Thư Viện Bài Giảng Vật Lý Đại Cương
2.5. Phương pháp Động lực học
A. Lý Thuyết
Trên cơ sở hiểu biết về bản chất và các đặc điểm của các lực cơ học, chúng ta sẽ vận dụng các định luật Newton để khảo sát các bài toán cơ bản của động lực học. Phương pháp vận dụng các định luật Newton để khảo sát các bài toán cơ bản còn được gọi là phương pháp động lực học.
Bài toán thuận của cơ học là bài toán biết các lực tác dụng lên vật, tìm tính chất chuyển động của nó. Để giải tường minh bài toán này, cần phải biết thêm các điều kiện ban đầu, tức là vị trí (tọa độ), vận tốc của vật ở một thời điểm nào đó được quy ước làm gốc thời gian. Trình tự giải bài toán này là:
+ Xác định các lực tác dụng lên chất điểm.
+ Vận dụng \( \sum{\overrightarrow{F}}=m\vec{a} \) (2.6)
+ Chiếu lên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz cần thiết để tìm các thành phần ax, ay, az của vectơ gia tốc rồi sử dụng các điều kiện ban đầu, tìm phương trình chuyển động của chất điểm.
Trong quá trình nghiên cứu, đôi khi ta gặp bài toán ngược của cơ học: biết tính chất chuyển động của vật, xác định các lực tác dụng lên nó. Ví dụ nổi tiếng của bài toán này là việc Newton tìm ra lực hấp dẫn từ chuyển động của các hành tinh. Trong kĩ thuật, ta cũng thường hay gặp bài toán ngược.
Thí dụ: trong một ống phóng điện tử (như đèn hình chẳng hạn), electron phải có quỹ đạo và vận tốc xác định, người kĩ sư phải tính các lực điện, lực từ tác dụng lên electron, để từ đó thiết kế các mạch điện hợp lý. Trình tự giải bài toán này là:
+ Từ chuyển động của vật suy ra gia tốc của nó.
+ Vận dụng (2.6) suy ra lực tác dụng lên vật.
Trên thực tế, nhiều bài toán không thuần túy là thuận hay ngược. Thí dụ trong bài toán thuận, thường ta không biết đầy đủ về lực ma sát, lực liên kết, để giải được, phải có thêm các dữ kiện như hệ số ma sát hoặc biết một vài yếu tố của chuyển động. Dưới đây là vài ví dụ điển hình.
Nhận Dạy Kèm Vật Lý Đại Cương Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...
- Dạy kèm tương tác 1 thầy 1 trò! Hỗ trợ trực tuyến 24/7
- Dạy kèm Vật Lý Đại Cương (Cơ - Nhiệt - Điện Từ - Quang - VLNT-HN)
- Sách Giải Bài Tập Vật Lý Đại Cương - Vật Lý Kỹ Thuật - Vật Lý Lý Thuyết
- Lịch học sắp xếp linh động, sáng - chiều - tối đều học được!
- Thời gian học từ 1,5h - 2h/1 buổi!
B. Bài tập có hướng dẫn giải
Câu 1.Vật có khối lượng m được kèo trượt trên mặt sàn ngang bởi một lực \( \overrightarrow{F} \) không đổi, tạo với phương ngang một góc \( \alpha \). Hệ số ma sát giữa vật và mặt sàn là \( \mu \). Tính gia tốc của vật. Xác định góc \( \alpha \) để gia tốc lớn nhất.
Hướng dẫn giải:
Phân tích lực: Lực tác dụng lên vật gồm
+ Trọng lực \( \overrightarrow{P} \);
+ Phản lực của mặt sàn \( \overrightarrow{N} \);
+ Lực kéo \( \overrightarrow{F} \);
+ Lực ma sát \( {{\overrightarrow{F}}_{ms}} \).
