Đang tải... (xem toàn văn)
Bài tập tính tương đối của chuyển động
Bài tập tính tương đối chuyển động CƠNG 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 chuyển động thẳng phương Câu 1: Trên đường thẳng có ba người chuyển động, người xe máy, người xe đạp người hai người Ở thời điểm ban đầu, khoảng cách người người xe đạp nhỏ khoảng cách người người xe máy hai lần Người xe máy người xe đạp lại gặp với vận tốc 60km/h 20km/h Biết ba người gặp thời điểm Xác định vận tốc hướng chuyển động người Giải: - Gọi vị trí người xe máy, người B A C Và người xe đạplúc ban đầu A, B C S chiều dài quảng đường AC Vậy AB = 2S/3, BC = S/3 - Chọn trục tọa độ trùng với đường thẳng chuyển động, chiều dương chiều chuyển động người xe máy Mốc thời gian lúc bắt đầu chuyển động: v1 = 60km/h, v3 = - 20km/h - Người đi với vận tốc v Vận tốc người xe máy người v12 Ta có: v1 = v12 + v2 ⇒ v12 = v1 − v => v12 = v1 – v2 (đk: v12 >0 (1): để người xe máy gặp người bộ) - Vận tốc người người xe đạp v23 Ta có: v2 = v23 + v3 ⇒ v 23 = v − v3 => v23 = v2 – v3 (đk : v23 >0 (2): để người gặp người xe đạp) - Kể từ lúc xuất phát, thời gian người xe máy gặp người người gặp người xe đạp là: + t1 = AB/v12 = 2S/3(v1 – v2) + t2 = BC/v23 = S/3(v2 – v3) Vì ba người gặp 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 người 6,67 km/h theo hướng từ B đến C x * Bài tập đơn giản vận dụng công thức cộng vận tốc chuyển động thẳng có phương vng góc Câu 2: Hai vật nhỏ chuyển động hai trục tọa độ vng góc Ox, Oy qua O lúc Vật thứ chuyển động trục Ox theo chiều dương với gia tốc 1m/s2 vận tốc qua O 6m/s Vật thứ hai chuyển động chậm dần theo chiều âm trục Oy với gia tốc 2m/s vận tốc qua O 8m/s Xác định vận tốc nhỏ vật thứ vật thứ hai khoảng thời gian từ lúc qua O vật thứ hai dừng lại Giải: Chọn mốc thời gian lúc vật qua O - Phương trình vận tốc vật thứ trục Ox: v1 = v01 + a1t = + t - Phường trình vận tốc vật thứ hai trục Oy: v2 = v02 + a2t = - + 2t - Khoảng thời gian vật thứ hai dừng lại: v2 = => t = 4s - Vận tốc vật thứ vật thứ hai là: v12 = v1 − v2 Do v1 vng góc với v2 => v12 = v12 + v 22 = (6 + t ) + (−8 + 2t ) => v12 = 5t − 20t + 100 Biểu thức v12 đạt giá trị nhỏ t= y O v1 v12 v2 − (−20) = (s) < (s) 2.5 Vậy v12 có giá trị nhỏ t = 2s => (v12)min = 5.2 − 20.2 + 100 ≈ 8,94 (m/s) Khi v1 = 8m/s, (v1 , v12 ) = α với Cos α = v1/v12 = 8/8,94 ≈ 0,895 => α = 26,50 - Vậy v12 đạt giá trị nhỏ 8,94m/s thời điểm t = 2s hợp với Ox góc 26,50 * Bài tập chuyển động thẳng ném xiên vận dụng công thức cộng vận tốc phương Câu 3: Tại điểm O phóng vật nhỏ với vật tốc ban đầu v01 ( Hướng đến điểm M ) nghiêng góc α = 450 so với phương nằm ngang Đồng thời điểm M cách O khoảng l = 20m theo đường nằm ngang vật nhỏ khác chuyển động thẳng đường thẳng OM theo chiều từ O đến M x với vận tốc v2 = 7,1m/s Sau lúc hai vật va chạm vào điểm đường thẳng OM Cho gia tốc rơi tự g = 10m/s2 Xác định v01 y Giải: - Chọn trục tọa độ hình vẽ: Mốc thời gian lúc vật bắt đầu chuyển động - Vận tốc vật trục Ox là: v01 v1x = v 01 cos α O α M v2 - Vận tốc vật vật trục Ox là: v12 = v1 − v2 => v12x = v1x – v2 = v01cos α - v2: Điều kiện để vật va chạm với vật v12x > v01cos α - v2 > => cos α − v > x (1) - Khoảng thời gian từ lúc hai vật chuyển động đến lúc va chạm là: OM l t= v = v cos α − v (2) 12 x 01 - Phương trình tọa độ vật trục Oy là: y = (v01sin α )t – gt2/2 - Thời gian vật ném xiên từ O đến chạm với vật ( trục Ox ) thỏa mãn phương trình y = ⇔ (v01sin α )t – gt2/2 = => t = ( t = loại ) l - Từ (2) (3) suy ra: v cos α − v = 01 2v01 2v01 sin α g (3) 2v01 sin α Thay số vào ta có: g 2 20 = ⇔ v01 − 7,1 2v01 − 200 = 10 v01 − 7,1 7,1 − 900,82 7,1 + 900,82 ⇔ góc AMN góc ABC Vậy ∆AMN đồng dạng với ∆ABC => => v23 = AC AC v13 = v1 BC BC MN AN = BC AC ⇔ AE AN v v = hay 13 = 23 BC AC BC AC (v13 = v ) AC BC AC sin α sin α - Trong tam giác ABC có sin α = sin β ⇔ BC = sin β Vậy v23 = sin β v1 => v23 nhỏ sin β = 1, tức β = 900 => (v23)min = sin α v1 = d v1 = a 80 54 = 10,8(km / h) 400 - Vậy, người phải chạy với vận tốc 10,8km/h theo hướng vng góc với AB phía đường Câu 5: Hai tàu A B ban đầu cách khoảng l Chúng chuyển động lúc với vận tốc có độ lớn v 1, v2 Tàu A chuyển động theo hướng AC tạo với AB góc α (hình vẽ) a Hỏi tàu B phải theo hướng để gặp tàu A Sau kể từ lúc chúng vị trí A B hai tàu gặp nhau? b Muốn hai tàu gặp H (BH vuông góc với v1 ) độ lớn vận tốc v1, v2 phải thỏa mản điều kiện gì? A Giải: a Tàu B chuyển động với vận tốc v2 hợp với BA góc β - Hai tàu gặp M Ta có AM = v1.t, BM = v2.t - Trong tam giác ABM: AM BM vt ⇔ sin β = v1 sin α v2 vt α v1 H θ + sin β = sin α ⇔ sin β = sin α M (1) - Tàu B phải chạy theo hướng hợp với BA góc β thỏa mản (1) - Cos θ = cos[1800 – ( α + β ) ] = - cos( α + β ) = sin α sin β − cos α cos β v21 β v2 B v1 - Gọi vận tốc tàu B tàu A v21 Tại thời điểm ban đầu v21 phương chiều với BA Theo công thức cộng vận tốc: 2 v21 = v23 − v13 = v2 − v1 => v21 = v2 + v12 − 2v2 v1 cos θ 2 => v 21 = v2 (sin β + cos β ) + v12 (sin α + cos α ) − 2v1v2 (sin α sin β − cos α cos β ) =( sin β v22 − sin α sin β v1v2 + sin α v12 )+ ( cos β v2 + cos α cos β v1v2 + cos α v12 ) = ( sin β v2 − sin α v1 ) +( cos β v2 + cos α v1 ) = + ( cos β v2 + cos α v1 ) ( theo (1) ) => v21 = v1 cos α + v2 cos β Vậy thời gian để tàu B chuyển động đến gặp tàu A là: AB l t = v = v cos α + v cos β 21 b Để tàu gặp H β + α = 900 ⇒ β = 90 − α ⇒ sin β = sin(900 − α ) = cos α v1 v2 Theo (1) ta có: cos α = v sin α ⇔ tan α = v Câu 6: Hai tàu chuyển động với vận tốc v, hướng đến O theo quỹ đạo đường thẳng hợp với góc α = 600 Xác định khoảng cách nhỏ tàu Cho biết ban đầu chúng cách O khoảng l1 = 20km l2 = 30km Giải: - Chọn truc tọa độ Ox1, Ox2 hình vẽ - Mốc thời gian lúc tàu M01, M02 ( OM01 = l1, OM02 = l2 ) - Phương trình chuyển động tàu là: + Tàu thứ trục tọa độ Ox1: x1 = OM = x01 + v1t = - l1 + vt + Tàu thứ hai trục tọa độ Ox2 : x2 = OM = x02 + v2t = - l2 + vt M2 M01 O α x2 M1 x1 M02 - Khoảng cách hai tàu M1M2 ta có: M M = OM − OM =>(M1M2)2=OM12+ OM22 – 2OM1OM2.cos( OM ,OM ) - Đặt M1M22 = f(vt) = (vt – l1)2 + (vt – l2)2 – (vt − l1 )(vt − l2 ) cos( OM ,OM ) Xét vt ≤ l1 vt ≥ l2: (D1) (1) - Khi vt ≤ l1 x1 ≤ x2 < => M1 nằm M01 O, M2 nằm M02 O => ( OM ,OM ) = α - Khi vt ≥ l2 x1 > x2 ≥ => ( OM ,OM ) = α - Vậy vt thỏa mản (D1) thì: f(vt) = (vt – l1)2 + (vt – l2)2 – 2(vt – l1)(vt – l2)cos α 2 = 2(1-cos α )(vt) – 2(l1+l2)(1- cos α )vt + l1 – 2l1l2cos α + l2 b' l +l + Nếu xét t ≥ f(vt) đạt giá trị nhỏ vt = - a = không thỏa mản (1) + f(vt) tam thức bặc hai có hệ số a > Vậy (D 1) f(vt) đạt giá trị nhỏ vt = l1 vt = l2 + f(l1) = (l1 – l2) (2) + f(l2) = (l1 – l2) (3) Xét l1 < vt < l2: (D2) (4) Khi x1> x2 < tức M1 nằm OM01, M2 nằm đoạn OM02 => ( OM ,OM ) = 180 - α 2 => f(vt) = (vt – l1) + (vt – l2) – 2(vt – l1)(l2 – vt )cos(180 - α ) 2 = (vt – l1) + (vt – l2) - 2(vt – l1)(vt – l2)cos α 2 = 2(1-cos α )(vt) – 2(l1+l2)(1- cos α )vt + l1 – 2l1l2cos α + l2 b' l + l2 + f(vt) đạt giá trị nhỏ vt = - a = ∈ (D2) l +l + Vậy f(vt)min = f( ) = 2 l1 + l2 l +l l +l l + l − l1 + − l2 − 2 − l1 − l2 cos α + cos α (l2 − l1 ) = (5) + cos α < So sánh trường - Do hợp (2), (3), (5) + cos α (l2 − l1 ) => (M1M2)2min = f(vt)min = 1+ 1 + cos α ≈ 8,7(km) => (M1M2)min = l2 − l1 = 30 − 20 2 * Các toán chuyển động tròn Câu 7: Hai chất điểm chuyển động tròn đồng tâm, đồng phẳng, chiều Với bán kính tốc độ góc R 1, R2 ω1 , ω Cho R1 > R2,, ω1 > ω Chọn mốc thời gian lúc chất điểm tâm thẳng hàng Viết biểu thức vận tốc chất điểm thứ chất điểm thứ hai theo thời gian t Từ xác định giá trị lớn nhất, nhỏ vận tốc Giải Sau khoảng thời gian t M01 Bán kính nối chất điểm thứ tâm quét góc α = ω1t Bán kính M02 nối chất điểm thứ hai M2 tâm quét góc M1 α = ω t Vì ω1 > ω ⇒ M1OM2 = M1OM01 – v2 O v2 M2OM02 = α − α v12 = (α − α )t Do v1 vng góc với OM1 v1 Và v2 vng g óc với OM2 Vậy (v1 , v ) = (OM , OM ) = M 1OM = (ω1 − ω )t Vận tốc chất điểm thứ chất điểm thứ hai là: v 13 = v 12 + v 23 hay v = v 12 + v ⇔ v 12 = v − v 2 2 2 v12 = v12 + v − 2v1v cos(v , v ) ⇔ v12 = v1 + v − 2v1v cos(ω1 − ω )t ⇔ v12 = (ω1 R1 ) + (ω R2 ) − 2ω1ω R1 R2 cos(ω1 − ω )t ⇒ v12 = (ω1 R1 ) + (ω R2 ) − 2ω1ω R1 R2 cos(ω1 − ω )t Vậy v12 đạt giá trị nhỏ cos(ω1 − ω )t = => (v12)min = (ω1 R1 ) + (ω R2 ) − 2ω1 R1ω R2 = ω1 R1 − ω R2 v12 đạt giá trị lớn cos(ω1 − ω )t = −1 => (v12)max = (ω1 R1 ) + (ω R2 ) + 2ω1 R1ω R2 = ω1 R1 + ω R2 Câu 8: Chất điểm chuyển động theo đường trịn bán kính R với vận tốc góc ω mặt bàn phẳng (P) Mặt bàn chuyển động tịnh tiến thẳng với vận tốc v0 mặt đất chọn mốc thời gian lúc véc tơ vận tốc chất điểm hệ quy chiếu gắn với (P) vng góc với v0 Xác định vận tốc chất điểm mặt đất thời điểm t = π 4ω Giải: - Do véc tơ vận tốc chuyển động trịn có phương tiếp tuyến với đường tròn quỹ đạo Vậy thời điểm ban đầu chất điểm A Sau thời điểm t chất điểm B, bán kính quỹ đạo quét góc ϕ = ωt = ω π π π π = => (v, v0 ) = − ϕ = 4ω 4 - Vận tốc chất điểm mặt đất: v13 = v + v0 => v13 = v + v0 + 2vv0 cos(v,v0 ) = ω R + v02 + 2ωRv0 ϕ A 2 v0 B v = ω R + v02 + 2ωRv0 O v0 v13 Câu 9: Coi quỹ đạo chuyển động Mặt Trăng quay quanh Trái Đất Trái Đất quay quanh Mặt Trời thuộc mặt phẳng chuyển động tròn Các chuyển động quay chiều có chu kỳ quay TM =27,3 ngày TĐ= 365 ngày Khoảng cách Mặt Trăng Trái Đất RM=3,83.105km giửa Trái Đất Mặt Trời RĐ=149,6.106 km.Chọn mốc thời gian lúc Mặt Trời, Trái Đất, Mặt Trăng thẳng hàng Trái Đất nằm ( lúcTrăng trịn) Tính khoảng thời gian hai lần trăng tròn liên tiếp T1 Coi Trái Đất, Mặt Trăng chất điểm.Viết biểu thức tính vận tốc Mặt Trăng Mặt Trời Từ suy vận tốc nhỏ nhất, tìm vận tốc T1 D1 Giải: T2∆α D2 vD v T vD ∆α1 S vTM Xét khoảng thời gian ngắn ∆t , Trái Đất quay quanh mặt trời góc ∆α1 ,Mặt Trăng quay quanh Trái Đất góc T1D2T2 = ∆α Do TM < TD => ∆α > ∆α1 * Xét chuyển động quay Mặt Trăng hệ quy chiếu gắn với Trái Đất Mặt Trời (đoạn DS xem đứng yên ) Trong khoảng thời gian ∆t hệ quy chiếu Mặt Trăng quay góc ∆α Từ hình vẽ => ∆α = ∆α1 - ∆α ∆α ∆α1 ∆α = − => ω = ωM − ω D ∆t ∆t ∆t 2π 2π 2π 1 ⇔ = − ⇔ = − T TM TD T TM TD - Tốc độ quay là: ω = Vậy chu kỳ quay Mặt Trăng hệ quy chiếu DS là: T= TM TD 27,3.365 = = 29,5 ( ngày) TD − TM 365 − 27,3 => Khoảng thời gian hai lần Trăng tròn liên tiếp 29,5 ngày Gọi vận tốc Mặt Trăng quay quanh Trái Đất vận tốc Trái Đất quay quanh Mặt Trời vT vD Sau khoảng thời gian ∆t ( vT , vD ) = ∆α = ω∆t (Do v T vng góc với D2T2, v D v ng góc với SD2) - Vận tốc Mặt Trăng quanh Mặt Trời thời điểm t là: vTM = vT + vD 2 => vTM = vT2 + vD + 2vT vD cos ∆α = vT2 + vD + 2vT vD cos ωt 2 2π 2π 2π 2π 2π RD cos t = RM + RD + RM T T TM TD T M D => vTM = 2π cos 2 RM RD R R 2π + + M D cos t Vận tốc vTM đạt giá trị nhỏ TM TD TM TD T 2π t = −1 T R =>(vTM)min = 2π M T M 2 RD RM R D RM R D + T − T T = 2π T − T D M D M D Thay số: TM = 27,3 ngày = 655,2 giờ, TD = 365 ngày = 8760 (vTM)min = π 3,84.105 149,6.106 − = 10,354.10 (km/h) 655,2 8760 Câu 10: Tàu sân bay chuyển động đại dương hướng Đơng với vận tốc v1 Gió thổi hướng Bắc với vận tốc v Khi hạ cánh, máy bay tiến gần đến tàu với vận tốc v theo hướng thẳng đứng Hãy xác định giá trị vận tốc máy bay khơng khí chuyển động? 10 Giải: Gọi tàu sân bay (1), gió (2) máy bay (3), đại dương (4) - Áp dụng công thức: Bắc v24 V nm = V np + V pm - Vận tốc tàu bay gió V 12 = V 14 + V 42 = V 14 − V24 Do V 14 vng 2 góc với V 24 ⇒ V12 = V14 + V24 = V12 + V22 -Vận tốc mày bay khơng khí: Tây Nam v14 Đông v12 v31 V 32 = V 31 + V 12 v32 Do V 12 nằm mặt phẳng (P) = mp( V 14 , V 24 ), V 31 vng góc với (P) (Do vận tốc máy bay tàu có phương 2 thẳng đứng) => V 31 vng góc với V 12 , V32 = V31 + V12 = V12 + V22 + V32 Câu11: Một sợi dây mảnh chiều dài 2l Mổi đầu dây nối với cầu nhỏ khối lượng M = 2m Ba cầu đứng yên mặt bàn nhẳn V0 nằm ngang, sợi dây kéo căng ba cầu nằm đường thẳng Bây cấp cho cầu M xung lực làm cho đat vận tốc vo, hướng vo m thẳng góc với dây Tính vận tốc cầu M lực căng sợi dây thời điểm hai sợi dây nối cầu m hợp với góc 1200 m Giải - Do sàn nhẳn nên hệ ba cầu hệ kín Khối tâm hệ chuyển động với vận tốc: VG = M Vo 2mVo V = = o M + 2m 2m + 2m khối tâm hệ chuyển động hướng với V - Vận tốc cầu khối tâm G thời điểm ban đầu: + Đối với cầu M: V OMG = V O − V G = V O − + Các cầu m: V O1G = V 01 − V G = − VO VO = 2 M V0 V0 =− ; 2 V o 2G = V o1 - V G = - 11 Vo −V = 2o V 1200 = T m V 1M T V 2M m - Động lượng hệ hệ quy chiếu gắn với khối tâm: M V OMG + mV O1G + mV O 2G = 2m V0 V0 V0 −m −m =0 2 Vậy động lượng hệ hệ quy chiếu gắn với khối tâm Tại thời điểm sợi dây hơp góc 1200 vận tốc cầu hệ quy chiếu khối tâm V 1G ,V 2G ,V MG Đặt VMG = u Vận tốc cầu m cầu M là: V 1M , V M ( V 1M , V M ) = 1200 (Do V 1M , V M vng góc với sợi dây) V 1G = V 1M + V MG ; V 2G = V M + V MG -Lncó: M V MG +m V 1G +m V 2G =0 hay M V MG +m( V 1M + V MG )+m( V M + V MG ) = => (M+2m) V MG + m( V 1M + V M ) = thay M = 2m => V MG + V 1M + V M = (1) -Trong trình chuyển động khối tâm G dịch chuyển vật M ln có hướng ngược với hướng chuyển động M Tức V MG hướng với chuyển động M (cùng hướng với V o ) V 2G ⇒ VG β β αα V 1G V 2M V 1M (Hình 1) V2 β β V 2G V 1G (Hình 2) Chiếu (1) lên phương V o ta có: 4VMG –V1M cos α - V1Mcos α = (V1M = V2M) =>V1M = 2VMG 2u = = 4u cos α 1/ 12 V1 2 V 1G = V 1M + V MG ⇒ V1G = VMG + V1M + 2V1MVMGcos(180 - α ) (T hình vẻ (1) ⇒ (V 1M ,V MG ) = 180 − α ) = u2 + (4u )2 + 2.4u.u.cos1200 = 13u2 => V1G =V2G = 13 u 2 VMG + V1G − V12 u + ( 13u ) − (4u ) − 13 M - Từ hình vẻ ta có:cos β = = = 2VMGV1G 2u 13u 13 - Tại thời điểm ( V 1M ;V M )=1200 Vận tốc cầu m V , V Vận tốc cầu M V V = V 1G + V G ; V = V 2G + V G Do V MG hướng với V0 (cùng hướng với V G ) ⇒ ( V G , V 1G ) = ( V G , V 2G ) = β ⇒ V12 = VG2 +V1G2 +2VGV1G cos β = V02/4 + 13u2 + 2(V0/2) 13 u − 13 13 = 1/4V02 + 13u2 –V0u - Do V = V MG + V G Và V MG chiều với V G ⇒ V=VMG +VG ⇔ V = u + V0/2 Áp dụng định luật bảo toàn được: + m V12 + 1 MV02 = MV2 2 mV22 Thay M = 2m V1 =V2 ⇒ V02 = V2+V12 2 ⇔ V02 = (u + V0 )2 + V02 + 13u2 – uV0 ⇔ V02 = 14u2+ V0 13 ⇒ u = V0 Vậy V = (1 + ) V0 ; 14 14 V1 = V2 = 13V02 7V0 V0 + − V0 28 14 = V0 10 − 14 * Các cầu m chuyển động tròn quanh cầu M tác dụng lực căng sợi dây T 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 khoảng thời t Vậy: V13 t Công thức tơng ứng với: V ' 13 = V ' 12 + V ' 23 V ' 13 - V13 = V ' 12 - V12 + V ' 23 - V23 ⇔ ∆V 13 = ∆V 12 + ∆V 23 = ∆V12 + ∆V23 ∆t ∆t ⇔ a 13 = a 12 + a 23 - VËt chuyÓn ®éng hÖ quy chiÕu cã gia tèc a chịu thêm lực quán tính F q = ma Câu 1: Cho hệ nh hình vẽ, hệ số ma sát m = 1kg M = 3kg 1= 0,15 M sàn = 0,1 1) Cho M chuyển động nhanh dần ®Ịu theo ph¬ng ngang víi gia tèc a đối víi sàn Tìm a để: a) m nằm M b) m trợt M m 2) Ban đầu hệ đứng yên M Tìm độ lớn lực F nằm ngang 14 a) Đặt lên m để m trợt M b) Đặt lên M để M trợt khỏi m Xem lực ma sát trợt lực ma sát nghĩ cực đại, lÊy g = 10m/s2 Gi¶i: 1) XÐt m hƯ quy chiếu gắn với M Vật m chịu tác dụng cđa träng lùc m g , ph¶n lùc N , lực ma sat F ms1 lực quán tính Fq a) Khi m n»m yªu trªn M Fq + F ms1 + mg + N = ⇔ ⇔ a≤ ⇔ Fq + F ms1 = ma = Fms1 µ 1g N Fq Fq = Fms1 Fms1 ≤ µ mg mg = 0,15 10 = 1,5 (m/s2) a b) Khi m trỵt M với gia tốc a12 Thì Fq + Fms + mg N + N = m a12 Fms1 ⇔ Fq + Fms1 = m a12 ⇔ Fq – Fms1 = m a12 F mg Fms ⇔ m a - µ 1mg = m a12 > → a > µ 1g = 1,5 m/s2 Q N, a > 1,5 m/s2 , Fms1 P2 a XÐt c¸c vËt m, M hƯ quy chiÕu gắn với mặt sàn: - Vật m chịu tác dụng cđa + lùc F + lùc ma s¸t M tác dụng Fms + trọng lực P1 phản lực N - Vật M chịu tác dụng trọng lùc P2 , ph¶n lùc N ' (N=N,) m tác dụng, phản lực Q sàn tác dụng, lực ma sát m tác dụng F ' ms lùc Fms sàn t¸c dơng 15 (Fms1)Max = (Fms1)trợt = 1mg = 0,15.1.10 = 1,5N Ta có: (F ms2)Max = (F ms2)trợt = 2Q = µ (N + P2) = µ 2(mg + Mg) = 0,1 ( 1.10 + 3.10) = 4N VËy (F’ms1)Max < (Fms2)Max (Fms1 =F,ms1 ) M nằm yên sàn Vậy muốn m trợt M F > (Fms1)max = Fms1Trỵt → F > 1,5N 2.b Các lực tác dụng lên M nh hình vẽ: Giả sử F thoả mÃn để M trợt m M phải trợt sàn Do lực ma sát lực ma sát tr ỵt N Fq VËt M chun ®éng víi gia tốc a sàn: P2 + N ’ + Q + F + Fms1 + F ms = M a → Fms ’ F - F ms1 - Fms2 = M a2 Do F’ms1 = Fms1 → F - µ 1mg - µ (M + m)g = M a2 Q Fms1 , P Fms1 N, F P2 F − µ1 mg − µ ( M + m) g M ⇔ a2 = XÐt m hệ quy chiếu gắn với M vật m chịu tác dơng cđa P1 , N , Fq , Fms , m trợt M Fq >( Fms1 )ma x ⇔ m a2 > µ 1mg ⇔ a2 > µ 1g ⇔ ⇔ F − µ1 mg − µ ( M + m) g > µ 1g M F > ( µ + µ 2) ( M + m) g = ( 0,15 + 0,1) (3 + 1).10 = 10(N) C©u 2: Thanh OA quay quanh trục thẳng đứng OZ với vận tốc góc Góc ZÔA = không đổi Một bi nhỏ, khối lợng m, trợt không ma sát OA đợc nối với điểm O lò xo có độ cứng K có chiều dài tự nhiên l0 Tìm vị trí cân bi? Giải : Xét hệ quy chiếu găn với OA Viên bi chịu lực : 16 + Träng lùc P , ph¶n lùc N cđa vuông góc với OA + lực quán tính li t©m: Fq = m.a = m ω 2r = m ω 2l sin α ω + Lùc đàn hồi lò xo F N Giả sử lò xo bị giản F = K ( l l0) Điều kiện cân là: P + N + Fq + F = (*) P ChiÕu lên trục OA, chiều dơng từ A O ta cã: F + mg cos α - Fq sin α = ⇔ K (l - l0) + mg cos α - m ω l sin ⇔ l= Kl − mgCosα K − mω Sin 2α =0 (1) Nếu lò xo bị nén F có chiều ngợc lại có độ lớn : F = K (l0 – l) ChiÕu (*) lªn OA ta đợc: - F + mg Cos - Fq sin α = ⇔ - K (l0 – l) + mg Cos α - Fq sin α = K (l0 – l) + mg Cos α - Fq sin α = Gi¶i đợc l thoả mÃn (1) Câu 3: Cho hệ nh hình vẽ, thang máy lên với gia tốc a hớng lên Tính gia tốc m1 m2 đất Bỏ qua lực ma sát khối lợng dây nối a0 m1 m2 ròng rọc Giải: Xét vật hệ quy chiếu gắn với thang máy, vật m chịu tác dụng trọng lực P1 , lực căng dây T , lực quán tính F q1 , vật m2 chịu tác dụng trọng lực P2 lực căng dây T , T1 Fq1 P1 P2 17 T1 a Fq Fq lùc qu¸n tÝnh F q , (T1 = T2 = T) Giả sử m1 chuyển động duống dới với gia tốc a1 m2 chuyển lên với gia tèc a ( a1 = a2 = a) VËt m1 : T1 + Fq1 + P = m1 a1 ⇔ P1 + Fq1 – T = m1 a VËt m2: P2 + Fq + T = m a ⇔ T – Fq2 – P2 = m2a (1) (2) Céng (1) vµ (2) ⇔ P1 + Fq1 – F q2 – P2 = (m1 + m2)a ⇔ m1g + m1a0 - m2a0 – m2g = (m1 +m2)a (m1 − m2 )( g + a ) a= m1 + m2 a1 Gia tèc cña m1 ®èi víi ®Êt: a0 , a1 , a = a1 + a Chọn chiều dơng hớng lên: a,1 = a0 – a1 = a0 - a a,1 = a0 - = (m1 − m2 )( g + a ) m1 + m2 a2 2m2 a + (m2 − m1 ) g m1 + m2 , a2 a0 Gia tèc cđa m2 ®èi víi ®Êt ⇔ , a2 = a2 + a0 = a,2 = a2 + a0 = a + a0 (m1 − m2 )( g + a ) + a0 m1 + m2 a,2 = 2m1 a + (m2 − m1 ) g m1 + m2 C©u 4: VËt khối lợng m đứng yên đỉnh nêm nhờ mat sát Tìm thi gian vật trợt hết nêm gia tộc vật đất Khi nêm chuyển động nhanh dần sang trái với gia tốc a0 Hệ số ma sát trợt mặt nêm m chiều dài mặt nêm l, góc nghiêng a0 < g cot an Gi¶i: 18 y N Fms Fq a0 P x α VËt m chun ®éng víi gia tèc a hƯ quy chiÕu g¾n víi nªm, Ta cã: (*) P + N + F ms + F q = ma ChiÕu (*) lªn oy ta ®ỵc: N + Fq.Sin α - P Cos α = ⇔ N = P Cos α - Fq.Sin α = mg Cos α - ma0 Sin α = m (g Cos α - a0 Sin α ) Do a0 < g cot anα ⇔ N > : (VËt nằm nêm) Fms = N = µ m (g Cos α - a0 Sin α ) Chiếu (*) lên ox ta đợc: Fq Cos + P Sin α - Fms = m.a a0 α a, ⇔ ma0 Cos α + mg Sin α ⇔ µ m (g Cos α - a0 Sin α ) = ma a = (Sin α - µ Cos α ) g + ( Cos α + µ Sin ).a0 Từ phơng trình: S = at ⇔ l= 19 at (1) a ⇔t= 2l = a 2l ( Sinα − µCosα ) g + (Cosα + µSinα )a , Gia tốc vật mặt đất: a = a + a ⇔ a,2 = a2 + a + 2a a = a2 + a + 2a a0 cos ( 1800 - α ) = a2 + a02 – 2a a0 cos α ⇔ a, = a + a 2a.a0 Cos Với a thoả mÃn (1) Câu 5: Cho hệ nh hình vẽ Tìm gia tốc m M m M đất M Hệ số ma sát m M sàn nhẵn Giải: Q y N Fms Fq x P α N, P2 , Fms *XÐt vËt m hệ quy chiếu gắn với nêm Ta có: P1 + N + F q + F ms = ma 12 (*) ChiÕu (*) lªn oy: N + Fq.Sin α - mg cos α = ⇔ N = mg Cos α - Fq.Sin α = mg Cos α - ma2 Sin α (a2 gia tốc M mặt đất ) ⇔ N = m (g Cos α - a2 Sin α ) 20 *VËt M hệ quy chiếu gắn với sàn ' , (**) P + N + Q + F ms = M a Chiếu (**) lên phơng ngang: N Sin α - F’ms Cos α = M.a2 ⇔ N Sin α - Fms Cos α = M.a2 (Theo định luật III Niu Tơn N=N’ ,Fms =F’ms) ⇔ N Sin α - µ N Cos α = M.a2 Thay biĨu thức N vào ta đợc: m(gCos - a2Sin α ) Sin α - µ m.(gCos α - a2Sin α ) Cos α = M.a2 ⇔ mg Sin α Cos α - ma2Sin2 α - µ mgCos2 α + µ ma2Sin α Cos α = Ma2 ⇔ mg Sinα Cosα − µmg Cos 2α a2= M + mSin 2α àm.Sin Cos (1) Chiếu (*) lên ox ta đợc: P1.Sin α - Fms + Fq.Cos α = m.a12 ⇔ P1.Sin α - µ N+ ma2 Cos α = m.a12 ⇔ mg Sin α - µ m (g.Cos α - a2Sin α ) + ma2 Cos α = m.a12 ⇔ a12 = g.( Sin α - µ Cos α ) + a2( µ Sin α + Cos α ) ⇔ a12 = g (Sin α - µ Cos α ) + mg.Cosα ( Sinα − µ Cosα ).( µSinα + Cosα ) M + mSin 2α − µm.Sinα Cosα Câu 6: Một khối nhỏ K khối lợng m đợc đặt nằm khối Q, khối lợng M nh hình vẽ Ma sát khối K khối Q, khối Q mặt sàn nằm ngang x không đáng kể Tác dụng lực F theo phơng nằm ngang vào Q nh để ngăn không cho khối K trợt khối Q Giải N2 Q N1 Fq K F P N1, α P2 21 X Gäi gia tèc cña M mặt phẳng x a khối K hệ quy chiếu gắn với Q nằm yên thì: Fq + P1 + N = Chiếu lên phơng mặt phẳng nghiêng phơng vuông góc với mặt nghiêng P1.Sin α - Fq.Cos α = N1 – P1.Cos α - Fq.Sin α = ⇔ mgSin α - maCos α = N1 – mgCos α - maSin α = ⇔ a= gtg α ; ⇔ a= gtg α ; N1 = mg cos α + mg sin α tan α Sin 2α mg )= + Cosα Cosα F + P2 + N + N = m a N1= mg ( Cos α §èi víi khối Q: Chiếu lên phơng chuyển động: F N1.Sin α = M.a ⇔ F = N‘1.Sin α + M.a = N1.Sin α + M.a = mg Sin α + Mg tan α ; Cosα F= g tan α (M+m) 22 III - PHẦN KẾT LUẬN - Trong phần dạng tốn tơi chưa đưa nhiều tập để khảo sát kỹ - Theo hướng ta mở rộng đề tài theo dạng sau: + Khảo sát tính tương đối chuyển động hai chuyểnđộng thẳng: Ví dụ tổ hợp chuyển động thẳng chuyển động thẳng biến đổi chúng chuyển động phương khác phương + Khảo sát tính tương đối chuyển động tròn trường hợp đồng phẳng khơng đồng phẳng.( Ví dụ tốn chuyển động trịn vệ tinh xung quanh Mặt Trời) + Khảo sát tính tương đối chuyển động hai chuyển động thẳng (đều biến đổi đều) chuyển động trịn trường hợp đồng phẳng khơng đồng phẳng + Chuyển động thẳng biến đổi ném xiên - Có lẻ tơ viết tơi có nhửng sai sót định.Mong thầy giáo,các em học sinh góp ý đính chính,bổ sung để viết tốt 23 ... Khảo sát tính tương đối chuyển động hai chuyển? ?ộng thẳng: Ví dụ tổ hợp chuyển động thẳng chuyển động thẳng biến đổi chúng chuyển động phương khác phương + Khảo sát tính tương đối chuyển động tròn... chuyển động tròn vệ tinh xung quanh Mặt Trời) + Khảo sát tính tương đối chuyển động hai chuyển động thẳng (đều biến đổi đều) chuyển động tròn trường hợp đồng phẳng không đồng phẳng + Chuyển động. .. đến C x * Bài tập đơn giản vận dụng công thức cộng vận tốc chuyển động thẳng có phương vng góc Câu 2: Hai vật nhỏ chuyển động hai trục tọa độ vng góc Ox, Oy qua O lúc Vật thứ chuyển động trục