BÀI tập tự LUẬN ĐỘNG lực học CHẤT điểm HSG vật lý

BÀI TẬP TỰ LUẬN ĐỘNG LỰC HỌC CHẤT ĐIỂM
HSG VẬT LÝ
Bài 1: Cho hệ vật như hình vẽ, khối lượng các vật tương
ứng là m0, m1 và ,m2. Ròng rọc có khối lượng không đáng
kể, sợi dây nối giữa các vật không dãn, hệ số ma sát giữa
m1, m2 với mặt bàn là  . Tính gia tốc của mỗi vật và lực
căng dây nối giữa vật m1 và m2.
Bài giải
Các lực tác dụng lên vật như hình vẽ.
Áp dụng định luật II Niu tơn cho mỗi vật, ta
được:
Đối với vật m0: m0 g  T1  m0 a (1)
Đối với vật m1: T1  T2   m1 g  m1a (2)
Đối với vật m2: T2   m2 g  m2 a (3)
Giải hệ (1), (2) và (3) ta được:
Gia tốc : a 

 m0   (m1  m2 ) g
m0  m1  m2

Lực căng dây nối hai vật m1 và m2:
T2 

(1   )m0 m2
g
m0  m1  m2

Bài 2: Cho hệ vật gồm hai vật m1 và m2, được bố trí
như hình vẽ. Cho biết mặt phẳng nghiêng góc  , ròng
rọc có khối lượng không đáng kể, sợi dây không dãn và
hệ số ma sát giữa m1 và mặt phẳng nghiêng là  . Hỏi tỉ

m2

số giữa m bằng bao nhiêu để vật m2:
1
a) đi xuống.
b) đi lên.
c) đứng yên.
Bài giải
a) Giả sử vật m1 đi lên; các lực tác dụng lên vật như
hình vẽ. Theo định luật II Niu tơn:
m2 g  m1 g sin   Fms  ma �0
� m2 g  m1 g sin    m1 g cos   0

m

2
Khi đó: m  sin    cos
1

b) Tương tự, khi m2 đi lên:
m1 g sin    m1 g cos   m2 g  0


m

2
Khi đó: m  sin    cos
1

m

2
c) Để hệ vật đứng yên khi: sin    cos  m  sin    cos
1

Bài 3: Một vật có khối lượng m2 đặt trên một tấm ván dài có khối lượng m 1, cả hệ
đặt trên mặt phẳng nằm ngang không ma sát, hệ số ma sát giữa vật m 2 và m1 là  .
Tác dụng vào m2 một lực F   t nằm ngang, với t là thời gian và  là một hằng số
dương. Tính gia tốc a1 của ván và a2 của vật.
Bài giải
Áp dụng định luật II Niu tơn cho mỗi vật.
Đối với vật m2: F  Fms  m2 a2 � a2 

 t   m2 g
m2

m g

2
Đối với vật m1: Fms  m1a1 � a1  m
1

Trong giai đoạn đầu F � m2 g vật m2 không trượt so với
m1, tức là hai vật chuyển động cùng gia tốc:
a1  a2 

F
t

m1  m2 m1  m2

Khi t �t0 lúc đó F � m2 g tức là: a2 �a1 �
m g

2
Khi đó: a1  m
1

và a2 

 t   m2 g  m2 g
 (m  m2 )m2 g
�
�t � 1
 t0
m2
m1
 m1

 t   m2 g
m2

Bài 4: Một vật A chuyển động từ đỉnh mặt phẳng nghiêng góc
 so với phương nằm ngang, hình chiếu chuyển động của vật
trên mặt phẳng ngang có chiều dài l như hình vẽ. Hệ số ma sát
giữa vật và mặt phẳng nghiêng là  . Hỏi góc  nhận giá trị
bằng bao nhiêu để thời gian chuyển động của vật là nhỏ nhất.
Tính thời gian đó.
Bài giải
Các lực tác dụng lên vật như hình vẽ. Theo định luật II Niu tơn ta có:

mg sin   Fms  ma � a  g (sin   cos )

2l
gcos (sin    cos )

Thời gian chuyển động của vật là: t 

Thời gian đạt giá trị nhỏ nhất khi: cos (sin    cos ) đạt giá trị lớn
nhất.
1

Tức là: cos  sin    cos � tan   1  
Thời gian chuyển động nhỏ nhất: tmin 

l
1

2
g cos  cos

l
g


Bài 5: Một vật được kéo trượt trên mặt phẳng ngiêng một
góc  so với mặt phẳng ngang bởi lực T tạo với mặt
phẳng nghiêng một góc  như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa
vật và mặt phẳng nghiêng là  . Hỏi  bằng bao nhiêu thì
lực kéo T đạt giá trị nhỏ nhất để kéo được vật m lên mặt
phẳng nghiêng. Tính lực kéo T khi đó.

Bài giải
Các lực tác dụng lên vật như hình vẽ.
Theo định luật II Niu tơn.
T cos   mg sin    ( mg cos   T sin  )  0

 mg cos 

Suy ra: T  mg sin   cos   sin 
Để lực kéo T nhỏ nhất khi cos   sin  đạt giá trị lớn
nhất.
Tức là:

d (cos   sin  )
 0 � tan   
d

Giá trị lực kéo T : Tmin 

mg (sin    cos )
1 2

Bài 6: Một vật có khối lượng m đặt trên mặt phẳng ngang, hệ số
ma sát giữa m và mặt phẳng ngang là  . Tác dụng lên vật một
lực F  kt tạo với phương ngang một góc  , với k là một hằng
số dương, t thời gian. Hãy tính:
a) Vận tốc của vật khi nó bắt đầu rời mặt phẳng ngang.
b) Quãng đường vật đi được trên mặt phẳng ngang.
Bài giải
Áp dụng định luật II Niu tơn cho vật.
Theo Oy: N  mg  F sin   mg  kt sin  (1)

Theo Ox:
F (cos   sin  )   mg  ma � a 

k (cos   sin  )t
  g (2)
m

Thời gian từ lúc bắt đầu chịu tác dụng của lực đến khi vật bắt
đầu chuyển động t0.
 mg
a �0 � t �
 t0
k (cos   sin  )

Thời điểm vật rời mặt phẳng ngang, ứng với N  0 � mg  kt1 sin   0 � t1 

mg
k sin 

Vận tốc của vật khi vật rời mặt phẳng ngang:
a

dv k (cos   sin  )t
k (cos   sin  )t

  g � dv  (
  g )dt
dt
m
m

t1

k (cos   sin  )t
k (cos   sin  )t12
dv  �
(
  g ) dt � v 
  gt1  C
Tích phân 2 vế: �
m
2m
0
t0
v


Quãng đường vật đi được trên mặt phẳng ngang:
v

ds k (cos   sin  )t 2
k (cos   sin  )t 2

  gt  C � ds  (
  gt  C )dt
dt
2m
2m

Tích phân 2 vế:
t1

k (cos   sin  )t 2
k (cos   sin  )t13
t12
ds

(


gt

C
)
dt
�
s



g
 Ct1  C1
�
�
2m
6m
2
0
t0
s

Bài 7: Một vật nằm trên mặt phẳng nằm ngang, hệ số ma sát
giữa vật và mặt phẳng ngang là  . Tác dụng vào vật một lực F
có độ lớn không đổi và vật bắt đầu chuyển động, đồng thời
hướng của lực F tạo với phương ngang một góc   ks như
hình vẽ, với k là một hằng số và s là quãng đường vật đi được.
Tìm vận tốc của vật như một hàm của s.
Bài giải
Theo định luật II Niu tơn.
Theo Oy: N  mg  F sin   mg  F sin(ks )
Theo trục Ox:
F cos     mg  F sin(ks )  m
v

s

0

0

dv
dv
 mv � vdv  ( F (cos(ks)   sin(ks ))   mg )ds
dt
ds

vdv  �
( F (cos(ks )   sin( ks))   mg )ds
Tích phân 2 vế: �

Ta được:

v2 F
�F
�
 (sin( ks)   cos(ks))   mgs � v  2 � (sin( ks)   cos(ks))   mgs �
2 k
�k
�

