Bồi Dưỡng Chuyên Môn Ôn Thi Hsg .Docx

CHUYÊN ĐỀ
TỰ BỒI DƯỠNG
CHUYÊN MÔN VẬT LÍ

1


CHUYÊN ĐỀ: ĐỘNG LỰC HỌC CHẤT ĐIỂM
I.
LÝ THUYẾT
1. Những khái niệm cơ bản
a) Chất điểm
- Vật thể có thể bỏ qua được so với kích thước đặc trung cho chuyển động của nó gọi là
chất điểm hay hạt.
- Chất điểm ở xa các vật thể khác sao cho tương tác giữa nó với các vật thể bên ngồi
có thể bỏ qua gọi là chất điểm chuyển động tự do hay chất điểm cô lập.
b) Hệ chất điểm
- Tập hợp các vật thể mà mỗi vật thể được coi như một chất điểm thì tập hợp đó gọi là
hệ chất điểm hay cơ hệ.
- Hệ chất điểm mà tương tác giữa hệ với các vật thể bên ngồi hệ có thể bỏ qua gọi là
hệ cơ lập hay hệ kín.
c) Hệ quy chiếu
- Để nghiên cứu chuyển động của vật thể người ta chọn các vật thể khác làm mốc
- Hệ tọa độ gắn liền với những vật làm mốc mà ta quy ước đứng yên để xác định vị trí
vật trong không gian và chiếc đồng hồ gắn với hệ này để chỉ thời gian gọi là hệ quy
chiếu.
- Hệ quy chiếu mà trong đó chất điểm cơ lập đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều gọi
là hệ quy chiếu qn tính.
d) Khơng gian và thời gian trong cơ học cổ điển
Trong cơ học cổ điển thừa nhận rằng:
+ Khoảng thời gian trơi qua của một q trình vật lí bất kỳ trong mọi hệ quy chiếu

chuyển động tương đối với nhau một cách tùy ý như nhau
+ Khoảng cách giữa hai vị trí của hai chất điểm bất kỳ ở cùng một thời điểm đã cho là
như nhau trong tất cả mọi hệ quy chiếu
2. Nguyên lí tương đối Galile. Ba định luật Newton
2.1.
Định luật I Newton. Nguyên lí tương đối Galile
- Nội dung định luật I Newton: Trong hệ quy chiếu qn tính, chất điểm cơ lập giữ
ngun trạng thái đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều.
- Nghiên cứu chuyển động của chất điểm cô lập đối với hệ quy chiếu qn tính cho
phép ta tìm được những tính chất của khơng gian và thời gian trong hệ quy chiếu này.
+ Không gian trong hệ quy chiếu quán tính là đồng nhất và đẳng hướng
+ Thời gian là đồng nhất
2

Nguyên lí tương đối Galile: Tất cả các định luật cơ học đều giống nhau trong mọi hệ
quy chiếu qn tính. Về mặt tốn học, điều đó có nghĩa là các phương trình mơ tả các


định luật của cơ học cổ điển sẽ không thay đổi dạng đối với các phép biến đổi của tọa
độ và thời gian khi chuyển từ hệ quy chiếu quán tính này sang hệ quy chiếu quán tính
khác
2.2.
Khối lượng và lực. Định luật II Newton
- Khi chất điểm tương tác với các vật thể khác thì vận tốc của nó khơng ngùng biến đổi
theo thời gian và từ đó chất điểm thu được gia tốc.
- Đặc tính bảo tồn trạng thái đứng yên hay chuyển động thẳng đều của chất điêm cơ
lập gọi là qn tính của nó suy ra chất điểm có qn tính lớn thu được gia tốc bé và
ngược lại chất điểm có qn tính bé sẽ thu được gia tốc lớn.
- Xét chuyển động của một hệ gồm 2 chất điểm M1, M2 tương tác với nhau và khơng
tương tac với vật thể bên ngồi trong hệ quy chiếu quán tính. Khi tương tác mỗi chất

