Ht buổi 16

Ngày soạn 12/ 12/2022 BUỔI 16: LỰC MA SÁT I MỤC TIÊU Kiến thức - Nêu đặc điểm lực ma sát nghỉ, ma sát trượt - Mơ tả ví dụ thực tiễn biểu diễn lực ma sát - Nêu ví dụ loại lực ma sát nghỉ, ma sát trượt - Viết công thức độ lớn lực ma sát trượt - Lấy ví dụ ích lợi tác hại lực ma sát đời sống Năng lực a Năng lực chung - Năng lực tự học nghiên cứu tài liệu - Năng lực trình bày trao đổi thơng tin - Năng lực nêu giải vấn đề - Năng lực thực nghiệm - Năng lực dự đoán, suy luận lí thuyết, thiết kế thực theo phương án thí nghiệm kiểm chứng giả thuyết, dự đốn, phân tích, xử lí số liệu khái quát rút kết luận khoa học - Năng lực hoạt động nhóm b Năng lực đặc thù môn học - Biểu diễn lực ma sát nghỉ, ma sát trượt trường hợp cụ thể - Qua quan sát thí nghiệm, thảo luận rút đặc điểm lực ma sát trượt - Vận dụng đặc điểm lực ma sát để giải toán - Vận dụng kiến thức lực ma sát để giải thích số tượng thực tế 3 Phẩm chất - Có thái độ hứng thú học tập môn Vật lý - Có u thích tìm hiểu liên hệ tượng thực tế liên quan - Có tác phong làm việc nhà khoa học - Có thái độ khách quan trung thực, nghiêm túc học tập II TĨM TẮT KIẾN THỨC VÀ BÀI TẬP VÍ DỤ LỰC MA SÁT A Lực ma sát trượt Lực ma sát trượt xuất mặt tiếp xúc vật trượt bề mặt - Lực ma sát trượt có điểm đặt vật vị trí tiếp xúc hai bề mặt, phương tiếp tuyến ngược chiều với chiều chuyển động vật - Độ lớn lực ma sát trượt: + Không phụ thuộc vào diện tích tiếp xúc tốc độ chuyển động vật + Phụ thuộc vào vật liệu tính chất hai bề mặt tiếp xúc + Tỉ lệ với độ lớn áp lực hai bề mặt tiếp xúc F  N -  hệ số ma sát trượt, phụ thuộc vào vật liệu tính trạng bề mặt tiếp xúc, đại lượng khơng có đơn vị - N độ lớn áp lực hai bề mặt tiếp xúc Các trường hợp thường gặp tính độ lớn áp lực - Trường hợp 1: Vật chuyển động mặt phẳng ngang Áp dụng định luật II Newton      F  P  N  Fmst ma  1 Chiếu (1)/Oy, ta có: N  P 0  N P mg Vậy, chuyển động mặt phẳng ngang, độ lớn áp lực vật lên mặt phẳng ngang N P mg - Trường hợp 2: Vật chuyển độg mặt phẳng nghiêng Áp dụng định luật II Newton      F  P  N  Fmst ma  1 Chiếu (1) / Oy, ta có N  Py 0  N Py P cos    mg cos    Vậy, chuyển động mặt phẳng nghiêng, độ lớn áp lực vật lên mặt phẳng ngang N P cos    mg cos    Lực ma sát nghỉ Ma sát nghỉ xuất mặt tiếp xúc vật chịu tác dụng ngoại lực Lực ma sát nghỉ triệt tiêu ngoại lực làm vật đứng yên - Lực ma sát nghỉ có điểm đặt vật vị trí tiếp xúc hai bề mặt, phương tiếp tuyến ngược chiều với xu hướng chuyển động tương đối hai bề mặt tiếp xúc - Độ lớn lực ma sát nghỉ độ lớn lực tác dụng gây xu hướng chuyển động - Lực ma sát nghỉ vật bắt đầu chuyển động gọi lực ma sát nghỉ cực đại Fmsn max Fmst - Khi vật trượt, lực ma sát trượt nhỏ lực ma sát nghỉ cực đại Lực ma sát lăn Ma sát lăn xuất mặt tiếp xúc vật lăn bề mặt Lực ma sát đời sống