2 HƯỚNG dẫn GIẢI lực MA sát

Chọn hệ trục như hình vẽ... Nếu k1k thì hai vật cùng trượt như một vật... a Thanh OA đứng yên.. Tìm giá trị của  để cho vật đứng yên hoặc chuyển động... Chọn hệ quy chiếu oxy gắn vào

II.2 LỰC MA SÁT

Bài 1

+ Xét vật m: P1+N1+F ms21=ma1 (1)

1

mn

F a m

Chiếu lên OY: N1 – P1 = 0  N1 = P1

 Fms21= k1.N1 = k1.mg

1

k mg

m

+ Xét vật M: F+P2+ +P1 N2+F ms12+F ms = (M+m a) 2

2

a

M

Chiếu lên OY: Fsin  − (P1+P2) +N2 =  0 N2 = +P1 P2−Fsin 

Ta có: F ms12 =k mg1

F ms =k N2 2 =k P2( 1+P2−Fsin ) 

2

a

M

1

k g

M

2

F

+

2 max 1 2

Vậy 1 2

2

1

F

k

+

2

sin

k

Bài 2

mặt phẳng nghiêng Q, lực kéo F và lực ma sát F ms

( )

cos sin

ms

( )

5

+

Vì P = mg, và  xác định nên F =Fmin khi mẫu số M =cos   + sin  cực đại, với

sin

tan

cos

cos sin os os +sin sin





 

−

Vậy M( )  cực đại khi cos(  − )=  = = 1   arctan 

CÁCH 2

Chọn hệ trục như hình vẽ

Các lực tác dụng vào vật:

Fms p N F

, , ,

Theo định luật II Newton:

Chiếu (1) lên trục Ox hướng dọc theo mặt phẳng nghiêng:

( )

Chiếu (1) lên trục Oy hướng vuông góc với mặt phẳng nghiêng:

Từ (3) suy ra:

Thay ( )4 vào (2) ta được:

    0 

= + +

F

Chiếu lên 0x:

Fcos  −Fms−mgsin  = 0

Chiếu lên 0y: Fsin  −mgcos  +N = 0  N = mgcos  −Fsin 

F ms =  N =  (mgcos  −Fsin  )

cos sin

cos sin













+

+

=

F mg

Để lực F nhỏ nhất thì  sin  + cos  lớn nhất

Đặt:

 sin  + cos  =m

  sin  + cos  −m= 0

Đây là phương trình bậc nhất đối với sinx và cosx Điều kiện có nghiệm của phương trình: 2+ 1 m2 m 2 + 2

Vậy:

sin cos

1

mg



+

=

+

Để tìm  ta giải phương trình:

 sin  + cos = 2+ 1

( )

2 1

= +



= +

  = − 

1

cos

2 +

=





1

1 sin

2 +

=





Ta có:

    =  = 









 −

2 tan tan

Vậy:

 = arctan 

Bài 3

- Gọi a1, a2 là gia tốc của các vật 1 và 2

* TH1:Giả sử vật 1 trượt nhanh hơn vật 2, các lực

tác dụng lên các vật có chiều như hình vẽ

- Phương trình chuyển động của hai vật là:

- Vật 1: P1 +N +N1 +F'ms+F ms1 =m1a1

- Vật 2: P2 +N2 +F ms =m2a2

- Chiếu hai phương trình trên xuống mặt phẳng nghiêng

ta có:

m 2

P 2

N 2

F ms

P 1

N 1

N F’ ms

F ms1

1 1

1 1 1 1

' sin

'

sin

m

F F g

a a m F F

ms ms

+

−

=

→

=

−



2 2

2 2

m

F g

a a m F



- Ta thấy a2>a1, vậy miếng gỗ dưới không thể trượt nhanh hơn miếng gỗ trên

* TH2:Giả sử vật 2 trượt nhanh hơn vật 1, các lực Fms và F’ms có chiều ngược lại Tương

tự trên ta có:

2 2

1

1

m

F g

a m

F F g

Để a2>a1 thì k1>k (Chú ý: Fms1=k1(m1+m2)gcos, Fms=km2gcos)

Tóm lại: chỉ xảy ra trường hợp 2

Nếu k1>k thì vật 2 trượt nhanh hơn vật 1

Nếu k1k thì hai vật cùng trượt như một vật

Bài 4

Tại thời điểm t gia tốc pháp tuyến của vật:

a n = 2R=2t2R

Gia tốc tiếp tuyến:

dt

dt R dt

dv

Gia tốc toàn phần:

2 2

t

n a a

R t

Lực làm đồng tiền chuyển động tròn chính là lực ma sát nghỉ

Ta có:

R t

R m ma

Vật có thể nằm trên đĩa nếu lực ma sát nghỉ tối đa bằng lực ma sát trượt:

F msn F mst

hay mR 2t4 + 1  mg

 1 .( 2 2 1 )

2 2 2





g

Lúc vật bắt đầu văng ra thì : F msn =F mst

hay:

1 .( 2 2 1 )

2 2 2





g t

 t =

2 2

2 2

1

R



Vì t 0 nên

g

R R











− 1 0 2

2 2 2

Vậy sau 1 1

2 2

2 2

−





g

( với

g R



Bài 5

Các lực ma sát nghỉ có độ lớn cực đại là:

F1max= k1m1g ; F2max= k2( m1 + m2)g

1/ F  F2max thì a1= a2= 0

2/ F > F2max thì ván 2 chuyển động và chịu tác

dụng của các lực :

F, F2max và lực ma sát F1 giữa hai ván Có hai khả năng :

a) F1 F1max ,ván 1 gắn với ván 2 Hai ván cùng chuyển động với gia tốc:

a =

2 1

max 2 m m

F F +

−

Lực truyền gia tốc a cho m1 là F1: F1 =m1

2 1

max 2 m m

F F +

−  k1m1g

 F  ( k1 +k2)(m1 +m2)g

Điều kiện để hai tấm ván cùng chuyển động với gia tốc a là:

k2( m1 + m2)g < F  ( k1 +k2)(m1 +m2)g Thay số: 4,5N < F  6N

b) F = F1max Ván 1 trượt trên ván 2 và vẫn đi sang phải với gia tốc a1

a1 < a2 ; F1max= k1m1g = m1a1 ; a1= k1g

Ván 2 chịu F, F1max, F2max và có gia tốc a2:

a2 =

2

2 1 2 1 1

m

g ) m m ( k g m k

Điều kiện để a2 - a1 =

2 m

1

{F - ( k1 +k2)(m1 +m2)g}> 0 là F>(k1 +k2)(m1+m2)g Thay số: F  4,6N : a1= a2= 0 ; hai vật đứng yên

4,5N < F  6N : hai vật có cùng gia tốc: a1 = a2 =

5

,

1

5 , 4

F −

F > 6N : Vật 1 có a1= 1m/s2; vật 2 có a2 = (F − 5)

Bài 6

a) Thanh OA đứng yên Tìm giá trị của  để cho vật đứng yên hoặc

chuyển động

Vật đứng yên khi →P+Q→ =→0

→

vuông góc N→ và lực ma sát F→ms Suy ra : N = P cos

Fms = P sin, với F ms kN  Psin  kPcos 

Từ đó: tantan  k  tan   tan     

Vậy nếu    thì vật đứng yên, còn nếu    thì vật

trượt xuống dưới

b) Cho thanh OA quay quanh trục thẳng đứng xx/ đi qua O

Khi thanh quay, trong hệ quy chiếu gắn với thanh , vật chịu thêm lực quán tính li tâm f =m2r

→P+N→+F→MS+F→LT =→0 (1)

Chiếu (1) lên ox và oy, ta có:

mgsin  kN - m 2r cos = 0

-mgcos + N - m 2r sin = 0

+ Nếu lực ma sát hướng xuống :









 cos sin

) cos (sin

.

2 1

k

k g

r

−

+

g

+ Nếu lực ma sát hướng xuống :









 cos sin

) cos (sin

.

2

2

k

k g

r

−

−

g

+ Khi  >  thì có hai vị trí cân bằng ứng với r1 và r2

+ Khi  <  thì có một vị trí cân bằng ứng với r1

+ Khi  =  thì có một vị trí cân bằng ( không kể O )

Bài 7 Xét vật trong hệ quy chiếu 0xy gắn với tấm ván:

Các lực tác dụng vào vật : P Fqt N Fms

;

;

    0 

= + + +F qt N F ms P

Chiếu lên 0x:

Psin  +macos  −F ms = 0 (1)

Chiếu lên 0y:

−Pcos  +masin  +N = 0 (2)

Từ (2) suy ra:

N =m gcos(  −asin)

Thế vào (1):

mgsin +macos −F ms = 0

F ms = mgsin +macos

Vật vẫn nằm yên trên ván khi: F ms  N

Hay:

mgsin +macos  m gcos(  −asin)

sin

cos

−

 

m(gcos  −asin ) 0

a  gcot  (4)

sin

cos

−



+

Bài 8

Chọn hệ quy chiếu oxy gắn vào hình nón và quay đều cùng mặt nón như hình vẽ Trong hệ quy chiếu này các lực tác dụng vào vật: P N Fms Fqt

, ,

Vật đứng yên, do vậy:

P+N +Fms+Fqt =o

Chiếu lên 0x:

−Psin  +F ms −F qtcos  = 0 ( 1 )

Chiếu lên 0y:

−Pcos  +N+F qtsin  = 0 ( 2 )

Từ (2) ta suy ra:

−mgcos  +N+m2Rsin  = 0

N =m(gcos  − 2Rsin )

Từ (1) ta có:

( sin   2 cos )

R g

m

Điều kiện để m đứng yên trên mặt nón:











−

 +



































sin cos

cos sin

cot 0

2 2

R g

m R

g m R g N

F

N

ms

Từ hệ trên ta suy ra:















sin cos

cos sin

2 2

R g

R g

−

+



Vậy giá trị nhỏ nhất của hệ số ma sát trượt sẽ cần là:

min = sin 22 cos

+

R

g

Bài 9

Theo định luật II Newton:

P+NA +NB +FmsA +FmsB =m a

Chiếu lên oy:

Pcos  − (N A +N A) = 0 N A +N B =mgcos  (1)

Chọn khối tâm G của kiện hàng làm tâm quay, vật chuyển động

tịnh tiến không quay nên từ đó ta có:

2 2 2 2 h F h F l N l N B = A + msA + msB msA msB .( A B) A B N N l h h l F F N N − = + = +   Cuối cùng:  cos nmgcos  ( 2 ) l mgh N N B − A = =

Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được:

cos ( 1 ) 2 1 n mg N A =  − 

cos ( 1 ) 2 1 n mg N B =  +  Lực ma sát tại mỗi gối:

1 cos (1 ) 2 1 cos (1 ) 2 msA A msB B F N mg n F N mg n          = = −    = = +  b Kiện hàng vẫn trượt mà không bị lật khi : N A  0 Hay: 1− n  0  n 1   Bài 10

a Khi tác dụng lực F lên m Phương trình chuyển động của m trượt trên M:

m F F a N N N ma F F ms ms 1 1 2 1 1 1 1 − =     + = = −

Phương trình chuyển động của M:

M F F a g M m P P N N N Ma F F ms ms ms1 ms2 2 2 1 2 1 2 2 1 ' ) ( ' − =     + = + = + = = − Để m trượt trên M thì: a 1 a2; F'ms1= Fms1= 1mg; Fms2=2(m+M)g hay:

M

g M m mg

m

mg



M

m M m

F  ( 1− 2)( + )

Với điều kiện: a1  0  F  1mg.

Vậy đáp số của bài toán này:

( )( )











+

−



mg F

g M

m M m F

1

2 1







b Khi tác dụng lực F

lên M : Phương trình chuyển động của m:







=

=

=

mg P N

ma

F ms

1 1

1 1

g m

N m

F

1 1 1 1



Phương trình chuyển động của vật M:







+

= +

= +

=

=

−

−

g M m P P N N N

Ma F

F

) (

2 1 2 1

2 2

1

M

F F F

2

−

−

=



=

=

g m M F

mg F

F ms

ms ms

2 2

1 ' 1 1





)

M

F F

1 2 1 ' −  

−

M

g M m mg

F

1 2

−



Cuối cùng: F  ( 1 + 2)(m+M)g ( 1 )

Điều kiện a2  0

hay F  1mg+ 2(m+M)g ( 2 )

Điều kiện (2) bao hàm trong điều kiện (1)

Do vậy kết quả bài toán :

F (  1+ 2)(m+M g)

Bài 11

Giả sử người đó đang đi trên quỹ đạo tròn với bán kính rvới vận tốc v Ta phải xác định

max

Đối với hệ quy chiếu cố định gắn ở tâm 0 lực tác dụng lên vật là

lực ma sát đóng vai trò lực hướng tâm và từ đó ta có:

N = ma ht

hay

r

v m mg R

0 1  =









 −



0 2

r R

g gr

−

=

R

g

Giá trị của 2

v đạt lớn nhất khi:











−

−

=

R g

g r

0 0



2

R

=

Lúc đó:

4 2

2

0 2 0

0 2 2 max

gR R

R

g R g v













−

=

=

Vậy:

vmax =

2

0gR



Vậy người đi xe đạp có thể đi với vận tốc lớn nhất bằng

2

0gR



trên quỹ đạo có bán kính

lớn nhất bằng

2

R