Sáng kiến kinh nghiệm " Một số bài toán về tính tương đối của chuyển động - Cơ học lớp 10 " pot

1

SKKN: Một số bài toán về tính tương
đối của chuyển động - Cơ học lớp 10
(Bùi Văn Cơ)

PHẦN MỞ ĐẦU: LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
- 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 hệ quy chiếu đứng yên.
- Phần công thức cộng vận tốc: Các bài tập đưa ra theo độ khó tăng dần. Cỏc bài
tập về chuyển động thẳng cùng phương và khác phương, chuyển động tròn đều,
chuyển động thẳng và chuyển động tròn đều, Chuyển động trũn đều và chuyển
động trũn đều
- Phần thứ 2 chủ yếu là các bài toán trong hệ quy chiếu gắn với thang máy và mặt
phẳng nghiêng chuyển động có gia tốc, phần này chỉ dừng lại ở việc tính gia tốc
của vật.
- Các bài tập ở phần này chủ yếu dành cho học sinh không chuyên lớp 10 nâng
cao



2

PHẦN NỘI DUNG

I – CÔNG THỨC CỘNG VẬN TỐC
Vận dụng công thức :
231213
VVV 


* 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
Và người đi xe đạplúc ban đầu lần lượt 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,
x

C
B
A


3

chiều dương là chiều chuyển động của người đi xe máy. Mốc thời gian là lúc bắt
đầu chuyển động: v
1
= 60km/h, v
3
= - 20km/h
- Người đi bộ đi với vận tốc v
2
. Vận tốc của người đi xe máy đối với người đi bộ là
v
12
.
Ta có:
2121
vvv 
2112
vvv  => v
12
= v
1
– v
2
(đk: v
12
>0 (1): để người đi xe
máy gặp người đi bộ)
- Vận tốc của người đi bộ đối với người đi xe đạp là v
23
.

Ta có:
3232
vvv 
3223
vvv  => v
23
= v
2
– v
3
(đk : v
23
>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:
+ t
1
= AB/v
12
= 2S/3(v
1
– v
2
)
+ t
2
= BC/v
23
= S/3(v

2
– v
3
)
Vì ba người gặp nhau cùng lúc nên: t
1
= t
2


2S/3(v
1
– v
2
) = S/3(v
2
– v
3
)

2( v
2
– v
3
) = v
1
– v
2



v
2
= (v
1
+ 2v
3
)/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


* Bài tập đơn giản vận dụng công thức cộng vận tốc trong chuyển động thẳng
đều có phương vuông góc


4


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/s
2
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/s
2
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:
v
1
= v
01
+ a
1
t = 6 + t
- Phường trình vận tốc của vật thứ hai trên trục Oy:
v
2
= v
02
+ a
2
t = - 8 + 2t
- Khoảng thời gian vật thứ hai dừng lại: v
2
= 0 => t = 4s
- Vận tốc của vật thứ nhất đối với vật thứ hai là:

2112
vvv  . Do
1
v vuông góc với
2
v .
=> v
12

=
2
2
2
1
vv  =
22
)28()6( tt 
=> v
12
= 100205
2
 tt .
Biểu thức trong căn của v
12
đạt giá trị nhỏ nhất khi
O
y
x
1
v
2
v
12
v


5

t = 



5
.
2
)20(
2 (s) < 4 (s).
Vậy v
12
có giá trị nhỏ nhất khi t = 2s.
=> (v
12
)
min
=  1002.202.5
2
8,94 (m/s)
Khi đó v
1
= 8m/s,

),(
121
vv . với Cos

= v
1
/v
12
= 8/8,94


0,895
=>

= 26,5
0

- Vậy v
12
đạt giá trị nhỏ nhất là 8,94m/s tại thời điểm t = 2s và hợp với Ox góc
26,5
0


* 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
01
v ( Hướng đến điểm
M ) nghiêng một góc

= 45
0
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 v
2
= 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/s
2
. Xác định v
01
.
Giải:
- Chọn trục tọa độ như hình vẽ:
Mốc thời gian là lúc các vật bắt đầu chuyển động.
O
x
M

y
01
v
2
v




6

- Vận tốc của vật 1 trên trục Ox là:


- Vận tốc của vật 1 đối với vật 2 trên trục Ox là:

2112
vvv  => v

12x
= v
1x
– v
2

= v
01
cos

- v
2
: Điều kiện để vật 1 va chạm với vật 2 là
v
12x
> 0

v
01
cos

- v
2
> 0 => 0cos
2
2
2
 v

(1)

