Đề bài: Một vật 2kg đang nằm yên trên mặt phẳng ngang thì chịu tác dụng của lực F có hướng nằm ngang và độ lớn 9N, vật bắt đầu chuyển động thẳng nhanh dần đều và có ma sát trên mặt phẳng ngang ấy. Sau 10s, lực F ngừng tác dụng, vật chuyển động thẳng chậm dần đều được 37,5 m thì dừng lại. Lực ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang ấy bằng bao nhiêu Newton? Lấy g = 10m/s².

Phân tích bài toán:

Bài toán này có hai giai đoạn chuyển động:

1. Giai đoạn 1: Chuyển động thẳng nhanh dần đều dưới tác dụng của lực F và lực ma sát.
2. Giai đoạn 2: Chuyển động thẳng chậm dần đều dưới tác dụng chỉ của lực ma sát cho đến khi dừng lại.

Chúng ta cần tìm lực ma sát. Để làm được điều này, chúng ta sẽ sử dụng định luật II Newton cho từng giai đoạn chuyển động.

Tóm tắt:

• Khối lượng vật: \(m = 2kg\)
• Lực tác dụng giai đoạn 1: \(F = 9N\)
• Thời gian giai đoạn 1: \(t_1 = 10s\)
• Quãng đường giai đoạn 2: \(s_2 = 37,5m\)
• Vận tốc ban đầu giai đoạn 2 bằng vận tốc cuối giai đoạn 1.
• Vận tốc cuối giai đoạn 2 bằng 0 (vật dừng lại).
• Gia tốc trọng trường: \(g = 10m/s^2\)
• Tìm: Lực ma sát \(F_{ms}\)

Giải chi tiết:

Giai đoạn 1: Chuyển động thẳng nhanh dần đều

Khi vật bắt đầu chuyển động, nó chịu tác dụng của các lực sau:

• Trọng lực: \(\vec{P}\)
• Phản lực của mặt phẳng ngang: \(\vec{N}\)
• Lực đẩy ngang: \(\vec{F}\)
• Lực ma sát trượt: \(\vec{F}_{ms}\) (ngược chiều chuyển động)

Chọn hệ trục tọa độ Oxy, trục Ox trùng với hướng chuyển động, chiều dương là chiều của lực F.

Theo phương thẳng đứng (trục Oy):

\(N – P = 0 \Rightarrow N = P = m.g\)

\(N = 2kg \times 10m/s^2 = 20N\)

Lực ma sát trượt được tính bằng công thức: \(F_{ms} = \mu N\), trong đó \(\mu\) là hệ số ma sát.

Theo phương ngang (trục Ox):

Áp dụng định luật II Newton: \(F – F_{ms} = m.a_1\)

Trong đó \(a_1\) là gia tốc của vật trong giai đoạn 1.

\(9 – F_{ms} = 2.a_1 \quad (1)\)

Vật bắt đầu chuyển động từ trạng thái nghỉ (\(v_{01} = 0\)) và chuyển động nhanh dần đều trong thời gian \(t_1 = 10s\). Ta có các công thức liên hệ:

Vận tốc cuối giai đoạn 1 (cũng là vận tốc đầu giai đoạn 2): \(v_1 = v_{02} = a_1.t_1\)

Quãng đường đi được trong giai đoạn 1: \(s_1 = \frac{1}{2}a_1.t_1^2\)

Giai đoạn 2: Chuyển động thẳng chậm dần đều

Sau 10s, lực F ngừng tác dụng. Vật chỉ còn chịu tác dụng của lực ma sát trượt có hướng ngược chiều chuyển động.

Theo phương ngang (trục Ox), áp dụng định luật II Newton:

\(-F_{ms} = m.a_2\)

Trong đó \(a_2\) là gia tốc của vật trong giai đoạn 2.

\(-F_{ms} = 2.a_2 \quad (2)\)

Vận tốc ban đầu của giai đoạn 2 là \(v_{02} = v_1\). Vận tốc cuối giai đoạn 2 là \(v_2 = 0\) (vật dừng lại). Quãng đường đi được là \(s_2 = 37,5m\).

Ta sử dụng công thức liên hệ giữa vận tốc, gia tốc và quãng đường không phụ thuộc vào thời gian:

\(v_2^2 – v_{02}^2 = 2a_2 s_2\)

\(0^2 – v_1^2 = 2.a_2.37,5\)

\(-v_1^2 = 75.a_2 \quad (3)\)

Bây giờ, chúng ta sẽ kết hợp các phương trình để tìm \(F_{ms}\).

Từ \(v_1 = a_1.t_1\) và \(s_1 = \frac{1}{2}a_1.t_1^2\). Ta có thể biểu diễn \(v_1\) theo \(s_1\):

\(a_1 = \frac{v_1}{t_1}\)

\(s_1 = \frac{1}{2} \left(\frac{v_1}{t_1}\right) t_1^2 = \frac{1}{2}v_1 t_1\)

Vì vật chuyển động thẳng biến đổi đều, ta có thể coi vận tốc tại thời điểm t là \(v(t) = v_0 + at\). Quãng đường là \(s(t) = v_0t + \frac{1}{2}at^2\). Ta có thể dùng công thức \(s = \frac{v_0 + v}{2} t\).

Trong giai đoạn 1: \(s_1 = \frac{v_{01} + v_1}{2} t_1 = \frac{0 + v_1}{2} \times 10 = 5v_1\).

Từ phương trình (3): \(-v_1^2 = 75.a_2\). Thay \(a_2 = -\frac{F_{ms}}{2}\) từ phương trình (2) vào:

\(-v_1^2 = 75 \times \left(-\frac{F_{ms}}{2}\right)\)

\(v_1^2 = \frac{75}{2} F_{ms} \quad (4)\)

Bây giờ ta cần tìm \(v_1\). Ta biết \(v_1\) là vận tốc cuối giai đoạn 1. Sử dụng công thức \(v_1 = v_{01} + a_1 t_1 = a_1 t_1\). Ta cần \(a_1\).

Từ phương trình (1): \(9 – F_{ms} = 2a_1 \Rightarrow a_1 = \frac{9 – F_{ms}}{2}\).

Vậy: \(v_1 = \left(\frac{9 – F_{ms}}{2}\right) \times 10 = 5(9 – F_{ms}) = 45 – 5F_{ms}\).

Bình phương hai vế của phương trình này:

\(v_1^2 = (45 – 5F_{ms})^2 \quad (5)\)

Bây giờ chúng ta có hai biểu thức cho \(v_1^2\): phương trình (4) và phương trình (5).

Cho chúng bằng nhau:

\(\frac{75}{2} F_{ms} = (45 – 5F_{ms})^2\)

\(37,5 F_{ms} = 45^2 – 2 \times 45 \times 5F_{ms} + (5F_{ms})^2\)

\(37,5 F_{ms} = 2025 – 450F_{ms} + 25F_{ms}^2\)

Chuyển tất cả các hạng tử sang một vế để tạo thành phương trình bậc hai theo \(F_{ms}\):

\(25F_{ms}^2 – 450F_{ms} – 37,5F_{ms} + 2025 = 0\)

\(25F_{ms}^2 – 487,5F_{ms} + 2025 = 0\)

Để giải phương trình bậc hai này, chúng ta có thể dùng máy tính hoặc công thức nghiệm. Tuy nhiên, ta có thể thử biến đổi lại một chút để đơn giản hóa.

Quay lại phương trình (3): \(-v_1^2 = 75.a_2\). Ta có \(v_1 = v_{02}\).

Sử dụng công thức tính quãng đường cho giai đoạn 2:

\(s_2 = v_{02}t_2 + \frac{1}{2}a_2 t_2^2\). Ta chưa biết \(t_2\).

Nhưng ta có \(v_2 = v_{02} + a_2 t_2 \Rightarrow 0 = v_{02} + a_2 t_2 \Rightarrow t_2 = -\frac{v_{02}}{a_2}\).

