Sáng kiến kinh nghiệm môn Vật lý

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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. - PhÇn c«ng thøc céng vËn tèc: C¸c bµi tËp 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 tròn đều và chuyển động tròn đều - PhÇn thø 2 chñ yÕu lµ c¸c bµi to¸n trong hÖ quy chiÕu g¾n víi thang m¸y và mặt phẳng nghiêng chuyển động có gia tốc, phần này chỉ dừng lại ở việc tÝnh gia tèc cña vËt. - Các bài tập ở phần này chủ yếu dành cho học sinh không chuyên lớp 10 nâng cao. 1 Lop11.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHẦN NỘI DUNG I – CÔNG THỨC CỘNG VẬN TỐC Vận dụng công thức :. V 13  V 12  V 23. * 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 B A C 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, chiều dương là chiều chuyển động của người đi xe máy. Mốc thời gian là lúc bắt đầu chuyển động: v1 = 60km/h, v3 = - 20km/h - Người đi bộ đi với vận tốc v2. Vận tốc của người đi xe máy đối với người đi bộ là v12. Ta có: v1  v12  v2  v12  v1  v 2 => v12 = v1 – v2 (đk: v12 >0 (1): để người đi xe máy gặp người đi bộ) - Vận tốc của người đi bộ đối với người đi xe đạp là v23. Ta có: v2  v23  v3  v 23  v 2  v3 => v23 = v2 – v3 (đk : v23 >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: + t1 = AB/v12 = 2S/3(v1 – v2) + t2 = BC/v23 = S/3(v2 – v3) Vì ba người gặp nhau 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 của người đi bộ là 6,67 km/h theo hướng từ B đến C. 2 Lop11.com. x.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> * Bài tập đơn giản vận dụng công thức cộng vận tốc trong chuyển động thẳng đều có phương vuông góc 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/s2 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/s2 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: v1 = v01 + a1t = 6 + t - Phường trình vận tốc của vật thứ hai trên trục Oy: v2 = v02 + a2t = - 8 + 2t - Khoảng thời gian vật thứ hai dừng lại: v2 = 0 => t = 4s - Vận tốc của vật thứ nhất đối với vật thứ hai là: v12  v1  v2 . Do v1 vuông góc với v2 . => v12 = v12  v 22 = (6  t ) 2  (8  2t ) 2 => v12 = 5t 2  20t  100 . Biểu thức trong căn của v12 đạt giá trị nhỏ nhất khi t=. y. O. v1 v12. v2.  (20)  2 (s) < 4 (s). 2.5. Vậy v12 có giá trị nhỏ nhất khi t = 2s. => (v12)min = 5.2 2  20.2  100  8,94 (m/s) Khi đó v1 = 8m/s, (v1 , v12 )   . với Cos  = v1/v12 = 8/8,94  0,895 =>  = 26,50 - Vậy v12 đạt giá trị nhỏ nhất là 8,94m/s tại thời điểm t = 2s và hợp với Ox góc 26,50 * 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 v01 ( Hướng đến điểm M ) nghiêng một góc  = 450 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 v2 = 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/s2. Xác định v01. 