Áp dụng (2.6), ta có:
\( \overrightarrow{P}+\overrightarrow{N}+\overrightarrow{F}+{{\overrightarrow{F}}_{ms}}=m\vec{a} \) (1)
Chiếu (1) lên các trục Ox, Oy ta có:
Ox: \( {{F}_{t}}-{{F}_{ms}}=m{{a}_{x}} \) hay \( F\cos \alpha -{{F}_{ms}}=ma \) (2)
Oy: \(-P+N+{{F}_{n}}=m{{a}_{y}}=0\Rightarrow N=P-F\sin \alpha \)
\(\Rightarrow {{F}_{ms}}=\mu N=\mu \left( P-F\sin \alpha \right)\) (3)
Thay (3) vào (2), rút ra gia tốc của vật là:
\( a=\frac{F\left( \cos \alpha +\mu \sin \alpha \right)-\mu mg}{m}=\frac{F}{m}\left( \cos \alpha +\mu \sin \alpha \right)-\mu g \) (2.27)
Từ (2.27) suy ra: Khi lực kéo có độ lớn không đổi, gia tốc của vật là lớn nhất khi \( {{\left( \cos \alpha +\mu \sin \alpha \right)}_{\max }} \). Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
\( {{\left( \cos \alpha +\mu \sin \alpha \right)}^{2}}\le \left( {{1}^{2}}+{{\mu }^{2}} \right)\left( {{\sin }^{2}}\alpha +{{\cos }^{2}}\alpha \right) \)
\( \Rightarrow \cos \alpha +\mu \sin \alpha \le \sqrt{1+{{\mu }^{2}}}=const \)
\( {{\left( \cos \alpha +\mu \sin \alpha \right)}_{\max }}=\sqrt{1+{{\mu }^{2}}} \) khi \( \mu \cos \alpha =\sin \alpha \Rightarrow \tan \alpha =\mu \) (2.28)
Vậy để gia tốc nhất thì lực kéo phải hợp với mặt nghiêng một góc \( {{\alpha }_{0}} \) sao cho \( \tan {{\alpha }_{0}}=\mu \).
Câu 2. Vật có khối lượng m được kéo trượt lên một mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng \( \alpha \) so với mặt phẳng ngang bởi lực \( \overrightarrow{F} \) hợp với mặt nghiêng một góc \( \beta \). Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là \( \mu \).
a) Tìm gia tốc của vật. Từ đó suy ra lực kéo tối thiểu để vật có thể đi lên.
b) Giả sử lực kéo có độ lớn không đổi, hãy tìm góc \( \beta \) để gia tốc lớn nhất.
c) Trong trường hợp không có lực kéo, hãy tìm hiểu biểu thức tính gia tốc trượt xuống của vật. Từ đó suy ra góc \( \alpha \) nhỏ nhất để vật bắt đầu trượt xuống.
Hướng dẫn giải:
a)
+ Lực tác dụng lên vật gồm: Trọng lực \( \overrightarrow{P} \); phản lực pháp tuyến \( \overrightarrow{N} \); lực kéo \( \overrightarrow{F} \) và lực ma sát \( {{\overrightarrow{f}}_{ms}} \).
+ Áp dụng (2.6), ta có: \( \overrightarrow{P}+\overrightarrow{N}+\overrightarrow{F}+{{\overrightarrow{f}}_{ms}}=m\vec{a} \) (1)
Chiếu (1) lên phương Ox // mặt phẳng nghiêng, ta có:
\( -{{P}_{t}}+0+{{F}_{t}}-{{f}_{ms}}=ma \) \( \Rightarrow -mg\sin \alpha +F\cos \beta -\mu N=ma \) (2)
Chiếu (1) lên phương Oy vuông góc với mặt nghiêng, ta có:
\( -{{P}_{n}}+N+{{F}_{n}}=0\Rightarrow -mg\cos \alpha +N+F\sin \beta =0 \)
\( \Rightarrow N=mg\cos \alpha -F\sin \beta \) (3)
Thay (3) vào (2) \( \Rightarrow F\left( \cos \beta +\mu \sin \beta \right)-mg\left( \sin \alpha +\mu \cos \alpha \right)=ma \)
Từ đó tính được gia tốc của vật là:
\( a=\frac{F}{m}\left( \cos \beta +\mu \sin \beta \right)-\left( \sin \alpha +\mu \cos \alpha \right) \) (2.29)
Suy ra, lực kéo nhỏ nhất (ứng với a = 0) để vật bắt đầu trượt lên dốc:
\( {{F}_{\min }}=\frac{mg\left( \sin \alpha +\mu \cos \alpha \right)}{\cos \beta +\mu \sin \beta } \) (2.30)
Nếu lực kéo có hướng song song mặt nghiêng ( \( \beta =0 \)) thì:
\( a=\frac{F}{m}-g\left( \sin \alpha +\mu \cos \alpha \right) \) (2.31)
b) Từ (2.29) suy ra: khi lực kéo có độ lớn không đổi, gia tốc của vật là lớn nhất khi \( {{\left( \cos \beta +\mu \sin \beta \right)}_{\max }} \). Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, tương ứng như ví dụ 1, ta có: \( \tan \beta =\mu \). Vậy để gia tốc lớn nhất thì lực kéo phải hợp với mặt nghiêng một góc \( {{\beta }_{0}} \) sao cho \( \tan {{\beta }_{0}}=\mu \).
c) Nếu không có lực kéo, vật có thể sẽ trượt xuống dốc. Khi đó lực ma sát hướng ngược lên trên dốc. Làm tương tự như câu a, ta sẽ thu được gia tốc của vật khi nó trượt xuống dốc: \( a=g\left( \sin \alpha -\mu \cos \alpha \right) \) (2.32)
Vật thực sự trượt xuống khi \( a\ge 0 \)
(2.32) \( \Rightarrow \sin \alpha \ge \mu \cos \alpha \Rightarrow \tan \alpha \ge \mu \)
Vậy góc \( \alpha \) nhỏ nhất để vật bắt đầu trượt xuống dốc (khi không có lực kéo) là: \( {{\alpha }_{\min }}=\arctan \mu \) (2.33)
Câu 3. Thang máy chuyển động với đồ thị vận tốc như hình (2.15). Khối lượng của thang máy là 500 kg, lực căng lớn nhất của dây cáp cho phép sự an toàn của thang máy là \( {{T}_{\max }}=12000\text{ }N \). Tính tải trọng của thang máy.
Hướng dẫn giải:
Gọi m và M là khối lượng thang máy và tải trọng.
Lực tác dụng lên hệ (thang máy + tải) gồm: Trọng lực \( \overrightarrow{P}=\left( m+M \right)\overrightarrow{g} \); lực căng dây \( \overrightarrow{T} \) của dây cáp.
Áp dụng phương trình (2.6): \( \overrightarrow{P}+\overrightarrow{T}=\left( m+M \right)\vec{a} \) (1)
Chiếu (1) lên trục Ox thẳng đứng, chiều dương hướng lên, ta có:
\( -P+T=\left( m+M \right)a \) \( \Rightarrow T=P+\left( m+M \right)a=\left( m+M \right)\left( g+a \right) \) (2)
Trong đo gia tốc a có giá trị đại số, nó có giá trị dương hay âm tùy theo vectơ \( \vec{a} \) hướng lên hay hướng xuống.
Khi thang máy chuyển động đi lên nhanh dần hoặc đi xuống chậm dần thì \( \vec{a} \) hướng lên, suy ra a > 0, khi đó từ (2) ta có lực căng dây lớn nhất:
\( T={{T}_{\max }}=\left( m+M \right)\left( g+{{a}_{\max }} \right) \) và do đó: \( M=\frac{{{T}_{\max }}}{g+{{a}_{\max }}}-m \) (3)
Từ đồ thị vận tốc, suy ra: \( {{a}_{\max }}=\frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{5}{2}=2,5\text{ m/}{{\text{s}}^{2}} \)
Vậy trọng tải của thang máy là: \( M=\frac{{{T}_{\max }}}{g+{{a}_{\max }}}-m=\frac{12000}{10+2,5}-500=460\text{ }kg \)
Câu 4.Hai vật có khối lượng m1, m2 buộc vào hai đầu sợi dây, vắt qua ròng rọc. bỏ qua khối lượng dây và ròng rọc. Coi dây không giãn. Chứng tỏ hai vật chuyển động ngược chiều với cùng độ lớn gia tốc. Tính gia tốc của các vật và lực căng dây. Áp dụng số: m1 = 6 kg; m2 = 4kg.
Hướng dẫn giải:
Ta có:
\( {{\overrightarrow{P}}_{1}}+{{\overrightarrow{T}}_{1}}={{m}_{1}}{{\vec{a}}_{1}} \) (1)
\( {{\overrightarrow{P}}_{2}}+{{\overrightarrow{T}}_{2}}={{m}_{2}}{{\vec{a}}_{2}} \) (2)
Chọn trục Ox như hình vẽ. Chiếu (1) và (2) lên Ox, ta có:
\( {{P}_{1}}-{{T}_{1}}={{m}_{1}}{{a}_{1}} \) (3)
\( {{P}_{2}}-{{T}_{2}}={{m}_{2}}{{a}_{2}} \) (4)
Gọi x1 và x2 là tọa độ của m1 và m2. Do dây không giãn nên chiều dài dây: \( \ell ={{x}_{1}}+{{x}_{2}}+C=const \) (5)
Với C là hằng số biểu diễn phần dây vắt qua ròng rọc.
Lấy đạo hàm cấp 2 của (5), ta được: \( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}=0\Rightarrow {{a}_{1}}=-{{a}_{2}}=a \) (6)
Phương trình (6) chứng tỏ hai vật luôn chuyển động ngược chiều với cùng độ lớn gia tốc a.
Mặt khác, dây rất nhẹ nên \( {{T}_{1}}={{T}_{2}}=T \) (7)
Thay (6) và (7) vào (3) và (4) rồi trừ vế với vế, suy ra gia tốc \( a=\frac{\left( {{m}_{1}}-{{m}_{2}} \right)g}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}} \) (8)
Thay (8) vào (3) ta có lực căng dây: \( T={{m}_{1}}g-{{m}_{1}}{{a}_{1}} \) hay \( T=\frac{{{m}_{1}}{{m}_{2}}g}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}} \) (9)
Thay số: m1 = 6 kg; m2 = 4 kg; g = 10 m/s2 vào (8) và (9) ta được: a = 2 m/s2; T = 24N.
