC luôn có    . Vậy v23 = .v1 sin  sin  BC sin  sin  d => v23 nhỏ nhất khi sin  = 1, tức là  = 900 => (v23)min = sin  .v1 = v1 = a 80 54  10,8(km / h) 400 - Vậy, người đó phải chạy với vận tốc 10,8km/h theo hướng vuông góc với AB về phía đường. Câu 5: Hai tàu A và B ban đầu cách nhau một khoảng l. Chúng chuyển động 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  (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 các vị trí A và B thì hai tàu gặp nhau? b. Muốn hai tàu gặp nhau ở H (BH vuông góc với v1 ) thì các độ lớn vận tốc v1, v2 phải thỏa mản điều kiện gì? A Giải:  v21 a. Tàu B chuyển động với vận tốc v2 hợp với BA góc  . v1 B - Hai tàu gặp nhau tại M. Ta có AM = v1.t, BM = v2.t H  - Trong tam giác ABM: AM BM v1t vt v2 v1 +    2  sin  sin  sin  sin  v M  sin  = 1 sin  (1) v2 - Tàu B phải chạy theo hướng hợp với BA một góc  thỏa mản (1) - Cos  = cos[1800 – (    ) ] = - cos(    ) = sin  . sin   cos . cos  5
- Gọi vận tốc của tàu B đối với tàu A là v21 . Tại thời điểm ban đầu v21 cùng phương chiều với BA . Theo công thức cộng vận tốc: v21  v23  v13  v2  v1 => v21  v2  v12  2v2 v1 cos  2 2 => v 21  v 22 (sin 2   cos 2  )  v12 (sin 2   cos 2  )  2v1v 2 (sin  . sin   cos  . cos  ) 2 =( sin 2  .v2  2 sin  sin  .v1v2  sin 2  .v12 )+ 2 ( cos2  .v22  2 cos cos  .v1v2  cos2  .v12 ) = ( sin  .v2  sin  .v1 ) 2 +( cos  .v2  cos .v1 ) 2 = 0 + ( cos  .v2  cos .v1 ) 2 ( theo (1) ) => v21 = v1. cos  v2 cos  Vậy thời gian để tàu B chuyển động đến gặp tàu A là: AB l t=  v21 v1 cos   v2 cos  b. Để 2 tàu gặp nhau ở H thì     90 0    900    sin   sin( 900   )  cos  v v Theo (1) ta có: cos  1 sin   tan   2 v2 v1 Câu 6: Hai chiếc tàu chuyển động với cùng vận tốc đều v, hướng đến O theo các quỹ đạo là những đường thẳng hợp với nhau góc  = 600. Xác định khoảng cách nhỏ nhất giữa các tàu. Cho biết ban đầu chúng cách O những khoảng l1 = 20km và l2 = 30km. Giải: - Chọn các truc tọa độ Ox1, Ox2 như hình vẽ. - Mốc thời gian là lúc các tàu ở M01, M02 ( OM01 = l1, OM02 = l2 ) - Phương trình chuyển động của các tàu là: x2 M2 + Tàu thứ nhất trên trục tọa độ Ox1: x1 = OM 1 = x01 + v1t = - l1 + vt + Tàu thứ hai trên trục tọa độ Ox2 : M01 O  M1 x2 = OM 2 = x02 + v2t = - l2 + vt x1 M02 - Khoảng cách giữa hai tàu là M1M2. ta có: 2 2 2 M 1 M 2  OM 2  OM 1 =>(M1M2) =OM1 + OM2 – 2OM1OM2.cos( OM 1 ,OM 2 ) - Đặt M1M22 = f(vt) = (vt – l1)2 + (vt – l2)2 – 2 (vt  l1 )(vt  l2 ) cos( OM 1 ,OM 2 ) 1. Xét vt  l1 hoặc vt  l2: (D1) (1) 6