3 Lop11.com. x.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> y. Giải: - Chọn trục tọa độ như hình vẽ: Mốc thời gian là lúc các vật bắt đầu chuyển động. - Vận tốc của vật 1 trên trục Ox là:. v01. v1x  v01 cos . O. M v2. . - Vận tốc của vật 1 đối với vật 2 trên trục Ox là: v12  v1  v2 => v12x = v1x – v2 = v01cos  - v2: Điều kiện để vật 1 va chạm với vật 2 là v12x > 0  v01cos  - v2 > 0 =>. x. 2 cos   v 2  0 (1) 2. - Khoảng thời gian từ lúc hai vật chuyển động đến lúc va chạm là: t=. OM l = v12 x v01 cos   v2. (2). - Phương trình tọa độ của vật 1 trên trục Oy là: y = (v01sin  )t – gt2/2. - Thời gian vật 1 ném xiên từ O đến khi chạm với vật 2 ( trên trục Ox ) thỏa mãn phương trình y = 0  (v01sin  )t – gt2/2 = 0 => t = ( t = 0 loại ) - Từ (2) và (3) suy ra:. v01. 20  2  7,1 2. 2v01 10. 2 2. 2v01 sin  g. (3). l 2v01 sin  = . Thay số vào ta có: g v01 cos   v 2. 2  7,1 2v01  200  0  v01.  v01 = 7,1 2  900,82  0 (loại) hoặc v01 = 7,1 2  900,82  20(m / s ) (thỏa 2 2. mản (1)).Vậy v0 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 v1 = 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? v13 A 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 4 Lop11.com. B. v21. M. . N. v23. . v13. H. C. E.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> véc tơ vận tốc v 21 của người ấy đối với ô tô phải luôn hướng về phía ô tô và tại thời điểm ban đầu véc tơ v21 hướng từ A đến B - Theo công thức cộng vận tốc: v13  v12  v23  v23  v13  v12  v13  v21. Xét hai tam giác ∆AMN và ∆ABC, có chung góc A và MN//AE//BC => góc AMN bằng góc ABC. Vậy ∆AMN đồng dạng với ∆ABC => => v23 =. AC AC .v13  .v1 BC BC. MN AN  BC AC. . AE AN v v  hay 13  23 BC AC BC AC. (v 13  v 1 ). AC BC AC sin  sin    .v1 . Vậy v23 =  sin  sin  sin  BC sin  d => v23 nhỏ nhất khi sin  = 1, tức là  = 900 => (v23)min = sin  .v1 = v1 = a 80 54  10,8(km / h) 400. - Trong tam giác ABC luôn có. - 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 v1, v2. 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 v1 ) thì các độ lớn vận tốc v1, v2 phải thỏa mản điều kiện gì? A Giải: a. Tàu B chuyển động với vận tốc v2 hợp với BA góc  . - Hai tàu gặp nhau tại M. Ta có AM = v1.t, BM = v2.t - Trong tam giác ABM: +. AM BM v1t vt   2  sin  sin  sin  sin  v (1)  sin  = 1 sin  v2. v1. . v21. H. . . M. - Tàu B phải chạy theo hướng hợp với BA một góc  thỏa mản (1) - Cos  = cos[1800 – (    ) ] = - cos(    ) = sin  . sin   cos  . cos . 5 Lop11.com. v2. B v1.