điểm thu được một gia tốc
+ Khi vận tốc của chất điểm rất nhỏ so với vận tốc ánh sáng
a 12=−α ⃗
⃗
a 21 (trong đó ⃗
a ik=

d⃗
vi
(i=1;2) là gia tốc của chất điểm Mi thu được do chất
dt

điểm Mk tác dụng lên nó)
+ α liên hệ với mức qn tính của chất điểm M1, M2
Đưa vào các đại lượng m1 ,m2
 α=

m1
m2

a 12=
Khi đó, ⃗

−m1
⃗
a
m 2 21

Đại lượng m 1gọi là khối lượng của điểm M i, nó xác định số đo mức quán tính của chất
điểm.

Kí hiệu m là khối lượng của chất điểm, ⃗v là vecto vận tốc của nó
 ⃗p=m⃗v là vecto xung lượng của chất điểm
- Trong hệ quy chiếu quán tính, xung lượng ⃗p của chất điểm chuyển động tự do là đại
lượng bảo toàn. Khi chất điểm tương tác với vật thể khác thì xung lượng của nó khơng
ngừng biến đổi theo thời gian.
- Độ biến thiên xung lượng của chất điểm trong 1 đơn vị thời gian

d ⃗p
là đại lượng
dt

vecto đặc trưng cho tác dụng của vật ngoài lên chất điểm gọi là lực.
- Trong vơ học cổ điển, khối lượng là hằng số
=>

d ⃗p md ⃗v
=
=m a⃗
dt
dt

- Bằng thực nghiệm chỉ ra rằng khối lượng của một vật đặc trưng cho mức quán tính
và mức hấp dẫn của nó.

3


- Vậy khối lượng của chất điểm là đại lượng Vật lí đặc trưng cho mức quán tính và
mức hấp dẫn của nó.
⃗

F =⃗
F x (x: kí hiệu một tập hợp những lại lượng bất biến đối với phép biến đổi Galile)
Suy ra:
m ⃗a=⃗
F x /m (***)
(Phương trình cơ bản của động lực học chất điểm)
- Nội dung định luật II Newton:
F1, ⃗
F2 , … , ⃗
F i , …⃗
F n đồng thời tác dụng lên chất điểm có khối lượng m
Nếu có n lực ⃗
Ta có
n
n

Fi
∑⃗

F
a⃗ =∑ ⃗
a i= i=1 =
m
m
i=1

Trong đó
n
⃗
F :lực thành phần

⃗
F =∑ ⃗
F i trong đó i
⃗
F :lực tổng hợp
i=1

{

3. Định luật III newton
Ở trên chúng ta chỉ tìm hiểu chuyển động của chất điểm dưới tác dụng của các vật thể bên
ngoài, nhưng thực ra khi các vật thể bên ngoài tác dụng lên chất điểm thì chất điểm cũng
tác dụng lên các vật bên ngoài. Khi tương tác lẫn nhau những chất điểm có khối lượng
khác nhau sẽ thu được những gia tốc khác nhau. Theo nguyên lí về tính độc lập tác dụng
của các lực thì tương tác giữa hai chất điểm Mi và Mk có làm thành một hệ kín hay khơng
thì bao giờ ta cũng có:
a ik = -mk⃗
a ki
mi ⃗
F ik = ⃗
F ki
hay ⃗

Như vậy lực do chất điểm Mk tác dụng lên chất điểm Mi và lực do chất điểm Mi tác dụng
lên chất điểm Mk bao giờ cũng bằng nhau về độ lớn, ngược nhau về chiều và có cùng giá
là đường thẳng nối hai chất điểm Mi và Mk. Đó là nội dung của định luật III Newton về sự
bằng nhau của tác dụng và phản tác dụng hay tiên đề thứ ba Newton.
4. Hai bài toán cơ bản của động lực học chất điểm
4.1 Bài toán thuận
Cho biết khối lượng của chất điểm và phương trình chuyển động của nó