Lực ma sát đời sống vừa có lợi vừa có hại Que diêm ma sát với bìa nhám Lực ma sát phấn bảng giúp ta hộp diêm sinh nhiệt làm chất hóa học dễ dàng viết bảng đầu que diêm cháy Khi xe phanh gấp, lực ma sát trượt mặt đường lốp xe khiến lốp Lực ma sát làm mịn đại, líp xích xe bị mịn dần đi, đồng thời xe đạp giúp xe giảm tốc độ bám đường Bài tập ví dụ Ví dụ (Sgk Kết nối tri thức): Người ta đẩy thùng có khối lượng 55 kg theo phương ngang với lực 220N làm thùng chuyển động mặt phẳng ngang Hệ số ma sát thùng mặt phẳng 0,35 Tính gia tốc thùng Lấy g = 9,8 m/s2 Hướng dẫn giải - Áp dụng định luật II Newton, ta có      F  P  N  Fms 0 (1) - Chọn hệ Oxy hình vẽ - Chiếu (1)/Oy, ta có:  P  N 0  N P mg - Chiếu (2)/Ox, ta có: F  Fms ma  a  F  Fms F   mg 220  0, 35.55.9,8   0,57 m/s2 m m 55 Ví dụ 2: Một vật có khối lượng 15 kg kéo trượt mặt phẳng nằm ngang lực kéo 45 N theo phương ngang kể từ trạng thái nghỉ Hệ số ma sát trượt vật mặt phẳng ngang  0, 05 Lấy g 10 m/s2 Tính quãng đường vật sau giây kể từ lúc bắt đầu chuyển động Hướng dẫn giải - Áp dụng định luật II Newton, ta có:      F  N  P  Fms ma (1) - Chọn trục Oxy hình vẽ - Chiếu (1)/Oy, ta có:  P  N 0  N P mg - Chiếu (2)/Ox, ta có: F  Fms F   mg 45  0, 05.15.10   2,5 m/s2 m m 15 1 s v0t  at  2,5.52 31, 25m 2 - Quãng đường vật đương sau 5s: F  Fms ma  a  Ví dụ (Sgk Kết nối tri thức): Một sách đặt mặt bàn nghiêng thả cho truợt xuống Cho biết góc nghiêng  30 so với phương ngang hệ số ma sát sách mặt bàn  0,3 Lấy g 9,8 m/s2 Tính gia tốc sách quãng đường sau 2s Hướng dẫn giải - Áp dụng định luật II Newton, ta có:      F  N  P  Fms ma (1) - Chọn hệ Oxy hình vẽ - Chiếu (1)/Oy, ta có:  Py  N 0  N Py mg cos  - Chiếu (2)/Ox, ta có:  Fms  Px ma   mg cos   mg sin  m  g    cos   sin    a  9,8   0,3cos 300  sin 300  2,35 m/s2 1 S v0t  at  2,35.2 4, m 2 - Quãng đường sách sau 2s: Ví dụ : Một vật có khối lượng m = 2kg nằm yên mặt bàn nằm ngang kéo lức có độ lớn F = 10 N theo hướng tạo với mặt phẳng ngang góc  30 Biết lực ma sát vật mặt sàn Fms 7,5 N Tìm vận tốc vật sau giây kể từ lúc bắt đầu chịu lực tác dụng Hướng dẫn giải - Áp dụng định luật II Newton: - Chọn hệ Oxy hình vẽ - Chiếu (1)/Ox, ta có: Fx  Fms ma  a       F  Fms  N  P ma  1 F cos   Fms 10 cos 300  7,5  0,58 m/s2 m a - Vận tốc vật sau 5s: v v0  at 0  0,58.5 2,9 m/s Ví dụ : Một tơ có khối lượng chuyển động thẳng với vận tốc 72 km/h hãm phanh chuyển động thẳng chậm dần chạy thêm 50 m dừng hẳn Tính gia tốc thời gian tơ quãng đường độ lớn lực hãm phanh Hướng dẫn giải - Đổi = 2000 kg; 72 km/h = 20 m/s 2 2 - Gia tốc ô tô: v  v0 2aS   20 2.a.50  a  m/s - Thời gian ô tô chuyển động 50m: v v0  at  t   20 5s 4 - Độ lớn lực hãm phanh:  Fms ma  Fms  2000.( 4) 8000 N Ví dụ : Một đoàn tàu với vận tốc 18 km/h xuống dốc, chuyển động thẳng nhanh dần với gia tốc 0,5 m/s² Chiếu dài dốc 400 m a) Tính vận tốc tàu cuối dốc thời gian tàu xuống hết dốc b) Đoàn tàu chuyển động với lực phát động 6000 N, chịu lực cản 1000 N Tính khối lượng đồn tàu Hướng dẫn giải - Đổi 18 km/h = m/s a) Vận tốc tàu cuối chân dốc: v  v02 2aS  v  v02  2aS  52  2.0, 5.400 20, m/s - Thời gian vật hết dốc: v v0  at  t  v  v0 20,   31,  s  a 0,5      F  P  N  Fms ma  1 b) Áp dụng định luật II Newton: Chiếu (1)/ chiều chuyển động: 10 F  Fms ma  m  F  Fms 6000  1000  10000kg m 0,5  Ví dụ (Sgk Kết nối tri thức): Một học sinh dùng dây kéo thùng sách nặng 10 kg chuyển động mặt sàn nằm ngang Dây nghiêng góc chếch lên 450 so với phương ngang Hệ số ma sát trượt dây thùng mặt sàn  0, (lấy g 9,8 m/s2) Hãy xác định độ lớn lực kéo để thùng sách chuyển động thẳng Hướng dẫn giải - Thùng sách chuyển động thẳng nên a 0      F  F  N  P 0 (1) ms - Áp dụng định luật II Newton, ta có: - Chiếu (1)/Oy, ta có: Fy  N  P 0  N P  Fy mg  F sin 450 - Chiếu (2)/Ox, ta có: Fx  Fms ma  F cos 450    mg  F sin 450  0  F  cos 450  sin 450   mg  F   mg 0, 2.10.9,8  13,85 N 2 Ví dụ (Sgk Kết nối tri thức): Một người xe đạp có khối lượng tổng cộng m = 86 kg chuyển động đường nằm ngang với vận tốc v = m/s Nếu người xe ngừng đạp hãm phanh để giữ không cho bánh xe quay, xe trượt đoạn m dừng lại a) Lực gây gia tốc cho xe ? Tính lực b) Tính hệ số ma sát trượt mặt đường lốp xe ? Lấy g = 10 m/s2 Hướng dẫn giải a) Khi người đạp xe hãm phanh, lực gây gia tốc cho xe lực ma sát bánh xe với mặt đường v  v02 02  42 v  v 2aS  a    m/s2 2S 2.2 - Gia tốc xe: 2 (dấu “-“ chứng tỏ gia tốc ngược với chiều chuyển động) - Theo định luật II Newton: b) Độ lớn lực ma sát: F ma 86     344 N Fms  mg    Fms 344  0, mg 86.10 Ví dụ 9: Khi hãm phanh gấp bánh xe tơ bị “khóa” lại (khơng quay được) làm cho xe trượt đường Kỷ lục dấu trượt dài dấu trượt đường cao tốc M1 Anh xe Jaguar xảy vào năm 1960, dài tới 290 m Giá sử hệ số ma sát trượt  0, 60 vận tốc xe tơ lúc bắt đầu bị khóa ? Hướng dẫn giải - Áp dụng định luật II Newton     Fmsn  P  N ma (1) - Chiếu (1)/Oy, ta có: N  P 0  N mg - Chiếu (1)/Ox, ta có:  Fms ma  a  Fms  mg    g m m - Giả thuyết vận tốc cuối dấu trượt v 0 , ta có: v  v02 2aS  v0   2aS   gS  2.0, 6.9,8.290 58 m/s = 210 km/h Ví dụ 10 (Sgk Kết nối tri thức): Để đẩy tủ, cần tác dụng lực kéo theo phương nằm ngang có giá trị tối thiểu 300 N để thắng lực ma sát nghỉ Nếu người kéo tủ với lực 35 N người đẩy tủ với lực 260 N, làm dịch chuyển tủ không ? Hướng dẫn giải - Hợp lực tác dụng lên tủ theo phương ngang F F1  F2 260  35 295 N - Vì lực F có độ lớn nhỏ 300N nên khơng thắng lực ma sát nghỉ, khơng thể làm dịch chuyển tủ Ví dụ 11 (Sgk Kết nối tri thức): Người ta đẩy thùng có khối lượng 55 kg theo phương ngang với lực 220N làm thùng chuyển động mặt phẳng ngang Hệ số ma sát thùng mặt phẳng 0,35 Tính gia tốc thùng Lấy g = 9,8 m/s2 Hướng dẫn giải - Áp dụng định luật II Newton: - Chọn hệ Oxy hình vẽ      Fms  F  N  P ma  1 - Chiếu (1)/Oy, ta có: N P mg - Chiếu (1)/Ox, ta có: F  Fms ma  a  F   mg 220  0,35.55.9,8  3, m/s2 m 9,8 Ví dụ 12: Một vật có khối lượng m = kg nằm yên mặt sàn nằm ngang kéo với lực có độ lớn 20 N theo phương tạo với mặt phẳng ngang góc 300 Tính gia tốc vật, biết hệ số ma sát vật với mặt sàn  0,5 - Áp dụng định luật II Newton      F  Fms  P  N ma  1 - Chọn hệ Oxy hình vẽ - Chiếu (1)/Oy, ta có: - Chiếu (1)/Ox, ta có Fy  N  P 0  N P  F sin 300 mg  F sin 300 Fx  Fms ma  a  F cos 300    mg  F sin 30  m F  cos 30  sin 300    mg => a  :  20   a   m 1    0,5.3.9,8 2 4, m/s Ví dụ 13 (Sgk Cánh Diều): Một thùng hàng trọng lượng 500 N trượt xuống dốc Mặt dốc tạo với phương ngang góc 300 Chon hệ tọa độ vng góc xOy cho trục Ox theo hướng chuyển động thùng a) Vẽ giản đồ vecto lực tác dụng lên thùng b) Tính thành phần trọng lực theo trục tọa độ vng góc c) Giải thích lực pháp tuyến dốc lên thùng hàng khơng có tác dụng kéo thùng hàng xuống dốc ? d) Xác định hệ số ma sát trượt mặt dốc thùng hàng đo gia tốc chuyển động thùng m/s2 Bỏ qua ma sát khơng khí lên thùng Hướng dẫn giải b) Từ giản đồ vecto lực: - Thành phần trọng lực theo phương song song với mặt phẳng nghiêng (hướng chuyển động thùng) có độ lớn: Px P.sin 300 500.sin 300 250 N - Thành phần trọng lực theo phương vng góc với mặt phẳng nghiêng (pháp tuyến) có độ lớn: Py P.cos 300 500.cos 300 250 N c) Lực pháp tuyến dốc lên thùng hàng cân với thành phần trọng lực xng dốc Py nên khơng có tác dụng kéo thùng hàng d) Áp dụng định luật II Newton     Fms  P  N ma  1 - Chọn hệ Oxy hình vẽ - Chiếu (1)/Oy, ta có: N Py 250 3N - Chiếu (2)/Ox, ta có:  Fms  Px ma   N ma  Px    Px  ma 250  50.2  0,35 N 250 Ví dụ 14: Một tơ có khối lượng 1,2 lên dốc, biết dốc nghiêng 300 so với mặt phẳng ngang Lực phát động gây động ô tô có độ lớn 8000 N Hệ số ma sát lăn bánh xe mặt đường  0,05 Cho g 9,8 m/s2 Tính gia tốc xe lên dốc ? Hướng dẫn giải      P - Áp dụng định luật II Newton, ta có:  N  F  Fms ma (1) - Chọn hệ Oxy hình vẽ - Chiếu (1)/Oy , ta có: - Chiếu (1)/Ox, ta có: N  Py 0  N mg cos 300 Ví dụ 15: Một vật động viên trượt tuyết có cân nặng 70kg trượt không vận tốc đầu từ đỉnh đồi cao 25m, quãng đường trượt từ đỉnh xuống chân đồi 50m Cho g = 10 m/s2, hệ số ma sát ván trượt mặt tuyết  0,05 a) Tính gia tốc vận tốc vận động viên chân đồi b) Khi xuống đến chân đồi núi, vận động viên tiếp tục trượt mặt đường nằm ngang, hệ số ma sát lúc  ' 0,1 Tính từ lúc trượt mặt đường nằm ngang, sau vận động viên dừng lại ? Hướng dẫn giải a) Góc hợp mặt đường tuyết mặt phẳng ngang sin   - Áp 25    30 50 dụng định luật II Newton, ta có:     P  N  Fms ma  1 - Chọn hệ Oxy hình vẽ - Chiếu (1)/Oy ta có: N  P 0  N mg cos  - Chiếu (1)/Ox ta có:   mg cos   mg sin  m  g    cos 300  sin 300   Fms  Px ma  a  10   0, 05.cos 300  sin 300  4, m/s2 - Vận tốc vận động viên cuối chân dốc vB2  v A2 2aS  vB  2aS  2.4, 6.50 21, m/s b) Khi trượt mặt đường nằm ngang, gia tốc vận động biên  Fms ma '  a '    mg   g  0,1.10  m/s2 m (Dấu “-“ cho biết gia tốc ngược chiều chuyển động) - Thời gian tính từ lúc trượt mặt đường tuyết nằm ngang đến lúc dừng lại v vB  at  t  Bài tập hệ nhiều vật  vB 21,  s  a Ví dụ 1: Cho hệ hình vẽ Vật A có khối lượng m1 200 g , vật B có khối lượng m2 120 g nối với sợi dây nhẹ, không dãn Biết hệ số ma sát trượt hai vật mặt phẳng ngang  0, Tác dụng vào A lực kéo F 1,5 N theo phương ngang Lấy g 10 m/s2 a) Tính gia tốc chuyển động hệ b) Tính độ lớn lực căng dây nối hai vật A B Hướng dẫn giải - Đổi m1 200 g 0, 2kg ; m2 120 g 0,12kg - Áp dụng định luật II Newton cho hệ vật:           F  Fms1  P1  N1  T1  Fms  P2  N  T2  m1  m2  a  1 - Chọn hệ Oxy hình vẽ - Chiếu (1)/Ox, ta có F  Fms1  Fms2  m1  m2  a  a  F   N1   N m1  m2  F   g (m1  m2 ) m1  m2  F  g m  m2  1,5  0, 4.10 0, 6875  m / s  0,  0,12 b) Lực căng dây T1 T2 T , áp dụng định luật II Newton cho vật A:      T  P  N  Fms1 m1a   Chiếu (2)/Ox, ta có: T  Fms1 m1a  T Fms1  m1a  m1 g  m1a m1   g  a  0,9375N Ví dụ 2: Cho hệ hình vẽ Vật thứ có khối lượng m1 1kg , vật thứ hai có khối lượng m2 3kg nối với sợi dây nhẹ, không dãn Biết hệ số ma sát trượt hai vật mặt phẳng ngang  0,1 Tác dụng vào A lực kéo F 5 N theo phương hợp với phương ngang góc  30 Lấy g = 9,8 m/s2 Tìm lực căng dây nối hai vật Hướng dẫn giải Áp dụng định luật II Newton cho hệ vật:           F  Fms1  P1  N1  T1  Fms  P2  N  T2  m1  m2  a  1 - Chọn trục Oxy hình vẽ - Dễ thấy: N1 P1 m1 g ; N P2  F sin  m2 g  F sin  - Chiếu (1) /Ox: F cos   Fms1  Fms  m1  m2  a  a  = F cos    m1 g    m2 g  F sin   m1  m2 F cos    g  m1  m2  F sin   m1  m2 = 0,71 m/s2 - Áp dụng định luật II Newton cho vật m1:  Fms1  T m1a  T  m1 g  m1a m1   g  a  1,71N Ví dụ 3: Một xe mơ hình khối lượng m1 5kg nặng có khối lượng m2 2kg nối với sợi dây vắt qua rịng tóc hình vẽ Biết sợi dây khơng dãn, khối lượng dây rịng rọc khơng đáng kể Hệ số ma sát  0,1 , lấy g 10 m/s2, góc  300 Tìm gia tốc chuyển động lực căng dây Hướng dẫn giải - Áp dụng định luật II Newton cho hai vật: + Chiếc xe mơ hình: + Quả nặng:      P1  N1  Fms  T1 m1a  1    P2  T2 m2 a   0 - Ta có: P1x P1 sin 30 m1 g sin 30 25 N P2 m2 g 20 N Vì P1x  P2 nên xe trượt xuống dốc nặng chuyển động lên với gia tốc T1 T2 T - Chọn chiều (+) hình vẽ - Chiếu (1) (2) lên chiều (+) ta có:  P1x  Fms  T m1a  T  P2 m2 a  P1x   m1 g cos 300  P2  m1  m2  a  a P1x   m1 g cos 300  P2 5,8 m/s2 m1  m2 - Áp dụng định luật II Newton lên nặng:  P2  T m2 a  T m2 a  P2 31, N Ví dụ 4: Cho hệ vật vẽ Hai vật nặng khối lượng m1 m2 1kg có độ cao chênh khoảng m Đặt thêm vật m3 500 g lên vật m1 , bỏ qua ma sát, khối lượng dây rịng rọc Tìm vận tốc vật hai vật m1 m2 ngang Cho g 10 m/s2 Hướng dẫn giải m m  m - Vì   nên m1 m3 đo xuống, m2 lên Chọn chiều dương chiều chuyển động hệ vật - Áp dụng định luật II Newton lên hệ vật ta có:       P1  P3  T  P2  T '  m1  m2  m3  a  1 P1  P3  P2  m1  m2  m3  a g  m1  m3  m2   m1  m2  m3  a  a  m1  m3  m2 g 2m / s m1  m2  m3 - Chiếu (1)/(+): - Khi hai vật ngang nhau, vật theo chiều dương h s  1m quãng đường 2 - Vận tốc vật lúc này: v  v0 2aS  v  2aS 2m / s Ví dụ 5: Một xe tải khối lượng 1,5 kéo xe (bị chết máy) có khối lượng đường nằm ngang sợi dây không dãn khối lượng không đáng kể Hai xe khởi hành Sau 10 s 100m Hệ số ma sát xe mặt đường  0, 05 Lấy g 10 m / s a) Tính gia tốc tốc độ hai xe sau 10 s chuyển động b) Tính lực căng dây nối hai xe lực kéo động xe tải c) Sau quãng đường dây nối bị đứt Tìm quãng đường thời gian xe thêm đến dừng lại Hướng dẫn giải a) Gọi (I) xe tải (II) xe - Chọn hệ Oxy hình vẽ - Gia tốc hai xe là: 2d 2.100 d  at  a   2 m / s 2 t 10 - Tốc độ hai xe: v at 2.10 20 m / s - Áp dụng định luật II Newton cho xe: + Xe I :       F  T1  Fms1  P1  N1 m1a1 + Xe II:      T2  Fms2  P2  N m2 a2 (1) - Khối lượng dây không đáng kể nên: T1 T2 T - Dây không dãn, suy ra: a1 a2 a  N1 P1  - Chiếu (1)/Oy, ta có:  N P2  F  T  Fms1 m1a  3  T  Fms2 m2 a  4 - Chiếu (1)/Ox, ta có:  - Từ (3) (4), ta có: F  Fms1  Fms2  m1  m2  a => F  m1  m2  a  Fms1  Fms2 => F  m1  m2  a   m1 g   m2 g  m1  m2  (a   g ) => F  1,5.103  103    0, 05.10  6250 N (4)  T m a  F m a   m g 103.2  0,05.103.10 2500 N ms 2 - Lực căng dây: c) Sau quãng đường 100m dây nối bị đứt, suy ra: T = - Xe chuyển động với gia tốc a’ - Từ (4) => T m2 a ' Fms2 0  a '  Fms2 m2   g  0, 05.10  0,5 m / s - Tốc độ xe trước lúc dây bị đứt v 20 m/s + Quãng đường xe thêm đến dừng lại: v '2  v 2aS  S  v2 202  400m 2a   0,  + Thời gian xe thêm đến dừng lại: v ' v  a ' t  t  v 20  40s a'  0,5 Ví dụ 6: Cho hệ thống hình vẽ, biết vật m1 1kg , m2 3kg , hệ số ma sát trượt m2 mặt phẳng ngang  0, Cho g 10m / s Dây không giãn, khối lượng dây rịng rọc khơng đáng kể a) Tính gia tốc vật lực căng dây b) Tính quãng đường, tốc độ vật đạt 1s sau bắt đầu chuyển động c) Tính lực nén lên trục ròng rọc Hướng dẫn giải - Chọn chiều (+) theo chuyền chuyển động F  m2 g 0, 2.3.10 6 N - Ta có P1 m1 g 1.10 10 N ; ms - Do: P1  Fms2 nên vật m1 xuống m2 trượt mặt phẳng ngang     T1  P1 m1a1     1   T  F  P  N  m a ms 2 2  - Áp đụng định luật II Newton cho vật:  ' ' - Khối lượng dây không đáng kể nên: T1 T1 T T2 T2 T - Dây không dãn, suy ra: a1 a2 a - Chiếu (1) lên chiều chuyển động, ta được:  P1  T m1a  1   T  Fms2 m2 a   - Từ (1) (2)  P1  Fms2  m1  m2  a  a   m1   m2  g   0, 2.3 10  1 m / s m2  m1 1  T P1  m1a  T m1  g  a  1  10  1 9 N -   Lực căng dây: b) Quãng đường, tốc độ vật đạt sau s kể từ lúc bắt đầu chuyển động 1 s d  at  12.1 0,5m 2 + Quãng đường: + Tốc độ: v v0  at at 1m / s '2 '2  c) Lực nén R tác dụng lên trục rịng rọc có độ lớn là: R  T1  T2 9 N Ví dụ 7: Cho vật m1 m2 4kg ; hệ số ma sát trượt vật m1 mặt sàn  0, Lấy g 10 m / s dây nối không dãn khối lượng không đáng kể; bỏ qua khối lượng rịng rọc a) Tính gia tốc vật lực căng dây b) Ban đầu hai vật đứng yên Sau bao lây chúng đạt tốc độ m/s ? c) Vừa đạt tốc độ m/s dây bị đứt vật m2 cách mặt đất 4,25 m Hỏi sau m2 chạm đất m1 chuyển động thời gian ? Hướng dẫn giải a) Chọn chiều dương hình vẽ - Áp dụng định luật II Newton cho vật       Fms1  T1  N1  P1 m1a1  1     2 T2  P2 m2 a2 ' ' - Do khối lượng dây không đáng kể nên: T1 T1 T T2 T2 T - Dây không dãn, suy ra: a1 a2 a - Chiếu (1) lên phương thẳng đứng: N1 P1 m1 g   Fms1  T m1a  3   T  P2 m2 a   - Chiếu lên chiều dương:  - Từ (3) (4) ta có: P2  Fms1  m1  m2  a  P2   N1  m1  m2  a  a  m2   m1  g   0, 2.4  10  4m / s m1  m2 44 - Lực căng dây T P2  m2 a  g  a  m2  10   24 N b) Ban đầu vật đứng yên nên v0 0 , sau thời gian t vật đạt tốc độ v 6m / s v v v0  at  t   1,5 m / s a c) Xét vật m2 - Sau dây đứt, vật m2 rơi tự với vận tốc đầu v 6 m / s - Thời gian t2 từ lúc đứt dây đến m2 chạm đất: - Ta có: gt2  4, 25  10t22  6t2 2  5t2  5t2  4, 25 0  t2 0,5s   h v.t2 - Xét vật m1 - Sau dây đứt, áp dụng định luật II Newton, ta có:     Fms1  N  P1 m1a1 - Chiếu lên phương chuyển động, ta được:  Fms1 m1a1  a1  Fms1  m1 g    g  0, 2.10  m / s m1 m1 - Vậy, vật m1 chuyển động chậm dần với gia tốc a1 - Thời gian t1 kể từ dây đứt (vật m1 có tốc độ v = m/s) đến vật m1 dừng lại (v1 = 0) v1 v  a1t1  t1  v 6  3s   a1  - Ta có: - Sau m2 chạm đất m1 chuyển động thêm khoảng thời gian: t t2  t1 2, 5s Ví dụ 8: Hai vật m1 200 g m2 300 g treo hai đầu dây nhẹ không co dãn vắt qua rịng rọc nhẹ (hình vẽ) Lúc đầu vật m2 độ cao m so với mặt đất Hệ bắt đầu chuyển động, vận tốc ban đầu Bỏ qua ma sát a) Tính gia tốc hai vật lực căng dây Lấy g = 10 m/s2 b) Vận tốc đường vật sau chuyển động 1s ? c) Sau khởi hành 1s, dây đứt Kể từ lúc đo sau bao lây vật m2 chạm đất Hướng dẫn giải a)- Trọng lượng vật m1 m2 là: P1 m1 g 0, 2.10 2 N ; P2 m2 g 0, 3.10 3N - Do P2  P1 nên vật m2 xuống vật m1 lên - Chọn chiều dương theo chiều chuyển động - Áp dụng định luật II Newton cho vật:     T1  P1 m1a1     1 T2  P2 m2 a2 - Do khối lượng dây không đáng kể: T1 T2 T - Dây không dãn, suy ra: a1 a2 a - Chiếu (1) lên chiều chuyển động:  T  P1 m1a P P 3  a   2 m / s  m1  m2 0,  0,3  P2  T m2 a b) Vận tốc hai vật sau 1s: v v0  at 0  2.1 2 m / s - Quãng đường hai vật sau s kể từ lúc bắt đầu chuyển động: