Một số bài toán về tính tương đối của chuyển động -Cơ học lớp 10

- 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 tròn đều và chuyển động tròn đều

pdf37 trang | Chia sẻ: lylyngoc | Lượt xem: 6906 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Một số bài toán về tính tương đối của chuyển động -Cơ học lớp 10, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
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: 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: 2121 vvv  2112 vvv  => 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: 3232 vvv  3223 vvv  => 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 * 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/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: 2112 vvv  . Do 1v vuông góc với 2v . => v12 = 2221 vv  = 22 )28()6( tt  => v12 = 100205 2  tt . Biểu thức trong căn của v12 đạt giá trị nhỏ nhất khi O y x 1v 2v 12v 5 t =  5.2 )20( 2 (s) < 4 (s). Vậy v12 có giá trị nhỏ nhất khi t = 2s. => (v12)min =  1002.202.5 2 8,94 (m/s) Khi đó v1 = 8m/s, ),( 121 vv . 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 01v ( 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. Giải: - Chọn trục tọa độ như hình vẽ: Mốc thời gian là lúc các vật bắt đầu chuyển động. O x M y 01v 2v  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  => v12x = v1x – v2 = v01cos - v2: Điều kiện để vật 1 va chạm với vật 2 là v12x > 0  v01cos - v2 > 0 => 0cos2 2 2  v (1) - Khoảng thời gian từ lúc hai vật chuyển động đến lúc va chạm là: t = xv OM 12 = 201 cos vv l  (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 = 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 22 1,7 2 2 20 01 01 v v    020021,7 01201  vv cos011 vv x  7  v01 = 0 2 82,90021,7   (loại) hoặc v01 = )/(20 2 82,90021,7 sm (thỏa 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? 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 21v của người ấy đối với ô tô phải luôn hướng về phía ô tô và tại thời điểm ban đầu véc tơ 21v 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 13v 23v 21v E M N   13v 8 Vậy ∆AMN đồng dạng với ∆ABC => AC AN BC MN   AC AN BC AE  hay AC v BC v 2313  => v23 = 113 .BC . vACv BC AC  )( 113 vv  - Trong tam giác ABC luôn có  sinsin BCAC     sin sin  BC AC . Vậy v23 = 1.sin sin v   => v23 nhỏ nhất khi sin  = 1, tức là  = 900 => (v23)min = sin .v1 = 1va 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 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 1v ) thì các độ lớn vận tốc v1, v2 phải thỏa mản điều kiện gì? Giải: a. Tàu B chuyển động với vận tốc 2v hợp với BA góc .    A M B H 1v 1v 2v 21v 9 - Hai tàu gặp nhau tại M. Ta có AM = v1.t, BM = v2.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[1800 – ( )  ] = - cos( )  =  cos.cossin.sin  - Gọi vận tốc của tàu B đối với tàu A là 21v . Tại thời điểm ban đầu 21v cùng phương chiều với BA . Theo công thức cộng vận tốc: 12132321 vvvvv  => cos2 122122221 vvvvv  => )cos.cossin.(sin2)cos(sin)cos(sin 2122212222221   vvvvv =( 21221222 .sin.sinsin2.sin vvvv   )+ ( 21221222 .cos.coscos2.cos vvvv   ) = ( 212 ).sin.sin vv   +( 212 ).cos.cos vv   = 0 + ( 212 ).cos.cos vv   ( theo (1) ) => v21 =  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  = 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 = 1OM = x01 + v1t = - l1 + vt + Tàu thứ hai trên trục tọa độ Ox2 : x2 = 2OM = x02 + v2t = - l2 + vt O M01 M02 M1 M2 x1 x2  11 - Khoảng cách giữa hai tàu là M1M2. ta có: 1221 OMOMMM  =>(M1M2) 2=OM12+ OM22 – 2OM1OM2.cos( 21 ,OMOM ) - Đặt M1M22 = f(vt) = (vt – l1)2 + (vt – l2)2 – 2 ))(( 21 lvtlvt  cos( 21,OMOM ) 1. Xét vt  l1 hoặc vt  l2: (D1) (1) - Khi vt  l1 thì x1  0 và x2 M1 nằm giữa M01 và O, M2 nằm giữa M02 và O => ( 21 ,OMOM ) =  - Khi vt  l2 thì x1 > 0 và x2 0 => ( 21,OMOM ) =  - 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 + 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 (D1) thì f(vt) đạt giá trị nhỏ nhất tại vt = l1 hoặc vt = l2 + f(l1) = (l1 – l2)2 (2) 12 + f(l2) = (l1 – l2)2 (3) 2. Xét khi l1 0 và x2 < 0 tức là M1 nằm ngoài OM01, M2 nằm trên đoạn OM02 => ( 21 ,OMOM ) = 1800 -  => f(vt) = (vt – l1) 2 + (vt – l2)2 – 2(vt – l1)(l2 – vt )cos(1800 -  ) = (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 + f(vt) đạt giá trị nhỏ nhất tại vt = - 2 ' 21 ll a b    (D2) + Vậy f(vt)min = f( 2 21 ll  ) = cos 22 2 22 2 21 1 21 2 2 21 2 1 21                                 llllllllllll = 212 )(2 cos1 ll   (5) - Do 1 2 cos1    . So sánh các trường hợp (2), (3), (5) => (M1M2)2min = f(vt)min = 212 )(2 cos1 ll   => (M1M2)min = )(7,82 2 11 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 R1, R2 và 1 , 2 . Cho R1 > R2,, 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 t11   .Bán kính nối chất điểm thứ hai và tâm quét một góc t22   . Vì 21    M1OM2 = M1OM01 – M2OM02 = 21   = t)( 21   Do v1 vuông góc với OM1 Và v2 vuông g óc với OM2 Vậy 212121 ),(),( OMMOMOMvv  = t)( 21   O M02 M01 M2 M1 2v 2v 12v 1v 14 Vận tốc của chất điểm thứ nhất đối với chất điểm thứ hai là: 231213 vvv  hay 2121 vvv  2112 vvv  ),cos(2 2121 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 v12 đạt giá trị nhỏ nhất khi 1)cos( 21  t => (v12)min = 22112211222211 2)()( RRRRRR   v12 đạt giá trị lớn nhất khi 1)cos( 21  t => (v12)max = 22112211222211 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 0v 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 0v . 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 44      t => 42 ),( 0    vv - Vận tốc chất điểm đối với mặt đất: 013 vvv  => ),cos(2 0020213 vvvvvvv  = 2 22 0 2 0 22 RvvR   = 02022 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 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 0v 0v  B v 13v O A 16 Giải: T1 T1 D1  1 D2 Dv Dv Tv TMv T2 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 T1D2T2 = 2 . Do TM 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: ttt          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 TTT ( 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 Tv và Dv . Sau khoảng thời gian t thì ( Tv , Dv ) =  = t (Do Tv vuông góc với D2T2, Dv v uông góc với SD2) - 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  2cos22222 D 2 D 2             => t TTT RR T R T Rv DM DM D D M M TM   2cos22 2 2 2 2  . Vận tốc vTM đạt giá trị nhỏ nhất khi 12cos t T  . =>(vTM)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: TM = 27,3 ngày = 655,2 giờ, TD = 365 ngày = 8760 giờ (vTM)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 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? Giải: Gọi tàu sân bay là (1), gió là (2) máy bay là (3), đại dương là (4) - Áp dụng công thức: 24v 14v 12v 32v 31v Tây Đông Bắc Nam 19 pmnpnm VVV  - Vận tốc của tàu bay đối với gió 421412 VVV  = 2414 VV  . Do 14V vuông góc với 24V  V12 = 2221224214 VVVV  -Vận tốc của mày bay đối với không khí: 123132 VVV  Do 12V nằm trong mặt phẳng (P) = mp( 14V , 24V ), và 31V vuông góc với (P) (Do vận tốc của máy bay đối với tàu có phương thẳng đứng) => 31V vuông góc với 12V , vậy 23222121223132 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 vo, hướng của vo 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 1200 0V 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: GV = 222 2 2 ooo V mm Vm mM VM     khối tâm của hệ chuyển động cùng hướng với 0V . - Vận tốc của các quả cầu đối với khối tâm G ở thời điểm ban đầu: + Đối với quả cầu M: 22 OO OGOOMG VVVVVV  + Các quả cầu m: 22 0 00011 VVVVV GGO  ; 12 oGo VV  - GV = 0 - 2 oV = 2 oV - Động lượng của hệ trong hệ quy chiếu gắn với khối tâm: 0 222 2 00021  VmVmVmVmVmVM 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 1200 vận tốc các quả cầu trong hệ quy chiếu khối tâm là MGGG VVV ,, 21 . Đặt VMG = u. Vận tốc của các quả cầu m đối với quả cầu M là: ,1MV MV 2 ( ,1MV MV 2 ) = 1200 (Do ,1MV MV 2 vuông góc với các sợi dây). M m m V 1200 = 2 T T MV 1 MV 2 21 GV 1 = MV 1 + MGV ; GV 2 = MV 2 + MGV -Luôncó: M MGV +m GV 1 +m GV 2 =0 hay M MGV +m( MV 1 + MGV )+m( MV 2 + MGV ) = 0 => (M+2m) MGV + m( MV 1 + MV 2 ) = 0 thay M = 2m => 4 MGV + MV 1 + MV 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 MGV cùng hướng với chuyển động của M (cùng hướng với oV ).  (Hình 1) (Hình 2) Chiếu (1) lên phương của oV ta có: 4VMG –V1M cos - V1Mcos = 0 (V1M = V2M) =>V1M = cos 2 MGV = 2/1 2u = 4u MGMG VVV  11 V1G2 = VMG2 + V1M2 + 2V1MVMGcos(1800 -  ) (T ừ hình vẻ (1)  01 180),( MGM VV ) = u2 + (4u )2 + 2.4u.u.cos1200 = 13u2 => V1G =V2G = 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 MGV GV 1 GV 2 MV 2 MV 1     2V 1V GV 2 GV 1 GV   22 - Tại thời điểm ( MM VV 21 ; )=1200 . Vận tốc của các quả cầu m là 1V , 2V .Vận tốc quả cầu M là V . 1V = GV 1 + GV ; 2V = GV 2 + GV . Do MGV cùng hướng với 0V (cùng hướng với GV )  ( GV , GV 1 ) = ( GV , GV 2 ) =  .  V12 = VG2 +V1G2 +2VGV1G cos  = V02/4 + 13u2 + 2(V0/2) 13 u. 13 13 = 1/4V02 + 13u2 –V0u - Do GMG VVV  Và MGV cùng chiều với GV  V=VMG +VG  V = u + V0/2 .Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng được: 2 1 MV02 = 2 1 MV2 + 2 1 m V12 + 2 1 mV22 . Thay M = 2m và V1 =V2 V02 = V2+V12  V02 = (u + 2 0V )2 + 4 1 V02 + 13u2 – uV0  V02 = 14u2+ 2 2 0V u = 14 7 V0 . Vậy V = 014 )71(7 V ; V1 = V2 = 14 7 28 13 4 1 0 0 2 02 0 VVVV  = V0 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 216 =  l mV 28 16 20 l mV 7 4 20 II- CHUYỂN ĐỘNG TRONG HỆ QUY CHIẾU CÓ GIA TỐC: - Tõ c«ng thøc: 13V = 12V + 23V . 23 Sau kho¶ng thêi t C«ng thøc trªn t­¬ng øng víi: 13'V = 12'V + 23'V . VËy: 13'V - 13V = 12 'V - 12V + 23'V - 23V 231213 VVV   t V   13 = t V   12 + t V   23 231213 aaa  - VËt chuyÓn ®éng trong hÖ quy chiÕu cã gia tèc 0a th× chÞu thªm lùc qu¸n tÝnh. 0amF q  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÷
Tài liệu liên quan