n

2

d ⃗r
⃗
F =∑ ⃗
F i=m 2 =m ⃗
w
dt
i=1

Các hình chiếu của vecto lực ⃗
F trên các trục toạ độ Descartes có dạng:
4


n

{
{

F x =∑ F ix=m ´x
i=1
n

F y =∑ Fiy =m ´y
i=1
n

F z=∑ F iz =m ´z
i=1

w =0 và do đó ta có
Khi chất điểm đứng yên hay chuyển động thẳng đều thì ⃗
n

F x =∑ F ix =0
i=1
n

F y =∑ Fiy =0
i=1
n

F z=∑ F iz =0
i=1

Đó chính là điều kiện cân bằng của chất điểm. Hệ lực tác dụng lên chất điểm thoả mãn
điều kiện gọi là hệ lực cân bằng.
4.2 Bài tốn ngược. Tích phân của chuyển động và các điều kiện ban đầu
Cho biết khối lượng m của chất điểm, cho biết lực tác dụng lên chất điểm như một hàm
r o ,vận tốc ⃗
v o của chất điểm ở thời điểm ban đầu to thì ta có
v , và t và cho biết vị trí ⃗
của r⃗ , ⃗
v , ở thời điểm bất kì. Giải bài toán này dẫn đến giải hệ ba phương
thể xác định được r⃗ , ⃗
trình vi phân hạng hai thường

{

F x ( x , y , z , ´x , ´y , ´z )=m ´x
F y ( x , y , z , x´ , ´y , ´z )=m ´y
F z ( x , y , z , ´x , ´y , ´z )=m ´z

Nghiệm tổng quát của hệ ba phương trình này phụ thuộc vào sáu hàng số tích phân tuỳ ý
C1,C2, C3….C6

{

x=x (t ,C 1 , C 2 … C 6)
y= y (t ,C 1 ,C 2 …C 6 )
z=z (t ,C 1 , C 2 … C 6)

5. Các trường hợp riêng của bài toán ngược và những đặc trưng của lực
5.1 Trường hợp lực không đổi ⃗
F =const

5


Trong trường hợp này gia tốc của chất điểm có độ lớn và chiều không thay đổi theo thời
gian
d ⃗v ⃗
F
= =const
dt m

Vecto vận tốc của chất điểm bằng

⃗v =∫ d ⃗v =∫

⃗
⃗
F
F
dt=¿ t+ C´ 1 ¿
m
m

5.2 Trường hợp lực phụ thuộc vào thời gian
Trong trường hợp này có phương trình chuyển động
F (t)
d ⃗v ⃗
=
dt
m

II.

MỘT SỐ BÀI TỐN ÁP DỤNG

Bài 1. Một vật đang chuyển động trên đường ngang với tốc độ 20m/s thì trượt lên một cái
dốc dài 100m, cao 10m
Tìm gia tốc của vật khi lên dốc. Vật có lên được tới đỉnh dốc khơng? Nếu có, hãy tìm vận
tốc của vật tại đỉnh dốc và thời gian lên dốc? Cho biết hệ số ma sát giữa vật và mặt dốc
là 0,1. Lấy g= 10m/s2
Hướng dẫn giải:
Các lực tác dụng lên vật khi lên dốc là: Trọng lực P , phản
lực vng góc N và lực ma sát Fms .

- áp dụng định luật II Niu-tơn, ta có:
P + N + Fms = m a . (1)

- Chiếu phương trình (1) lên trục Ox (dọc theo mặt dốc hướng lên) và trục Oy (vng góc với
mặt dốc hướng lên):
6


- P cos  + N = 0 (2)
- P sin  - Fms = ma (3)
h 10
Trong đó: sin  = l = 100 = 0,1
2
cos  = 1  sin  0,995