Bài 8: Một động cơ điện gắn với đế được
đặt trên mặt phẳng nằm ngang có tổng khối
lượng m. Dùng động cơ này kéo vật có khối
lượng 2m bằng một sợi dây không dãn và
không có khối lượng chiều dài l. Trong quá
trình kéo cả động cơ và vật đều trượt trên mặt phẳng nằm ngang, hệ số ma sát giữa
động cơ, vật và mặt phẳng ngang là  . Hỏi sau bao lâu hai vật va chạm với nhau.
Biết gia tốc của vật 2m là a2  a .
Bài giải
Gọi a1; a2 lần lượt là gia tốc của
động cơ và vật 2m; t là thời
gian từ lúc hai vật bặt đầu
chuyển động đến khi va chạm
với nhau. Theo định luật II Niu
tơn
Đối với động cơ:
T   mg  ma1 (1)
1
2

Trong thời gian t động cơ chuyển động được quãng đường là: l1  a1t 2

Đối với vật 2m:
T  2 mg  2ma2

(2)
1
2

Trong thời gian t động cơ chuyển động được quãng đường là: l2  a2t 2
1
2

Khi động cơ và vật chạm vào nhau: l  l1  l2  (a1  a2 )t 2 (3)
Giải hệ (1), (2) và (3) ta được: t 

2l
.
 g  3a

Bài 9: Tính gia tốc chuyển động của vật 2, được bố trí
như hình vẽ. Trong đó  là góc tạo bởi giữa mặt phăng
m2

nghiêng và mặt phẳng nằm ngang; và tỉ số m   . Bỏ
1
qua mọi ma sát, sợi dây không dãn và ròng rọc có khối
lượng không đáng kể.
Bài giải
Các lực tác dụng lên mỗi vật như hình vẽ.

Áp dụng định luật II Niu tơn cho mỗi vật.
Đối với vật m1: T1  m1 g sin   m1a1 (1)
Đối với vật m2: m2 g  T2  m2 a2
(2)
Do ròng ròng có khối lượng không đáng
kể:
T1  2T2 (3)
Vì ròng rọc động: a1  2a2  a (4)
Giải hệ phương trình (1), (2), (3) và (4) ta
được:
m2
 sin  )
m1
2 g (2  sin  )
a

m2
4  1
4
1
m1
r
r 2 g (2  sin  )
a



1
Nếu
thì:

4  1
2 g (2

Bài 10: Một cơ hệ được bố trí như hình vẽ bên. Trong đó thanh có chiều
dài l , khối lượng M; quả cầu m < M được kẹp vào sợi dây không dãn và
có thể trượt trên sợi dây. Ban đầu quả cầu m ở ngang với đầu dưới của
thanh và bắt đầu buông nhẹ, cho hệ chuyển động với gia tốc không đổi.
Sau thời gian t0 quả cầu ở ngang đầu trên của thanh. Tính lực ma sát giữa
sợi dây và quả cầu.
Bài giải
Các lực tác dụng lên mỗi vật như hình vẽ.
Gọi aM ; am lần lượt là gia tốc của vật M và m.
Áp dụng định luật II Niu tơn cho mỗi vật.


Đối với thanh:
Mg  Fms  MaM

(1)

Đối với quả cầu:
mg  Fms  mam

(2)
Chọn hệ quy chiếu gắn với quả cầu:
aM / m  aM  am (3)
1
2

Theo đề bài: l  aM / mt02 (4)

Giải hệ phương trình (1), (2), (3) và (4) ta được:
Fms 

2lMm
( M  m)t02

Bài 11: Một cơ hệ gồm vật nhỏ 1 có khối lượng m và thanh 2 có chiều
dài l, khối lượng M được bố trí như hình vẽ. Ban đầu vật m được giữ ở
ngang bằng với đầu dưới của thanh M, sau đó buông nhẹ. Hỏi sau bao
lâu vật nhỏ m ở ngang với đầu trên của thanh M. Bỏ qua mọi ma sát,
khối lượng ròng rọc và sợi dây không dãn. Cho biết khối lượng m lớn
gấp  lần khối lượng M (  1) .
Bài giải
Các lực tác dụng lên mỗi vật như hình vẽ.
Gọi aM ; am lần lượt là gia tốc của thanh và gia tốc của vật nhỏ.
Theo định luật II Niu tơn.
Vật M: Mg  T '  MaM (1)
Vật m: T  mg  mam (2)
Do bỏ qua khối lượng ròng rọc: T  2T ' (3)
Do ròng rọc động: aM  2am (4)
Giải hệ phương trình: (1), (2), (3) và (4) ta được kết quả:
am 

Và

(2 M  m) g (2   ) g

m  4M
4

aM 

2(2   ) g
4

Chọn hệ quy chiếu gắn với m, gia tốc của M so với m:
a  aM  am  am 

3(2   ) g
 4

Thời gian để m đi từ đầu dưới đến đầu trên của thanh là:
l

1 2
2l
2l (  4)
at � t 

2
a
3(2   ) g

Bài 12: Cho cơ hệ như hình vẽ. Trong đó vật 1 có khối lượng m 1 gắn
với ròng rọc động, vật 2 có khối lượng m 2. Biết rằng khối lượng vật
1 gấp  lần khối lượng vật 2. Bỏ qua mọi ma sát, khối lượng ròng
rọc và sợi dây không dãn. Ban đầu vật 2 ở sát mặt đất, vật 1 cách mặt


đất một khoảng h. Thả cho hệ chuyển động. Tìm độ cao lớn nhất mà vật m 2 đạt tới

so với mặt đất.
Bài giải
Gọi a1 ; a2 lần lượt là gia tốc của vật 1 và vật 2.
Theo định luật II Niu tơn.
Vật m1: m1 g  T1  m1a1 (1)
Vật m: T2  m2 g  m2 a2 (2)
Do bỏ qua khối lượng ròng rọc: T1  2T2 (3)
Do ròng rọc động: a2  2a1 (4)
Giải hệ phương trình: (1), (2), (3) và (4) ta được kết quả:
a1 

Và:

(2 M  m) g (2   ) g

m  4M
 4

a2 

2(2   ) g
4

Khi vật m1 chạm đất vận tốc của vật m2:
v 2  2 a2 2 h 

8(2   ) gh
2(2   ) gh
�v  2
 4

4

Ngay sau đó vật m2 chuyển động ném thẳng đứng lên cao, và độ cao đạt thêm được
là:
h 

v 2 4(2   )h

2g
 4
6 h

Độ cao lớn nhất vật đạt được là: H  h  h    4
Bài 13: Cho cơ hệ nhe hình vẽ. Nêm có khối lượng M, góc
 đặt trên mặt phẳng ngang; khối này mang vật có khối
lượng m. Bỏ qua mọi ma sát, dây nối không dãn. Tính gia
tốc của nêm.
Bài giải
Các lực tác dụng lên vật và nêm như hình vẽ.
Áp dụng định luật II Niu tơn đối với nêm:
T  T cos   N sin   Ma0 (1)
Đối với vật m. Gọi a là gia tốc m đối với nêm M;
r r r
Theo công thức công gia tốc: a1  a  a0 .
Theo Ox nằm ngang: a1x  a cos   a0 (2)
Theo trục Oy thẳng đứng hướng lên: a1 y  a sin 
(3)
Áp dụng định luật II Niu tơn đối với m:
Theo Ox: N sin   T cos   ma1x (4)
Theo Oy: N cos   T sin   mg  ma1 y (5)

Do sợi dây không dãn: a  a 0 (6)
Giải hệ phương trinh (1), (2), (3), (4), (5) và (6) ta được:
a0 

mg sin 
M  2m(1  cos )

Bài 14: Một con lắc gồm một sợi dây dài l không dãn, một đầu cố định, một đầu
treo vật nặng có khối lượng m, gia tốc rơi tự do g. Kéo con lắc lệch với phương
thẳng đứng một góc 900 buông nhẹ. Hãy tính:
a) Gia tốc toàn phần của vật theo góc lệch  so với phương thẳng đứng.
b) Tính lực căng của sợi dây khi vận tốc của vật theo phương thẳng đứng đạt
giá trị cực đại.
c) Góc tạo bởi giữa sợi dây và phương thẳng đứng bằng bao nhiêu khi gia tốc
của vật theo phương thẳng đứng bằng không.
Bài giải
a) Theo định luật II Niu tơn ta có: m
v

dv
dv
  mg sin  � v   g sin  � vdv   gl sin  d
dt
ds



v2

v2
vdv   gl �
sin  d �  gl cos  � an   2 g cos 
Tích phân 2 vế: �
(1)
2
l

0
2

Theo phương tiếp tuyến với quỹ đạo chuyển động của vật:
mg sin   mat � at  g sin  (2)
Từ (1) và (2) suy ra gia tốc toàn phần của vật: a  an2  at2  g 1  3cos 2 
2
2
2
2
b) Vận tốc của vật theo phương thẳng đứng: v y  v sin   gl cos  sin 

v y đạt cực đại khi:

d (cos  sin 2  )
1
 0 � cos 
d
3

Lực căng dây: T  3mg cos   3mg
c) Gia tốc toàn phần của vật:

1
r r r
a  an  at � a y  any  aty  2 g cos 2   g sin 2   0 � cos 
3

Bài 15: Một người đi xe đạp trên đường đua, quỹ đạo là đường tròn nằm trên mặt
phẳng nằm ngang với bán kính đường đua lớn nhất là R. Hỏi phải đi trên đường đua
có bán kính r bằng bao nhiêu thì người này đạt được vận tốc lớn nhất. Tính vận tốc
lớn nhất này? Cho biết hệ số ma sát giữa bánh xe và đường đua phụ thuộc vào bán
r
kính đường đua theo công thức:   0 (1  ) , với 0 là một hằng số dương.
R

Bài giải
v2
r
  mg � v 2   gr  0 g (1  )r
r
R
r
d (1  )r
Để vận tốc đạt giá trị lớn nhất khi:
R  0 � r  R � v  Rg 0
max
dr
2
2

Theo định luật II Niu tơn: Fms  man  m

Bài 16: Cho cơ hệ như hình vẽ. M  m1  m2 , bàn nhẵn, hệ
m

2
số ma sát giữa vật m1 và m2 là  . Tính tỉ số m để chúng
1
không trượt lên nhau.
Bài giải

Do m1 không trượt trên m2 nên: Mg  ( M  m1  m2 )a � a 
Lực căng dây: T 

g
2

Mg m1  m2

g (1)
4
4

- Giả sử m1 có xu hướng trượt ra trước m2:
Ta có: T   m1 g  m1a1 ; T   m1 g  m2 a2 (2)
Do m1 có xu hướng trượt lên trước m2 nên: a1 �a2 (3)
m

2
Từ (1); (2), (3) ta được: m �1  4 (*)
1

- Giả sử m2 có xu hướng trượt ra trước m1:
Ta có: T   m1 g  m1a1 ; T   m1 g  m2 a2 (4)
Do m2 có xu hướng trượt lên trước m1 nên: a1 �a2 (5)
m

2
Từ (1); (4), (5) ta được: m �1  4 (**)
1

m

2
Vậy để chứng không trượt lên nhau khi: 1  4   m  1  4 
1

Bài 17: Cho hệ cơ học như hình vẽ. Hai vật m 2 và m3
được đặt trên mặt bàn nằm ngang. Buông tay khỏi m1 thì
hệ ba vật m1, m2 và m3 chuyển động, làm cho phương của
dây treo bị lệch một góc 300 so với phương thẳng đứng.
Cho biết m3 = 2m2 = 0,4kg và bỏ qua ma sát, lấy g =
10m/s2. Hãy tính khối lượng của m1 và gia tốc của các vật.
Bài giải
Tính khối lượng m1: m1 tham gia hai chuyển động: theo phương ngang với gia tốc a 2
(gia tốc vật m2); theo phương sợi dây a3.
r r r
Theo công thức cộng gia tốc: a1  a2  a3 .
T  2m1a1x
�
r r

T sin 30  m1a1x
�
r
�
Đối với m1: P1  T1  m1a1 � �m g  T cos 30  m a � �
(1)
3
10m1 
T  m1a1 y
�1
1 1y
�
�
2
r r
r r
r
Đối với vật m2: P2  N 2  T  T '  m2 a2 � T  T sin 30  m2 a2 � T  0, 4a2 (2)
r r r
r
Đối với vật m3: P3  N 3  T '  m3a3 � T  m3a3 � T  0, 4a3 (3)

Từ (2) và (3) suy ra: a2  a3 .
r
Theo đề bài a3 tạo với phương thẳng đứng một góc 300 nên:


a
�
a1x 

�
2
�
a1  a2  a3  a � �
a 3
�
a1 y 
�
�
2

Thay vào (1) và (2), ta được: m1  0, 4kg .
3
g m/s
5

Tính gia tốc: Thay m1 vào (1) suy ra: a 

Bài 18: Một vật A có khối lượng m 1 = 1kg đặt trên mặt vật B, khối lượng m 2 = 2kg;
vật B đặt trên mặt phẳng ngang. Hệ số ma sát giữa A và B
là   0,1 ; giữa B và mặt phẳng ngang không đáng kể.
a) Phải tác dụng lên vật A một lực theo phương
ngang tối thiểu F0 bằng bao nhiêu để nó có thể bắt đầu
trượt trên B.
b) Vận tốc cảu A bằng bao nhiêu vào lúc nó rời khỏi B nếu bây giờ lực kéo là
2F0, vật B có chiều dài l = 1m.
Bài giải
r

r

r

Đối với vật A: F  Fms  m1a1 � a1 
r

F  Fms F   m1 g

(1)
m1
m1

m g

r

1
Đối với vật B: Fms  m2 a2 � a2  m (2)
2

m

1
Để vật A bắt đầu trượt trên vật B: a1 �a2 � F � m1 g (1  m )  F0
2

Hay: F0 = 1,5N.
Nếu F = 2F0. Chọn hệ quy chiếu gắn với vật B; gia tốc của vật A so với vật B:
a  a1  a2   g (1 

m1
)
m2

Vận tốc của vật A khi rời B: v A  2al  2  g (1 

m1
)l  1, 7 m/s.
m2

Bài 19: Cho hệ cơ học gồm vật m đặt chồng lên vật M và cả hệ thống được đặt trên
mặt phẳng ngang. Hệ số ma sát giữa m và M là 1 , giữa M và mặt phẳng ngang là
 2 . Tìm độ lớn của lực F nằm ngang:
a) Đặt lên m để m trượt trên M
b) Đặt lên M để M trượt khỏi m.
Bài giải
a) Trường hợp F đặt lên m:
r

r

r

r

r

Đối với vật m: F  Fms  P1  N1  ma1 (1)
r

r

r

r

r

r

Đối với vật M: Fms1  Fms 2  P2  N1  N 2  Ma2 (2)
Chiếu (1) và (2) lên các trục tọa độ, ta được:


