CĐ9. CHUYỂN ĐỘNG CỦA HỆ VẬT
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
+ Hệ vật: Hệ vật là tập hợp gồm từ hai vật trở lên. Đối với hệ vật, lực tác dụng bao gồm: nội lực (lực tác
dụng giữa các vật trong hệ) và ngoại lực (lực tác dụng của vật bên ngoài hệ lên các vật trong hệ).




F ng F 1  F 2  ...

a he 

m
m1  m2  ...
he
+ Gia tốc chuyển động của hệ:
+ Các hệ vật thường gặp: hệ vật liên kết nhau bằng dây nối; hệ vật liên kết qua ròng rọc; hệ vật chồng lên
nhau…

9. 1.

Cho hệ thống như hình vẽ: m1 = 1,6 kg, m2 =

400 g, g = 10 m/s2. Bỏ qua ma sát, khối lượng dây và
rịng rọc.
Tìm qng đường mỗi vật đi được sau khi bắt đầu
chuyển động 0,5 s và lực nén lên trục ròng rọc.
Bài giải:






Q
- Các lực tác dụng lên vật m1: trọng lực P1 , phản lực 1 của mặt sàn, lực căng T 1 của dây.


- Các lực tác dụng lên vật m2: trọng lực P 2 , lực căng T 2 của dây.

- Áp dụng định luật II Niu-tơn, ta được:



 

P1  Q1  T 1 m1 a



P 2  T 2 m2 a

(1)
(2)

- Chiếu (1) lên chiều chuyển động của vật I:
T1 m1a

(3)

- Chiếu (2) lên chiều chuyên động của vật II:

P2  T2 m2 a

(4)

- Vì dây khơng dãn và khối lượng không đáng kể nên T1 = T2.

a
- Từ (3) và (4), ta suy ra:

m2 g
0,4.10

2
m1  m2 1,6  0, 4
m/s2.

- Quãng đường mỗi vật đi được sau khi bắt đầu chuyển động 0,5s là:
1
1
s  at 2  .2.0,52 0, 25
2
2
m




 
F


T1 T2 với
- Lực nén lên ròng rọc: Ta có:
Vì

T1T1 1, 6.2 3, 2 N ; T2 T2



T1 T2  F  T12  T22  3, 22  3, 22 4,525

N

Vậy: Quãng đường mỗi vật đi được sau khi bắt đầu chuyển động 0,5s là s = 0,25 m và lực nén lên ròng rọc
là F = 4,525 N.
9. 2.

Xích có chiều dài l = 1m nằm trên bàn, một phần chiều dài l’ thông xuống cạnh bàn. Hệ số ma sát

giữa xích và bàn là  = 1/3. Tìm l’ để xích bắt đầu trượt khỏi bàn.
Bài giải:
- Xét phần xích có chiều dài l1 nằm ngang trên bàn:


Q
+ Lực tác dụng gồm: trọng lực P , phản lực
của mặt bàn, lực ma sát







F ms , lực căng T do trọng lực tác

dụng vào phần xích thịng xuống tạo ra.
+ Để xích bắt đầu trượt thì:



 
 
P  Q  F ms  T 0

(1)

- Chiếu (1) lên phương ngang, chiều dương hướng theo sang phải, ta được:
 Fms  T 0  Q  T 0

(2) (N = Q)

+ Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên, ta được:
Q  P 0  Q P mg

(3)


- Mặt khác, lực căng dây T có độ lớn bằng trọng lượng của phần xích thịng xng: T  P mg.

Từ (2) và (3), suy ra:




 P P 

P

P

m
l
1
     l1 3l
m
l1
3

1
l1  l  1m  4l  1  l   0, 25
4
Vì
m.

Vậy: Khi l = 0,25 m thì xích bắt đầu trượt khỏi bàn.
9. 3.

Xe lăn m1 = 500 g và vật m2 = 200 g nối

bằng dây qua ròng rọc nhẹ như hình vẽ. Tại thời
điểm ban đầu, m1 và m2 có vain tốc v0 = 2,8 m/s,
m1 đi sang trái còn m2 đi lên. Bỏ qua ma sát. Cho

g = 9,8 m/s2. Tính:
a) Độ lớn và hướng vận tốc xe lúc t = 2 s.
b) Vị trí xe lúc t = 2 s và quãng đường xe đã đi được sau
thời gian 2 s.
Bài giải:
a) Độ lớn và hướng vận tốc xe lúc t = 2 s



- Các lực tác dụng lên vật m1: trọng lực

P1 ,



Q
T
phản lực 1 của mặt sàn, lực căng 1 của dây.