- Khi vt  l1 thì x1  0 và x2 < 0 => M1 nằm giữa M01 và O, M2 nằm giữa M02 và O => ( OM 1 ,OM 2 ) =  - Khi vt  l2 thì x1 > 0 và x2  0 => ( OM 1 , OM 2 ) =  - Vậy khi vt thỏa mản (D1) thì: f(vt) = (vt – l1)2 + (vt – l2)2 – 2(vt – l1)(vt – l2)cos  = 2(1-cos  )(vt)2 – 2(l1+l2)(1- cos  )vt + l12 – 2l1l2cos  + l22 1 2 b' l l + Nếu xét t  0 thì f(vt) đạt giá trị nhỏ nhất tại vt = - a  2 không thỏa mản (1). + f(vt) là tam thức bặc hai có hệ số a > 0. Vậy trên (D1) thì f(vt) đạt giá trị nhỏ nhất tại vt = l1 hoặc vt = l2 + f(l1) = (l1 – l2)2 (2) 2 + f(l2) = (l1 – l2) (3) 2. Xét khi l1 < vt < l2: (D2) (4). Khi đó x1> 0 và x2 < 0 tức là M1 nằm ngoài OM01, M2 nằm trên đoạn OM02 => ( OM 1 ,OM 2 ) = 1800 -  2 2 0 => f(vt) = (vt – l1) + (vt – l2) – 2(vt – l1)(l2 – vt )cos(180 -  ) 2 2 = (vt – l1) + (vt – l2) - 2(vt – l1)(vt – l2)cos  = 2(1-cos  )(vt)2 – 2(l1+l2)(1- cos  )vt + l12 – 2l1l2cos  + l22 1 b' l  l2 + f(vt) đạt giá trị nhỏ nhất tại vt = - a  2  (D2) l l + Vậy f(vt)min = f( 2 ) = 1 2 2 2  l1  l2  l l  l l  l  l    l1    1 2  l2   2 1 2  l1  1 2  l2  cos   2   2   2  2  1  cos  = (l2  l1 ) 2 (5) 2 1  cos  - Do  1 . So sánh các trường hợp (2), (3), (5) 2 1  cos  => (M1M2)2min = f(vt)min = (l2  l1 ) 2 2 1  cos  1  12 => (M1M2)min = l2  l1  30  20  8,7(km) 2 2 * Các bài toán về chuyển động tròn Câu 7: Hai chất điểm chuyển động tròn đều đồng tâm, đồng phẳng, cùng chiều. Với bán kính và tốc độ góc lần lượt là R1, R2 và 1 ,  2 . Cho R1 > R2,, 1   2 .Chọn mốc thời gian là lúc các chất điểm và tâm thẳng hàng. 7
Viết biểu thức vận tốc của chất điểm thứ nhất đối với chất điểm thứ hai theo thời gian t. Từ đó xác định giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của vận tốc này. Giải. Sau khoảng thời gian t Bán kính nối chất điểm M01 thứ nhất và tâm quét một góc 1  1t .Bán kính M02 nối chất điểm thứ hai và M2 tâm quét một góc M1  2   2 t . Vì 1   2  M1OM2 = M1OM01 – v2 v2 O M2OM02 =  1   2 v12 = ( 1   2 )t v1 Do v1 vuông góc với OM1 Và v2 vuông g óc với OM2 Vậy (v 1 , v 2 )  (OM 1 , OM 2 )  M 1OM 2 = (1   2 )t Vận tốc của chất điểm thứ nhất đối với chất điểm thứ hai là: v 13  v 12  v 23 hay v1  v 12  v 2  v 12  v1  v 2 v12  v12  v 2  2v1v 2 cos(v 1 , v 2 )  v12  v12  v 2  2v1v 2 cos(1   2 )t 2 2 2 2  v12  (1 R1 ) 2  ( 2 R2 ) 2  21 2 R1 R2 cos(1   2 )t 2  v12  (1 R1 ) 2  ( 2 R2 ) 2  21 2 R1 R2 cos(1   2 )t Vậy v12 đạt giá trị nhỏ nhất khi cos(1   2 )t  1 => (v12)min = (1 R1 ) 2  ( 2 R2 ) 2  21 R1 2 R2  1 R1   2 R2 v12 đạt giá trị lớn nhất khi cos(1   2 )t  1 => (v12)max = (1 R1 ) 2  ( 2 R2 ) 2  21 R1 2 R2  1 R1   2 R2 Câu 8: Chất điểm chuyển động theo đường tròn bán kính R với vận tốc góc  trên mặt bàn phẳng (P). Mặt bàn chuyển động tịnh tiến thẳng đều với vận 8