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> - Gọi vận tốc của tàu B đối với tàu A là v21 . Tại thời điểm ban đầu v21 cùng phương chiều với BA . Theo công thức cộng vận tốc: 2  v22  v12  2v2 v1 cos  v21  v23  v13  v2  v1 => v21 => v 212  v 22 (sin 2   cos 2  )  v12 (sin 2   cos 2  )  2v1v 2 (sin  . sin   cos  . cos  ) =( sin 2  .v22  2 sin  sin  .v1v2  sin 2  .v12 )+ ( cos 2  .v22  2 cos  cos  .v1v2  cos 2  .v12 ) = ( sin  .v2  sin  .v1 ) 2 +( cos  .v2  cos  .v1 ) 2 = 0 + ( cos  .v2  cos  .v1 ) 2 ( theo (1) ) => v21 = v1. cos   v2 cos  Vậy thời gian để tàu B chuyển động đến gặp tàu A là: t=. AB l  v21 v1 cos   v2 cos . b. Để 2 tàu gặp nhau ở H thì     900    900    sin   sin(900   )  cos . Theo (1) ta có: cos  . v1 v sin   tan   2 v2 v1. 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  = 600. Xác định khoảng cách nhỏ nhất giữa các tàu. Cho biết ban đầu chúng cách O những khoảng l1 = 20km và l2 = 30km. Giải: - Chọn các truc tọa độ Ox1, Ox2 như hình vẽ. - Mốc thời gian là lúc các tàu ở M01, M02 ( OM01 = l1, OM02 = l2 ) - Phương trình chuyển động của các tàu là: + Tàu thứ nhất trên trục tọa độ Ox1: x1 = OM 1 = x01 + v1t = - l1 + vt + Tàu thứ hai trên trục tọa độ Ox2 : x2 = OM 2 = x02 + v2t = - l2 + vt. M2. M01. O. . x2. M1 x1. M02 - Khoảng cách giữa hai tàu là M1M2. ta có: M 1 M 2  OM 2  OM 1 =>(M1M2)2=OM12+ OM22 – 2OM1OM2.cos( OM 1 ,OM 2 ) - Đặt M1M22 = f(vt) = (vt – l1)2 + (vt – l2)2 – 2 (vt  l1 )(vt  l2 ) cos( OM 1 ,OM 2 ) 1. Xét vt  l1 hoặc vt  l2: (D1) (1). 6 Lop11.com.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> - Khi vt  l1 thì x1  0 và x2 < 0 => M1 nằm giữa M01 và O, M2 nằm giữa M02 và O => ( OM 1 ,OM 2 ) =  - Khi vt  l2 thì x1 > 0 và x2  0 => ( OM 1 ,OM 2 ) =  - Vậy khi vt thỏa mản (D1) thì: f(vt) = (vt – l1)2 + (vt – l2)2 – 2(vt – l1)(vt – l2)cos  = 2(1-cos  )(vt)2 – 2(l1+l2)(1- cos  )vt + l12 – 2l1l2cos  + l22 b'. l l. 1 2 + Nếu xét t  0 thì f(vt) đạt giá trị nhỏ nhất tại vt = - a  2 không thỏa mản (1). + f(vt) là tam thức bặc hai có hệ số a > 0. Vậy trên (D1) thì f(vt) đạt giá trị nhỏ nhất tại vt = l1 hoặc vt = l2 + f(l1) = (l1 – l2)2 (2) 2 + f(l2) = (l1 – l2) (3) 2. Xét khi l1 < vt < l2: (D2) (4). Khi đó x1> 0 và x2 < 0 tức là M1 nằm. ngoài OM01, M2 nằm trên đoạn OM02 => ( OM 1 ,OM 2 ) = 1800 -  2 2 0 => f(vt) = (vt – l1) + (vt – l2) – 2(vt – l1)(l2 – vt )cos(180 -  ) 2 2 = (vt – l1) + (vt – l2) - 2(vt – l1)(vt – l2)cos  = 2(1-cos  )(vt)2 – 2(l1+l2)(1- cos  )vt + l12 – 2l1l2cos  + l22 b'. l  l2. 1 + f(vt) đạt giá trị nhỏ nhất tại vt = - a  2.  (D2). l l. 1 2 + Vậy f(vt)min = f( 2 ) =. 2. 2.  l1  l2  l l  l l  l  l   l1    1 2  l2   2 1 2  l1  1 2  l2  cos    2   2   2  2  1  cos  (l2  l1 ) 2 = (5) 2 1  cos   1 . So sánh các trường - Do hợp (2), (3), (5) 2 1  cos  (l2  l1 ) 2 => (M1M2)2min = f(vt)min = 2 1 1 1  cos  2  8,7(km)  30  20 => (M1M2)min = l2  l1 2 2. * Các bài toán về chuyển động tròn 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 R1, R2 và 1 ,  2 . Cho R1 > R2,, 1   2 .Chọn mốc thời gian là lúc các chất điểm và tâm thẳng hàng. 7 Lop11.com.