�F  1 N1  ma1

Vật m: �N  mg
�1

� a1 

1 N1  2 N 2  Ma2
�

F  1mg
;
m

� a2 

Vật M: �N  (m  M ) g
�2

1mg  2 (m  M ) g
M

Để vật m trượt trên M: a1  a2 � F  ( 1  2 )

mM
.mg
M

Nhận xét: Các khả năng xảy ra: a1 > 0; a2 > 0; F > 0…
b) Trường hợp F đặt lên M:
r

r

r

r

r

r

Đối với vật m: Fms  P1  N1  ma1 (3)
r

r

r

r

r

Đối với vật M: F  Fms1  Fms 2  P2  N1  N 2  Ma2 (4)
Chiếu (1) và (2) lên các trục tọa độ, ta được:
�1 N1  ma1

Vật m: �N  mg
�1

� a1  1 g ;

�F  1 N1   2 N 2  Ma2

Vật M: �N  (m  M ) g
�2

� a2 

F  1mg  2 (m  M ) g
M

Để vật M trượt trên m: a2  a1 � F  ( 1  2 )(m  M ) g
Nhận xét: Các khả năng xảy ra.
Bài 20: Cho hệ cơ học gồm vật m đặt chồng lên vật M và cả hệ thống được đặt trên
mặt phẳng ngang. Hệ số ma sát giữa m và M là 1 giữa M và mặt phẳng ngang là 2

. Tác dụng vào M một lực F hợp với phương ngang một góc  chếch lên. Khi 
thay đổi, xác định giá trị nhỏ nhất của F để M có thể trượt khỏi m, tính  lúc này.
Bài giải
�1 N1  ma1

Đối với vật m: �N  mg
�1

� a1  1 g (1)

�F cos   1 N1  2 N 2  Ma2

Đối với vật M: �N  N  Mg  F sin 
�2
1

F cos   1mg1   2 (m  M ) g  2 F sin 
M
( 1  2 )(m  M )
Để M trượt trên m: a2  a1 � F  cos   sin 
2

Suy ra: a2 

dy
 0 � tan   2
F đạt cực tiểu khi y  cos  2 sin  cực tiểu; hay:
d

Cuối cùng ta được: Fmin 

( 1   2 )( m  M ) g
1  22

Bài 21: Một chiếc nêm có khối lượng M, có góc nghiêng
 , và có thể chuyển động không ma sát trên mặt phẳng
nằm ngang.
a) Phải kéo dây theo phương ngang một lực F bằng
bao nhiêu để vật m chuyển động lên trên theo mặt nêm?


Khi ấy m và nêm M chuyển động với gia tốc nào? Bỏ qua ma sát, khối lượng của
dây và ròng rọc.
b) Xét trường hợp m đứng yên trên nêm M.
Bài giải
Chọn Oxy; Ox nằm ngang cùng chiều F; Oy thẳng đứng hướng lên.
r
r
r
Gọi a1 là gia tốc nêm; a2 gia tốc m; a21 là gia tốc của m so với nêm.
r

r

r

a  a  a cos
�

2x

1
21
Ta có: a2  a1  a21 � �a  a sin 
�2 y
21

(1)

Đối với m: F cos   N sin   ma2 x ; F sin   N cos   mg  ma2 y (2)
Đối với M: F  F cos   N sin   Ma1 (3)
Giải hệ (1), (2) và (3), ta được:
a1 

F (1  cos )  mg sin  .cos 
M  m sin 2 

Và: a2 x 
a2 y 

F (m sin 2   M cos  )  Mm sin  .cos
;
m( M  m sin 2  )
F cos   M  m(1  cos )   mg ( M  m) sin  .cos
tan 
m( M  m sin 2  )

Muốn cho vật m dịch chuyển lên trên thì phải có hai điều kiện sau:
� mg ( M  m) sin 
�F  M  m(1  cos )
�

�
Mg cos 
�N  0 � F 
�
(1  cos ) sin 
�
mg ( M  m) sin 
Mg cos 
Cuối cùng, ta được: M  m(1  cos )  F  (1  cos ) sin 
mg ( M  m)sin 

Nếu: F  M  m(1  cos ) � a21  0 vật m đứng yên so với nêm và cả hai vật cùng
chuyển động.
Bài 22: Trong cách bố trí ở hình bên, cho biết nêm khối
lượng M của hình nêm và khối lượng m của vật m; hệ số
ma sát giữa m và M và giữa M và mặt phăng ngang là  .
Bỏ qua khối lượng ròng rọc và dây. Hãy xác định gia tốc
vật m đối với mặt phẳng ngang, trên đó có hình nêm
chuyển động.
Bài giải
r
r
Gọi a là gia tốc m đối với đất; a1 là gia tốc nêm.
Chọn Oxy; Ox nằm ngang cùng chiều F; Oy thẳng đứng hướng lên.
r r
r r
r �N1  max
P

F


T

N

ma
��
Đối với m: 1 ms
1
mg   N1  T  ma y (1)
�


r

r

r

r

r

T  N  Ma
�

r

1
1x

Đôi với M: P2  Fms  T  N 2  N1  Ma1 � �Mg   N  N  0 (2)
�
1
2

Ta có: ax  a1x  ay  a (3)
Giải hệ (1), (2) và (3) ta được:

a

g
2 

M
m

;T 

( M  m) g
M
2  
m

Bài 23: Cho hệ như hình vẽ. Tính gia tốc của vật m đối
với nêm M và nêm M đối với đất trong các trường hợp
sau:
a) Hệ số ma sát giữa M và mặt phẳng ngang là  ,
m trượt không ma sát trên M.
b) Hệ số ma sát giữa m và M là  , mặt phẳng ngang nhẵn.
c) Bỏ qua mọi ma sát. Tính vận tốc của nêm ở thời điểm vật tới chân nêm,

biết độ cao của nêm là h.
Bài giải
r
r
r
Gọi a1 là gia tốc m; a2 là gia tốc của M so với nêm; a12 là gia tốc của m so với M.
r r
r
Ta có: a1  a12  a2
a) Hệ số ma sát giữa M và mặt phẳng ngang là  , m trượt không ma sát trên M.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
r

r

r

Đối với vật m: N1  P1  ma1
mg sin   ma1x
�

Chiếu lên các trục tọa độ: �N  mg cos   ma (1)
�1
1y
a1x  a12  a2 cos
�

Với: �a  a sin 
�1 y
2

(2)