- Khoảng thời gian từ lúc hai vật chuyển động đến lúc va chạm là:
t =
x
v
OM
12
=
201
cos vv
l


(2)
- Phương trình tọa độ của vật 1 trên trục Oy là:
y = (v
01
sin

)t – gt
2
/2.
- Thời gian vật 1 ném xiên từ O đến khi chạm với vật 2 ( trên trục Ox ) thỏa mãn
phương trình y = 0

(v
01
sin

)t – gt
2

/2 = 0 => t =
g
v

sin2
01
(3) ( t = 0
loại )
- Từ (2) và (3) suy ra:
201
cos vv
l


=
g
v

sin2
01
. Thay số vào ta có:
10
2
2
2
1,7
2
2
20
01

01
v
v




020021,7
01
2
01
 vv

cos
011
vv
x



7



v
01 = 0
2
82,90021,7



(loại) hoặc v
01 = )/(20
2
82,90021,7
sm

(thỏa
mản (1)).Vậy v
0 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 v
1
= 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?

Giải:
- Gọi ô tô là vật 1, hành khách là 2, mặt đất là vật 3
Muốn cho hành khách đuổi kịp ô tô thì trước hết
véc tơ vận tốc
21
v của người ấy đối với ô tô
phải luôn hướng về phía ô tô và tại thời điểm
ban đầu véc tơ
21
v hướng từ A đến B
- Theo công thức cộng vận tốc:

231213
vvv 
2113121323
vvvvv 
- Xét hai tam giác ∆AMN và ∆ABC,
có chung góc A và MN//AE//BC => góc AMN bằng góc ABC.
B
A

C

H

13
v
23
v
21
v
E
M

N





13
v

8

Vậy ∆AMN đồng dạng với ∆ABC =>
AC
AN
BC
MN


AC
AN
BC
AE
 hay
AC
v
BC
v
2313

=> v
23
=
113
.
BC
. v
AC

v
BC
AC
 )(
113
vv 
- Trong tam giác ABC luôn có

sinsin
BCAC






sin
sin

BC
AC
. Vậy v
23
=
1
.
sin
sin
v




=> v
23
nhỏ nhất khi sin

= 1, tức là

= 90
0
=> (v
23
)
min
= sin

.v
1
=
1
v
a
d
=
)/(8,1054
400
80
hkm
- 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 v
1
, v
2
. 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
1
v ) thì các độ lớn vận tốc
v
1,
v
2
phải thỏa mản điều kiện gì?

Giải:
a. Tàu B chuyển động với vận tốc
2
v hợp với
BA
góc

.






A
M
B
H
1
v
1
v
2
v
21
v


9

- Hai tàu gặp nhau tại M. Ta có AM = v
1.
t, BM = v
2.
t
- Trong tam giác ABM:
+

sinsin

BMAM





sinsin
21
tvtv




sin

=

sin
2
1
v
v
(1)
- Tàu B phải chạy theo hướng hợp với
BA
một góc

thỏa mản (1)
- Cos


= cos[180
0
– ( )



] = - cos( )



=




cos.cossin.sin


- Gọi vận tốc của tàu B đối với tàu A là
21
v . Tại thời điểm ban đầu
21
v cùng
phương chiều với
BA
. Theo công thức cộng vận tốc:

12132321
vvvvv  =>


cos2
12
2
1
2
2
2
21
vvvvv 
=> )cos.cossin.(sin2)cos(sin)cos(sin
21
222
1
222
2
2
21

 vvvvv
=(
2
1
2
21
2
2
2
.sin.sinsin2.sin vvvv

 )+

(
2
1
2
21
2
2
2
.cos.coscos2.cos vvvv

 )
= (
2
12
).sin.sin vv

 +(
2
12
).cos.cos vv

 = 0 + (
2
12
).cos.cos vv


( theo (1) )
=> v
21

=

coscos.
21
vv 
Vậy thời gian để tàu B chuyển động đến gặp tàu A là:


10

t =

coscos
2121
vv
l
v
AB


b. Để 2 tàu gặp nhau ở H thì

cos)90sin(sin9090
000

Theo (1) ta có:
1
2
2
1

tansincos
v
v
v
v



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

= 60
0
. Xác định
khoảng cách nhỏ nhất giữa các tàu. Cho biết ban đầu chúng cách O những khoảng
l
1
= 20km và l
2
= 30km.

Giải:
- Chọn các truc tọa độ Ox
1
, Ox
2
như hình vẽ.
- Mốc thời gian là lúc các tàu ở M
01
, M

02

( OM
01
= l
1
, OM
02
= l
2
)
- Phương trình chuyển động của các tàu là:

+ Tàu thứ nhất trên trục tọa độ Ox
1
:
x
1
=
1
OM = x
01
+ v
1
t = - l
1
+ vt
+ Tàu thứ hai trên trục tọa độ Ox
2
:

x
2
=
2
OM = x
02
+ v
2
t = - l
2
+ vt
O
M
01
M
02
M
1
M
2
x
1
x
2





11

- Khoảng cách giữa hai tàu là M
1
M
2
. ta có:
1221
OMOMMM  =>(M
1
M
2
)
2
=OM
1
2
+ OM
2
2
– 2OM
1
OM
2
.cos(
21
,OMOM )
- Đặt M

1
M
2
2
= f(vt) = (vt – l
1
)
2
+ (vt – l
2
)
2
– 2 ))((
21
lvtlvt  cos(
21
,OMOM )
1. Xét vt

l
1
hoặc vt

l
2
: (D
1
) (1)
- Khi vt


l
1
thì x
1


0 và x
2
< 0 => M
1
nằm giữa M
01
và O, M
2
nằm giữa M
02
và
O
=> ( 21
,OMOM
) =


- Khi vt

l
2
thì x
1
> 0 và x

2


0 => ( 21
,OMOM
) =


- Vậy khi vt thỏa mản (D
1
) thì:
f(vt) = (vt – l
1
)
2
+ (vt – l
2
)
2
– 2(vt – l
1
)(vt – l
2
)cos


= 2(1-cos

)(vt)
2

– 2(l
1
+l
2
)(1- cos

)vt + l
1
2
– 2l
1
l
2
cos

+ l
2
2

+ Nếu xét t

0 thì f(vt) đạt giá trị nhỏ nhất tại vt = -
2
'
21
ll
a
b



không thỏa
mản (1).
+ f(vt) là tam thức bặc hai có hệ số a > 0. Vậy trên (D
1
) thì f(vt) đạt giá trị
nhỏ nhất tại vt = l
1
hoặc vt = l
2

+ f(l
1
) = (l
1
– l
2
)
2
(2)


12

+ f(l
2
) = (l
1
– l
2
)

2
(3)
2. Xét khi l
1
< vt < l
2
: (D
2
) (4). Khi đó x
1
> 0 và x
2
< 0 tức là M
1
nằm
ngoài OM
01
, M
2
nằm trên đoạn OM
02
=> ( 21
,OMOM
) = 180
0
-


=> f(vt) =
(vt – l

1
)
2
+ (vt – l
2
)
2
– 2(vt – l
1
)(l
2
– vt )cos(180
0
-

)
=
(vt – l
1
)
2
+ (vt – l
2
)
2
- 2(vt – l
1
)(vt – l
2
)cos



= 2(1-cos

)(vt)
2
– 2(l
1
+l
2
)(1- cos

)vt + l
1
2
– 2l
1
l
2
cos

+ l
2
2

+ f(vt) đạt giá trị nhỏ nhất tại vt = -
2
'
21
ll

a
b




(D
2
)
+ V
ậy f(vt)
min
= f(
2
21
ll

) =

cos
22
2
22
2
21
1
21
2
2
21

2
1
21



































l
ll
l
ll
l
ll
l
ll

=
2
12
)(
2
cos1
ll 


(5)
- Do 1
2
cos1




. So sánh các trường hợp (2), (3), (5)
=> (M
1
M
2
)
2
min
= f(vt)
min
=
2
12
)(
2
cos1
ll 



=> (M
1
M
2
)
min
= )(7,8
2

2
1
1
2030
2
cos1
12
kmll 







* Các bài toán về chuyển động tròn


13

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 R
1
, R
2
và
1

,
2


. Cho R
1
>
R
2,
,
21

 .Chọn mốc thời gian là lúc các chất điểm và tâm thẳng hàng. 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
thứ nhất và tâm quét một
góc t
11

 .Bán kính
nối chất điểm thứ hai và
tâm quét một góc
t
22

 . Vì
21




M
1
OM
2
= M
1
OM
01
–
M
2
OM
02
=
21


= t)(
21


Do v
1
vuông góc với OM
1

Và v
2
vuông g óc với OM

2

Vậy
2121
21
),(),( OMMOMOMvv  = t)(
21


O
M
02
M
01
M
2

M
1

2
v
2
v
12
v
1
v

14

Vận tốc của chất điểm thứ nhất đối với chất điểm thứ hai là:
231213
vvv 
hay
2121
vvv 