tốc v0 đối với mặt đất. chọn mốc thời gian là lúc véc tơ vận tốc của chất điểm trong hệ quy chiếu gắn với (P) vuông góc với v0 .  Xác định vận tốc của chất điểm đối với mặt đất tại thời điểm t = . 4 Giải: - Do véc tơ vận tốc trong chuyển động tròn đều có phương tiếp tuyến với đường tròn quỹ đạo. Vậy tại thời điểm ban đầu chất điểm ở A Sau thời điểm t chất điểm ở B, bán kính quỹ đạo quét được góc       t    => (v, v0 )     4 4 2 4 - Vận tốc chất điểm đối với mặt đất: O v0 v13  v  v0 => v13  v 2  v0  2vv0 cos(v,v0 ) 2 A  2 v0 =  2 R 2  v02  2Rv0 B 2 v v13 =  2 R 2  v02  2Rv0 Câu 9: Coi quỹ đạo chuyển động của Mặt Trăng quay quanh Trái Đất và Trái Đất quay quanh Mặt Trời cùng thuộc một mặt phẳng và cùng là chuyển động tròn đều. Các chuyển động quay này là cùng chiều và có chu kỳ quay lần lượt là TM =27,3 ngày và TĐ= 365 ngày. Khoảng cách giữa Mặt Trăng và Trái Đất là RM=3,83.105km và giửa Trái Đất và Mặt Trời là RĐ=149,6.106 km.Chọn mốc thời gian là lúc Mặt Trời, Trái Đất, Mặt Trăng thẳng hàng và Trái Đất nằm giữa ( lúcTrăng tròn). 1. Tính khoảng thời gian giữa hai lần trăng tròn liên tiếp. 2. Coi Trái Đất, Mặt Trăng là các chất điểm.Viết biểu thức tính vận tốc của Mặt Trăng đối với Mặt Trời. Từ đó suy ra vận tốc nhỏ nhất, tìm vận tốc này T1 Giải: T1 D1 T2  D2 vD vT 1 vD vTM S 9
1. Xét trong khoảng thời gian ngắn t , Trái Đất quay quanh mặt trời góc 1 ,Mặt Trăng quay quanh Trái Đất góc T1D2T2 =  2 . Do TM < TD =>  2 > 1 * Xét chuyển động quay của Mặt Trăng trong hệ quy chiếu gắn với Trái Đất và Mặt Trời (đoạn DS xem là đứng yên ). Trong khoảng thời gian t trong hệ quy chiếu này Mặt Trăng quay được góc là  . Từ hình vẽ =>  = 1 -  2  1  2 - Tốc độ quay là:     =>   M   D t t t 2 2 2 1 1 1       T TM TD T TM TD Vậy chu kỳ quay của Mặt Trăng trong hệ quy chiếu DS là: TM TD 27,3.365 T   29,5 ( ngày). TD  TM 365  27,3 => Khoảng thời gian giữa hai lần Trăng tròn liên tiếp là 29,5 ngày 2. Gọi vận tốc của Mặt Trăng quay quanh Trái Đất và vận tốc của Trái Đất quay quanh Mặt Trời là vT và vD . Sau khoảng thời gian t thì ( vT , vD ) =  = t (Do v T vuông góc với D2T2, v D v uông góc với SD2) - Vận tốc của Mặt Trăng quanh Mặt Trời ở thời điểm t là: vTM  vT  vD => vTM  vT2  vD  2vT vD cos   vT2  vD  2vT vD cos t 2 2 2 2 2  2   2  2 2 2 =  RM    RD   2 RM T  T  RD cos t  M   D  TM TD T 2 2 RM RD R R 2 => vTM  2 2  2  2 M D cos t . Vận tốc vTM đạt giá trị nhỏ nhất khi TM TD TM TD T 2 cos t  1 . T 2 2 R   