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 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 M01 Bán kính nối chất điểm thứ nhất và tâm quét một góc  1  1t .Bán kính M02 nối chất điểm thứ hai và M2 tâm quét một góc M1  2   2 t . Vì 1   2  v2 v2 O M1OM2 = M1OM01 – M2OM02 =  1   2 v12 = ( 1   2 )t v1 Do v1 vuông góc với OM1 Và v2 vuông g óc với OM2 Vậy (v1 , v 2 )  (OM 1 , OM 2 )  M 1OM 2 = (1   2 )t Vận tốc của chất điểm thứ nhất đối với chất điểm thứ hai là: v 13  v 12  v 23 hay v 1  v 12  v 2.  v 12  v 1  v 2. v122  v12  v 22  2v1v 2 cos(v 1 , v 2 )  v122  v12  v 22  2v1v 2 cos(1   2 )t.  v122  (1 R1 ) 2  ( 2 R2 ) 2  21 2 R1 R2 cos(1   2 )t  v12  (1 R1 ) 2  ( 2 R2 ) 2  21 2 R1 R2 cos(1   2 )t. Vậy v12 đạt giá trị nhỏ nhất khi cos(1   2 )t  1 => (v12)min = (1 R1 ) 2  ( 2 R2 ) 2  21 R1 2 R2  1 R1   2 R2 v12 đạt giá trị lớn nhất khi cos(1   2 )t  1 => (v12)max = (1 R1 ) 2  ( 2 R2 ) 2  21 R1 2 R2  1 R1   2 R2 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. 8 Lop11.com.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> tốc v0 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 v0 . 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   t  .      => (v, v0 )     4 4 2 4. - Vận tốc chất điểm đối với mặt đất: v13  v  v0 => v13  v 2  v02  2vv0 cos(v,v0 ) =  2 R 2  v02  2Rv0. O v0. A. 2 2.  v0. B v. =  2 R 2  v02  2Rv0. v13. 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 TM =27,3 ngày và TĐ= 365 ngày. Khoảng cách giữa 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 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 T1 Giải: T1 T2  vD. D1 D2. vT. 1. vD. S. vTM. 9 Lop11.com.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 1. Xét trong khoảng thời gian ngắn t , Trái Đất quay quanh mặt trời góc 1 ,Mặt Trăng quay quanh Trái Đất góc T1D2T2 =  2 . Do TM < TD =>  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  1  2   =>   M   D t t t 2 2 2 1 1 1       T TM TD T TM TD. - Tốc độ quay là:  . Vậy chu kỳ quay của Mặt Trăng trong hệ quy chiếu DS là: T. TM TD 27,3.365   29,5 ( ngày). TD  TM 365  27,3. => 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 vT và vD . Sau khoảng thời gian t thì ( vT , vD ) =  = t (Do v T vuông góc với D2T2, v D v uông góc với SD2) - Vận tốc của Mặt Trăng quanh Mặt Trời ở thời điểm t là: vTM  vT  vD 2  vT2  vD2  2vT vD cos   vT2  vD2  2vT vD cos t => vTM 2. 2.  2   2  2 2 2 =  RM    RD   2 RM RD cos t TM TD T  TM   TD . => vTM  2 cos. RM2 RD2 R R 2  2  2 M D cos t . Vận tốc vTM đạt giá trị nhỏ nhất khi 2 TM TD TM TD T. 2 t  1 . T. R =>(vTM)min = 2  M  TM. 2. 