Fms=

Từ (2) và (3) suy ra:
a

 N=  mg cos 

 P sin   mg cos 
 g (sin    cos  )
m

và
a = -1,995m/s2.
Gọi s là chiều dài tối đa vật có thể đi lên trên mặt dốc (cho đến lúc vận tốc bằng v = 0) ta có:
s

v 2  v 02
( 4)
2a
, với v = 0 m/s, v0= 20 m/s

Suy ra s = 100,25m > l = 100m. Như vậy, vật lên tới được đỉnh dốc.
2
2
Khi lên đến đỉnh dốc, vận tốc v1 của vật tính theo cơng thức v1  v0 2as , với

= 100m

 v1  2al  v02 1m / s

Thời gian lên dốc:

t

s=l

.

v1  v 0
9,52s
a

Bài 2. Cho cơ hệ như hình vẽ. Vật M có hệ số ma sát nghỉ cực đại bằng ma sát trượt μ đối
với mặt ngang, lị xo khơng khối lượng có độ cứng k, sợi dây mảnh không
dãn, bỏ qua khối lượng và ma sát tại trục ròng rọc. Treo nhẹ nhàng vật m

vào đầu dưới của lò xo
7


1. Xác định lực ma sát tác dụng lên M khi gia tốc của m bằng 0
2. Xác định khối lượng cực tiểu mo của m để vật M bắt đầu dịch chuyển
3. Với m =2mo xác định vận tốc và gia tốc của m khi M bắt đầu dịch chuyển.
Hướng dẫn giải:
1, + Khi am=0 thì Pm=Fđh=T=Fms=mg
2, Có: Fđh= T=Fms≥Mg  M bắt đầu trượt khi Fđh=Mg hay kl=Mg
Vậy: l=Mg/k (1)
+ Bảo toàn cơ năng cho m: mgl=0,5kl2+0,5mv2 (2)
+ m nhỏ nhất bằng m0 khi v=0 Hay: mgl=0,5kl2 (3)
+ Kết hợp (1) và (3) có: m0=0,5M (4)
3, Thay (1) vào (2) có: mg(Mg/k)=0,5k(Mg/k)2+0,5mv2
+ Với m=2m0=M  v2=2g2M(-0,5)/k
Hay

v  2Mg 2 (   0,5) / k

Gia tốc của m:

a

mg  k l mg   Mg
M

(1 
)g
m

m
m

Bài 3. Khối m = 1kg được đặt trên tấm ván M = 4kg, khối m được nối với tường cố định
bằng một sợi dây khơng dãn như hình 1. Giữa m và M
có hệ số ma sát k = 0,25, giữa tấm ván M và sàn

⃗
F
khơng có ma sát. Tấm ván M được tác dụng bởi lực
có phương nằm ngang, độ lớn khơng thay đổi trong suốt q trình khảo sát và ban đầu ván
đang chuyển động thẳng đều. Lấy g =10m/s2.

⃗
F
a) Tìm lực tác dụng và lực căng của dây nối.
8


b) Tấm ván M đang chuyển động với vận tốc 2m/s thì ta cắt dây nối giữa m và tường. Mơ tả
chuyển động của m và M sau đó.
c) Sau bao lâu kể từ lúc cắt dây lực ma sát giữa m và M thay đổi tính chất? Tìm qng
đường trượt của m trên ván M. Giả sử ván đủ dài để vật không rơi ra khỏi ván.
Hướng dẫn giải:
⃗
⃗
F
mst
F
Ván M chịu tác dụng của lực ma sát trượt

với m, lực kéo và chuyển động thẳng đều

nên: Fmst=F=kN=2,5N


Khối m ở trạng thái cân bằng dưới tác dụng của lực ma sát trượt

'
Fmst
với M và lực căng dây


'
T nên: Fmst Fmst T=2,5N

F'
b. Khi dây nối đứt, lực căng dây triệt tiêu, mst cung cấp gia tốc cho m, m chuyển động nhanh
dần trên M với gia tốc am
'
Fmst
am =
=2,5m/s 2
m