RD  RM R D RM RD =>(vTM)min = 2  M T     T   2 T T  2 T  T   M   D  M D M D Thay số: TM = 27,3 ngày = 655,2 giờ, TD = 365 ngày = 8760 giờ 3,84.105 149,6.10 6 (vTM)min = 2    10,354.10 4 (km/h) 655, 2 8760 Câu 10: Tàu sân bay chuyển động trên đại dương về hướng Đông với vận tốc v1. Gió thổi về hướng Bắc với vận tốc v2. Khi hạ cánh, máy bay tiến gần đến con tàu với vận tốc v3 theo hướng thẳng đứng. Hãy xác định giá trị vận tốc của máy bay đối với không khí chuyển động? 10
Giải: Gọi tàu sân bay là (1), gió là (2) Bắc máy bay là (3), đại dương là (4) - Áp dụng công thức: V nm  V np  V pm v24 Tây v14 Đông - Vận tốc của tàu bay đối với gió V 12  V 14  V 42 = V 14  V24 . Do V 14 vuông góc với V 24  V12 = V14  V24  V12  V22 2 2 v31 v12 -Vận tốc của mày bay đối với không khí: Nam V 32  V 31  V 12 32 v Do V 12 nằm trong mặt phẳng (P) = mp( V 14 , V 24 ), và V 31 vuông góc với (P) (Do vận tốc của máy bay đối với tàu có phương thẳng đứng) => V 31 vuông góc với V 12 , vậy V32  V31  V12  V12  V22  V32 2 2 Câu11: Một sợi dây mảnh chiều dài 2l. Mổi đầu dây nối với một quả cầu nhỏ khối lượng M = 2m. Ba quả cầu cùng đứng yên trên mặt bàn nhẳn nằm ngang, sợi dây kéo căng và ba quả cầu cùng nằm V0 trên một đường thẳng. Bây giờ cấp cho quả cầu M một xung lực làm cho nó đat vận tốc vo, hướng của vo thẳng góc với dây. Tính vận tốc của các quả cầu và m M m lực căng sợi dây tại thời điểm hai sợi dây nối các quả cầu m hợp với nhau góc 1200 Giải. - Do sàn nhẳn nên hệ ba quả cầu là hệ kín. Khối tâm của hệ chuyển động với vận tốc: M Vo 2mVo V VG =   o M  2m 2m  2m 2 khối tâm của hệ chuyển động cùng hướng với V 0 . - Vận tốc của các quả cầu đối với khối tâm G ở thời điểm ban đầu: VO VO V + Đối với quả cầu M: V OMG  V O  V G  V O   2 2 M V0 V0 1200 = 2  + Các quả cầu m: V O1G  V 01  V G  0   ; 2 2 T T V o 2G  V o1 - V G = 0 - V o =  Vo 2 2 m m V 1M V 2M - Động lượng của hệ trong hệ quy chiếu gắn với khối tâm: 11
V0 V0 V0 M V OMG  mV O1G  mV O 2G  2m m m 0 2 2 2 Vậy động lượng của hệ trong hệ quy chiếu gắn với khối tâm luôn bằng 0. - Tại thời điểm các sợi dây hơp nhau góc 1200 vận tốc các quả cầu trong hệ quy chiếu khối tâm là V 1G ,V 2G ,V MG . Đặt VMG = u. Vận tốc của các quả cầu m đối với quả cầu M là: V 1M , V 2 M ( V 1M , V 2 M ) = 1200 (Do V 1M , V 2 M vuông góc với các sợi dây). V 1G = V 1M + V MG ; V 2G = V 2 M + V MG -Luôncó: M V MG +m V 1G +m V 2G =0 hay M V MG +m( V 1M + V MG )+m( V 2 M + V MG ) = 0 => (M+2m) V MG + m( V 1M + V 2 M ) = 0 thay M = 2m => 4 V MG + V 1M + V 2 M = 0 (1) -Trong quá trình