2.   RD  R R R R      2 M D  2 M  D TM TD TM TD   TD . Thay số: TM = 27,3 ngày = 655,2 giờ, TD = 365 ngày = 8760 giờ (vTM)min = 2 . 3,84.105 149,6.106   10,354.10 4 (km/h) 655,2 8760. Câu 10: Tàu sân bay chuyển động trên đại dương về hướng Đông với vận tốc v1. Gió thổi về hướng Bắc với vận tốc v2. Khi hạ cánh, máy bay tiến gần đến con tàu với vận tốc v3 theo hướng thẳng đứng. Hãy xác định giá trị vận tốc của máy bay đối với không khí chuyển động?. 10 Lop11.com.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Giải: Gọi tàu sân bay là (1), gió là (2) máy bay là (3), đại dương là (4) - Áp dụng công thức:. Bắc v24. V nm  V np  V pm. - Vận tốc của tàu bay đối với gió V 12  V 14  V 42 = V 14  V24 . Do V 14 vuông góc với V 24  V12 = V142  V242  V12  V22 -Vận tốc của mày bay đối với không khí:. Tây. Đông. v14. v12. v31. Nam. V 32  V 31  V 12. v. 32 Do V 12 nằm trong mặt phẳng (P) = mp( V 14 , V 24 ), và V 31 vuông góc với (P) (Do vận tốc của máy bay đối với tàu có phương thẳng đứng) => V 31 vuông góc với V 12 , vậy V32  V312  V122  V12  V22  V32. 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 V0 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 vo, hướng của vo m thẳng góc với dây. Tính vận tốc của các quả cầu và M lực căng sợi dây tại thời điểm hai sợi dây nối các quả cầu m hợp với nhau góc 1200. m. Giải. - Do sàn nhẳn nên hệ ba quả cầu là hệ kín. Khối tâm của hệ chuyển động với vận tốc: VG =. M Vo 2mVo V   o M  2m 2m  2m 2. khối tâm của hệ chuyển động cùng hướng với V 0 . - Vận tốc của các quả cầu đối với khối tâm G ở thời điểm ban đầu: + Đối với quả cầu M: V OMG  V O  V G  V O  + Các quả cầu m: V O1G  V 01  V G  0 . V. VO VO  2 2. M. V0 V0  ; 2 2. V o 2G  V o1 - V G = 0 - V o =  Vo 2 2. 1200 = 2 . T. m. - Động lượng của hệ trong hệ quy chiếu gắn với khối tâm: 11 Lop11.com. T. V 1M. V 2M. m.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> M V OMG  mV O1G  mV O 2G  2m. V0 V0 V0 m m 0 2 2 2. 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 1200 vận tốc các quả cầu trong hệ quy chiếu khối tâm là V 1G ,V 2G ,V MG . Đặt VMG = u. Vận tốc của các quả cầu m đối với quả cầu M là: V 1M , V 2 M ( V 1M , V 2 M ) = 1200 (Do V 1M , V 2 M vuông góc với các sợi dây). V 1G = V 1M + V MG ; V 2G = V 2 M + V MG. -Luôncó: M V MG +m V 1G +m V 2G =0 hay M V MG +m( V 1M + V MG )+m( V 2 M + V MG ) = 0 => (M+2m) V MG + m( V 1M + V 2 M ) = 0 thay M = 2m => 4 V MG + V 1M + V 2 M = 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 V MG cùng hướng với chuyển động của M (cùng hướng với V o ). V MG.  V 2G. . VG.   . V 1G. V 2M. V 1M. V2. . V 2G. (Hình 1). =>V1M =. (Hình 2). 2VMG 2u = = 4u cos  1/ 2. V 1G  V 1M  V MG  V1G2 = VMG2 + V1M2 + 2V1MVMGcos(1800 -  ). 12 Lop11.com. V1 V 1G. Chiếu (1) lên phương của V o ta có: 4VMG –V1M cos  - V1Mcos  = 0 (V1M = V2M). .