2112
vvv 

),cos(2
21
21
2
2
2
1
2
12
vvvvvvv  tvvvvv )cos(2
2121
2
2
2
1
2
12



tRRRRv )cos(2)()(
212121
2
22
2
11
2
12


tRRRRv )cos(2)()(
212121
2
22
2
1112


Vậy v
12
đạt giá trị nhỏ nhất khi 1)cos(
21
 t


=> (v
12
)
min

=
22112211
2
22
2
11
2)()( RRRRRR


v
12
đạt giá trị lớn nhất khi 1)cos(
21
 t


=> (v
12
)
max
=
22112211
2
22
2
11
2)()( RRRRRR


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 tốc
0
v
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
0
v .
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


15

4
4




 t =>
4

2
),(
0



vv
- Vận tốc chất điểm đối với mặt đất:

013
vvv  => ),cos(2
00
2
0
2
13
vvvvvvv 
=
2
2
2
0
2
0
22
RvvR


=
0

2
0
22
2 RvvR



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
T
M
=27,3 ngày và T
Đ
= 365 ngày. Khoảng cách giữa Mặt Trăng và Trái Đất là
R
M
=3,83.10
5
km và giửa Trái Đất và Mặt Trời là R
Đ
=149,6.10
6
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

0
v
0
v


B

v
13
v
O

A



16

Giải:
T
1
T
1
D
1



1



D
2
D
v
D
v
T
v
TM
v
T
2
S



17



1. Xét trong khoảng thời gian ngắn
t

, Trái Đất quay quanh mặt trời góc
1

 ,Mặt Trăng quay quanh Trái Đất góc T
1

D
2
T
2
=
2

 . Do T
M
< T
D
=>
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


- Tốc độ quay là:
t
t
t









21




=>
DM


DMDM
TTTTTT
111222






Vậy chu kỳ quay của Mặt Trăng trong hệ quy chiếu DS là:
5,29
3,27365
365.3,27
D





M
DM
TT
TT
T ( ngày).
=> 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
T
v và
D
v . Sau khoảng thời gian
t

thì (
T

v ,
D
v ) =

 =
t


(Do
T
v
vuông góc với D
2
T
2
,
D
v
v uông góc với SD
2
)
- Vận tốc của Mặt Trăng quanh Mặt Trời ở thời điểm t là:
DTTM
vvv 
=> tvvvvvvvvv
DTDTDTDTTM

cos2cos2
22222


18

= t
T
R
T
R
T
R
T
R
T
D
M
MD
M
M

2
cos
22
2
22
D
2
D
2




















=> t
TTT
RR
T
R
T
R
v
DM
DM
D
D

M
M
TM


2
cos22
2
2
2
2
 . Vận tốc v
TM
đạt giá trị nhỏ nhất khi
1
2
cos t
T

.
=>(v
TM
)
min
=
D
22
222
T
R

T
R
TT
RR
T
R
T
R
D
M
M
DM
DM
D
D
M
M





















Thay số: T
M
= 27,3 ngày = 655,2 giờ, T
D
= 365 ngày = 8760 giờ
(v
TM
)
min
= 2
4
65
10.354,10
8760
10.6,149
2,655
10.84,3


(km/h)

Câu 10: Tàu sân bay chuyển động trên đại dương về hướng Đông với vận
tốc v

1
. Gió thổi về hướng Bắc với vận tốc v
2
. Khi hạ cánh, máy bay tiến gần đến
con tàu với vận tốc v
3
theo hướng thẳng đứng. Hãy xác định giá trị vận tốc của
máy bay đối với 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:
24
v
14
v
12
v
32
v

31
v
Tây
Đông
Bắc
Nam

19

pmnpnm
VVV 
- Vận tốc của tàu bay đối với gió
421412
VVV 
=
24
14
VV  . Do
14
V
vuông
góc với
24
V


V
12
=
2
2
2
1
2
24
2
14

VVVV 
-Vận tốc của mày bay đối với không khí:

123132
VVV 

Do
12
V
nằm trong mặt phẳng (P) = mp(
14
V
,
24
V
),
và
31
V
vuông góc với (P) (Do vận tốc của máy bay đối với tàu có phương thẳng
đứng) =>
31
V
vuông góc với
12
V
, vậy
2
3
2