Khi tốc độ của m đạt tới bằng tốc độ chuyển động đều đang có của M (v=2m/s) thì m dừng
lại trên M, lực ma sát giữa chúng trở thành lực ma sát nghỉ. Lúc này m và M trở thành một hệ

vật chịu tác dụng của ngoại lực F nên chúng thu cùng một gia tốc:

a

F
0,5m / s 2
mM

Như vậy sau cùng hệ hai vật gắn liền nhau và chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v=2m/
s và gia tốc a=0,5m/s2.
Thời điểm lực ma sát giữa m và M thay đổi tính chất từ ma sát trượt sang ma sát nghỉ là lúc

t
m đạt tốc độ v=2m/s bằng với tốc độ chuyển động đều của M:
c. Gia tốc của m đối với M khi trượt:

9

v - v0
0,8s
am


a m/M =a m -a M =a m =2,5m/s 2 (vì lúc này M chuyển động đều)
Quãng đường trượt của m trên M trong thời gian này:

Sm/ M

am / M t 2

0,8m
2

Bài 4. Một hạt cườm khối lượng m được xỏ qua một sợi dây
nhẹ, không giãn chiều dài L. Một đầu dây buộc cố định tại
điểm A, đầu kia buộc vào một cái vịng rất nhẹ, vịng lại có thể
trượt không ma sát trên một thanh ngang Tại thời điểm ban
đầu, dây được giữ ở cạnh vòng và dây thẳng, khơng căng. Thả
cho hạt cườm chuyển động. Tìm vận tốc của nó ở thời điểm
dây bị đứt biết rằng dây chịu sức căng lớn nhất là T 0. Khoảng cách từ A đến thanh là h. Bỏ
qua mọi ma sát.
Hướng dẫn giải:
Trước tiên ta cần xác định quỹ đạo chuyển động. Vì vật chỉ chuyển động trong mặt phẳng
nên chỉ cần hai tọa độ (x, y) là đủ để xác định vị trí của vật.
Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ. Theo định lý
Pitago:
AN2 = QN2 + QA2
 (L – y)2 = x2 + (h – y)2
Lh
x2

2
2(L  h)
y=

Như vậy quỹ đạo là parabol.
Phương trình định luật II Newton viết theo phương pháp tuyến:

v2
m 2T.cos  mg.cos
R

10

(1)


với v  2 g . y

(2)

còn R là bán kính chính khúc tại N.
Để tìm R ta so sánh quỹ đạo hạt cườm với quỹ đạo một vật ném xiên góc. Chọn các thơng số
của quỹ đạo để nó đối xứng với quỹ đạo hạt cườm. Như vậy:

ux 

OV
L2  h 2

t
2H
HL
g
với H = 2
g(L  h)

 ux =
còn: vy =

2g(H  y)

Gia tốc pháp tuyến tại N là:

2
2
u 2 ux  u y 2 g  L  y 
 


R
R
R
an = g.cos

Vậy:

2 L  y
R = cos 

Giải các phương trình (1) – (3) được:

mgL
T = 2(L  y)

 mg 
L1

2T0 

Lúc T = T0 thì y =

1
Chú ý là:

0 ≤ y ≤ (L + h)/2 

Khi đó v =


mg 
2 gL  1 

 2T0 

Biện luận:

11

h mg

2
L T0


mg
2
T
0
 Khi
thì dây đứt ngay ở thời điểm vừa thả ra.
mg
h
1

L : dây khơng bị đứt trong suốt q trình chuyển động.
 Khi T0
Bài 5. Một sợi dây dài tạo thành một đường xoắn ốc có đường kính 2R với bước xoắn là h.
Trục của đường xoắn ốc đặt thẳng đứng. Theo đường xoắn ốc có một hạt cườm trượt xuống.
Hệ số ma sát giữa hạt cườm với đường xoắn ốc là  . Hãy tìm vận tốc chuyển động đều của
hạt cườm.
Hướng dẫn giải:
Khi hạt cườm chuyển động đều với vận tốc v o, gia tốc hạt cườm là gia tốc hướng tâm hướng

vng góc với trục đường xoắn ốc.
+ Tại mỗi điểm, tiếp tuyến với đường xoắn ốc tạo với mặt phẳng ngang góc thoả mãn:
h
tg  = 2R