<span class='text_page_counter'>(13)</span> (T ừ hình vẻ (1)  (V 1M ,V MG )  180 0   ) = u2 + (4u )2 + 2.4u.u.cos1200 = 13u2 => V1G =V2G = 13 u. - Từ hình vẻ 1 ta có:cos  =. 2 VMG  V1G2  V12M u 2  ( 13u ) 2  (4u ) 2  13 = = 13 2VMGV1G 2u. 13u. - Tại thời điểm ( V 1M ;V 2 M )=1200 . Vận tốc của các quả cầu m là V 1 , V 2 .Vận tốc quả cầu M là V .. V 1 = V 1G + V G ; V 2 = V 2G + V G . Do V MG cùng. hướng với V0 (cùng hướng với V G ).  ( V G , V 1G ) = ( V G , V 2G ) =  ..  V12 = VG2 +V1G2 +2VGV1G cos  = V02/4 + 13u2 + 2(V0/2) 13 u.  13 13. = 1/4V02 + 13u2 –V0u - Do V  V MG  V G Và V MG cùng chiều với V G  V=VMG +VG  V = u + V0/2 .Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng được: 1 2. + m V12 +. 1 1 MV02 = MV2 2 2. 1 mV22 . Thay M = 2m và V1 =V2  V02 = V2+V12 2. 2  V02 = (u + V0 )2 + 1 V02 + 13u2 – uV0  V02 = 14u2+ V0 4 2 2.  u = 7 V0 . Vậy V = 7 (1  7 ) V0 ; 14 14. V1 = V 2 =. 7V0 1 2 13V02 = V0 10  7 V0   V0 4 28 14 14. 13 Lop11.com.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> * Các quả cầu m chuyển động tròn quanh quả cầu M do tác dụng lực căng sợi dây T 2 2 2 2  T = m V1M = m16u = 16mV0  4mV0 l l 28l 7l. II- CHUYỂN ĐỘNG TRONG HỆ QUY CHIẾU CÓ GIA TỐC: - Tõ c«ng thøc: V13 = V12 + V23 . Sau kho¶ng thêi t VËy: . Công thức trên tương ứng với: V ' 13 = V ' 12 + V ' 23 .. V ' 13 - V13 = V ' 12 - V12 + V ' 23 - V23  V 13  V 12  V 23. V13 t. =. V V12 + 23 t t.  a 13  a 12  a 23. - Vật chuyển động trong hệ quy chiếu có gia tốc a 0 thì chịu thêm lực quán tính. F q  ma 0. C©u 1: Cho hÖ nh­ h×nh vÏ, hÖ sè ma s¸t gi÷a m = 1kg vµ M = 3kg lµ  1= 0,15 gi÷a M vµ sµn lµ  2 = 0,1. 1) Cho M chuyển động nhanh dần đều theo phương ngang với gia tốc a đối với sàn. Tìm a để: a) m n»m trªn M b) m trượt trên M. m. 2) Ban đầu hệ đứng yên. M Tìm độ lớn lực F nằm ngang. a) Đặt lên m để m trượt trên M b) Đặt lên M để M trượt khỏi m. Xem lực ma sát trượt bằng lực ma sát nghĩ cực đại, lấy g = 10m/s2. Gi¶i: 1) XÐt m trong hÖ quy chiÕu g¾n víi M. 14 Lop11.com.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> VËt m chÞu t¸c dông cña träng lùc m g , ph¶n lùc N , lùc ma sat F ms1 vµ lùc qu¸n tÝnh Fq a) Khi m n»m yªu trªn M Fq + F ms1 + mg + N = 0 Fq + F ms1 = 0.  . .  N .  Fq. Fq = Fms1.. Fms1. ma = Fms1   1 mg..  mg. a   1g = 0,15 . 10 = 1,5 (m/s2)..  a. b) Khi m trượt trên M với gia tốc a12  N. Th× Fq + Fms + mg + N = m . a12 1.  Fms1.  Fq + Fms1 = m . a12  Fq – Fms1 = m . a12 .  Fms 2.  m . a -  1mg = m. a12 > 0  a >  1g = 1,5 m/s2..  F.  mg.  N,. a > 1,5 m/s2..  Q.  Fms, 1.  P2. 