Đối với vật M:
r r
r
r
�N sin    N 2  Ma2
r
P2  N 2  N1  Fms  Ma2 � � 1
(3)
�Mg  N1cos  N 2  0

Từ (1), (2) và (3), ta được: a2 

mg sin  cos  (M  m cos 2  )  g
(*)
M  m sin 2    m sin  cos

Thế vào (2) tính được a12 .
b) Hệ số ma sát giữa m và M là  , mặt phẳng ngang
nhẵn.
r

r

r

r

Đối với vật m: N1  P1  Fms  ma1
mg sin    N1  ma1x
�

Chiếu lên các trục tọa độ: �N  mg cos   ma
�1
1y
a1x  a12  a2 cos
�

Với: �a  a sin 
�1 y
2
r

r

(4)

(5)
r

r

r

Đối với vật M: P2  N 2  N1  Fms  Ma2 � N1 (sin    cos )  Ma2 (6)


Từ (4), (5) và (6), ta được: a2 

mg sin  cos   mg cos 2 
(**)
M  m sin 2    m sin  cos

c) Tính vận tốc của nêm ở thời điểm vật tới chân nêm, biết độ cao của nêm là h.
Từ (*) và (**) ta dễ dàng suy ra gia tốc a12 và a2
bằng cách cho   0 .
mg sin  cos
; (7)
M  m sin 2 
(m  M ) g sin 
a12  g sin   a2 cos 
(8)
M  m sin 2 
a2 

Thời gian để vật đi hết chiều dài của nêm:
l

1
a12t 2 � t 
2

2l

g

2h
a12 sin 

Vận tốc nêm khi đó: v2  a2t  a2
Từ (7), (8) và (9) ta được:

v2 

2h
a12 sin 

(9)

2 gh.m 2 cos 2

( M  m)( M  m sin 2  )

2 gh
M
M 2
M
 ( )  (1  ) 2 tan 2 
m
m
m

Bài 24: Cho hệ như hình vẽ, biết hệ số ma sát giữa m và
M là  .
r
a) Tính gia tốc a0 của nêm để m đi hết chiều dài l
của nêm trong khoảng thời gian t.
r

b) Xác định gia tốc a0 để vật m đi lên.
Bài giải
r
a) Tính gia tốc a0 của nêm để m đi hết chiều dài l của
nêm trong khoảng thời gian t.
r
Trường hợp 1: a0 hướng sang trái:
Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm.
r r r
r
mg sin   ma0 cos   N  ma
r �
P  N  Fms  Fqt  ma � �
�N  ma0 sin   mg cos   0

Suy ra: a  g (sin    cos )  a0 (  sin   cos )
2l
 g (sin    cos )
1
1
Ta có: l  at 2   g (sin    cos )  a (  sin   cos )  t 2 � a  t 2
0
0
2
2
 sin   cos

Với  tùy ý.
r
Trường hợp 2: a0 hướng sang phải:

mg sin   ma0cos   N  ma
�
�
�N  ma0 sin   mg cos   0

Suy ra: a  g (sin    cos )  a0 (  sin   cos )


Cuối cùng: a 
0

g (sin    cos ) 

 sin   cos

2l
t2

Với   tan  nêm chưa chuyển động thì vật đã trượt xuống dưới.
r
b) Xác định gia tốc a0 để vật m đi lên.
Để vật trượt lên thì a0 phải có hướng sang trái
 mg sin   ma0 cos   N  ma
�
�
�N  ma0 sin   mg cos   0

g (sin    cos )

Suy ra: a   g (sin    cos )  a0 (cos   sin  ) �0 � a0 � cos   sin 

Với điều kiện:   cot 
Bài 25: Cho hai miếng gỗ có khối lượng m1 và m2 đặt
chồng lên nhau trượt trên mặt phẳng nghiêng. Hệ số ma
sát giữa chúng là  , giữa m1 và mặt phẳng nghiêng là 1 .
Trong quá trình trượt, một miếng gỗ có thể chuyển động
nhanh hơn miếng kia hay không? Tìm điều điện để hai vật
cùng chuyển động như một.
Bài giải
Chọn chiều dương là chiều xuống dưới. Gọi các gia tốc a1 và a2 . Giả thiết a1 > a2
(miếng gỗ dưới chuyển động nhanh hơn).
Vật m1 chịu tác dụng của các lực: m1 g sin  ; lực ma sát:
F1  1 (m1  m2 ) g cos  ; F   m2 g cos  .
r r

Hai lực F1 ; F đều hướng lên trên. Ta có phương trình: m1 g sin   F1  F  m1a1 .
F F

1
Suy ra: a1  g sin   m
1

(1)

Vật m2 chịu tác dụng của các lực: m2 g sin  ; lực ma sát: F   m2 g cos  (hướng
xuống, vì m1 chuyển động nhanh hơn nên lực ma sát kéo vật m2 đi). Ta có phương
trình: m2 g sin   F  m2 a2
F

Suy ra: a2  g sin   m  a1 , mâu thuẫn với giả thiết. Vậy miếng gỗ dưới không thể
2

chuyển động nhanh hơn miếng gỗ trên.
Nếu giả thiết a2 > a1 thì có các phương trình:
m1 g sin   F1  F  m1a1 � a1  g sin  
m2 g sin   F  m2 a2 � a2  g sin  
a1  a2

nếu

F1  F
m1

F
m2

F1  F F
 (m  m2 )   m2

 1 1
hay
m1
m2
m1

+ 1   , vật m2 có thể chuyển động nhanh hơn vật m 1 nếu ma sát giữa hai miếng gỗ
nhỏ hơn ma sát giữa vật m1 và mặt phẳng nghiêng.


+ 1 � thì a1  a2  g (sin    cos ) thì hai vật cùng trượt như một.
Bài 26: Treo vào hai đầu một sợi dây không dãn không có khối lượng hai vật nặng

m1 và m2 , sợi dây được vắt qua một ròng rọc cố định. Giữa sợi dây và ròng rọc có
m

2
ma sát. Khi tỉ số m  0 thì sợi dây bắt đầu trượt. Hãy tính:
1

a) Hệ số ma sát giữa sợi dây và ròng rọc.
m

2
b) Tính gia tốc của mỗi vật khi m    0 .
1

Bài giải
a) Gọi dl là chiều dài phần dây tiếp xúc với ròng rọc, góc ở tâm là dθ
r r

r

r

r

Phần dây chịu tác dụng của lực căng T1  T , T2  T  dT , dFms
r
và phản lực dN của ròng rọc tác dụng lên phần dây đó. Do ròng
r r
r
r r

rọc cân bằng: T1  T2  dFms  dN  0
Theo phương tiếp tuyến với ròng rọc:
dT  dFms  0 � dT  dFms  .dN

(1)

r
Theo phương phản lực dN :
d
d
(T  dT )sin
 T sin
 dN  dm 2 R  0 � Td  dN
2
2
d
(Do d rất nhỏ và dT . �0 )
2

(2)



T

2
dT
dT
T
 �

d � ln 2  
Thay (2) vào (1): dT  Td � T   d � �
T
T1
T1
0

� 

1 T2 1
T m
ln  ln 0 vì 2  2  0
 T1 
T1 m1

m

2
b) Khi m    0 . Phương trình định luật II viết cho mỗi vật.
1

m2 g  T2  m2 a; T1  m2 g 2  m1a

T

2
và T  0 (3)
1

m

 