(1)

(Hãy hình dung: ta duỗi thẳng đường xoắn ốc ra, ta được mặt phẳng nghiêng dài 2  R và cao
h)
+ Những lực tác dụng lên hạt cườm gồm:
. Phản lực N1 vng góc với dây và nằm trong mp thẳng đứng, do trọng lực P tạo ra:
N1=Pcos 
12


. Vật có xu hướng văng khỏi quĩ đạo nên ép vào quĩ đạo tạo phản lực nằm trong mp ngang,
hướng vào tâm: N2
. Lực ma sát và trọng lực P
+ Theo phương tiếp tuyến quĩ đạo ta có:
N12  N 22

Fms = Psin  =  N = 

N22 =



(

mg sin  2
)

- N12

=

(

mg sin  2
)

- (mgcos  )2

(2)
+ Theo phương bán kính quĩ đạo, chiều (+) hướng tâm ta có:
vo2 cos 2 
R
N2 = maht = m

+ Từ (1); (2) và (3):

Với cos2  = 1+tg2 

(3)

R2 g 2
2
v o4 = 



 tg 2   2 


2
 cos  

2
2



R 2 g 2   h    2  .  h   1
2
 2R 
   2R 

vo4 =  

(*)

Vậy:
h
+ Với 2R >  thì vo thoả mãn (*)
h
+ Với 2R <  thì khơng có lúc nào hạt cườm chuyển động đều được

Bài 6. Ba vật 1,2,3 có khối lượng m 1, m2, m3 xếp chồng
lên nhau thành một khối
1). Mặt A(tiếp xúc giữa 1 và 2) có hệ số ma sát nghỉ là μ A.
Mặt B (tiếp xúc giữa 2 và 3) có hệ số ma sát nghỉ là μB.
13


a. Vật 3 được kéo sang phải sao cho gia tốc của nó tăng dần. Trên mặt nào sẽ xảy ra chuyển
động tương đối giữa các vật trước.
b. Giải lại câu a trong trường hợp vật 3 được kéo sang trái.
c. Nếu  A 0,5;  B 0,8 thì trị số góc α phải bằng bao nhiêu để xảy ra trượt trên mặt B
trước khi kéo vật 3 sang phải và để xảy ra trượt trên mặt A trước khi kéo vật 3 sang trái.
Hướng dẫn giải:
a. Xét 3 vật đứng yên tương đối với nhau, có cùng gia tốc a hướng sang phải. Đầu tiên có thể
tính được ma sát tĩnh trên A là fA = m1a.
Đối với vật 2 phân tích lực như HV.

Theo định luật II Newton ta có:
Theo phương Ox:
f B cos   f A  N 2 sin  m2 a

Theo phương Oy:
f B sin   N 2 cos (m1  m2 ) g

Từ đó ta được:

14


f B  m1  m2   a cos   g sin  
N 2  m1  m2   g cos   a sin  
f Bmax   B N 2   B  m1  m2   g cos   a sin  

Do đó:
fA
f Amax



m1a
f
a
acos  g sin 

; B 
 A m1 g  B g f Bmax  A ( gcos  a sin  )

Đối với vật 1, gia tốc tối đa là a1max do đó:
f1max   A m1 g m1 a  a1max   A g khi a > a
1max trên mặt A phát sinh chuyển động tương đối.