2
2
1
2
12
2
3132
VVVVVV 

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
trên một đường thẳng. Bây giờ cấp cho quả cầu M
một xung lực làm cho nó đat vận tốc v
o
, hướng của v
o

thẳng góc với dây. Tính vận tốc của các quả cầu và
lực căng sợi dây tại thời điểm hai sợi dây nối các quả cầu m hợp với nhau góc
120
0

0
V
m m
M

20


Giải.
- Do sàn nhẳn nên hệ ba quả cầu là hệ kín. Khối tâm của hệ chuyển động với vận
tốc:
G
V =
2
2
2
2
2
ooo
V
m
m
Vm
m
M
VM





khối tâm của hệ chuyển động cùng hướng với
0
V
.

- Vận tốc của các quả cầu đối với khối tâm G ở thời điểm ban đầu:
+ Đối với quả cầu M:
2
2
OO
OGOOMG
VV
VVVV 
+ Các quả cầu m:
2
2
0
0
0
011
VV
VVV
GGO
 ;

12 oGo
VV 
-
G
V
= 0 -
2
o
V
=

2
o
V

- Động lượng của hệ trong hệ quy chiếu gắn với khối tâm:
0
2
2
2
2
000
21

V
m
V
m
V
mVmVmVM
GOGOOMG

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 120
0

vận tốc các quả cầu trong hệ
quy chiếu khối tâm là
MGGG
VVV ,,
21

. Đặt V
MG
= u. Vận tốc của các quả cầu m đối
với quả cầu M là: ,
1M
V
M
V
2
( ,
1M
V
M
V
2
) = 120
0
(Do ,
1M
V
M
V
2
vuông góc với các
sợi dây).
M

m m
V

120
0
= 2


T

T

M
V
1

M
V
2



21

G
V
1
=
M
V
1
+
MG

V
;
G
V
2
=
M
V
2
+
MG
V

-Luôncó: M
MG
V
+m
G
V
1
+m
G
V
2
=0
hay M
MG
V
+m(
M

V
1
+
MG
V
)+m(
M
V
2
+
MG
V
) = 0
=> (M+2m)
MG
V
+ m(
M
V
1
+
M
V
2
) = 0 thay M = 2m => 4
MG
V
+
M
V

1
+
M
V
2
= 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
MG
V
cùng hướng với chuyển
động của M (cùng hướng với
o
V
).




(Hình 1) (Hình 2)
Chiếu (1) lên phương của
o
V
ta có: 4V
MG
–V
1M
cos


- V
1M
cos

= 0
(V
1M
= V
2M
) =>V
1M
=

cos
2
MG
V
=
2
/
1
2u
= 4u
MGMG
VVV 
11

V
1G
2

= V
MG
2
+ V
1M
2
+ 2V
1M
V
MG
cos(180
0
-

)
(T ừ hình vẻ (1)


0
1
180),(
MGM
VV )
= u
2
+ (4u )
2
+ 2.4u.u.cos120
0
= 13u

2
=> V
1G
=V
2G
= 13 u
- Từ hình vẻ 1 ta có:cos

=
GMG
MGMG
VV
VVV
1
2
1
2
1
2
2

=
uu
uuu
13.2
)4()13(
222

=
13

13

MG
V

G
V
1

G
V
2

M
V
2

M
V
1









2

V

1
V

G
V
2

G
V
1

G
V







22

- Tại thời điểm (
MM
VV
21
; )=120
0

. Vận tốc của các quả cầu m là
1
V
,
2
V
.Vận tốc
quả cầu M là
V
.
1
V
=
G
V
1
+
G
V
;
2
V
=
G
V
2
+
G
V
. Do

MG
V
cùng hướng với
0
V (cùng hướng với
G
V
)

(
G
V
,
G
V
1
) = (
G
V
,
G
V
2
) =

.