0
2
Giải hệ phương trình (3) kết hợp với điều kiện m   , ta được: a     g
1
0

Bài 27: Một chiếc xuồng máy đi chuyển dọc theo một hồ nước với vận tốc v0, thì tắt
máy chuyển động chậm dần và dừng lại. Biết lực cản tác dụng lên thuyền máy
Fc  kv , k = const. Hãy tìm:
a) Thời gian kể từ lúc tắt máy đến khi xuồng dừng hẳn.
b) Quãng đường xuồng đi được kể từ khi tắt máy đến khi dừng hẳn.
c) Tốc độ trung bình của xuồng máy kể từ khi tắt máy đến khi vận tốc giảm 
lần.
Bài giải
a) Thời gian kể từ lúc tắt máy đến khi xuồng dừng hẳn. Theo định luật II Niu tơn:


v

m

t

k
 t
dv
dv

k
dv
k
v
k
  kv �
  dt � �   �
dt � ln   t � v  v0 e m
dt
v
m
v
m0
v0
m
v0

Khi xuồng dừng lại v  0 � t  �.
b) Quãng đường từ lúc xuồng bắt đầu tắt máy đến khi dừng hẳn là:
s

�

k
k
 t
 t
ds
m
m

m
ds  �
v0e dt  v0
Từ công thức: v  dt � ds  vdt  v  v0e dt � smax  �
k
0
0

c) Tốc độ trung bình của xuồng máy kể từ khi tắt máy đến khi vận tốc giảm  lần là:
Thời gian xuồng đi đượclà:
Từ v  v0e

k
 t
m

�t 

m v0 m
ln  ln 
k
v k

Quãng đường xuồng đi được là:
s

s�
ds 
0

m
ln
k

�v e
0

k
 t
m

dt  

0

mv0  ln
mv
(e  1)  0 (  1)
k
k

mv0
(  1)
s k
 1

v0
Tốc độ trung bình: v   m
t


ln

ln 
k

Bài 28: Sau khi xuyên qua tâm ván có bề dày h, tốcđộ của viên đạn thay đổi từ v0
đến v. Tìm thời gian chuyển động của viên đạn qua tấm ván, giả sử lực cản của tấm
ván tác dụng lên viên đạn tỉ lệ với bình phương vận tốc.
Bài giải
Theo định luật II Niu tơn:
m

v
t
dv
dv
k
dv
k
m 1 1
m v v
  kv 2 � 2   dt � �2   �
dt � t  (  )  ( 0
)
dt
v
m
v
m0
k v v0

k v0v
v0

Ta cũng có thể viết: F  m
v

dv
dv
dv
dv
k
 mv
 mv  kv 2 �   ds
dt
vdt
ds
v
m

h

v
dv
k
k
k 1 v
��  �
ds � ln 0  h �  ln 0
v
m0

v m
m h v
v0

m v v

v v

v

0
0
0
Cuối cùng ta được: t  k ( v v )  ( v vh ) ln v
0
0

Bài 29: Một vật trượt trên một mặt phẳng nghiêng dài hợp với phương ngang một
góc α. Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng phụ thuộc và quãng đường đi
được của vật   ks . Tìm thời gian từ lúc bắt đầu trượt đến khi dừng hẳn và tốc độ
lớn nhất mà vật đạt được trong quá trình chuyển động.
Bài giải
r

r

r

r

Phương trình định luật II Niu tơn: N  P  Fms  ma

Theo phương Oy vuông góc với mặt phẳng nghiêng: N  mg cos   0 � N  mg cos 
(1)


Theo phương Ox: mg sin    N  ma  m
Thay

dv
(2)
dt

(1)

và

(2):

dv
dv
 g (sin    cos ) � v  g (sin   ascos ) � vdv  g (sin   ascos )ds (3)
dt
ds
v

s

0

0

vdv  �
g (sin   ascos )ds �
Tích phân 2 vế (3): �

Khi vật dừng lại:

v2
as
 gs (sin   cos )
2
2

v2
as
2
 gs (sin   cos )  0 � s  tan 
2
2
a

Vận tốc của vật đạt cực đại: vdv  g (sin   ascos )ds  0 � s 
Tốc độ cực đại của vật là: vmax 

tan 
a

g sin  tan 
a

Bài 30: Một vật có khối lượng m được ném thẳng đứng lên cao với tốc độ ban đầu
v0, lực cản của không khí tỉ lệ với bình phương vận tốc Fc  kv 2 . Hãy tính:
a) Độ cao lớn nhất mà vật đạt được.
b) Tốc độ của vật khi vật quay về vị trí ném vật ban đầu.
Bài giải
h

0

dv
mvdv
mvdv
m mg  kv02
2
ds   �
�h 
ln
Ta có: mv ds  (mg  kv ) � ds   mg  kv 2 � �
mg  kv 2
2k
mg
0
v0
h

v

dv
mvdv

mvdv
mv  (mg  kv 2 ) � ds 
��
ds  �
�v 
2
ds
mg  kv
mg  kv 2
Khi vật rơi xuống:
0
0

v0
kv02
1
mg

Bài 31: Một vật
m đang đứng yên trên một mặt phẳng nằm ngang thì chịu tác dụng
r
của một lực F có độ lớn không đổi và có hướng nằm trong mặt phẳng đó và quay
với tốc độ góc  không đổi. Hãy tính:
a) Tốc độ của vật theo thời gian.
b) Quãng đương vật đi được giữa hai điểm mà tốc độ của vật bằng không và
tốc độ trung bình của vật trong thời gian đó.
Bài giải
r
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hìnhr vẽ, Ox trùng với hướng của F tại thời điểm t = 0.
Tại thời điểm t bất kì, véctơ lực F hợp với Ox một góc    t .

r
r
Theo định luật II Niu tơn: F  ma
v

t
x
dvx
F
F
F
� dvx  cos tdt � vx  �
dvx  �
cos tdt 
sin t
Theo Ox: F cos t  max  m
dt
m
m0
m
0

Theo Oy: F sin t  ma y  m
vy

� vy  �
dv y 
0

dv y

dt
t

� dv y 

F
sin tdt
m

F
F
sin tdt 
(1  cost )
�
m0
m


2
2
Tốc độ của vật ở thời điểm t: v  vx  v y 

2F
t
sin
m
2

Thời gian nhỏ nhất giữa hai lần tốc độ của vật bằng 0:

t
2
 �t 
2


Quãng đương vật đi được giữa hai điểm mà tốc độ của vật bằng không:
s

2


0

0

s�
ds 

2F

2


vdt 
sin
�
m �
0

t
8F
dt 
2
m 2

8F
s m 2
4F
Tốc độ trung bình của vật: v   2 
t
 m


Bài 32: Một vật nhỏ được đặt trên mặt phăng nghiêng góc α
so với mặt phẳng nằm ngang. Truyền cho vật một vận tốc độ
ban đầu v0 có phương ban đầu tạo với Ox góc 0 


. Tốc
2

độ của vật phụ thuộc vào góc 
(  là góc tạo bởi
hướng của véc tơ vận tốc với Ox như hình vẽ) như thế nào
nếu hệ số ma sát giữa vật và mặt phăng nghiêng   tan  .
Bài giải
Hình chiếu của trọng lực theo Ox, Oy:
Fx  mg sin  ; Fy  mg cos 