chuyển động khối tâm G dịch chuyển đối với vật M luôn có hướng ngược với hướng chuyển động của M. Tức là V MG cùng hướng với chuyển động của M (cùng hướng với V o ). V MG VG   V 2G   V 1G V2   V1  V 2M V 2G V 1M V 1G (Hình 1) (Hình 2) Chiếu (1) lên phương của V o ta có: 4VMG –V1M cos  - V1Mcos  = 0 2VMG 2u (V1M = V2M) =>V1M = = = 4u cos  1/ 2 2 2 2 0 V 1G  V 1M  V MG  V1G = VMG + V1M + 2V1MVMGcos(180 -  ) 12
(T ừ hình vẻ (1)  (V 1M ,V MG )  180 0   ) = u2 + (4u )2 + 2.4u.u.cos1200 = 13u2 => V1G =V2G = 13 u VMG  V12  V12 2 u 2  ( 13u ) 2  (4u ) 2  13 - Từ hình vẻ 1 ta có:cos  = G M = = 2VMGV1G 2u. 13u 13 - Tại thời điểm ( V 1M ;V 2 M )=1200 . Vận tốc của các quả cầu m là V 1 , V 2 .Vận tốc quả cầu M là V . V 1 = V 1G + V G ; V 2 = V 2G + V G . Do V MG cùng hướng với V0 (cùng hướng với V G )  ( V G , V 1G ) = ( V G , V 2G ) =  .  V12 = VG2 +V1G2 +2VGV1G cos  = V02/4 + 13u2 + 2(V0/2) 13 u.  13 13 = 1/4V02 + 13u2 –V0u - Do V  V MG  V G Và V MG cùng chiều với V G  V=VMG +VG  V = u 1 1 + V0/2 .Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng được: MV02 = MV2 2 2 1 1 + m V12 + mV22 . Thay M = 2m và V1 =V2  V02 = V2+V12 2 2 2  V02 = (u + V0 )2 + 1 V02 + 13u2 – uV0  V02 = 14u2+ V0 2 4 2  u = 7 V0 . Vậy V = 7 (1  7 ) V0 ; 14 14 1 2 13V02 7V0 V1 = V2 = V0   V0 = V0 10  7 4 28 14 14 13
* Các quả cầu m chuyển động tròn quanh quả cầu M do tác dụng lực căng sợi dây T 2 2 2 2  T = m V1M = m16u = 16mV0  4mV0 l l 28l 7l II- CHUYỂN ĐỘNG TRONG HỆ QUY CHIẾU CÓ GIA TỐC: - Tõ c«ng thøc: V13 = V12 + V23 . Sau kho¶ng thêi t C«ng thøc trªn t¬ng øng víi: V ' 13 = V' 12 + V ' 23 . ' VËy: V ' 13 - V13 = V 12 - V12 + V ' 23 - V23  V 13  V 12  V 23 V13 V12 V  = + 23  a 13  a12  a 23 t t t - VËt chuyÓn ®éng trong hÖ quy chiÕu cã gia tèc a 0 th× chÞu thªm lùc qu¸n tÝnh. F q  ma 0 C©u 1: Cho hÖ nh h×nh vÏ, hÖ sè ma s¸t gi÷a m = 1kg vµ M = 3kg lµ  1= 0,15 gi÷a M vµ sµn lµ  2 = 0,1. 1) Cho M chuyÓn ®éng nhanh dÇn ®Òu theo ph¬ng ngang víi gia tèc a đối víi sµn. T×m a ®Ó: a) m n»m trªn M b) m trît trªn M m 2) Ban ®Çu hÖ ®øng yªn. M T×m ®é lín lùc F n»m ngang. a) §Æt lªn m ®Ó m trît trªn M b) §Æt lªn M ®Ó M trît khái m. Xem lùc ma s¸t trît b»ng lùc ma s¸t nghÜ cùc ®¹i, lÊy g = 10m/s2. Gi¶i: 1) XÐt m trong hÖ quy chiÕu g¾n víi M 14
VËt m chÞu t¸c dông cña träng lùc m g , ph¶n lùc N , lùc ma sat F ms1 vµ lùc qu¸n tÝnh Fq a) Khi m n»m yªu trªn M Fq + F ms1 + mg + N =0    Fq + F ms1 = 0  Fq = Fms1. Fq N  Fms1  ma = Fms1   mg.  1  a a  1 g = 0,15 . 10 = 1,5 (m/s2). mg b) Khi m trît trªn M víi gia tèc a12 Th× Fq + Fms + mg + N = m . a12  1 N  Q  Fq + Fms1 = m . a12  Fms1  F  Fq – Fms1 = m . a12 .   ,  m . a -  1mg = m. a12 > 0 mg Fms1 Fms 2  a >  1g = 1,5 m/s2.   a > 1,5 m/s2. N, P2 2. a XÐt c¸c vËt m, M trong hÖ quy chiÕu g¾n víi mÆt sµn: - VËt m chÞu t¸c dông cña + lùc F + lùc ma s¸t do M t¸c dông Fms 1 + träng lùc P1 ph¶n lùc N . - VËt M chÞu t¸c dông cña träng lùc P2 , ph¶n lùc N ' (N=N,) do m t¸c dông, ph¶n lùc Q do sµn t¸c dông, lùc ma s¸t do m t¸c dông F ' ms vµ lùc Fms 2 1 do sàn t¸c dông. Ta cã: (Fms1)Max = (Fms1)trît =  1mg = 0,15.1.10 = 1,5N. (F ms2)Max = (F ms2)trît =  2Q =  2 (N + P2) =  2(mg + Mg) = 0,1 ( 1.10 + 3.10) = 4N. VËy (F’ms1)Max < (Fms2)Max (Fms1 =F,ms1 )  M lu«n n»m yªn ®èi víi sµn VËy muèn m trît trªn M th× F > (Fms1)max = Fms1Trît. 15
 F > 1,5N. 2.b C¸c lùc t¸c dông lªn M nh h×nh vÏ: Gi¶ sö F tho¶ m·n ®Ó M trît khỏi m khi ®ã M còng ph¶i trît ®èi víi sµn. Do ®ã c¸c lùc ma s¸t ®Òu lµ lùc ma s¸t  trît. N   Q VËt M chuyÓn ®éng víi gia tèc a 2 ®èi víi sµn: Fq  Fms 1 P2 + N ’ + Q + F + Fms1 + F ms 2 = M a 2  , P  ’  Fms 1 1 F  F - F ms1 - Fms2 = M a2 Fms 2 Do F’ms1 = Fms1    F -  1mg -  2 (M + m)g. = M. a2. N, P2 F  1 mg   2 ( M  m) g  a2 = M XÐt m trong hÖ quy chiÕu g¾n víi M vËt m chÞu t¸c dông cña P1 , N , Fq , Fms1 , m trît trªn M th× Fq >( Fms1 )ma x  m . a2 >  1mg  a2 >  1 g F  1 mg   2 ( M  m) g  >  1g M  F > (  1 +  2). ( M + m) g = ( 0,15 + 0,1). (3 + 1).10 = 10(N). C©u 2: Thanh OA quay quanh mét trôc th¼ng ®øng OZ  víi vËn tèc gãc  . Gãc Z¤A =  kh«ng ®æi. Mét hßn bi nhá, khèi lîng m, cã thÓ trît kh«ng ma s¸t trªn OA vµ ®îc nèi víi ®iÓm O b»ng mét lß xo cã ®é cøng K vµ cã chiÒu dµi tù nhiªn lµ l0 . T×m vÞ trÝ c©n b»ng cña bi?. Gi¶i : 0 XÐt hÖ quy chiÕu g¨n víi thanh OA. Viªn bi chÞu c¸c lùc : + Träng lùc P , ph¶n lùc N cña thanh vu«ng gãc víi OA   + lùc qu¸n tÝnh li t©m: Fq = m.a = m .  2r = m  2l . sin  . N  + Lùc ®µn håi cña lß xo F Fq  P Gi¶ sö lß xo bÞ gi¶n th× F = K ( l – l0). §iÒu kiÖn c©n b»ng lµ: P + N + Fq + F = 0 .(*) 0 16
ChiÕu lªn trôc OA, chiÒu d¬ng tõ A  O ta cã: F + mg. cos  - Fq. sin  . = 0  K (l - l0) + mg cos  - m  2l. sin2  = 0 Kl 0  mgCos  l= (1). K  m 2 Sin 2 NÕu lß xo bÞ nÐn th× F cã chiÒu ngîc l¹i vµ cã ®é lín : F = K (l0 – l). ChiÕu (*) lªn OA ta ®îc: - F + mg Cos  - Fq. sin  . = 0  - K (l0 – l) + mg Cos  - Fq. sin  . = 0. K (l0 – l) + mg Cos  - Fq. sin  . = 0. Gi¶i ra ®îc l tho¶ m·n (1). C©u 3: Cho hÖ nh h×nh vÏ, thang m¸y ®i lªn víi gia tèc a 0 híng lªn. TÝnh gia tèc cña m1 vµ m2 ®èi víi ®Êt. a0 Bá qua c¸c lùc ma s¸t vµ khèi lîng d©y nèi vµ m1 m2 rßng räc. Gi¶i: XÐt c¸c vËt trong hÖ quy chiÕu g¾n víi thang m¸y, vËt m chÞu t¸c dông cña träng lùc P 1 , lùc c¨ng d©y T 1 , lùc qu¸n tÝnh F q1 , vËt m2 chÞu t¸c dông T1 cña träng lùc P2 lùc c¨ng d©y T 2 , Fq1 P1 T1 a 0 lùc qu¸n tÝnh F q 2 , (T1 = T2 = T). P2 Fq 2 Gi¶ sö m1 chuyÓn ®éng duèng díi víi gia tèc a1 th× m2 chuyÓn lªn víi gia tèc a 2 ( a1 = a2 = a). VËt m1 : T1 + Fq1 + P = m1 a1 1  P1 + Fq1 – T = m1 a. (1) VËt m2: P2 + Fq 2 + T = m 2 a 2  T – Fq2 – P2 = m2a (2) 17
Céng (1) vµ (2)  P1 + Fq1 – F q2 – P2 = (m1 + m2)a  m1g + m1a0 - m2a0 – m2g = (m1 +m2)a  (m  m 2 )( g  a0 ) a= 1 a0 m1  m2  Gia tèc cña m1 ®èi víi ®Êt: a1  , a 1, a  a1  a 0 1 Chän chiÒu d¬ng híng lªn: a,1 = a0 – a1 = a0 - a. (m1  m 2 )( g  a0 ) a, 1 = a0 - , m1  m2 a2  2m2 a 0  (m2  m1 ) g a2 = m1  m2  a0 Gia tèc cña m2 ®èi víi ®Êt , a2  a2  a0  a, 2 = a2 + a0 = a + a 0 (m1  m 2 )( g  a0 ) = + a0 m1  m2 2m1a 0  (m 2  m1 ) g a, 2 = . m1  m 2 C©u 4: VËt khèi lîng m ®øng yªn ë ®Ønh mét c¸i nªm nhê mat s¸t. T×m thời gian vËt trît hÕt nªm vµ gia téc cña vËt ®èi víi ®Êt. Khi nªm chuyÓn ®éng nhanh dÇn ®Òu sang tr¸i víi gia tèc a0 . HÖ sè ma s¸t trît gi÷a mÆt nªm vµ m lµ  chiÒu dµi mÆt nªm lµ l, gãc nghiªng lµ  vµ a0 < g cot an Gi¶i: 18
 y  Fms N  0  Fq a0  P x  VËt m chuyÓn ®éng víi gia tèc a trong hÖ quy chiÕu g¾n víi nªm, Ta cã: P  N  F ms  F q  m a (*) ChiÕu (*) lªn oy ta ®îc: N + Fq.Sin  - P. Cos  = 0  N = P. Cos  - Fq.Sin  = mg Cos  - ma0 .Sin  = m (g Cos  - a0 .Sin ). Do a0 < g cot an  N > 0 : (VËt lu«n n»m trªn nªm). Fms =  . N =  m (g Cos  - a0 .Sin ).  a0  ChiÕu (*) lªn ox ta ®îc:  Fq Cos  + P. Sin  - Fms = m.a. a  a,  ma0. Cos  + mg. Sin  -  m (g Cos  - a0 .Sin ) = ma  a = (Sin  -  . Cos ) g + ( Cos  +  .Sin ).a0 (1) 1 2 1 2 Tõ ph¬ng tr×nh: S = at  l= at 2 2 2l 2l t = = a ( Sin  Cos ) g  (Cos  Sin )a 0 , Gia tèc cña vËt ®èi víi mÆt ®Êt: a  a  a 0  a,2 = a2 + a0 2 + 2a a 0 19
= a2 + a0 2 + 2a . a0. cos ( 1800 -  ). = a2 + a02 – 2a. a0 cos   a, = a 2  a 2 0  2a.a 0 .Cos Víi a tho¶ m·n (1). C©u 5: Cho c¬ hÖ nh h×nh vÏ. T×m gia tèc cña m ®èi víi M m vµ cña M ®èi víi ®Êt. HÖ sè ma s¸t gi÷a m vµ M M  lµ  vµ sµn nh½n. Gi¶i:  Q   y N F ms  Fq 0  P1 x   , , N  F ms P2 *XÐt vËt m trong hÖ quy chiÕu g¾n víi nªm. Ta cã: P1  N  F q  F ms  m a 12 (*). ChiÕu (*) lªn oy: N + Fq.Sin  - mg cos  = 0  N = mg Cos  - Fq.Sin  = mg Cos  - ma2. Sin  (a2 là gia tốc của M đối với mặt đất )  N = m (g Cos  - a2. Sin  ). *VËt M trong hÖ quy chiÕu g¾n víi sµn. ' , P 2  N  Q  F ms  M a 2 (**) ChiÕu (**) lªn ph¬ng ngang: 20