V
1
2

= V
G
2
+V
1G
2
+2V
G
V
1G
cos

= V
0
2
/4 + 13u
2
+ 2(V
0
/2) 13 u.
13
13

= 1/4V
0
2
+ 13u
2
–V
0

u

- Do
GMG
VVV 
Và
MG
V
cùng chiều với
G
V

V=V
MG
+V
G

V = u +
V
0
/2 .Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng được:
2
1
MV
0
2
=
2
1
MV

2
+
2
1
m
V
1
2
+
2
1
mV
2
2
. Thay M = 2m và V
1
=V
2

V
0
2
= V
2
+V
1
2


V

0
2
=
(u +
2
0
V
)
2
+
4
1
V
0
2
+ 13u
2
– uV
0


V
0
2
= 14u
2
+
2
2
0

V



u =
14
7
V
0
. Vậy V =
0
14
)71(7
V

;
V
1
= V
2
=
14
7
28
13
4
1
0
0
2

0
2
0
V
V
V
V  = V
0
14
710 

* Các quả cầu m chuyển động tròn quanh quả cầu M do tác dụng lực căng sợi dây
T

T = m
l
V
M
2
1
=
l
um
2
16
= 
l
mV
28
16

2
0
l
mV
7
4
2
0

II- CHUYỂN ĐỘNG TRONG HỆ QUY CHIẾU CÓ GIA TỐC:
- Tõ c«ng thøc:
13
V =
12
V +
23
V .


23

Sau khoảng thời
t

Công thức trên tơng ứng với:
13
'
V
=
12

'
V +
23
'
V
.
Vậy:
13
'
V
-
13
V =
12
'
V -
12
V +
23
'
V
-
23
V
231213
VVV


t
V

13
=
t
V


12
+
t
V


23

231213
aaa

- Vật chuyển động trong hệ quy chiếu có gia tốc
0
a
thì chịu thêm lực quán tính.
0
amF
q


Câu 1: Cho hệ nh hình vẽ, hệ số ma sát giữa m = 1kg và M = 3kg là

1
= 0,15 giữa
M và sàn là

2
= 0,1.
1) Cho M chuyển động nhanh dần đều theo phơng ngang với gia tốc a i với
sàn. Tìm a để:
a) m nằm trên M
b) m trợt trên 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 bằng lực ma sát nghĩ cực đại, lấy g = 10m/s
2
.



24

Giải:
1) Xét m trong hệ quy chiếu gắn với M
Vật m chịu tác dụng của trọng lực gm , phản lực
N
, lực ma sat
1ms
F

và lực quán
tính
q
F
a) Khi m nằm yêu trên M

q
F +
1ms
F
+
mg
+
N
= 0


q
F +
1ms
F
= 0

F
q
= F
ms1
.

ma = F

ms1




1
mg.
a



1
g = 0,15 . 10 = 1,5 (m/s
2
).
b) Khi m trợt trên M với gia tốc
12
a
Thì
q
F +
1
ms
F +
mg
+
N
= m .
12
a

q
F +
1
ms
F = m .
12
a

F
q
F
ms1
= m . a
12
.

m . a -

1
mg = m. a
12
> 0

a >

1
g = 1,5 m/s
2
.

a > 1,5 m/s
2
.
2. a Xét các vật m, M trong hệ quy chiếu gắn với mặt sàn:
2ms
F

F

,
1ms
F

,
N

1ms
F

Q

N

gm

2
P

N

1ms
F

q
F

gm

a



25

- Vật m chịu tác dụng của
+ lực F
+ lực ma sát do M tác dụng
1
ms
F
+ trọng lực
1
P phản lực
N
.
- Vật M chịu tác dụng của trọng lực
2
P , phản lực
'
N

(N=N
,
) do m tác dụng, phản lực
Q do sàn tác dụng, lực ma sát do m tác dụng
1
'
ms
F và lực
2ms
F do sn tác dụng.
Ta có: (F
ms1
)
Max
= (F
ms1
)
trợt
=

1
mg = 0,15.1.10 = 1,5N.
(F
ms2
)
Max
= (F
ms2
)
trợt

=

2
Q =

2
(N + P
2
) =

2
(mg + Mg)
= 0,1 ( 1.10 + 3.10) = 4N.
Vậy (F

ms1
)
Max
< (F
ms2
)
Max
(F
ms1
=F
,
ms1
)

M luôn nằm yên đối với sàn

Vậy muốn m trợt trên M thì F > (F
ms1
)
max
= F
ms1Trợt.



F > 1,5N.
2.b Các lực tác dụng lên M nh hình vẽ: Giả sử F thoả mãn để M trợt khi m khi đó
M cũng phải trợt đối với sàn. Do đó các lực ma sát đều là lực ma sát trợt.
Vật M chuyển động với gia tốc
2
a đối với sàn:
2
P +
N

+ Q + F +
1
ms
F +
2ms
F
= M
2
a

F - F

ms1

-

F
ms2
= M a
2

q
F

2ms
F

F

,
1ms
F

,
N

1ms
F

Q

N

1
P

2
P