Lực ma sát tác dụng lên vật:
Fms   Fy  mg cos  .tan   mg sin 

Hình chiếu của phương trình định luật II Niu tơn theo
phương tiếp tuyến với quỹ đạo:
mg sin  .cos  mg sin   mat � at  g sin  (cos 1)

và theo phương Ox: mg sin   mg sin  .cos  max � ax  g sin  (1  cos )
Tức là theo Ox và phương tiếp tuyến : ax  at , tức là vận tốc của vật theo
phương tiếp tuyến với với quỹ đạo v và phương Ox là vx sai khác một hằng số C, tức
là:
v  v x  C

Đồng thời: vx  v cos  � v  v cos   C � v(1  cos  )  C


v

0
Tại t  0 � v  v0 ;  0  2 � C  v0 � v  1  cos

Khi   0 � v 

v0
.
2

Bài 33: Một vật nhỏ được đặt trên đỉnh một quả cầu bán kính R. Truyền cho quả cầu
r
một gia tốc không đổi a0 theo phương ngang, vật nhỏ bắt đầu trượt xuống. Hãy tính:

a) Vận tốc của vật so với quả cầu khi vật bắt đầu rời quả cầu và vị trí quả vật
rời quả cầu.


b) Thời gian từ lúc vật bắt đầu trượt đến khi rời quả cầu.
Bài giải
Chọn hệ quy chiếu gắn với quả cầu. Theo định luật II Niu
tơn ta có:
r
r
r
P  Fqt  N  ma

Chiếu theo phương bán kính nối tâm quả cầu và vật:
mv 2
R
Khi vật bắt đầu rời quả cầu N  0 � v  v0 ;   0
mg cos   N  ma0 sin   maht 

v02
 g cos  0  a0 sin  0 (1)
R

Khi đó ta được:

Chiếu theo phương tiếp tuyến với quả cầu:
mg sin   ma0cos  mat  mv

dv
dv

 mv
� vdv  R ( g sin   a0cos )d (2)
ds
Rd
v0

0

0

0

vdv  R �
( g sin   a0cos )d
Tích phấn hai vế của phương trình (2): �

�

2
0

v
 R (a 0 sin  0  g cos  0  1) (3)
2

Giải hệ (1) và (3) ta đươc: v0 

�
2 gR
2  k 5  9k 2

; 0  cos 1 �
2
3
�
� 3(1  k )

�
a
�, với k  0 .
g
�
�

Chú ý: Để có công thức (3) ta có thể dùng định luật bảo toàn cơ năng trong hệ quy
chiếu gắn với quả cầu:
mgR(1  cos  0 )  ma0 R sin  0 

mv02
v2
� 0  g (1  cos  0 )  a0 sin  0
2
2R

Thời gian trượt của vật trên quả cầu:
ds

d

Rd

Rd

Từ: v  dt  R dt � dt  v  R( g cos   a sin  )
0
0
0
t0

0

d
� t0  �
dt  R �
( g cos   a0 sin  )
0
0

Vận tốc của quả cầu tại thời điểm t0: v  a0t0
r r r
Vận tốc của quả cầu so với đất là: v1  v0  v
� v1  v02  v 2  2vv0 cos0

Bài 34: Một đứa trẻ quay đều trên đầu một hon đá, khối
lượng m nhờ sợi dây dài l. Nắm tay chuyển động trên đường
tròn bán kính l, hình vẽ. Hãy xác định bán kính của đường
tròn chuyển động của hòn đá, nếu lực cản của không khí tỉ
lệ với bình phương vận tốc Fc  kv 2 . Bỏ qua trọng lượng của
hòn đá.
Bài giải

Từ hình vẽ, ta có: Fht  T cos  

mv 2
(1)
R

T sin   Fc  kv 2 (2)
R  2l cos 

(3)

Từ (1) và (2) suy ra: tan  
Từ (3) và (4), suy ra:

kR
(4)
m

k2 4
R  R 2  4l 2  0
2
m

2 �
2 2 �
Giải phương trình ta được: R  m 2 �1  1  16l 2k �

2k �

m

�

Bài 35: Một hạt xâu qua một vành cứng, cố định, bán kính R. Mặt phẳng của vành
nằm ngang. Tại một thời điểm nào đó, người ta truyền cho hạt vận tốc v0 theo
phương tiếp tuyến. Hãy xác định lực do vành tác dụng lên hạt tại hai thời điểm:
ngay sau khi bắt đầu chuyển động và ngay trước khi dừng lại. Biết hệ số ma sát giữa
vành và hạt là  .
Bài giải
Trong quá trình chuyển động, phản lực N của vành lên hạt có hai thành phần: một
thành phần cân bằng với trọng lực và một thành phần hướng vào tâm vành. Khi hạt
có vận tốc v , phản lực N bằng:
v4
N  m g m 2
R
2

2

2

Lực mà vành tác dụng lên hạt: F  N 2  Fms2  N 1   2  m 1   2 . g 2 
Khi bắt đầu chuyển động v  v0 � F  m 1   2 . g 2 

v04
R2

Ngay trước khi dừng lại: v  0 � F  mg 1   2 .
Xét khi vật có vận tốc v, theo định luật II Niu tơn:

m

dv
dv
v4
   N � m    m g 2  2 � ds  
dt
ds
R

vdv
v4
 g  2
R
2

Đặt u  v 2 rồi lấy tích phân 2 vế ta thu được kết quả:
s

0
R
R �v02
ln u  u 2  g 2 R 2 2 
ln � 
2
v0 2  �
�gR





�
v04
1 �
2 2
�
g R
�

Bài 36: Ba vật 1, 2, 3 khối lượng lần lượt là m 1, m2, m3 xếp
chồng lên nhau thành một khối như hình vẽ. Mặt ngang A là
mặt tiếp xúc giữa 1 và 2 có hệ số ma sát nghỉ là  A . Mạt
phẳng B nghiêng góc  là mặt tiếp xúc giữa 2 và 3 có hệ số
ma sát nghỉ  B .

v4
R2


a) Vật A được kéo sáng 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 kéo vật 3 sang trái.
c) Nếu  A  0,5;  B  0,8; thì trị số góc  bằng bao nhiêu để xảy ra trượt trên
mặt B trước khi kéo vật 3 sang trái và để xảy ra trượt trên trên mặt A trước khi kéo
vật 3 sang trái?
Bài giải
a) Xét 3 vật đứng yên twong đối với nhau, có cùng gia tốc a
hướng sang phải. Đầu tiên có thể tính được lực ma sát tĩnh
trên A: FA  m1a .

Đối với vật 2: phân tích lực như hình vẽ. Từ định luật II Niu
tơn:
FB cos  FA  N 2 sin   m2 a

Theo phương vuông góc: FB sin   N 2 cos  (m1  m2 ) g
Từ đó ta được:
FB  (m1  m2 )(a cos   g sin  )
N 2  (m1  m2 )( g cos   a sin  )
FB max   B N 2   B (m1  m2 )(a cos   g sin  )

Do đó:
FA
ma
a
F
a cos   g sin 
 1 
; B 
;
FA max  A m1 g  A g FB max B ( gcos  a sin  )

b) Đối với vật 1, gia tốc tối đa là a1max do đó: F1max   A m1 g  m1a
Cho nên: a1max   A g
Vì khi a  a1max trên mặt A phát sinh chuyển động tương đối.
 cos  sin 

B
Đối với vật 2, FB max   B N 2 thay vào công thức trên ta được: a2max   sin   cos g .
B

 cos  sin 

B
Do đóvới a � sin   cos g thì trên mặt B có sự chuyển động tương đối.
B

 cos  sin 

B
Nếu a1max  a2 max tức là  A   sin   cos g thì chuyển động trên mặt A trước.
B

 cos  sin 

B
Nếu a1max  a2max tức thì  A   sin   cos g thì mặt B chuyển động trước.
B

 cos  sin 

B
c) Thay góc  bằng góc  thì  A   sin   cos g thì trêm mặt A có sự chuyển
B

động trước.
d) Nếu  A  0,5;  B  0,8 thì khi thay vaaof các bất đẳng thức trên, có:
0,5 

0,8cos  sin 
g

0,8sin   cos


Do đó tính được trị số tối thiểu của  min  12,10 . Với goc nghiêng này không lớn hơn
góc ma sát. Trong trường hợp sau ta có điều kiện tan    B  0,8 ứng với trị số
 max  38, 7 0 .
Do đó: 12,10 � �38, 7 0 .
Bài 37: Trong một thí nghiệm điển hình về quán tính, thầy giáo đặt một chiếc cốc
thủy tinh ở ngay méo bàn, trên tờ giấy, sau đó giật mạnh tờ giấy theo phương ngang.
Cả lớp lo sợ chiếc cốc sẽ rơi xuống và vỡ tan ra. Nhưng không! Tờ giấy nằm yên ở
vị trí cũ. Trong bài toán này, ta sẽ tính toán xem thầy giáo phải thực hiện thí nghiệm
như thế nào và mọi việc đã diễn biến ra sao. Giả thiết rằng khối lượng của cốc là
50g, hệ số ma sát trượt giữa giấy và thủy tinh là 0,4, giữa giấy và bàn gỗ là 0,2. Ta
sẽ bỏ qua khối lượng rất nhỏ của tờ giấy và lấy g = 10m/s2.
a) Tờ giấy chuyển động từ trạng thái nghỉ nên rõ ràng là nó chuyển động có
gia tốc. Giả sử gia tốc đó không đổi. Em hãy tìm gia tốc tối thiểu của tờ giấy để cái
cốc “trượt trên tờ giấy”. Khi đó lực do thầy giáo tác dụng lên tờ giấy là bao nhiêu?
b) Giả thiết rằng quãng đường di chuyển của tờ giấy là 5cm (bằng đường kính
của cái cốc thông thường). Em hãy tính cem thầy giáo phải kéo tờ giấy một lực bào
nhiêu để cái cốc dịch chuyển không quá 2mm trên mặt bàn. Thời gian chuyển động
của cái cốc khi đó là bao nhiêu?
c) Để tăng thêm phần hấp dẫn cho thí nghiệm, thầy giáo đổ thêm nước vào
cốc. Khi đó thì các kết quả trên thay đổi thế nào?
Bài giải
Mô hình cốc (2) trên tờ giấy (1) như
hình vẽ.
Trong hệ qua chiếu chuyển động có gia
tốc với mốc là tờ giấy, các lực
tác dụng
r

lên cốc (2) gồm: trọng lực P2 ; phản lực
r
r
N12 ; lực ma sát với tờ giấy Fms12 và lực
r
quán tính Fq 2 . Áp dụng định luật II Niu
tơn ta có:
r r
r
r
r
P2  N12  Fms12  Fq 2  m2 a21

Theo phương thẳng đứng: P2  N12
Theo phương ngang:
a21 

Fq  Fms12
m2

 a1  g 12

Trong hệ quy chiếurphòng thí nghiệm, các lực tác dụng lênr tờ giấy (1)r gồm: áp lực
của cốc lê tờ giấy N 21 ; phản lực của mặt bàn lên tờ giấy N1 ; lực kéo Fk ; lực ma sát
r
r
r
với cốc Fms 21 ; lực ma sát với bàn Fms1 ; và trognj lực của tờ giấy P1 .
r

r

r

r

r

r

r

Áp dụng định luật II Niu tơn ta có: P1  N 21  N1  Fms 21  Fms1  Fk  m1a1
Theo phương thẳng đứng: N1  P1  N 21  P1  P2  (m1  m2 ) g
Theo phương ngang: Fk  Fms1  Fms 2  m1a1 � Fk  (m1  m2 ) g   m2 g 12  m1a1


Bỏ qua khối lượng của tờ giấy, ta được: N1  m2 g ; Fk  m2 g ( 1  12 )  0,3N
a) Cái cốc “trượt trên tờ giấy” do tác dụng của lực quán tính trong hệ quy chiếu có
gia tốc. Để điều này xảy ra thì:
a21 �0 � a1 �g 12 � a1min  4 m/s2
Lực kéo của tờ giấy: Fk min  0, 3 N
b) Tờ giấy dịch chuyển 50mm còn cái cốc dịch chuyển 2mm, suy ra trong hệ quy
chiếu phi quán tính có mốc là tờ giấy, cái cốc dịch chuyển 48mm. Thời gian di
chuyển của 2 vật là như nhau nên:
1
1
s
a
a1

s1
s1  a1t 2 ; s21  a21t 2 � 1  1 
� a1  g 12
 100 m/s2.
2
2
s2 a21 a1  g 12
s1  s21

Thời gian chuyển động của các vật: t 

2s1

a1

2.0, 05
1

�31,6.103 s .
100
10 10

Lực kéo của tờ giấy Fk  0,3N không phụ thuộc vào gia tốc của tờ giấy. Trong thực
tế, một tờ giấy A4 thông thường có khối lượng 5g. Nếu thay giá trị này vào biểu
thức của Fk ở trên (trước khi bỏ qua khối lượng của tờ giấy) thì ta thu được lực kéo
trong hai trường hợp trên kha khác biệt: Fk min  0, 33N ; Fk  0,81N . Tuy nhiên, nếu so
sánh hai lực này vơi lực thường ngày mà tay người thực hiện thìh đều quá nhỏ. Vì
thế, trong thí nghiệm này, lực kéo tác dụng lên tờ giấy đóng vai trò không quan
trọng, vấn đề ở chỗ nó được kéo “nhanh” (có gia tốc lớn) đến mức nào. Ta nên để ý
thêm rằng gia tốc của tờ giấy cũng chính là gia tốc của tay người kéo, tức là người

kéo không chỉ tờ giấy mà “kéo cả tay minh” nữa nên lực thực sự mà cơ bắp phải
sinh ra lớn hơn tính toán trên rất nhiều và khi làm thí nghiệm thật, người làm thường
cố hết sức kéo tờ giấy nhanh nhất (thực ra là kéo chính tay của mình mạnh nhất) có
thể. Mô hình đặt ra trong bài toán này còn thô nên các kết quả ở trên chỉ giúp ta có
những hình dung nhất định về thí nghiệm. Việc giải bài toán này còn giúp ta làm
sáng tỏ nhiều vấn đề như: điều kiện chuyển động trượt của một vật, xét chuyển động
tương đối của các vật trong hệ quy chiếu không quán tính…
c) Việc đổ nước vào cốc tương đương với việc khối lượng cốc tăng. Điều này không
ảnh hưởng đến các gia tốc và thời gian tính ở trên. Lực kéo tờ giấy với giả sử bỏ qua
khối lượng tờ giấy cũng không đổi (và lực kéo thực sự mà tay người cần sinh ra
cũng thế). Nếu bạn thực hiện thí nghiệm này, bạn sẽ không nhận ra sự khác biệt giữa
hai trường hợp: cốc có nước và không có nước.