P
- Các lực tác dụng lên vật m2: trọng lực 2 ,

T
lực căng 2 của dây.
- Áp dụng định luật II Niu-tơn cho từng vật:



 


P

Q

T

m
1
1
1a
+ vật I: 1
 

P

T

m
2
2
2a
+ vật II:

(1)
(2)

- Chiếu (1) lên hướng chuyển động ban đầu của m1, ta được:
 T1 m1a

(3)


- Chiếu (1) lên hướng chuyển động ban đầu của m2, ta được:
 P2  T2 m2 a

(4)

- Vì dây khơng dãn và khối lượng không đáng kể nên: Tl = T2 = T .
- Từ (3) và (4) suy ra:

a 

m2 g
0,2.9,8

 2,8
m1  m2
0,5  0, 2
m/s2

Vậy: Độ lớn và hướng vận tốc xe lúc t = 2 s là:
+ độ lớn: v = 2,8 + (-2,8).2 = -2,8 m/s
+ hướng chuyển động: vì v < 0 nên hướng chuyển động của m1 sang phải (ngược với chiều dương đã chọn).
b) Vị trí xe lúc t= 2 s và quãng đuờng xe đã đi được sau thời gian 2 s
- Chọn gốc thời gian lúc vật m1 đang chuyển động sang trái và có vận tốc 2 m/s; chọn trục tọa độ O1x có gốc
tọa độ trùng với vị trí của vật lúc bắt đầu khảo sát chuyển động, chiều dương cùng chiều với chuyển động
ban đầu của các vật.
1
1
x v0t  at 2
x 2,8.2  .  2,8 .2 2 0

2
2
- Vị trí của vật là:
. Lúc t= 2 s thì:
.

- Như vậy, lúc t 2 s các vật trở về vị trí ban đầu. Do đó qng đường đi được là:

s 2 s0 .

Với

s0

là quãng

đường các vật đi đựoc từ thời điểm ban đầu đến khi dừng:
s0 

v 2  v02 0  2,82

1, 4m  s 2s0 2,8m
2a
2. 2,8 

Vậy: Vị trí xe lúc t = 2 s và quãng đường xe đã đi được sau thời gian 2s là x = 0 (gốc tọa độ) và s = 2,8 m.
9. 4.

Cho hệ như hình vẽ: m1 = 3kg, m2 = 2kg, m3 = 5kg. Tìm gia tốc mỗi vật và lực căng của các dây nối.


Bài giải:


a
- Gọi 0 là gia tốc của rịng rọc động.
Theo cơng thức cộng gia tốc, ta có:



a3  a0


  
a2 a2  a0
  
a1 a1  a0



a
( 2 là gia tốc của m2 đối với ròng rọc động)

a1
(

là gia tốc của m1 đối với ròng rọc động)

- Áp dụng định luật II Niu-tơn cho các vật của hệ, ta có:






P3  T3 m3 a3
 

P2  T2 m2 a2
 

P1  T1 m1 a1 (3)

(1)
(2)

T
Chiếu (1), (2) và (3) lên chiều chuyển động của các vật, chú ý T3 = T; T1 = T2 = 2 :
m3 g  T m3a3

(1’)

T
 m1g m1 a3  a0 
2

(2’)

T
 m2 g m2 a3  a0 
2


(3’)

 5 g  T 5a3

(1’’)

T
 3 g 3 a3  a0 
2

(2’’)

T
 2 g 2 a3  a0 
2

(3’’)

- Giải hệ (1”), (2”) và (3”) ta được: a 0 = 2 m/s2; a3 = 0,2 m/s2; a3 = -1,8 m/s2;a2 = 2,2 m/s2; T3 = T = 48 N; T 1
= T2 = 24 N.
Vậy: Gia tốc mỗi vật và lực căng của các dây nối là a 3 = 0,2 m/s2; a1 = -1,8 m/s2; a2 = 2,2 m/s2; T3 = 48 N; T1
= T2 = 24 N.
9. 5.

Cho hệ như hình vẽ: m1 = 1 kg, m2 = 2 kg, m3 = 4 kg.

Bỏ qua ma sát. Tìm gia tốc của m1. Cho g = 10 m/s2.
Bài giải:



 
, a
a
a
0
Gọi
là gia tốc ròng rọc động đối với mặt đất; 1 2 lần lượt
là gia tốc của vật m1, m2 đối với rịng rọc.
- Theo cơng thức cộng gia tốc:


      
a3  a0 ; a1 a1  a0 ; a2 a2  a0

- Áp dụng định luật II Niu-tơn cho từng vật:

  

T3  P3  Q3 m3 a
 

P1  T1 m1 a1
 

P2  T2 m2 a2

(1)
(2)
(3)



- Chiếu (1) lên chiều chuyển động
của m1 ta được:
T3 m3 a3 m3a0

(4)

- Chiếu (2), (3) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng xuống dưới, ta được:

P1  T1 m1a1  P1  T1 m1 a1  a0 

(5)

P2  T2 m2a2  P2  T2 m2 a2  a0 

(6)

- Vì dây khơng dãn, bỏ qua khối lượng của ròng rọc nên:
a1  a2 , T1 T2  T3 2T1

- Từ (5) và (6) ta được:

P1  P2 m1 a1  a0   m2 a2  a0 
 m1  m2  g m1  m2 a0  m1  m2 a1
- Lấy (4) cộng (5), ta được:

m1 g 

(7)


m3a0
 m1 a1  a0 
2

m

 m1 g  3  m1  a0  m1a1
 2

 m

 a1  g   3  1 a0
 2m1


(8)

- Thay (8) vào (7) ta được:

m1 


 m
 
m2  g m1  m2 a0  m1  m2   g   3  1 a0 
 2m1
 




 m

  m2  m1  m1  m2  3  1  a0 m2  m1  m1  m2  g
 2m1



 a0 

4m1m2 g
4.1.2.10

4
4m1m2  m3 m1  m2  41.2  4 1  2 

m/s2

 m

 4

a1 g   3  1 a0 10  
 1  2
 2.1 
 2m1

- Thay a0 vào (8) ta được:
m/s2

- Gia tốc của vật 1:


a1 a1  a0  2  4 2

m/s2

Vậy: Gia tốc của m1 là a1 = 2 m/s2.
9. 6.
kg,

Cho hệ như hình vẽ: m1 = 3 kg, m2 = 2

 = 30°, g =10 m/s2. Bỏ qua ma sát. Tính gia

tốc của mỗi vật.
Bài giải:




P
Q
1
- Các lực tác dụng lên m 1: trọng lực
, phản lực 1 của
mặt phẳng nghiêng, lực căng của dây.






P
T
2
- Các lực tác dụng lên m2: trọng lực , lực căng 2 của dây.
 
T1, T2
- Các lực tác dụng lên ròng rọc động: các lực căng

.

- Theo định luật II Niu-tơn, ta có:



 

P1  Q1  T1 m1 a1



P2  T2 m2 a2
  
2T1 T2 0 (vì rịng rọc nhẹ)

(1)
(2)
(3)

- Chiếu (1) lên trục O1x1 ta được:
T1  P1 sin  m1a1


(4)

- Chiếu (2) lên trục O2x2 ta được:
P2  T2 m2a2

(5)

- Từ (3) suy ra: 2T1 = T2

(6)

- Từ hướng các trục tọa độ và đặc điểm s1 = 2s2 ta suy ra: a1 = 2a2

(7)

- Thay (6), (7) vào (4) và (5) ta được:
T1  P1 sin  m1.2a2
P2  2T1 m2 a2

 a2 

(4’)
(5’)

P2  2 P1 sin  m2  2m1 sin 
2  2.3.sin 30

g
.10  0,71

4m1  m2
4m1  m2
4.3  2
m/s2

Vậy: Hai vật chuyển động ngược với chiều dương đã chọn với các gia tốc a1 = -1,42 m/s2 và a2 = -0,71 m/s2.
9. 7.

Cho hệ như hình vẽ: m 1 = m2. Hệ số ma sát giữa

m1 và m2, giữa m1 và sàn là  = 0,3; F = 60N, a = 4m/s2.
a) Tìm lực căng T của dây nối ròng rọc với tường.
b) Thay F bằng vật có P = F. Lực căng T có thay đổi
khơng?
Bài giải:
a) Lực căng T của đây nối ròng rọc với tường






  

T , T1 T F 
P
Q
N
1
1

1
- Các lực tác dụng lên m 1 là: trọng lực
, phản lực
, áp lực
, các lực căng dây
, các lực





F
,
ma sát ms1 F ms1





P
Q
T
- Các lực tác dụng lên m2 là: trọng lực 2 , phản lực 2 , lực căng dây 2 , lực ma sát


F ms 2

- Theo định luật II Niu-tơn, ta có:




   



P

Q

N

T

F

F
ms
1
ms
1 m1 a
1
1
1
+ vật 1: 1
   

P

Q


T

F

m2 a
ms
2
2
2
+ vật 2: 2

(1)
(2)

- Chiếu (l) và (2) lên các trục tọa độ của hệ Oxy như hình vẽ, ta được:
 1 m1a
F  T1  Fms1  Fms

(1’)

Q1  P1  N1 0

 Q1 P1  N1 m1  m2  g

(1’’)

T2  Fms 2 m2 a

(2’)


Q2  P2 0  Q2 m2 g

(2’’)

- Thay (1”), (2”) vào (1’) và (2’) ta được:
F  T1   Q1  Q2 m1a

 F  T1   m1  2m2  g m1a
- Với

m1 m2 m; T1 T2 T  ,

F  T1  3 mg ma

Và

suy ra:

(3)

T2   m2 g m2 a  T2   mg ma

- Từ (3) và (4) suy ra:

 m

(4)

F  4 mg 2ma  F 2m a  2 g 


F
2 a  2  g 

(5)

T2 m a   g  

-

Từ (4) và (5) suy ra:

 T2 

60
4  0,3.10  21
2 4  20,3.10 

F
a   g 
2 a  2  g 

N

Vậy: Lực căng T của dây nối ròng rọc với tường là T = 2T2 = 2.21 = 42 N.
b) Lực căng T khi thay F bằng vật có P = F
Khi thay F bằng vật có P = F thì lực kéo có độ lớn khơng đổi nhưng khối lượng của hệ tăng nên độ lớn của T
thay đổi.
9. 8.

Cho hệ như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa m và M, giữa


M và sàn là  . Tìm F để M chuyển động đều, nếu:
a) m đứng yên trên M.


b) m nối với tường bằng một đây nằm ngang.
c) m nối với M bằng một đây nằm ngang
qua một ròng rọc gắn vào tường.
Bài giải:
a) Khi m đứng yên trên M: Coi M và m như một hệ có khối
lượng (M + m):




- Các lực tác dụng vào hệ: lực F , trọng lực P (P = (M +


Q
m)g), phản lực , lực ma sát



F ms

- Để hệ chuyển động thẳng đều thì:



  


F  P  Q  F ms 0

-

(1)

Chiếu (1) lên hướng chuyển động của hệ và

lên phương thẳng đứng, hướng lên, ta được:
F Fms  N Q

và
-

Q P M  m  g

(1’)
(1”)

Thay (1”) vào (1’) ta được:

F  M  m  g

Vậy: Khi m đứng yên trên M, để M chuyển động thẳng đều thì F = k(M + m)g.
b) Khi m nối với tường bằng một dây nằm ngang






P
Q
F
,
F ms1 .
ms
1
1
1
n
- Các lực tác dụng lên M gồm: lực F , trọng lực , phản lực , áp lực , các lực ma sát




- Để M chuyển động thẳng đều thì:



   


F  P1  Q1  n  F ms1  F ms1 0

-

Chiếu (2) lên hướng chuyển động của hệ và lên phương thẳng đứng, hướng lên, ta được:

F Fms1  Fms 2  N   n  Q  n 

-

(2)

(2’)

Thay giá trị của Q và n = mg vào (2’) ta được:

F   M  m  g  mg   M  2m  g

Vậy: Khi m nối với tường bằng một đây nằm ngang, để M chuyển động thẳng đều thì
c) Khi m nối với M bằng một đây nằm ngang qua một ròng rọc gắn vào tường

F   M  2 m  g

.






T
P
Q
- Các lực tác dụng lên m gồm: lực căng dây 2 , trọng lực 2 , phản lực 2 , lực ma sát F ms 2 .







P
Q
F
,
- Các lực tác dụng lên M gồm: lực F , trọng lực 1 , phản lực 1 , áp lực n , các lực ma sát ms1 F ms 2 , lực

T
căng dây 1 .
- Để m chuyển động thẳng đều (theo M) thì:

   

T2  P2  Q2  F ms 2 0

(3)

- Để M chuyển động thẳng đều thì:



   


F  P1  Q1  n  F ms1  F ms 2 0

(4)

- Chiếu (3) và (4) lên hướng chuyển động của các vật, ta được:

 2  n  mg
T2 Fms

(3’)

F Fms1  Fms 2  T1

(4’)

 F  M  2m  g   mg  M  3m  g T1 T2 
Vậy: Khi m nối với M bằng một dây nằm ngang qua một ròng rọc gắn vào tường, để M chuyển động thẳng
đều thì

F  M  3m  g

9. 9.

Vật A bắt đầu trượt từ đầu tấm ván B nằm ngang. Vận tốc ban đầu của A là 3 m/s, của B là 0. Hệ số

.

ma sát giữa A và B là 0,25. Mặt sàn là nhẵn. Chiều dài của tấm ván B là 1,6 m. Vật A có m 1 = 200 g, vật B
có m2 = 1 kg.
Hỏi A có trượt hết tấm ván B khơng?
Nếu không, quãng đường đi được của
A trên tấm ván là bao nhiêu và hệ
thống sau đó chuyển động ra sao?
Bài giải:
- Các lực tác dụng lên vật A:






f
trọng lực p , phản lực q , lực ma sát ms


- Các lực tác dụng lên vật B: trọng lực P ,



Q
phản lực , áp lực n , lực ma sát



F ms .

- Theo định luật II Niu-tơn, ta có:



 

p

q

f


m
1 a1
ms
+ vật A:

(1)




  

P

Q

n

F
ms m2 a 2
+ vật B:

(2)

- Chiếu (1) và (2) lên các trục Oxy
ta được:
 p  q 0

(1’)


 f ms m1a1

(1’’)

 P  Q  n 0
Fms m2 a2

- Từ (1”) suy ra:
- Từ (2”) suy ra:

(2’)
(2’’)

a1 
a2 

Trong hệ quy chiếu gắn với tấm ván

f ms
 m1 g

  g  0, 25.10  2,5
m1
m1
m/s2

Fms 0,25.0, 2.10

0,5

m2
1
m/s2

- Gia tốc của vật A so với vật B là:

a a1  a  2, 5  0, 5  3

m/s2.

- Quãng đường vật A đi trên tấm ván B cho đến khi dừng là:
s

v 2  v02 02  32

1,5
2a
2.  3 

m

- Vì s  1 nên A không đi hết chiều dài của tấm ván.
- Thời gian A đi trên tấm ván B là:

t

v  v0 0  3

1
a

3
s

- Sau thời gian đó, tấm ván B có vận tốc

v a2t 0, 5.1 0,5

m/s. Lúc đó A nằm yên trên tấm ván, lực ma

sát giữa vật A và tấm ván khơng cịn nữa nên hệ sẽ trượt đều với vận tốc 0,5 m/s.
9. 10.

Cho hệ như hình vẽ: M = m1 + m2, bàn

nhẵn, hệ số ma sát giữa m1 và m2 là  .

m1
Tính m2 để chúng không trượt lên nhau.
Bài giải:


  


Q
P
,
P
,
P

F
,
1
2
- Các ngoại lực tác dụng lên hệ gồm: các trọng lực
; phản lực 1 lên m1; các lực ma sát ms1 F ms 2 .
 




 P  P1  P 2  Q  F ms1  F ms 2
1
a
M  m1  m2
- Gia tốc của hệ là:

(1)

- Chiếu (1) lên chiều chuyển động của hệ, ta được:

a

P
Mg g


M  m1  m2 2 M 2



- Khi m1 có xu hướng trượt ra phía trước ( F ms1 hướng ra phía sau):
+ Để m1 khơng trượt trên m2 thì:


a1 

T1  Fms1
a
m1

 Fms1 T1  m1a  N1  m1 g

1

 T m1 a   g  m1g    
2

+ Đối với m2, ta có:

(2)

T2  Fms 2 m2 a Fms 2 Fms1  m1 g 

m

 T m2 a  Fms 2  g  2   m1 
 2


(3)


m

1

g  2   m1  m1 g    

2

+ Từ (2) và (3) suy ra:  2
m2
1  4 
m1



(4)


- Khi m1 có xu hướng trượt ra phía sau ( F ms1 hướng ra phía trước):
+ Để m1 khơng trượt trên m2 thì:

a1 

T1  Fms1
a
m1

 Fms1  T1  m1a  N1   m1 g


1

 T m1 a   g  m1 g    
2


(5)

+ Đối với m2, ta có:

T2  Fms 2 m2a Fms 2 Fms1 m1 g 
m

 T m2 a  Fms 2  g  2   m1 
 2


(6)

m

1

g  2   m1  m1 g    

2

+ Từ (2) và (3) suy ra:  2
m2
1  4 

m1



(7)

Vậy: Để m1 khơng trượt trên m2 thì:
9. 11.

1  4 

m2
1  4
m1

Cho hệ như hình vẽ, m1 = 15 kg, m2 = 10

kg. Sàn nhẵn, hệ số ma sát giữa m 1 và m2 là 0,6; F =
80 N. Tính gia tốc của m 1 trong mỗi trường hợp
sau:


a) F nằm ngang.




b) F thẳng đứng, hướng lên.
Bài giải:



a) Trường hợp lực F nằm ngang




Chọn chiều dương cùng chiều với lực F . Khi tác dụng lực F lên hệ, m2 sẽ chuyển động sang phải nên



F ms 2 sẽ hướng sang trái, F ms1 sẽ hướng sang phải.

- Gia tốc của các vật là:

a1 

+ vật 1:

Fms1  m2 g

m1
m1

(1)

T2  Fms 2 F   m2 g

m2
m2


(2)

a2 

+ vật 2:

- Trường hợp m2 trượt trên m1:

a2  a1 

F   m2 g  m2 g

m2
m1

  m2 g

m

 10 
 F  m2 
  g   m2 g  2  1 0,6.10.10.   1 100
 15 
 m1

 m1

N

Vì F = 80 N nên điều này không thể xảy ra.

- Trường hợp m2 đứng yên trên m1:
Vậy: Gia tốc của m1 là


a2 a1 a 

F
80

3, 2
m1  m2 10  15
m/s2

a1 3, 2 m/s2

b) Trường hợp F thẳng đứng, hướng lên
Gia tốc của các vật là:

a1 

+ vật 1:
 a1 

Fms1  T1  m2 g  F

m1
m1

0, 6.10.10  80
 1,33

15
m/s2

+ vật 2:
 a2 

a2 

T2  Fms 2 F   m2 g

m2
m2

80  0, 6.10.10
2
10
m/s2

Vậy: Gia tốc của m1 là
9. 12.

(3)

a1  1,33

m/s2

Cho hệ như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa m

và M là 1 , giữa M và sàn là  2 . Tìm độ lớn của



lực F nằm ngang.
a) đặt lên m để m trượt lên M.
b) đặt lên M để M trượt khỏi m.
Bài giải:

(4)




a) Khi F đặt lên m


Q1 , lực ma sát F ms1 , lực F .





Q

F
,
- Các lực tác dụng lên M: trọng lực P 2 , áp lực n , phản lực 2 , các lực ma sát ms 2 F ms 2 .


- Các lực tác dụng lên m: trọng lực P1 , phản lực


- Theo định luật II Niu-tơn, ta có:







P
1  Q1  F ms1  F ma1
+ vật m:

 



P
2  n  Q 2  F ms 2  F ms 2 M a 2
+ vật M:

(1)
(2)

- Chiếu (1) và (2) lên hai trục của hệ Oxy ta được:
 P1  Q1 0  Q1  P1

(1’)

 Fms1  F ma1  a1 


F  Fms1
m

(1’’)

 P2  n  Q2 0  Q2 P2  n

 2  Fms 2 Ma2  a2 
Fms

Với

(2’)

 2  Fms 2
Fms
M

(2’’)

 2 1 N1 1Q1 1mg ; n P1 mg
Fms1 Fms

 Fms 2 2 N 2 2Q2 2 Mg  mg  2 g M  m 
Thay vào (1’’) ta được:
Thay vào (2’’) ta được:
Để m trượt trên M là:

a1 


F  1mg
m

(3)

2 mg  2 g M  m 
M

(4)

a2 

a1  a2 :

F  1mg 1mg  2 g M  m 

m
M
 F   1  2 M  m 

mg
M

(5)

- Mặt khác:
F  1mg
 0  F  1mg
m
+ để a1  0 thì:


+ để

a2  0

(6)

1mg  2 g M  m 
 0  1mg  2 M  m  g
M
thì:
(7)

+ để F  0 thì: 1  2
- Từ (6), (7) và (8) ta được:
F  1mg



và

(8)
F  1mg .

F  1   2 M  m 

Kết hợp với (5) ta được

mg
M


Vậy: Khi F đặt lên m thì để m trượt lên M thì

F  1mg

và

F  1   2 M  m 

mg
M




b) Khi F đặt lên M




Q
- Các lực tác dụng lên m: trong lực P1 , phản lực 1 , lực

ma sát F ms1 .


- Các lực tác dụng lên M: trọng lực P 2 , áp lực n , phản





Q

F
,
lực 2 , các lực ma sát ms 2 F ms 2 , lực F .
- Theo định luật II Niu-tơn, ta có:






P
1  Q1  F ms1 ma1
+ vật m:

 




P
2  n  Q 2  F ms 2  F ms 2  F M a 2
+ vật M:

(9)
(10)

- Chiếu (9) và (10) lên hai trục của hệ Oxy ta được:

 P1  Q1 0  Q1  P1

Fms1 ma1  a1 

(9’)

Fms1
m

(9’’)

 P2  n  Q2 0  Q2 P2  n

 2  Fms 2  F Ma2  a2 
 Fms

Tương tự:

(10’)
 2  Fms 2  F
 Fms
M

(10’’)

 2 1 N1 1Q1 1mg ; n P1 mg
Fms1 Fms

 Fms 2 2 N 2 2Q2 2 Mg  mg  2 g M  m 
- Thay vào (9’’) ta được:

a1 

1mg
1 g
m

(11)

- Thay vào (10’’) ta được:

a2 

 1mg   2 g M  m   F
M

- Để m trượt trên M là:

a2  a1

(12)
:

 1mg  2 g M  m   F
 1 g
M
 F  1  2 M  m  g

(13)



F  1   2 M  m  g
Vậy: Khi F đặt lên M thì để M trượt khỏi m thì

9. 13.

Cho hệ như hình vẽ: m = 0,5 kg, M = 1 kg.

Hệ số ma sát giữa m và M là 1 = 0,1, giữa M
và sàn là  2 = 0,2. Khi



thay đổi ( 0    90 ),

tìm F nhỏ nhất để M thốt khỏi m và tính



khi này.


Bài giải:



Q
- Các lực tác dụng lên m: trọng lực P1 , phản lực 1 , lực ma sát F ms1 .






Q
F
,
F ms 2 , lực F .
ms
2
2
P
n
- Các lực tác dụng lên M: trọng lực 2 , áp lực , phản lực , các lực ma sát


- Theo định luật II Niu-tơn,ta có:






P
1  Q1  F ms1 ma1
+ vật m:

 





P
2  n  Q 2  F ms 2  F ms 2  F M a 2
+ vật M:

(1)
(2)

- Chiếu (1) và (2) lên hai trục của hệ Oxy ta được:
 P1  Q1 0  Q1  P1

Fms1 ma1  a1 

(1’)

Fms1
m

(1’’)

 P2  n  Q2  F sin  0  Q2 P2  n  F sin 

(2’)

 2  Fms 2  F cos  Ma2
 Fms

 a2 

 2  Fms 2  F cos 
 Fms

M

(2’’)

Tương tự:
 2 1 N1 1Q1 1mg ; n  P1 mg
Fms1  Fms

 Fms 2 2 N 2 2Q2  2 Mg  mg  F sin  
- Thay vào (1’’) ta được:

a1 

1mg
1 g
m

(3)

- Thay vào (2’’) ta được:

a2 

 1mg   2 Mg  mg  F sin    F cos 
M

 a2 

 1mg  2 g M  m   2 F sin   F cos 
M

(4)

- Để M thốt khỏi m thì:

a2  a1 :

 1mg  2 g M  m   2 F sin   F cos 
 1 g
M
 F

1   2 M  m  g
cos   2 sin 

- Từ (5) ta thấy: để
Đặt

2 tan  

(5)

F Fmin  f   cos   2 sin  max

sin 
cos  , ta được:

f   cos    2 sin  cos  

sin 
cos  .cos   sin  .sin  cos    

.sin  

cos 
cos 
cos 


f  

- Để

max thì

cos     1     tan  tan   2

  arctan  2 arctan 0, 2 11

sin 
1


 f  max cos   tan  .sin    cos  
.sin   
cos 

 cos 
 F Fmin 1  2 M  m  g cos a 
 F Fmin 

1  tan 2 a


1  2 M  m  g 0,1  0, 2 1  0,5 .10 4, 41
1  22

Vậy: Để M thốt khỏi m thì
9. 14.

1  2 M  m  g

1  0, 22

Fmin 4, 41 N,

N

lúc đó  11 .

Cho hệ như hình vẽ. Biết M, m, F, hệ số ma

sát giữa M và m là  , mặt bàn nhẵn. Tìm gia tốc
của các vật trong hệ.
Bài giải:
- Vì:
+ bàn nhẵn, giữa vật 3 và vật 4 có ma sát nên vật 3 nằm yên trên vật 4.
+ dây không dãn nên vật 2 và vật 3 chuyển động với cùng gia tốc.

 ba vật 2, 3 và 4 chuyển động với cùng gia tốc: a2 = a3 = a4. Như vậy có thể coi ba vật (2, 3 và 4) là một hệ
vật được liên kết với vật 1.
- Gọi a0 là gia tốc của hệ vật (2, 3 và 4), a1 là gia tốc của vật 1. Ta có:
a1 


F  Fms1
M

(1)

Fms 2
 M  2m 

(2)

a0 

- Nếu m2 không trượt trên m1:
a1 a0

thì

Fms1 Fms 2   mg

a a1 a0 

F
2 M  m 

- Nếu m2 trượt trên m1:
a1 




(ma sát nghỉ). Gia tốc của các vật là:

a1  a0

thì

 mg
F   mg
a0 
M  2m 
M
và

F   mg
 mg

M
M  2m 

 F

2 m M  m  g
F0
 M  2m 

Fms1 Fms 2  mg

(ma sát trượt). Lúc đó:



F

Vậy: Khi
F

Khi
9. 15.

2  m M  m  g
 M  2m 

2  m M  m  g
M  2m 

thì

a1 a2 a3 a4 

thì

a1 

F
2 M  m 

;

 mg

F   mg

a2 a3 a4 
 M  2m  .
M
và

Cho hệ như hình vẽ. Ma sát giữa

M và m là nhỏ. Hệ số ma sát giữa M
và sàn là  . Tính gia tốc của M.
Bài giải:

 

Q
- Các lực tác dụng lên m: trọng lực P1 , phản lực , Q .


- Các lực tác dụng lên M (xét một vật): trọng lực



P2 , áp lực




Q
N , phản lực 2 , lực ma sát




F ms 2 .

- Theo định luật II Niu-tơn, ta có:





 

P1  Q  Q ma1

(1)

 


P2  N  Q 2  F ms 2 M a 2

(2)

- Chiếu (1) và (2) xuống hai trục Ox và
Oy của hệ trục Oxy, ta được:
Q cos   Qcos  0
 Q Q

(1’)

P1  Q sin   Qsin  ma1

 P1  2Q sin  ma1

Q Q N 

(1’’)

 P2  N sin   Q2 0
 Q2 P2  N sin 

(2’)

N cos   Fms 2 Ma2

(2’’)

- Khi m đi xuống một đoạn s1 thì M chuyển động theo phương ngang một đoạn
 a2 a1 tan 

- Từ (3) và (l”) ta được:

(3)
N

- Thay (4) vào (2’) ta được:

P1  ma1

2sin 

a2

tan   P1 tan   ma2
2sin 
2sin  .tan 

P1  m

Q2 P2  N sin  P2 

P tan   ma2 

Fms 2 Q2   P2  1

2 tan 


- Lực ma sát:
- Thay (4), (6) vào (2”) ta được:

P1 tan   ma2
2 tan 

(6)

(4)
(5)

s2 s1 tan 

.



P1 tan   ma2
P tan   ma2 

cos     P2  1
 Ma2
2sin  .tan 
2 tan 


 mg tan  cos   ma2 cos   2  Mg sin  tan    mg tan  sin    ma2 sin  2 Ma2 sin  tan 

 mg tan  cos    sin    2  Mg sin  tan 
a2  m cos    sin    2M sin  tan  
 mg tan  1   tan    2  Mg tan 2  a2  m 1   tan    2 M tan 2  
 a2 

mg tan  1   tan    2 Mg tan 2 
m 1   tan    2 M tan 2 

Vậy: Gia tốc của vật M là
9. 16.

a2 

mg tan  1   tan    2  Mg tan 2 
m 1   tan    2 M tan 2 

Vật đặt trên đỉnh dốc dài 165 m, hệ số ma sát  = 0,2, góc nghiêng của dốc là


a) Với giá trị nào của

 , vật nằm yên không trượt?

b) Cho  30 , tìm thời gian vật xuống dốc và vận tốc vật ở
chân dốc.
Cho: tan11 0, 2;cos 30 0,85
Bài giải:
a) Giá trị của



để vật nằm yên không trượt

- Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P = mg, lực ma sát
- Vật nằm yên không trượt khi:

Fms  N  mg cos 

.

P sin   Fms

 mg sin    mg cos 
 tan    0, 2
   arctan 0, 2 11

Vậy: Để vật nằm n khơng trượt thì góc   11
b) Thời gian vật đi xuống dốc và vận tốc của vật ở chân dốc


a g sin    cos  10.sin 30  0,2.cos30 
- Gia tốc của vật khi  30 là:
1
3
 a 10.  0, 2.  3,3
2 
2
m/s2
1
s  at 2 v0 0 
2
- Tử công thức:
suy ra thời gian vật đi xuống dốc là:

t

2s
2.165

10 s
a
3,3

- Vận tốc của vật ở cuối chân dốc là: v at 3,3.10 33 m/s.
Vậy: Thời gian vật đi xuống dốc là t = 10 s;
Vận tốc của vật ở chân dốc là v = 33 m/s.

.



9. 17.

Sau bao lâu vật m trượt hết máng nghiêng có độ cao h, góc nghiêng  nếu với góc nghiêng

chuyển động đều.
Bài giải:
- Gia tốc của vật trên mặt phẳng nghiêng là:
+ Với góc nghiêng

a g sin    cos  

 , vật trượt đều nên a a

1

0   tan 

.

a a2  g sin    cos  
+ Với góc nghiêng  , vật trượt với gia tốc
.
- Thời gian trượt của vật là:
 t

 t

t

h

2s
s
sin 
a , với

2h
2h

asin 
g sin   tan  .cos  sin 

1
.
sin 

2h

cos  
g  1  tan  .
sin  




1
2h
.
sin  g 1  tan  .cotan  

Vậy: Thời gian trượt của vật khi góc nghiêng 


t

là

1
2h
.
sin  g 1  tan  .cotan  

9. 18.

Vật khối lượng m = 100 kg sẽ chuyển động đều trên

mặt phẳng nghiêng góc  30 khi chịu lực F = 600 N dọc
theo mặt nghiêng. Hỏi khi thả vật, nó chuyển động xuống với
gia tốc là bao nhiêu? Coi ma sát là đáng kể.
Bài giải:
- Khi vật trượt đều, các lực tác dụng lên vật


Q
gồm: trọng lực P , phản lực , lực kéo






F,


lực ma sát F ms và:



  

P  Q  F  F ms 0

(1)

- Chiếu (1) lên phương mặt phẳng nghiêng ta được:
F  P sin   Fms 0

 F mg sin    mg cos 

1
F  mg sin  600  100.10. 2 0, 2
 


mg cos 
3
3
100.10.
2
- Khi thả vật, vật trượt với gia tốc:

a g sin    cos  




vật


 1 0,2 3 
 a 10.  
.  4
2
2 
3

m/s2
Vậy: Khi thả vật, nó sẽ chuyển động xuống dưới với gia tốc a = 4 m/s2.
9. 19.

Xe lăn khơng ma sát xuống một mặt nghiêng, góc

nghiêng là

 . Trên xe có treo một con lắc.

Tìm phương của dây treo con lắc.
Bài giải:
- Chọn hệ trục tọa độ vuông góc Oxy,
gốc O tại vật nặng con lắc, trục Ox
hướng dọc theo mặt phẳng nghiêng,
trục Oy vng góc với mặt phẳng
nghiêng (hình vẽ). Ta có:





T  P ma , với a  g sin 

(1)

- Chiếu (1) lên hai trục của hệ tọa độ
Oxy đã chọn ta được:
Tx  Psin ma

(2)

Ty  Pcos 0
 Tx m a  gsina  0

(3)
(theo (1))

 Ty mg cos 
 T  Tx2  Ty2 Ty mg cos   T Ty

Vậy: Phương của dây treo vng góc với mặt phẳng nghiêng.