2. a XÐt c¸c vËt m, M trong hÖ quy chiÕu g¾n víi mÆt sµn: - VËt m chÞu t¸c dông cña + lùc F + lùc ma s¸t do M t¸c dông Fms. 1. + träng lùc P1 ph¶n lùc N . - VËt M chÞu t¸c dông cña träng lùc P2 , ph¶n lùc N ' (N=N,) do m t¸c dông, ph¶n lùc Q do sµn t¸c dông, lùc ma s¸t do m t¸c dông F ' ms vµ lùc Fms 2 sàn t¸c dông. 1. Ta cã:. (Fms1)Max = (Fms1)trượt =  1mg = 0,15.1.10 = 1,5N.. (F ms2)Max = (F ms2)trượt =  2Q =  2 (N + P2) =  2(mg + Mg) = 0,1 ( 1.10 + 3.10) = 4N. VËy . (F’ms1)Max < (Fms2)Max. (Fms1 =F,ms1 ). M luôn nằm yên đối với sàn. Vậy muốn m trượt trên M thì F > (Fms1)max = Fms1Trượt. 15 Lop11.com. do.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> F > 1,5N.. . 2.b Các lực tác dụng lên M như hình vẽ: Giả sử F thoả mãn để M trượt khỏi m khi đó M cũng phải trượt đối với sàn. Do đó các lực ma sát đều là lực ma sát  trượt.  N  Fq. Vật M chuyển động với gia tốc a 2 đối với sàn: P2 + N ’ + Q + F + Fms1 + F ms 2 = M a 2 .  Fms 2. F - F’ms1 - Fms2 = M a2. Q.  , P Fms1 1. Do F’ms1 = Fms1.  N,.  F -  1mg -  2 (M + m)g. = M. a2..  a2 =.  Fms1.  F  P2. F  1 mg   2 ( M  m) g M. XÐt m trong hÖ quy chiÕu g¾n víi M vËt m chÞu t¸c dông cña P1 , N , Fq , Fms1 , m trượt trên M thì Fq >( Fms1 )ma x  m . a2 >  1mg .  . a2 >  1g. F  1 mg   2 ( M  m) g >  1g M. F > (  1 +  2). ( M + m) g = ( 0,15 + 0,1). (3 + 1).10 = 10(N).. Câu 2: Thanh OA quay quanh một trục thẳng đứng OZ. . với vận tốc góc  . Góc ZÔA =  không đổi. Một hòn bi nhỏ, khối lượng m, có thể trượt không ma sát trên OA và được nối với điểm O bằng một 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 :. 0. XÐt hÖ quy chiÕu g¨n víi thanh OA. Viªn bi chÞu c¸c lùc : + Träng lùc P , ph¶n lùc. N. . cña thanh vu«ng gãc víi OA.  N. + lùc qu¸n tÝnh li t©m: Fq = m.a = m .  2r = m  2l . sin  . + Lực đàn hồi của lò xo F.  P. Gi¶ sö lß xo bÞ gi¶n th× F = K ( l – l0). §iÒu kiÖn c©n b»ng lµ: P +. N. + Fq + F = 0 16 Lop11.com. .(*). 0.  Fq.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Chiếu lên trục OA, chiều dương từ A  O ta có: F + mg. cos  - Fq. sin  . = 0  K (l - l0) + mg cos  - m  2l. sin2  = 0  l=. Kl 0  mgCos K  m 2 Sin 2. (1).. Nếu lò xo bị nén thì F có chiều ngược lại và có độ lớn : F = K (l0 – l). ChiÕu (*) lªn OA ta ®­îc: - F + mg Cos  - Fq. sin  . = 0  - K (l0 – l) + mg Cos  - Fq. sin  . = 0.. K (l0 – l) + mg Cos  - Fq. sin  . = 0. Gi¶i ra ®­îc l tho¶ m·n (1). C©u 3: Cho hÖ nh­ h×nh vÏ, thang m¸y ®i lªn với gia tốc a 0 hướng lên. Tính gia tốc của m1 và m2 đối với đất.. a0. Bỏ qua các lực ma sát và khối lượng dây nối và. m1. m2. rßng räc. Gi¶i: XÐt c¸c vËt trong hÖ quy chiÕu g¾n víi thang m¸y, vËt m chÞu t¸c dông cña träng lùc P 1 , lùc c¨ng d©y T 1 , lùc qu¸n tÝnh F q1 , vËt m2 chÞu t¸c dông. T1. cña träng lùc P2 lùc c¨ng d©y T 2 ,. Fq1. lùc qu¸n tÝnh F q 2 , (T1 = T2 = T). Giả sử m1 chuyển động duống dưới với gia tốc a1. P1. P2. th× m2 chuyÓn lªn víi gia tèc a 2 ( a1 = a2 = a). VËt m1 : T1 + Fq1 + P = m1 a1. . P1 + Fq1 – T = m1 a.. VËt m2: P2 + Fq 2 + T = m 2 a 2. . T – Fq2 – P2 = m2a. 1. 17 Lop11.com. (1) (2). T1 a 0. Fq 2.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Céng (1) vµ (2)  P1 + Fq1 – F q2 – P2 = (m1 + m2)a  m1g + m1a0 - m2a0 – m2g = (m1 +m2)a (m  m2 )( g  a 0 ) a= 1 m1  m2.  a1. Gia tốc của m1 đối với đất:.  a0.  a1,. , 1. a  a1  a 0. Chọn chiều dương hướng lên: a,1 = a0 – a1 = a0 - a. (m1  m2 )( g  a 0 ) m1  m2. a,1 = a0 -. =.  a2. 2m2 a 0  (m2  m1 ) g m1  m2. , a2.  a0. Gia tốc của m2 đối với đất ,. . a2  a2  a0. =. a,2 = a2 + a0 = a + a0. (m1  m2 )( g  a 0 ) + a0 m1  m2. a,2 =. 2m1 a 0  (m2  m1 ) g . m1  m2. Câu 4: Vật khối lượng m đứng yên ở đỉnh một cái nêm nhờ mat sát. Tìm thời gian vật trượt hết nêm và gia tộc của vật đối với đất. Khi nêm chuyển động nhanh dần đều sang trái với gia tốc a0 . Hệ số ma sát trượt giữa mặt nêm và m lµ  chiÒu dµi mÆt nªm lµ l, gãc nghiªng lµ  vµ a0 < g cot an Gi¶i:. 18 Lop11.com.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> y.  N.  Fms.  Fq.  a0. 0.  P. x . Vật m chuyển động với gia tốc a trong hệ quy chiếu gắn với nêm, Ta cã: (*). P  N  F ms  F q  ma. ChiÕu (*) lªn oy ta ®­îc: N + Fq.Sin  - P. Cos  = 0  N = P. Cos  - Fq.Sin . = mg Cos  - ma0 .Sin . = m (g Cos  - a0 .Sin  ). Do a0 < g cot an.  N > 0 : (VËt lu«n n»m trªn nªm).. Fms =  . N =  m (g Cos  - a0 .Sin  ).. ChiÕu (*) lªn ox ta ®­îc:. Fq Cos  + P. Sin  - Fms = m.a..  a0. .  a,.  ma0. Cos  + mg. Sin  .  m (g Cos  - a0 .Sin  ) = ma a = (Sin  -  . Cos  ) g + ( Cos  +  .Sin  ).a0. Từ phương trình: S = t=. 2l = a. 1 2 at 2. . l=. (1). 1 2 at 2. 2l ( Sin  Cos ) g  (Cos  Sin )a 0 ,. Gia tốc của vật đối với mặt đất: a  a  a 0  a,2 = a2 + a0 2 + 2a a 0 19 Lop11.com.  a.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> = a2 + a0 2 + 2a . a0. cos ( 1800 -  ). = a2 + a02 – 2a. a0 cos  . a, = a 2  a 2 0  2a.a0 .Cos. Víi a tho¶ m·n (1). C©u 5: Cho c¬ hÖ nh­ h×nh vÏ. Tìm gia tốc của m đối với M. m. và của M đối với đất.. M. HÖ sè ma s¸t gi÷a m vµ M. . lµ  vµ sµn nh½n. Gi¶i:  Q. y.  N.  Fms.  Fq. 0. x.  P1.   N,.  P2. , Fms. *XÐt vËt m trong hÖ quy chiÕu g¾n víi nªm. Ta cã: P1  N  F q  F ms  ma 12. (*).. ChiÕu (*) lªn oy: N + Fq.Sin  - mg cos  = 0  N = mg Cos  - Fq.Sin  = mg Cos  - ma2. Sin  (a2 là gia tốc của M đối với mặt đất )  N = m (g Cos  - a2. Sin  ).. *VËt M trong hÖ quy chiÕu g¾n víi sµn. '. ,. (**). P 2  N  Q  F ms  M a 2. Chiếu (**) lên phương ngang: 20 Lop11.com.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>