Thay vào công thức quãng đường:

\(s_2 = v_{02}\left(-\frac{v_{02}}{a_2}\right) + \frac{1}{2}a_2 \left(-\frac{v_{02}}{a_2}\right)^2\)

\(s_2 = -\frac{v_{02}^2}{a_2} + \frac{1}{2}a_2 \frac{v_{02}^2}{a_2^2}\)

\(s_2 = -\frac{v_{02}^2}{a_2} + \frac{v_{02}^2}{2a_2} = -\frac{v_{02}^2}{2a_2}\)

Đây chính là công thức \(v_2^2 – v_{02}^2 = 2a_2 s_2\) khi \(v_2=0\).

Ta có \(v_{02} = v_1\). Vậy \(s_2 = -\frac{v_1^2}{2a_2}\).

Ta biết \(a_2 = -\frac{F_{ms}}{2}\).

\(37,5 = -\frac{v_1^2}{2(-\frac{F_{ms}}{2})} = \frac{v_1^2}{F_{ms}}\)

\(v_1^2 = 37,5 F_{ms} \quad (4′)\)

Phương trình này tương đương với phương trình (4). Ta vẫn cần tìm \(v_1\).

Sử dụng \(v_1 = 5(9 – F_{ms})\).

Thay vào (4′):

\((5(9 – F_{ms}))^2 = 37,5 F_{ms}\)

\(25(9 – F_{ms})^2 = 37,5 F_{ms}\)

\(25(81 – 18F_{ms} + F_{ms}^2) = 37,5 F_{ms}\)

\(2025 – 450F_{ms} + 25F_{ms}^2 = 37,5 F_{ms}\)

\(25F_{ms}^2 – 450F_{ms} – 37,5F_{ms} + 2025 = 0\)

\(25F_{ms}^2 – 487,5F_{ms} + 2025 = 0\)

Để làm gọn hệ số, ta có thể chia cả hai vế cho 25:

\(F_{ms}^2 – 19,5F_{ms} + 81 = 0\)

Ta có thể giải phương trình bậc hai này bằng máy tính hoặc công thức nghiệm.

Tính delta: \(\Delta = b^2 – 4ac = (-19,5)^2 – 4(1)(81) = 380,25 – 324 = 56,25\)

\(\sqrt{\Delta} = \sqrt{56,25} = 7,5\)

Các nghiệm của phương trình là:

\(F_{ms1} = \frac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{19,5 + 7,5}{2} = \frac{27}{2} = 13,5 N\)

\(F_{ms2} = \frac{-b – \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{19,5 – 7,5}{2} = \frac{12}{2} = 6 N\)

Ta cần xem xét nghiệm nào là hợp lý.

Nếu \(F_{ms} = 13,5 N\):

Từ phương trình (1): \(9 – 13,5 = 2a_1 \Rightarrow -4,5 = 2a_1 \Rightarrow a_1 = -2,25 m/s^2\). Gia tốc âm khi có lực đẩy F hướng ngang là không thể xảy ra, vì lực F > lực ma sát. Do đó, \(F_{ms} = 13,5 N\) bị loại.

Nếu \(F_{ms} = 6 N\):

Từ phương trình (1): \(9 – 6 = 2a_1 \Rightarrow 3 = 2a_1 \Rightarrow a_1 = 1,5 m/s^2\). Gia tốc dương, điều này hợp lý.

Kiểm tra lại giai đoạn 2:

Nếu \(F_{ms} = 6N\), thì \(a_2 = -\frac{F_{ms}}{2} = -\frac{6}{2} = -3 m/s^2\).

Vận tốc cuối giai đoạn 1: \(v_1 = a_1 t_1 = 1,5 m/s^2 \times 10s = 15 m/s\).

Kiểm tra quãng đường giai đoạn 2: \(s_2 = \frac{v_2^2 – v_{02}^2}{2a_2} = \frac{0^2 – 15^2}{2(-3)} = \frac{-225}{-6} = 37,5 m\). Quãng đường này khớp với đề bài.

Vậy, lực ma sát là 6N.

Đáp số: Lực ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang là 6 N.

Các em thấy không, khi giải các bài tập về chuyển động thẳng biến đổi đều, việc phân tích kỹ các giai đoạn chuyển động, áp dụng đúng định luật II Newton và các công thức liên hệ là rất quan trọng. Đừng quên kiểm tra lại các nghiệm tìm được để đảm bảo chúng có ý nghĩa vật lý nhé!