Đối với vật 2: f B max  B N 2 thay vào các công thức trên ta có:

  B N 2 sin   N 2 cos   m1  m2  g

 B N 2 cos  m1 a2 max  N 2 sin  m2 a2 max ta có:

Do đó với

a2 max 

a2 max 

 B cos  sin 
g
 B sin   cos

 B cos  sin 
g
 B sin   cos thì trên B sẽ có sự chuyển động tương đối

Nếu a1max < a2max tức là

Nếu a1max > a2max tức là

b. Thay góc α = - α thì

A 

 B cos  sin 
g
 B sin   cos thì chuyển động trên mặt A trước;

A 

 B cos  sin 
g
 B sin   cos thì chuyển động trên mặt B trước.

A 

 B cos  sin 
g
 B sin   cos thì trên mặt A có sự chuyển động trước.

c. Nếu μA = 0,5 và Nếu μB = 0,8 thì thay vào trên

có:

0,5 

0,8cos  sin 
g
0,8sin   cos

Do đó ta có αmin = 12,10 ( góc nghiêng này khơng lớn hơn góc ma sát)

15


Bài 7. Trên mặt ngang không ma sát, hai vật có khối lượng m1 và m2 nối với nhau bởi một
sợi dây khơng dãn và có thể chịu được lực căng T0 . Tác dụng lên vật các lực tỷ lệ thuận với
thời gian F1 1t , F2  2t , trong đó 1 và  2 là cỏc hệ số hằng số cú thứ nguyờn, t là thời
gian tác dụng lực. Xác định thời điểm dây bị đứt.
Hướng dẫn giải:

Gọi lực căng của dây khi chưa đứt là

T

. Chọn chiều (+) từ trỏi sang phải.

Độ lớn của gia tốc như nhau cho cả hai vật, nên:
a

F1  T T  F2

m1
m2

1  T T   2

m1
m2

T


( m1 2  m21 )t
m1  m2

Phương trình (*) cho thấy lực căng
td 

(*)
T

tăng theo thời gian. Vậy thời gian để dây đứt là :

(m1  m2 )T0
m1 2  m21

Bài 8. Một vật nhỏ được truyền cho vận tốc ban đầu bằng v 0 = 4 m/s để đi lên trên một mặt
phẳng nghiêng, góc hợp bởi mặt phẳng nghiêng với phương nằm ngang là α = 30 0, v0 hướng
dọc theo mặt phẳng nghiêng. Khi vật đi lên đến điểm cao nhất vật lại trượt xuống dọc theo
mặt phẳng nghiêng. Cho hệ số ma sát giữa vật với mặt phẳng nghiêng là μ.
a. Tìm biểu thức tính gia tốc của vật khi đi lên và khi đi xuống theo g, α và μ.
b. Biết thời gian đi xuống bằng 1,2 lần thời gian đi lên. Tìm độ cao cực đại mà vật đi lên
được.
Hướng dẫn giải:
16


a. Khi vật đi lên:
- Tác dụng lên vật có trọng lực P, phản lực N và lực ma sát Fms.
⃗ ⃗ ⃗
⃗ N  P  Fms
a
m
- Định luật II Newton:
 mg.sin  Fms ma l

N  mg.cos 0
- Chiếu lên Ox và Oy ta được: 

Thay Fms = μ.N  al = - g.(sin α + μ.cos α)

Tương tự khi đi xuống: ax = g.(sin α – μ.cos α)
b. Quãng đường mà vật đi được khi đi lên:
1
v 0 t  a l t l2
2
Sl =
.

Mặt khác khi lên đến điểm cao nhất thì vận tốc của vật bằng:
v = v0 + al.tl = 0  v0 = - al.tl.

Thay vào phương trình trên ta được: Sl =



1 2
altl
2

Khi đi xuống quãng đường vật đi được là:
1
a X t 2X
Sx = 2
2

t 
al
  x  1, 44
a
 tl 

Mà: Sl = Sx  x

Thay các biểu thức của gia tốc của câu a vào ta được:
sin   cos
1, 44
sin   cos
 μ  0,1.

17


Thay vào biểu thức của gia tốc khi đi lên ta được: al = - 4,1 m/s2.

 Quãng đường :

Sl 

v 02
2a l  1,95 m.

 Độ cao lớn nhất mà vật đạt được: hmax = Sl.sin α = 0,98 m.
Bài 9. Một cái nêm nhẵn khối lượng M, góc
đáy α, ban đầu đứng yên trên một mặt bàn
nằm ngang. Khối lập phương khối lượng M
nằm tiếp xúc với nêm trên mặt bàn này (hình
vẽ). Hệ số ma sát giữa khối lập phương và
mặt bàn là μ. Trên nêm người ta đặt một xe
kéo khối lượng m, xe kéo có thể trượt không
ma sát từ trên đỉnh mặt nêm. Thả xe kéo cho nó chuyển động khơng vận tốc ban đầu từ đỉnh
nêm. Tìm vận tốc xe kéo khi nó đến chân nêm nếu độ cao đỉnh của nêm là h.

Hướng dẫn giải:
Nếu hai vật M chuyển động thì chúng sẽ có cùng gia tốc a, gọi gia tốc giữa m với nêm là a 12.
Chọn hệ quy chiếu gắn với hai vật M ta có:
- Phương trình định luật 2 Newton cho m:
mg.sin α + m.a.cos α = m.a12 (1)
N12 = mg.cos α – m.a.sin α (2)
- Phương trình cân bằng cho nêm.
N12.sin α = N.sin 2α + M.a (3)
(N là phản lực của M tác dụng lên nêm)
18


Cho khối M:
N.sin 2 α = M.a + Fms.
N’ = M.g + N.cos 2α.

 N.sin 2 α = M.a + (M.g + N.cos 2α) μ. (4).

 
  Mg
mg sin  cos  1 
tg
2





 

 
  m sin 2  1 

M 2 
tg
2

tg
2





Giải (2)(3)(4) ta được: a =

Và từ (1): a12 = g.sin α + a.cos α
m sin 2
* Điều kiện để M chuyển động là a  0  μ  2M  m cos 2 = μ0.

* Biện luận:
+ Nếu μ  μ0 thì nêm và khối lập phương cùng chuyển động với các gia tốc tính ở trên.
Khi vật tới chân nêm:
- vận tốc của m đối với nêm:

v12 =

2a 12S 

2h

 g sin   a cos  
sin 

v12 .a
v
a

- vận tốc của nêm là v với: v12 a 12  v = a 12

- vận tốc của m đối với đất: v1 =

2
v12
 v 2  2 v.v12 cos 

+ Nếu μ > μ0 thì nêm và khối lập phương khơng chuyển động. Khi đó vật m trượt trên nêm
với gia tốc a = gsin α  vận tốc của m khi đến chân nêm là: v1 =

19

2gh


Bài 10. Một người đi xe đạp lượn tròn trên một sân nằm ngang có bán kính R. Hệ số ma sát
r

  0  1  
R  Với  0 là một

chỉ phụ thuộc vào khoảng cách r từ tâm của sân theo quy luật

hằng số (hệ số ma sát ở tâm của sân). Xác định bán kính của đường trịn tâm 0 mà người đi
xe đạp có thể lượn với vận tốc cực đại? Tính vận tốc đó?
Hướng dẫn giải:
Giả sử người đó đang đi trên quỹ đạo trịn với bán kính r với vận tốc v . Ta phải xác định

vmax và giá trị này đạt được khi r bằng bao nhiêu.
Đối với hệ quy chiếu cố định gắn ở tâm 0 lực tác dụng lên vật là lực ma sát đóng vai trị lực
hướng tâm và từ đó ta có:

N maht

hay

r
v2

0  1   .mg m
r
 R

Suy ra

v 2 0 gr 

0 g 2
r
R

Đây là một tam thức bậc hai ẩn r với hệ số

r 

0 g
  g
2.  0   R
 R 
2
2

2
max

v
Lúc đó:
Vậy:

20

a 

 gR
R  g R
v 0 g  0    0
2
R 2
4
2

0 g
0

2
R
. Giá trị của v đạt lớn nhất khi: