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[r]
(1)PHẦN MỞ ĐẦU: LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI - Trong học lớp 10 có đề cập đến tính tơng đối chuyển động: thể tính tơng đối quỹ đạo vận tốc và gia tốc Đây là phần khã mµ häc sinh thêng mắc sai lầm gi¶i bµi tËp §Ó gióp häc sinh hiÓu sâu hơn, có kỹ tốt giải các bài tập tính tơng đối chuyển động Tôi đa số bài tập có vận dụng công thức cộng vận tốc, khảo sát chuyển động vật hệ quy chiếu có gia tốc và hệ quy chiếu đứng yªn - PhÇn c«ng thøc céng vËn tèc: C¸c bµi tËp đưa theo độ khó tăng dần Cỏc bài tập chuyển động thẳng cùng phơng và khác phơng, chuyển động tròn đều, chuyển động thẳng và chuyển động tròn đều, Chuyển động trũn và chuyển động tròn - PhÇn thø chñ yÕu lµ c¸c bµi to¸n hÖ quy chiÕu g¾n víi thang m¸y và mặt phẳng nghiêng chuyển động có gia tốc, phần này dừng lại việc tÝnh gia tèc cña vËt - Các bài tập phần này chủ yếu dành cho học sinh không chuyên lớp 10 nâng cao PHẦN NỘI DUNG I – CÔNG THỨC CỘNG VẬN TỐC Vận dụng công thức : ⃗ V 13=⃗ V 12 + ⃗ V 23 (2) * Bài tập đơn giản vận dụng công thức cộng vận tốc chuyển động thẳng cùng phương Câu 1: Trên đường thẳng có ba người chuyển động, người xe máy, người xe đạp và người hai người Ở thời điểm ban đầu, khoảng cách người và người xe đạp nhỏ khoảng cách người và người xe máy hai lần Người xe máy và người xe đạp lại gặp với vận tốc là 60km/h và 20km/h Biết ba người gặp cùng thời điểm Xác định vận tốc và hướng chuyển động người Giải: - Gọi vị trí người xe máy, người B A C Và người xe đạplúc ban đầu là A, B và C 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 người xe máy Mốc thời gian là lúc bắt đầu chuyển động: v1 = 60km/h, v3 = - 20km/h - Người đi với vận tốc v Vận tốc người xe máy người là v12 v 1=⃗ v 12+ ⃗ v2 ⇒⃗ v12=⃗ v1 − ⃗ v => v12 = v1 – v2 (đk: v12 >0 (1): để người Ta có: ⃗ xe máy gặp người bộ) - Vận tốc người người xe đạp là v23 v 2=⃗ v 23+ ⃗ v3 ⇒⃗ v23=⃗ v2 − ⃗ v3 Ta có: ⃗ => 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 và người gặp người xe đạp là: + t1 = AB/v12 = 2S/3(v1 – v2) + t2 = BC/v23 = S/3(v2 – v3) Vì ba người gặp 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 người là 6,67 km/h theo hướng từ B đến C * Bài tập đơn giản vận dụng công thức cộng vận tốc chuyển động thẳng có phương vuông góc Câu 2: Hai vật nhỏ chuyển động trên hai trục tọa độ vuông góc Ox, Oy và qua O cùng lúc Vật thứ chuyển động trên trục Ox theo chiều dương với gia tốc 1m/s2 và vận tốc qua O là 6m/s Vật thứ hai chuyển động chậm dần theo chiều âm trên trục Oy với gia tốc 2m/s và vận tốc x (3) qua O là 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 trên trục Ox: v1 = v01 + a1t = + t - Phường trình vận tốc vật thứ hai trên 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: v 12=⃗ ⃗ v1 − ⃗ v Do ⃗ v vuông góc với ⃗ v2 => v12 = y O x v12 −8+ 2t ¿ 2 √ v 21 +v 22 = 6+t ¿¿ + ¿ √¿ √ 5t − 20 t+100 v2 => v12 = Biểu thức v12 đạt giá trị nhỏ t= v1 −(− 20) =¿ (s) < (s) Vậy v12 có giá trị nhỏ t = 2s => (v12)min = ¿ √ 22 − 20 2+100 ≈ 8,94 (m/s) ¿ (⃗ v ,⃗ v 12)=α với Cos α Khi đó v1 = 8m/s, = v1/v12 = 8/8,94 0,895 α => = 26,5 - Vậy v12 đạt giá trị nhỏ là 8,94m/s thời điểm t = 2s và hợp với Ox góc 26,50 * Bài tập chuyển động thẳng và ném xiên vận dụng công thức cộng vận tốc trên phương v 01 ( Hướng đến Câu 3: Tại điểm O phóng vật nhỏ với vật tốc ban đầu ⃗ 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 trên đường thẳng OM theo chiều từ O đến M với vận tốc v2 = 7,1m/s Sau lúc hai vật va chạm vào điểm trên đường thẳng OM Cho gia tốc rơi tự g = 10m/s2 Xác định v01 Giải: - Chọn trục tọa độ hình vẽ: Mốc thời gian là lúc các vật bắt đầu chuyển động - Vận tốc vật trên trục Ox là: y v01 v x =v 01 cos α O M v2 x (4) - Vận tốc vật vật trên trục Ox là: v 12=⃗ ⃗ v1 − ⃗ v => v12x = v1x – v2 = v01cos α - v2: Điều kiện để vật va chạm với vật là v12x > v01cos α - v2 > => √ cos α − v >0 (1) - Khoảng thời gian từ lúc hai vật chuyển động đến lúc va chạm là: t= OM v 12 x l = v cos α − v (2) 01 - Phương trình tọa độ vật trên trục Oy là: y = (v01sin α )t – gt2/2 - Thời gian vật ném xiên từ O đến chạm với vật ( trên trục Ox ) thỏa mãn phương trình y = (3) ( t = loại ) ⇔ (v01sin α )t – gt2/2 = => t = l - Từ (2) và (3) suy ra: v cos α − v = 01 2 2v √ 01 20 v 01 √ −7,1 ⇔ = v01 = 10 ⇔ 7,1 √ 2− √ 900 ,82 <0 2 v 01 sin α g v 01 sin α Thay số vào ta có: g v 201 −7,1 √ v 01 −200=0 (loại) v01 = 7,1 √ 2+ √ 900 ,82 ≈ 20(m/s ) (thỏa mản (1)).Vậy v0 1= 20(m/s) * Các bài tập chuyển động thẳng khác phương Câu 4: Một ô tô chuyển động thẳng với vận tốc v = 54km/h Một hành khách cách ô tô đoạn a = 400m và cách đường đoạn d = 80m, muốn đón ô tô Hỏi người phải chạy theo hướng nào, với vận tốc nhỏ là bao nhiêu để đón ô tô? v13 A v21 Giải: - Gọi ô tô là vật 1, hành khách là 2, mặt đất là vật Muốn cho hành khách đuổi kịp ô tô thì trước hết v 21 người ô tô véc tơ vận tốc ⃗ B phải luôn hướng phía ô tô và thời điểm v13 v 21 hướng từ A đến B ban đầu véc tơ ⃗ - Theo công thức cộng vận tốc: M v 13=⃗ ⃗ v 12+⃗ v 23 N v23 H C AE AN = BC AC hay ⇔⃗ v 23=⃗ v 13 − ⃗ v 12=⃗ v 13+⃗ v 21 Xét hai tam giác ∆AMN và ∆ABC, có chung góc A và MN//AE//BC => góc AMN góc ABC Vậy ∆AMN đồng dạng với ∆ABC => v 13 v 23 = BC AC MN AN = BC AC ⇔ E (5) AC AC => v23 = BC v 13= BC v (⃗ v 13=⃗ v 1) AC BC - Trong tam giác ABC luôn có sin α =sin β ⇔ AC sin α = Vậy v23 = BC sin β sin α v sin β => v23 nhỏ sin β = 1, tức là β = 900 => (v23)min = sin α v1 = d v a 80 = 400 54=10 , 8( km/h) - Vậy, người đó phải chạy với vận tốc 10,8km/h theo hướng vuông góc với AB phía đường Câu 5: Hai tàu A và B ban đầu cách khoảng l Chúng chuyển động cùng lúc với các vận tốc có độ lớn là v 1, v2 Tàu A chuyển động theo hướng AC tạo với AB góc α (hình vẽ) a Hỏi tàu B phải theo hướng nào để có thể gặp tàu A Sau bao lâu kể từ lúc chúng các vị trí A và B thì hai tàu gặp nhau? v ) thì các độ lớn b Muốn hai tàu gặp H (BH vuông góc với ⃗ A vận tốc v1, v2 phải thỏa mản điều kiện gì? Giải: v v hợp với ⃗ BA góc β H a Tàu B chuyển động với vận tốc ⃗ - Hai tàu gặp M Ta có AM = v1.t, BM = v2.t - Trong tam giác ABM: + AM BM = sin β sin α ⇔ ⇔ sin β = v1 t v t = sin β sin α v1 sin α (1) v2 v21 v2 M BA góc β thỏa mản (1) - Tàu B phải chạy theo hướng hợp với ⃗ - Cos θ = cos[180 – ( α + β ¿ ] = - cos( α + β ¿ = sin α sin β − cos α cos β v 21 Tại thời điểm ban đầu ⃗ v 21 - Gọi vận tốc tàu B tàu A là ⃗ BA Theo công thức cộng vận tốc: cùng phương chiều với ⃗ v 21=⃗ ⃗ v 23 −⃗ v 13=⃗ v2 − ⃗ v => v 221=v 22+ v 21 − v v cos θ => v 221=v 22 (sin2 β+cos β )+v 21 (sin α +cos2 α )−2 v v (sin α sin β − cos α cos β ) =( sin2 β v 22 − sin α sin β v v +sin2 α v 21 )+ ( cos β v 22 +2 cos α cos β v v +cos α v 21 ) = ( sin β v −sin α v ¿2 +( cos β v 2+ cos α v ¿2 = + ( cos β v 2+ cos α v ¿ ( theo (1) ) => v21 = |v1 cos α + v cos β| Vậy thời gian để tàu B chuyển động đến gặp tàu A là: t= AB l = v 21 |v1 cos α +v cos β| B v1 (6) b Để tàu gặp H thì 0 β+ α =90 ⇒ β=90 − α ⇒sin β=sin(90 − α )=cos α v1 v2 Theo (1) ta có: cos α = v sin α ⇔ tan α= v Câu 6: Hai tàu chuyển động với cùng vận tốc v, hướng đến O theo các quỹ đạo là đường thẳng hợp với góc α = 600 Xác định khoảng cách nhỏ các tàu Cho biết ban đầu chúng cách O khoảng l1 = 20km và l2 = 30km Giải: - Chọn các truc tọa độ Ox1, Ox2 hình vẽ - Mốc thời gian là lúc các tàu M01, M02 ( OM01 = l1, OM02 = l2 ) - Phương trình chuyển động các tàu là: + Tàu thứ trên trục tọa độ Ox1: x1 = OM1 = x01 + v1t = - l1 + vt + Tàu thứ hai trên trục tọa độ Ox2 : x2 = OM2 = x02 + v2t = - l2 + vt M2 x2 M01 M1 O - Khoảng cách hai tàu là M1M2 ta có: ⃗ M M =⃗ OM −⃗ OM1 =>(M1M2)2=OM12+ OM22 – 2OM1OM2.cos( x1 ⃗ OM1 ,⃗ OM2 ) - Đặt M1M22 = f(vt) = (vt – l1)2 + (vt – l2)2 – |( vt −l )(vt− l2)| cos( M02 ⃗ OM1 ,⃗ OM2 ) Xét vt l1 vt l2: (D1) (1) - Khi vt M02 và O l1 thì x1 và x2 < => M1 nằm M01 và O, M2 nằm OM1 ,⃗ OM2 ) = α => ( ⃗ OM1 ,⃗ OM2 ) = α - Khi vt l2 thì x1 > và x2 => ( ⃗ - Vậy vt thỏa mản (D1) thì: 2 f(vt) = (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 + Nếu xét t không thỏa mản (1) thì f(vt) đạt giá trị nhỏ vt = - b' l +l = a (7) + f(vt) là tam thức bặc hai có hệ số a > Vậy trên (D 1) thì 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 đó x1> và x2 < tức là M1 nằm OM1 ,⃗ OM2 ) = 1800 - α ngoài OM01, M2 nằm trên đoạn OM02 => ( ⃗ 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 +l = a + f(vt) đạt giá trị nhỏ vt = - (D2) l +l )= 2 l1 +l l +l l +l l +l − l1 + − l −2 − l 1 −l cos α 2 2 l −l ¿ = 1+cos α (5) ¿ 1+cos α <1 So sánh các trường - Do hợp (2), (3), (5) l −l ¿ 2 => (M1M2) = f(vt)min = 1+cos α ¿ α | 1+1 = 30 −20| ≈ 8,7 (km ) => (M1M2)min = |l2 − l1| 1+ cos 2 + Vậy f(vt)min = f( ( )( ) ( )( √ ) √ * Các bài toán chuyển động tròn Câu 7: Hai chất điểm chuyển động tròn đồng tâm, đồng phẳng, cùng chiều Với bán kính và tốc độ góc là R 1, R2 và ω1 , ω2 Cho R1 > R2,, ω1 > ω2 Chọn mốc thời gian là lúc các chất điểm và tâm thẳng hàng Viết biểu thức vận tốc chất điểm thứ chất điểm thứ hai theo thời gian t Từ đó xác định giá trị lớn nhất, nhỏ vận tốc này Giải Sau khoảng thời gian t M0 Bán kính nối chất điểm thứ và tâm quét góc α 1=ω1 t Bán kính M0 nối chất điểm thứ hai và M2 tâm quét góc M1 α 2=ω t Vì ω1 > ω2 ⇒ v2 O v2 v12 (8) v1 M1OM2 = M1OM01 – M2OM02 = α − α = (α − α )t Do v1 vuông góc với OM1 Và v2 vuông g óc với OM2 v1 , ⃗ v )=(OM1 , OM2)=M OM2 = (ω − ω2) t Vậy (⃗ Vận tốc chất điểm thứ chất điểm thứ hai là: v 13=⃗ ⃗ v 12+⃗ v 23 2 hay ⇔⃗ v 12=⃗ v1 − ⃗ v2 v 1=⃗ ⃗ v 12+ ⃗ v2 v 12=v 1+ v − v v cos (⃗ v1 , ⃗ v2 ) 2 ⇔ v 12=v +v −2 v v cos(ω1 − ω2 )t ω2 R2 ¿2 − ω1 ω2 R R2 cos( ω1 −ω 2) t ω1 R ¿2 +¿ ⇔v 212=¿ ω2 R2 ¿ − ω1 ω2 R R2 cos( ω1 −ω 2) t ω1 R ¿2 +¿ ¿ ⇒v 12= √¿ Vậy v12 đạt giá trị nhỏ cos (ω1 −ω 2)t=1 => (v12)min = ω2 R2 ¿ − ω1 R ω R2 ¿ ω1 R ¿ +¿ ¿ √¿ v12 đạt giá trị lớn cos (ω1 −ω 2) t=−1 => (v12)max = ω2 R2 ¿2+ ω1 R ω R2 ¿ ω R1 ¿2+ ¿ ¿ √¿ Câu 8: Chất điểm chuyển động theo đường tròn bán kính R với vận tốc góc ω trên mặt bàn phẳng (P) Mặt bàn chuyển động tịnh tiến thẳng với v mặt đất chọn mốc thời gian là lúc véc tơ vận tốc vận tốc ⃗ v0 chất điểm hệ quy chiếu gắn với (P) vuông góc với ⃗ π Xác định vận tốc chất điểm mặt đất thời điểm t = ω (9) Giải: - Do véc tơ vận tốc chuyển động tròn 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 = 4ω π π v )= − ϕ= => ( ⃗v , ⃗ - Vận tốc chất điểm mặt đất: v 13=⃗v +⃗ ⃗ v0 => ⃗ v ,⃗ v0 2 v + v 0+ vv cos(¿) v 13=√ ¿ = = A v0 B ω2 R2+ v 20 +2 ω Rv √ √ ω2 R2+ v 20 + √ ω Rv √ O v0 v v13 Câu 9: Coi quỹ đạo chuyển động Mặt Trăng quay quanh Trái Đất và Trái Đất quay quanh Mặt Trời cùng thuộc mặt phẳng và cùng là chuyển động tròn Các chuyển động quay này là cùng chiều và có chu kỳ quay là TM =27,3 ngày và TĐ= 365 ngày Khoảng cách 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 ( lúcTrăng tròn) Tính khoảng thời gian hai lần trăng tròn liên tiếp Coi Trái Đất, Mặt Trăng là các chất điểm.Viết biểu thức tính vận tốc Mặt Trăng Mặt Trời Từ đó suy vận tốc nhỏ nhất, tìm vận tốc này T1 Giải: T1 T2 vD v T vD vTM D D 1 S Xét khoảng thời gian ngắn Δt , Trái Đất quay quanh mặt trời góc Δα ,Mặt Trăng quay quanh Trái Đất góc T1D2T2 = Δα Do TM < TD => Δα > Δα * Xét chuyển động quay Mặt Trăng hệ quy chiếu gắn với Trái Đất và Mặt Trời (đoạn DS xem là đứng yên ) Trong khoảng thời gian Δt (10) hệ quy chiếu này Mặt Trăng quay góc là Δα = Δα - Δα Δα Δα2 − Δt Δt Δt 2π π 2π 1 ⇔ = − ⇔ = − T TM TD T TM TD Δα - Tốc độ quay là: ω= = Δα Từ hình vẽ => => ω=ω M −ω D Vậy chu kỳ quay Mặt Trăng hệ quy chiếu DS là: T= T M T D 27 , 365 = =29 ,5 ( ngày) T D − T M 365 −27 , => Khoảng thời gian hai lần Trăng tròn liên tiếp là 29,5 ngày Gọi vận tốc Mặt Trăng quay quanh Trái Đất và vận tốc Trái Đất v T và ⃗ v D Sau khoảng thời gian Δt thì ( ⃗ vT , quay quanh Mặt Trời là ⃗ v D ) = Δα = ωΔt (Do ⃗ ⃗ v T vuông góc với D2T2, ⃗ v D v uông góc với SD2) v TM =⃗ v T +⃗ vD - Vận tốc Mặt Trăng quanh Mặt Trời thời điểm t là: ⃗ 2 2 => v TM=v T + v D + v T v D cos Δα=v T + v D +2 vT v D cos ωt = ( 2 2π 2π 2π 2π 2π RM + R D +2 RM R D cos t TM TD TM TD T )( ) R R R R => v TM=2 π 2M + 2D +2 M D cos π t Vận tốc vTM đạt giá trị nhỏ TM TD T TM TD 2π cos t=− T 2 RM RD RM RD RM RD + −2 =2 π − =>(vTM)min = π TM TD TMT D T M TD √ √( | )( ) | Thay số: TM = 27,3 ngày = 655,2 giờ, TD = 365 ngày = 8760 , 84 105 149 , 10 − =10 , 354 104 (km/h) (vTM)min = π | 655 ,2 8760 | Câu 10: Tàu sân bay chuyển động trên đại dương hướng Đông 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 không khí chuyển động? Giải: Gọi tàu sân bay là (1), gió là (2) máy bay là (3), đại dương là (4) - Áp dụng công thức: ⃗ V nm =⃗ V np +⃗ V pm ¿ - Vận tốc tàu bay gió ⃗ V 12=⃗ V 14 + ⃗ V 42 = ⃗ V 14 − ⃗ V 24 Do ⃗ V 14 vuông ⃗ ⇒ V12 = √ V 14+ V 224=√ V 21+ V 22 góc với V 24 -Vận tốc mày bay không khí: ⃗ V 32=⃗ V 31 +⃗ V 12 Tây Bắc v24 v14 Đông (11) Nam 31 v32 V 12 nằm mặt phẳng (P) = mp( ⃗ V 14 , ⃗ V 24 ), Do ⃗ ⃗ và V 31 vuông góc với (P) (Do vận tốc máy bay tàu có phương ⃗ ⃗ V 31 V 12 , thẳng đứng) => vuông góc với V 32=√ V 231 +V 212=√ V 21 +V 22 +V 23 Câu11: Một sợi dây mảnh chiều dài 2l Mổi đầu dây nối với cầu nhỏ khối lượng M = 2m Ba cầu cùng đứng yên trên mặt bàn nhẳn V0 nằm ngang, sợi dây kéo căng và ba cầu cùng nằm trên đường thẳng Bây cấp cho cầu M xung lực làm cho nó đat vận tốc vo, hướng vo m thẳng góc với dây Tính vận tốc các cầu và M lực căng sợi dây thời điểm hai sợi dây nối các cầu m hợp với góc 1200 m Giải - Do sàn nhẳn nên hệ ba cầu là hệ kín Khối tâm hệ chuyển động với vận tốc: ⃗ VG = ⃗ M⃗ Vo m⃗ Vo V = = o M +2 m m+2 m V0 khối tâm hệ chuyển động cùng hướng với ⃗ - Vận tốc các cầu khối tâm G thời điểm ban đầu: V V + Đối với cầu M: ⃗ V OMG =⃗ V O− ⃗ V G= ⃗ V O− O = O + Các cầu m: ⃗ ⃗ 2 ⃗ ⃗ V V ⃗ V O 1G =⃗ V 01 − ⃗ V G=0− =− 2 ⃗ V o G =⃗ V o1 - M ; ⃗ Vo ⃗ VG = = 1200 = T T −⃗ Vo m - Động lượng hệ hệ quy chiếu gắn với khối tâm: M⃗ V OMG +m⃗ V O 1G + m⃗ V O G =2m V V 1M V 2M ⃗ ⃗ ⃗ V0 V V −m − m =0 2 Vậy động lượng hệ hệ quy chiếu gắn với khối tâm luôn Tại thời điểm các sợi dây hơp góc 1200 vận tốc các cầu V 1G , ⃗ V G ,⃗ V MG Đặt VMG = u Vận tốc hệ quy chiếu khối tâm là ⃗ V 1M , ⃗ V 2M ( ⃗ V 1M , ⃗ V M ) = 1200 các cầu m cầu M là: ⃗ V 1M , ⃗ V M vuông góc với các sợi dây) (Do ⃗ ⃗ V 1G = ⃗ V 1M + ⃗ V MG ; ⃗ V 2G = ⃗ V 2M + ⃗ V MG V MG +m ⃗ V 1G +m ⃗ V 2G =0 -Luôncó: M ⃗ m (12) V MG +m( ⃗ V 1M + ⃗ V MG )+m( ⃗ V 2M + ⃗ V MG ) = hay M ⃗ V MG + m( ⃗ V 1M + ⃗ V M ) = thay M = 2m => ⃗ V MG + => (M+2m) ⃗ ⃗ ⃗ V M + V M = (1) -Trong quá trình chuyển động khối tâm G dịch chuyển vật M luôn có V MG cùng hướng với hướng ngược với hướng chuyển động M Tức là ⃗ V o ) chuyển động M (cùng hướng với ⃗ ⇒ V 2G V 2M VG V 1G (Hình 1) V2 (Hình 2) V1 V 1M G –V1M cos α - V1Mcos α = V o ta có: V Chiếu (1) lên phương ⃗ 4V2MG V 1G (V1M = V2M) ⃗ V 1G =⃗ V M +⃗ V MG =>V1M = V MG cos α 2u = /2 = 4u 2 ⇒ V1G = VMG + V1M + 2V1MVMGcos(180 - α ) V M ,⃗ V MG )=180 − α ) (T hình vẻ (1) ⇒( ⃗ = u2 + (4u )2 + 2.4u.u.cos1200 = 13u2 => V1G =V2G = √ 13 u 2 - Từ hình vẻ ta có:cos β = 2 V MG +V G −V M V MG V G = u¿ ¿ √ 13u ¿ −¿ = u +¿ ¿ − √13 13 V M ;⃗ V M )=1200 Vận tốc các cầu m là - Tại thời điểm ( ⃗ ⃗ V Vận tốc cầu M là ⃗ V ⃗ V1 = ⃗ V 1G + ⃗ VG ; ⃗ V1 , ⃗ V2 = (13) V G Do ⃗ V MG + ⃗ ⃗ V 2G cùng hướng với ⇒ VG , ⃗ V 1G ) = ( ⃗ VG , ⃗ V 2G ) = β ( ⃗ ⇒ V12 = VG2 +V1G2 +2VGV1G cos β ⃗ V (cùng hướng với ⃗ VG ) = V02/4 + 13u2 + 2(V0/2) √ 13 u − √ 13 13 = 1/4V02 + 13u2 –V0u V =⃗ V MG+ ⃗ VG - Do ⃗ V MG Và ⃗ cùng chiều với ⃗ VG V=VMG +VG ⇒ ⇔ V = u + V0/2 Áp dụng định luật bảo toàn được: MV02 = 1 MV + m V12 + 2 ⇒ V02 = V2+V12 mV22 Thay M = 2m và V =V2 ⇔ V02 = (u + V0 ) + V02 + 13u2 – uV0 ⇔ 2 V = 14u + ⇒ u= V1 = V2 = √ V0 √7 V Vậy V = √ (1+ √ 7) V 0 14 √7 V 13 V V 0+ −V 28 14 14 = V0 √ ; 10− √ 14 * Các cầu m chuyển động tròn quanh cầu M tác dụng lực căng sợi dây T (14) ⇒ V T = m 1M l = m16 u2 l = 16 mV =¿ 28 l mV 7l II- CHUYỂN ĐỘNG TRONG HỆ QUY CHIẾU CÓ GIA TỐC: - Tõ c«ng thøc: ⃗ V 13 = ⃗ V 12 + ⃗ V 23 Sau kho¶ng thêi Δt ⃗ V '23 VËy: → ⃗ V '13 Δ⃗ V 13 Δt - ⃗ V 13 = ⃗ V 12 + ⃗ V 23 V '12 - ⃗ V '23 - ⃗ = ⃗ V '13 C«ng thøc trªn t¬ng øng víi: Δ⃗ V 12 Δt + Δ⃗ V 23 Δt ⃗ V '12 = + ⇔ Δ⃗ V 13=Δ ⃗ V 12+ Δ ⃗ V 23 ⇔⃗ a13=⃗ a12 +⃗ a23 a0 th× chÞu thªm lùc qu¸n - Vật chuyển động hệ quy chiếu có gia tốc ⃗ tÝnh ⃗ Fq =− m⃗ a0 C©u 1: Cho hÖ nh h×nh vÏ, hÖ sè ma s¸t gi÷a m = 1kg vµ M = 3kg lµ μ 1= 0,15 gi÷a M vµ sµn lµ μ = 0,1 1) Cho M chuyển động nhanh dần theo phơng ngang với gia tốc a sàn Tìm a để: a) m n»m trªn M b) m trît trªn M m 2) Ban đầu hệ đứng yên M Tìm độ lớn lực F nằm ngang a) Đặt lên m để m trợt trên M b) Đặt lên M để M trợt khỏi m Xem lực ma sát trợt lực ma sát nghĩ cực đại, lấy g = 10m/s2 Gi¶i: 1) XÐt m hÖ quy chiÕu g¾n víi M VËt m chÞu t¸c dông cña träng lùc m ⃗g , ph¶n lùc ⃗ F ms1 vµ N , lùc ma sat ⃗ lùc qu¸n tÝnh ⃗ Fq a) Khi m n»m yªu trªn M ⃗ Fq + ⃗ F ms1 + ⃗ mg + ⃗ N =0 ⇔ ⇔ ⃗ Fq + ⃗ F ms1 = ⇔ Fq = Fms1 ma = Fms1 μ mg a μ 1g = 0,15 10 = 1,5 (m/s2) a12 b) Khi m trît trªn M víi gia tèc ⃗ ⃗ Fq ⃗ N ⃗ Fms1 ⃗ mg ⃗ a (15) Th× ⃗ Fms ⃗ Fq + ⇔ ⃗ Fq + a12 + ⃗ mg + ⃗ N =m ⃗ ⃗ Fms =m ⃗ a12 ⇔ Fq – Fms1 = m a12 ⇔ m a - μ 1mg = m a12 > → a> μ ⃗ Fms1 ⃗ Q ⃗ F ⃗ mg ⃗ Fms g = 1,5 m/s ⃗ N a > 1,5 m/s2 ⃗ a XÐt c¸c vËt m, M hÖ quy chiÕu g¾n víi mÆt sµn: N , - VËt m chÞu t¸c dông cña + lùc ⃗F ⃗ Fms, ⃗ P2 + lùc ma s¸t M t¸c dông ⃗ Fms + träng lùc ⃗ P1 ph¶n lùc ⃗ N , - VËt M chÞu t¸c dông cña träng lùc ⃗ P2 , ph¶n lùc ⃗ N ' (N=N ) m t¸c ' dông, ph¶n lùc ⃗ vµ lùc Q sµn t¸c dông, lùc ma s¸t m t¸c dông ⃗ F ⃗ sàn t¸c dông F ms2 Ta cã: (Fms1)Max = (Fms1)trît = μ 1mg = 0,15.1.10 = 1,5N (F ms2)Max = (F ms2)trît = μ 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 luôn nằm yên sàn → VËy muèn m trît trªn M th× F > (Fms1)max = Fms1Trît F > 1,5N → ms 2.b Các lực tác dụng lên M nh hình vẽ: Giả sử F thoả mãn để M trợt khỏi m đó M phải trợt sàn Do đó các lực ma sát là lực ma sát tr⃗ ît ⃗ N ⃗ Q a2 sàn: Vật M chuyển động với gia tốc ⃗ ⃗ ⃗ P2 + ⃗ N ’ a2 Fms + ⃗ F ms2 = M ⃗ + ⃗ Q + ⃗ F + ⃗ F - F’ms1 - Fms2 = M a2 Do F’ms1 = Fms1 → F - μ 1mg - μ (M + m)g = M a2 a2 = Fms1 → ⇔ Fq F − μ1 mg− μ2 ( M + m)g M ⃗ Fms ⃗ ⃗ Fms, P1 ⃗ N, ⃗ F ⃗ P2 XÐt m hÖ quy chiÕu g¾n víi M vËt m chÞu t¸c dông cña ⃗ P1 , ⃗ N , ⃗ ⃗ a2 Fq , Fms , m trît trªn M th× Fq >( Fms1 )ma x ⇔ m a2 > μ 1mg ⇔ > μ 1g (16) ⇔ F − μ1 mg− μ2 ( M + m)g M ⇔ F>( μ > μ 1g + μ 2) ( M + m) g = ( 0,15 + 0,1) (3 + 1).10 = 10(N) Câu 2: Thanh OA quay quanh trục thẳng đứng OZ với vận tốc góc ω Góc ZÔA = α không đổi Mét hßn bi nhá, khèi lîng m, cã thÓ trît kh«ng ma s¸t trên OA và đợc nối với điểm O lò xo có độ cứng K vµ cã chiÒu dµi tù nhiªn lµ l0 T×m vÞ trÝ c©n b»ng cña bi? Gi¶i : XÐt hÖ quy chiÕu g¨n víi OA Viªn bi chÞu c¸c lùc : + Träng lùc ⃗P , ph¶n lùc ⃗ N cña vu«ng gãc víi OA + lùc qu¸n tÝnh li t©m: Fq = m.a = m ω 2r = m ω 2l sin α + Lực đàn hồi lò xo ⃗F Gi¶ sö lß xo bÞ gi¶n th× F = K ( l – l0) §iÒu kiÖn c©n b»ng lµ: ⃗P + ⃗ Fq + ⃗ N + ⃗ F = (*) ChiÕu lªn trôc OA, chiÒu d¬ng tõ A → O ta cã: F + mg cos α - Fq sin α = ⇔ K (l - l0) + mg cos α - m ω 2l sin2 α = ⇔ l= Kl − mgCos α K − mω2 Sin α N (1) Nếu lò xo bị nén thì ⃗F có chiều ngợc lại và có độ lớn : F = K (l0 – l) Chiếu (*) lên OA ta đợc: - F + mg Cos α - Fq sin α = ⇔ - K (l0 – l) + mg Cos α - Fq sin α = K (l0 – l) + mg Cos α - Fq sin α = Giải đợc l thoả mãn (1) C©u 3: Cho hÖ nh h×nh vÏ, thang m¸y ®i lªn a0 híng lªn víi gia tèc ⃗ Tính gia tốc m1 và m2 đất Bá qua c¸c lùc ma s¸t vµ khèi lîng d©y nèi vµ rßng räc Gi¶i: XÐt c¸c vËt hÖ quy chiÕu g¾n a0 ⃗ m1 m2 (17) víi thang m¸y, vËt m chÞu t¸c dông cña träng lùc ⃗ P1 , lùc c¨ng d©y ⃗ T1 , lùc qu¸n tÝnh ⃗ F q , vËt m2 chÞu t¸c dông ⃗ T1 ⃗ Fq1 cña träng lùc ⃗ P2 lùc c¨ng d©y ⃗ T2 , a0 ⃗ lùc qu¸n tÝnh ⃗ F q , (T1 = T2 = T) a2 ( a1 = a2 = a) ⃗ ⃗ T1 a1 Giả sử m1 chuyển động duống dới với gia tốc ⃗ th× m2 chuyÓn lªn víi gia tèc ⃗ P❑ ⃗ P2 ⃗ Fq2 a1 VËt m1 : ⃗ P1 + Fq1 – T = m1 a P❑ = m1 ⃗ T1 + ⃗ Fq1 + ⃗ ⇔ (1) a2 VËt m2: ⃗ T – Fq2 – P2 = m2a P2 + ⃗ Fq2 + ⃗ ⇔ T = m ⃗ (2) Céng (1) vµ (2) ⇔ P1 + Fq1 – F q2 – P2 = (m1 + m2)a ⃗ ⇔ m1g + m1a0 - m2a0 – m2g = (m1 +m2)a a= a0 (m − m2)(g+a 0) m1+m2 ⃗ a1 ⃗ a1, Gia tốc m1 đất: , ⃗ a1 = ⃗ a1 + ⃗ a0 Chän chiÒu d¬ng híng lªn: a,1 = a0 – a1 = a0 - a (m − m2)( g+a 0) m1+m2 a = a0 , = ⃗ a2 ⃗ a2, ⃗ a0 m2 a0 +(m2 −m1) g m1 +m2 Gia tốc m2 đất ⃗ a,2= ⃗ a2 + ⃗ a0 = a,2 = ⇔ a,2 = a2 + a0 = a + a0 (m − m2)( g+a 0) m1+m2 + a0 m1 a0 +( m2 −m1) g m 1+ m Câu 4: Vật khối lợng m đứng yên đỉnh cái nêm nhờ mat sát Tìm thời gian vật trợt hết nêm và gia tộc vật đất Khi nêm chuyển động a0 HÖ sè ma s¸t trît gi÷a mÆt nªm vµ m nhanh dần sang trái với gia tốc ⃗ lµ μ chiÒu dµi mÆt nªm lµ l, gãc nghiªng lµ α vµ a0 < g cot an α Gi¶i: (18) y ⃗ N ⃗ Fms ⃗ Fq ⃗ a0 ⃗ P x Vật m chuyển động với gia tốc ⃗a hệ quy chiếu gắn với nêm, Ta cã: ⃗ P +⃗ N +⃗ F ms + ⃗ F q=m ⃗a (*) Chiếu (*) lên oy ta đợc: 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 an α ⇔ N > : (VËt lu«n n»m trªn nªm) Fms = μ N = μ m (g Cos α - a0 Sin α ) Chiếu (*) lên ox ta đợc: Fq Cos α + P Sin α - Fms = m.a ⇔ ma0 Cos α + mg Sin α - μ m (g Cos α - a0 Sin α ) = ma ⇔ a = (Sin α (1) S = at2 Tõ ph¬ng tr×nh: ⇔ t= √ 2l a ⃗ - μ Cos α ) g + ( Cos α + a0 μ Sin α ).a0 = √ ⇔ l = at2 ⃗ a, ⃗ a 2l (Sin α − μ Cos α ) g+(Cos α + μ Sin α )a0 Gia tốc vật mặt đất: ⃗ a, = ⃗a + ⃗ a0 ⇔ a,2 = a2 + a0 = a2 + a0 + 2a a0 cos ( 1800 - α ) + ⃗a ⃗ a0 (19) = a2 + a02 – 2a a0 cos α ⇔ a, = 20 √ a +a −2 a a0 Cos α Víi a tho¶ m·n (1) C©u 5: Cho c¬ hÖ nh h×nh vÏ Tìm gia tốc m M và M đất HÖ sè ma s¸t gi÷a m vµ M lµ μ vµ sµn nh½n m M Gi¶i: ⃗ Q y ⃗ N ⃗ Fms ⃗ Fq x ⃗ P1 ⃗, ⃗, *XÐt vËt m N hÖ quy F g¾n víi nªm ⃗ chiÕu P Ta cã: ⃗ (*) P 1+ ⃗ N +⃗ Fq + ⃗ F ms =m⃗ a12 ChiÕu (*) lªn oy: N + Fq.Sin α - mg cos α = ⇔ N = mg Cos α - Fq.Sin α = mg Cos α - ma2 Sin α gia tốc M mặt đất ) ⇔ N = m (g Cos α - a2 Sin α ) *VËt M hÖ quy chiÕu g¾n víi sµn ms ⃗ ⃗ ⃗ P 2+ ⃗ N ' + Q+ F ,ms =M ⃗ a2 (a2 là (**) ChiÕu (**) lªn ph¬ng 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 biểu thức N vào ta đợc: m(gCos α - a2Sin α ) Sin α - μ m.(gCos α - a2Sin α ) Cos α = M.a2 ⇔ (20) ⇔ mg Sin α Cos α α = Ma2 ⇔ - ma2Sin2 α - μ mgCos2 α + μ ma2Sin α Cos a2= mg Sin α 2Cos α − μ mg Cos α (1) M + mSin α − μm Sin α Cos α 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 ⇔ mg Cos α (Sin α − μ Cos α).(μ Sin α + Cos α ) M +mSin α − μm Sin α Cos α - μ Cos α ) + Câu 6: Một khối nhỏ K khối lợng m đợc đặt nằm trên khối Q, khối lợng M nh h×nh vÏ Ma s¸t gi÷a khèi K vµ khèi Q, gi÷a khèi Q vµ mÆt sµn n»m ngang x là không đáng kể Tác dụng lực F theo phơng nằm ngang vào Q nh nào để ngăn không cho khối K trợt trên khối Q Gi¶i ⃗ N2 Q ⃗ N1 K⃗ ⃗ Fq F ⃗ P1 ⃗ N1, X ⃗ Gọi gia tốc M mặt phẳng x lµ ⃗a P2 khèi K hÖ quy chiÕu g¾n víi Q n»m yªn th×: ⃗ Fq + ⃗ P1 + ⃗ N =0 ChiÕu lªn ph¬ng mÆt ph¼ng nghiªng vµ ph¬ng vu«ng gãc víi mÆt nghiªng P1.Sin α - Fq.Cos α = N1 – P1.Cos α - Fq.Sin α = mgSin α - maCos α = ⇔ N1 – mgCos α - maSin α = N1 = mg cos α + mg sin α tan α ⇔ a= gtg α ; ⇔ a= gtg α ; N1= mg ( Cos α + Sin α ¿= mg Cos α Cos α ⃗ §èi víi khèi Q: + N = m ⃗a Chiếu lên phơng chuyển động: F – N‘1.Sin α = M.a ⃗ F + ⃗ P2 ⃗ N2 + (21) ⇔ F = N‘1.Sin α + M.a = N1.Sin α + M.a = mg Sin α + Mg tan α ; F= g tan α Cos α (M+m) III - PHẦN KẾT LUẬN - Trong phần này dạng toán tôi chưa đưa nhiều bài tập để có thể khảo sát kỹ - Theo hướng này ta mở rộng đề tài theo các dạng sau: + Khảo sát tính tương đối chuyển động hai chuyểnđộng thẳng: Ví dụ tổ hợp chuyển động thẳng và chuyển động thẳng biến đổi chúng chuyển động cùng phương và khác phương + Khảo sát tính tương đối chuyển động tròn trường hợp đồng phẳng và không đồng phẳng.( Ví dụ bài toán chuyển động tròn các vệ tinh xung quanh Mặt Trời) + Khảo sát tính tương đối chuyển động hai chuyển động thẳng (đều và biến đổi đều) và chuyển động tròn trường hợp đồng phẳng và không đồng phẳng + Chuyển động thẳng biến đổi và ném xiên (22) - Có lẻ tô bài viết tôi có nhửng sai sót định.Mong các thầy cô giáo,các em học sinh góp ý đính chính,bổ sung để bài viết tốt (23)