SÁNG KIẾN HỆ THỐNG KIẾN THỨC CƠ BẢN VÀ SÁNG TẠO PHẦN CƠ HỌC VẬT RẮN TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÍ

vectorstock.com/10212086

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

SÁNG KIẾN HỆ THỐNG KIẾN THỨC CƠ BẢN VÀ SÁNG TẠO PHẦN CƠ HỌC VẬT RẮN TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VÀ QUỐC TẾ MÔN VẬT LÍ WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

HỆ THỐNG KIẾN THỨC CƠ BẢN VÀ SÁNG TẠO PHẦN CƠ HỌC VẬT RẮN TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VÀ QUỐC TẾ MÔN VẬT LÍ

1. Tên sáng kiến: “Hệ thống kiến thức cơ bản và sáng tạo phần cơ học vật rắn trong bồi dưỡng học sinh giỏi quốc gia và quốc tế môn vật lí”. 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Tài liệu cho học sinh giỏi và giáo viên dạy môn vật lí. 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ tháng 9 năm 2014 đến tháng 5 năm 2017 4. Tác giả: •

Họ và tên: .................. Năm sinh: 1981

•

Nơi thờng trú:

•

Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Vật lí

•

Nơi làm việc: trường THPT ............................ –

•

Địa chỉ liên hệ:

•

Điện thoại:

5. Đồng tác giả: Không 6. Đơn vị áp dụng sáng kiến: • Trường THPT ............................ – • Địa chỉ: • Điện thoại:

BÁO CÁO SÁNG KIẾN I. Điều kiện và hoàn cảnh tạo ra sáng kiến: 1. Phần cơ học vật rắn là một phần quan trọng bậc nhất trong chương trình Vật lí, đặc biệt để đánh giá tư duy sáng tạo trong vật lí. Đến nay, đã có nhiều bài viết cũng như các cuốn sách viết về phần cơ học vật rắn nhưng tất cả đều chưa hệ thống và chưa có tầm bao quát để bồi dưỡng học sinh giỏi. Sáng kiến này sẽ hoàn thiện đồng thời chỉ ra các vấn đề để có thể tiếp tục nghiên cứu cho giáo viên và học sinh. 2. Theo qui chế trường chuyên: Tổ chuyên môn phải tự biên soạn chương trình, tự tìm và biên soạn tài liệu để giảng dạy. 3. Chủ trương của lãnh đạo nhà trường là đào tạo học sinh có bài bản và có nền tảng vững chắc. 4. Thế hệ sau kế thừa kinh nghiệm và vốn tài liệu của thế hệ trước. 5. Trên cơ sở chương trình khung đã được hoàn thiện, học sinh có thể tự học, tự nghiên cứu tài liệu một cách chủ động sáng tạo. II. Mô tả giải pháp 1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến: Với học trò: có thể học sinh chưa nắm được hết, cũng có thể biết rồi nhưng chưa hiểu sâu hoặc chưa vận dụng được thành thạo. Có nhiều học sinh sẽ lúng túng và lo lắng khi tiếp cận với vấn đề này. Hy vọng là thông qua bài viết này học sinh sẽ có thêm nguồn tài liệu, có thể giúp ích nhiều cho học trò. Với thầy: Học trò lúng túng cũng bởi vì thầy chưa hiểu cặn kẽ vấn đề. Qua việc viết sáng kiến kinh nghiệm và cũng để bài viết có chất lượng buộc các thầy cô phải đọc lại, đọc kỹ phần này từ đó sẽ có các giải pháp giúp học sinh. Những bài viết về vấn đề này còn giúp các thầy cô luyện thi đại học hiểu đúng, hiểu đủ bản chất các nội dung trong phần cơ học vật rắn. Các bài viết trước hết phục vụ cho thày, trò trong trường THPT ............................ và tham gia vào các cuộc hội các trường THPT chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ. 2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến

CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LÍ THUYẾT CƠ HỌC VẬT RẮN PHẦN I. KHẢO SÁT CHUYỂN ĐỘNG PHẲNG CỦA VẬT RẮN VỀ MẶT ĐỘNG HỌC

I - MỞ ĐẦU 1. Định nghĩa Chuyển động phẳng của một vật rắn là chuyển động trong đó mọi điểm của vật chuyển động song song với một mặt phẳng cố định cho trước. Ta quy ước gọi mặt phẳng này là mặt phẳng O, hệ quy chiếu (HQC) gắn với mặt phẳng O là HQC O và người quan sát (NQS) đứng trong HQC O là NQS O. 2. Chuyển động tịnh tiến song song với một mặt phẳng cố định và chuyển động quay quanh một trục cố định là hai dạng chuyển động phẳng cơ bản, độc lập với nhau (đã học trong chương trình trung học phổ thông nâng cao). 3. Vận tốc góc và gia tốc góc Muốn miêu tả đầy đủ chuyển động quay về mặt động học, ta phải coi vận tốc góc và gia tốc góc là những đại lượng đại số hoặc vectơ. a) Cách biểu diễn đại số (Hình 1.1a) Chọn một chiều quay làm chiều dương và gọi ϕ là góc quay được. • ω = ϕ'(t) Hình 1.1a

ω > 0 nếu vật quay theo chiều dương. ω < 0 nếu vật quay ngược chiều dương. • γ = ω'(t) γ cùng dấu với ω nếu vật quay nhanh dần. γ trái dấu với ω nếu vật quay chậm dần. b) Cách biểu diễn vectơ (Hình 1.1b)

Hình 1.1b

Chọn trục quay làm phương của vectơ ω . Chiều của vectơ ω được xác định bằng quy tắc nắm tay phải (Hình 1.1b) hay quy tắc cái đinh ốc thuận. Vectơ ω được gọi là vectơ trục.

γ = ω '(t) cũng là vectơ trục.

γ cùng chiều với ω nếu vật quay nhanh dần. γ ngược chiều với ω nếu vật quay chậm dần.

Tuy hai cách biểu diễn là như nhau nhưng ta ưu tiên chọn cách biểu diễn đại số vì sau này ta thường lập và giải hệ phương trình dưới dạng đại số khi làm bài tập. 4. Các công thức (đại số) của chuyển động quay biến đổi đều a) γ = hằng số b) ω = ω0 + γt (ω0 là vận tốc góc ban đầu) c) ϕ = ω0 t + γt 2 / 2 (ϕ là góc quay được) d) ω2 − ω02 = 2 γϕ Chuyển động quay đều khi γ = 0 hoặc ω = hằng số. II - PHÂN TÍCH MỘT CHUYỂN ĐỘNG PHẲNG TỔNG QUÁT 1. Ví dụ

Hình 1.2

Xét một vật mỏng, phẳng (quyển sách mỏng chẳng hạn) đang chuyển động trên mặt bàn (mặt phẳng O). Trong khoảng thời gian rất ngắn ∆t tính từ thời điểm t, vật chuyển động từ vị trí 1 đến vị trí 2 (Hình 1.2). Xét một đoạn thẳng AB bất kì trên vật. Ta có thể dịch chuyển vật từ vị trí 1 sang vị trí 2 theo một trong hai cách sau đây:

Cách 1: Thực hiện chuyển động tịnh tiến với vận tốc vA để chuyển vật từ vị trí 1 đến vị trí 1'

(được biểu diễn bằng nét đứt ở Hình 1.2a). Ta có: AA ' = BB ' = vA .∆t. Tiếp theo, giữ A' đứng yên và thực hiện chuyển động quay quanh A' để chuyển vật từ vị trí 1' đến vị trí 2. Người ta gọi điểm A' là cực. Theo Hình 1.2a ta có: ω =

∆ϕ . ∆t

Cách 2: Thực hiện chuyển động tịnh tiến với vận tốc vB để chuyển vật từ vị trí 1 đến vị trí 2'

(được biểu diễn bằng nét đứt ở Hình 1.2b). Ta có BB1' = AA1' = vB .∆t . Tiếp theo, giữ B1' đứng yên và thực hiện chuyển động quay quanh B1' để chuyển vật từ vị trí 2' đến vị trí 2. Trong trường hợp này, B1' được gọi là cực. Theo Hình 1.2b ta cũng có ω =

∆ϕ như ở cách ∆t

1. Một chuỗi những chuyển động tịnh tiến và quay kế tiếp nhau như trên miêu tả gần đúng chuyển động thực của vật và càng đúng nếu lấy ∆t càng nhỏ. Trong chuyển động thực thì hai chuyển động thành phần, tịnh tiến và quay, diễn ra đồng thời. Ngoài ra, trong nhiều trường hợp sau này, tác giả sẽ không dùng cách nói đầy đủ là "vật quay quanh một trục vuông góc với mặt phẳng cố định O" mà dùng cách nói gọn là "vật quay quanh một điểm". Khi đó, phải hiểu điểm này là giao điểm của trục quay với mặt phẳng O. 2. Kết luận a) Chuyển động phẳng tổng quát trong HQC O có thể phân tích thành hai chuyển động thành phần trong HQC đó. - Chuyển động tịnh tiến với vận tốc của một điểm tuỳ ý mà ta chọn làm cực. - Chuyển động quay quanh cực đó. b) Khi phân tích chuyển động phẳng thành chuyển động tịnh tiến và quay thì vận tốc của chuyển động tịnh tiến có thể khác nhau tuỳ thuộc vào việc chọn điểm nào làm cực, nhưng vận tốc góc thì vẫn như nhau. Tóm lại, chuyển động phẳng tổng quát có thể xem là chuyển động tổng hợp của hai chuyển động thành phần, tịnh tiến và quay hoặc là chuyển động vừa tịnh tiến vừa quay. III - SỰ PHÂN BỐ VẬN TỐC CỦA CÁC ĐIỂM TRONG MỘT VẬT RẮN

1. Xét một vật rắn mỏng, phẳng chuyển động trong HQC O. A và B là hai điểm bất kì của

vật. Tại thời điểm xét, điểm A có vận tốc vA , điểm B có vận tốc vB và mọi điểm của vật có

một vận tốc góc chung ω . Ta hãy xét xem vA , vB và ω liên hệ với nhau như thế nào. Nếu chọn điểm A làm cực (Hình 1.3) thì ta có: OB = OA + AB.

Lấy đạo hàm theo thời gian ta được: dOB dOA dAB = + dt dt dt vB = vA + vBA

Hình 1.3

Vì khoảng cách AB không đổi nên vBA là vận tốc của điểm B trong chuyển động quay

quanh cực A với vận tốc góc ω. Vì thế, vBA = ω ∧ AB . Cuối cùng, ta được: vB = vA + ω ∧ AB

(1.1)

Công thức (1.1) cho thấy, vận tốc của một điểm bất kì trên vật bằng tổng vectơ vận tốc của một điểm khác nào đó trên vật mà ta chọn làm cực và vận tốc của điểm ấy trong chuyển động quay Hình 1.4

quanh cực. Công thức (1.1) được gọi là công thức phân bố vận tốc. 2. Hệ quả

Công thức (1.1) cũng cho thấy, hình chiếu của vectơ vận tốc của hai điểm lên một trục X đi qua hai điểm ấy luôn bằng nhau (Hình 1.4): (1.2)

vBX = vAX

Thật vậy, chiếu công thức (1.1) lên trục X thì hình chiếu của

vectơ thành phần ω ∧ AB bằng 0 vì vectơ ω ∧ AB ⊥ AB tức là ⊥ trục X. IV - CHUYỂN ĐỘNG QUAY THUẦN TUÝ 6

1. Tâm quay (hay trục quay) tức thời Ta tưởng tượng có một mặt phẳng O' gắn với vật và cùng chuyển động với vật (Hình 1.5). Tại mỗi thời điểm ta đều có thể tìm thấy một điểm của mặt phẳng O' này có vận tốc bằng 0 (đối với mặt phẳng O), còn các điểm khác có vận tốc khác 0. Tại thời điểm xét, mặt phẳng O' (bao gồm cả vật) quay quanh điểm này. Ta gọi điểm này là tâm quay tức thời, còn trục đi Hình 1.5

qua tâm quay tức thời và vuông góc với mặt phẳng O gọi là trục quay tức thời. Tâm quay tức thời có thể nằm trong vật hoặc nằm ngoài vật. Gọi K là điểm cần tìm ( vK = 0 ). Theo công thức (1), ta có: vA = vK + ω ∧ KA = ω ∧ KA (a) vB = vK + ω ∧ KB = ω ∧ KB (b)

Các điểm A, B, C... của vật đều quay quanh K với vận tốc góc ω. Như vậy, chuyển động phẳng tổng quát còn có thể xem là chuyển động quay thuần tuý quanh tâm quay tức thời. 2. Cách xác định tâm quay tức thời Nếu biết vận tốc của hai điểm của vật, A và B chẳng hạn, thì theo hai công thức (a) và (b), ta suy ra: KA vA KA ⊥ vA , KB ⊥ vB và = KB vB

Hình 1.6

Từ đó, ta có thể xác định được tâm quay tức thời K bằng cách vẽ.

a) Trường hợp 1: Hai vectơ vA và vB khác phương (Hình 1.6a).

b) Trường hợp 2: Hai vectơ vA và vB song song với nhau và vuông góc với đoạn thẳng AB (Hình 1.6b và c).

V - CHUYỂN ĐỘNG QUAY TƯƠNG ĐỐI 1. Như đã biết, trong HQC O, hai chuyển động thành phần, tịnh tiến và quay, xảy ra đồng thời. Muốn nhận ra chuyển động tịnh tiến, NQS O đánh dấu điểm mà người đó chọn làm cực, như điểm A chẳng hạn, rồi theo dõi sự chuyển động của nó. Muốn nhận ra chuyển động quay, NQS O đánh dấu một điểm khác B nào đó rồi theo dõi

chuyển động quay của vectơ AB quanh A. Nhưng việc theo dõi chuyển động này khó hơn vì A luôn chuyển động. Nó chỉ tựa hồ như đứng yên tại mỗi thời điểm mà thôi (Hình 1.7a). Vì thế, NQS phải làm như sau: Chọn một điểm bất kì O1 trong HQC O làm tâm quay,

Hình 1.7

rồi vẽ các vectơ O1B1 , song song, cùng chiều và cùng độ lớn với các vectơ AB tại các thời điểm t1, t2... (Hình 1.7b).

Chuyển động quay của vectơ O1B1 quanh O1 miêu tả chuyển động thành phần quay của vật quanh A trong HQC O. 2. Chuyển động quay tương đối Thật là có ích nếu ta tách được chuyển động quay ra khỏi chuyển động tịnh tiến. Muốn thế, ta làm như sau: Chọn HQC O' có gốc toạ độ O' tại cực A còn các trục toạ độ O'x' và O'y' thì có hướng không đổi. Đối với HQC O thì HQC O' là HQC chuyển động tịnh tiến với vận tốc của cực. Trong HQC O' thì cực đứng yên, tức là chuyển động tịnh tiến bị khử, chỉ còn chuyển động quay của vật quanh cực. Chuyển động quay của vật trong HQC O' là chuyển động quay tương đối (Hình 1.8). 3. Công thức cộng vận tốc

Hình 1.8

Xét chuyển động của một điểm B của vật. v B là vận tốc tuyệt đối của B trong HQC O. O' B

và v 'B là vectơ vị trí và vận tốc tương đối của B trong HQC O'. Áp dụng công thức cộng vận tốc, ta có: v B = v 'B + v A = v A + ω '∧ O ' B = v A + ω '∧ AB (1.10)

So sánh công thức (1.10) với công thức (1.1) ta suy ra ω ' = ω . Nói một cách khác, chuyển động quay tương đối của vật trong HQC O' có cùng vận tốc góc ω và do đó cùng gia tốc góc γ với chuyển động thành phần quay trong HQC O.

VI - CHUYỂN ĐỘNG LĂN KHÔNG TRƯỢT Một trường hợp quan trọng của chuyển động phẳng là chuyển động lăn không trượt. 1. Định nghĩa Một vật rắn (hình cầu hoặc hình trụ) lăn không trượt trên bề mặt S một vật rắn khác, nếu tại mỗi thời điểm vận tốc của điểm K ( vK ) của vật rắn tiếp xúc với S bằng 0 (xét trong HQC gắn với S). Nếu v K ≠ 0 thì vận tốc này được gọi là vận tốc trượt. Ví dụ: Bánh xe, thùng phuy, quả bóng lăn không trượt trên mặt đường. Các viên bi lăn không trượt trong các ổ bi. 2. Điều kiện lăn không trượt Ta hãy xét một bánh xe có khối tâm G và bán kính R, lăn không trượt trên mặt đường (Hình 1.9). a) Trước hết, chuyển động của bánh xe có thể xem là chuyển động

tổng hợp của chuyển động tịnh tiến với vận tốc v G và chuyển động

Hình 1.9

quay quanh G với vận tốc góc ω (Hình 1.10a, b).

Hình 1.10

Theo công thức (1.1), ta có:

v K = v G + v KG = 0

v K = v G + ω ∧ GK = 0

hay viết dưới dạng đại số: v K = v G − ωR = 0

v G = ωR

(1.11)

Lấy đạo hàm theo thời gian (1.11), ta được:

a G = γR

(1.12)

Các công thức (1.11) và (1.12) được gọi là điều kiện lăn không trượt. Từ công thức (1.11) và từ Hình 1.10, ta suy ra, trong chuyển động lăn không trượt, đường đi được của khối tâm bằng đường đi được quanh khối tâm của các điểm tiếp xúc của vật với mặt đường. b) Ta có thể tìm ra các công thức trên đây nếu ta coi chuyển động lăn không trượt là chuyển động quay thuần tuý quanh điểm tiếp xúc K. Khi đó các điểm khác, kể cả khối tâm, đều quay quanh K với cùng ω và γ như trong chuyển động thành phần quay quanh G. Thật vậy, ta vẫn có ω =

vG a và γ = G (Hình 1.10c). R R

3. Xét về mặt động lực học, khi vật chuyển động lăn không trượt trên mặt của một vật khác

S0, thì phản lực của bề mặt của S0 bao gồm một phản lực vuông góc N và lực ma sát nghỉ F msn . Còn lực ma sát lăn rất nhỏ bỏ qua.

Ví dụ: Ta đẩy một thùng phuy cho chuyển động bằng một lực F nằm

ngang có giá đi qua khối tâm. Lực F chỉ có tác dụng làm cho vật chuyển động tịnh tiến nếu như mặt đường nhẵn. Nhưng vì mặt đường nhám nên nó tác dụng vào thùng phuy một lực ma sát nghỉ giữ cho điểm tiếp xúc K đứng yên và thùng phuy quay quanh nó (Hình 1.11).

Hình 1.11

PHẦN II. KHẢO SÁT CHUYỂN ĐỘNG PHẲNG VỀ MẶT ĐỘNG LỰC HỌC I - KHỐI TÂM CỦA VẬT – MOMEN QUÁN TÍNH 1. Khi vật chuyển động dưới tác dụng của lực, người ta phát hiện ra rằng vật có một điểm đặc biệt khác hẳn các điểm còn lại. Ta đã biết điểm này là trọng tâm của vật và kí hiệu là G. Sở dĩ có tên gọi này là vì khi xét chuyển động của vật trong trường trọng lực là trường lực đều thì ta không thể bỏ qua vai trò của trọng lực và điểm đặt của nó. Tuy nhiên, trong một số trường hợp khác thì điểm này mất ý nghĩa là trọng tâm của vật. Ví dụ: - Vật chuyển động trong "trạng thái không trọng lượng". - Vật chuyển động trong trường hấp dẫn là trường lực không đều. Trong trường lực này điểm đặc biệt không trùng với trọng tâm của vật. - Vật mỏng, phẳng chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang không ma sát dưới tác dụng của những lực nằm ngang. Trong trường hợp này, điểm đặc biệt không mang ý nghĩa là trọng tâm vì trọng lực của từng phần tử của vật đều bị khử bởi phản lực của mặt bàn nên trọng tâm của vật không có vai trò gì đối với chuyển động của vật. Ở phần sau ta sẽ biết vị trí của điểm đặc biệt này chỉ phụ thuộc vào sự phân bố khối lượng trong vật, nên từ nay ta sẽ gọi nó là khối tâm của vật. 2. Tính chất đặc biệt của khối tâm Đặt một vật mỏng, phẳng có khối tâm G đã biết lên một mặt bàn nằm ngang và nhẵn (trong trường hợp này khối tâm trùng với trọng tâm). Buộc sợi chỉ vào một điểm A ở mép vật rồi kéo dây theo các phương khác nhau. Thí nghiệm cho thấy, nếu kéo dây theo phương AG thì vật chuyển động tịnh tiến, còn nếu kéo dây theo các phương khác thì vật vừa quay vừa tịnh tiến. 3. Ta có thể chứng minh rằng trong thí nghiệm trên, tác dụng của

lực F có giá không đi qua khối tâm (Hình 1.12) tương đương với một lực đặt tại khối tâm và một ngẫu lực. 12

Hình 1.12

Thật vậy, vật sẽ không chịu thêm một tác dụng nào nữa (xét về mặt

chuyển động) nếu ta đặt thêm vào khối tâm một cặp lực cân bằng F '

và − F ' , trong đó lực F ' song song, cùng chiều và cùng độ lớn với

Hình 1.13

F . (Hình 1.13). Như vậy, tác dụng của lực F tương đương với một lực F ' đặt tại khối tâm và một ngẫu lực ( F , − F ' ). Momen của ngẫu lực này bằng momen của lực F đối với khối tâm: M(G) = Fd.

4. Vị trí của khối tâm Ta coi vật rắn là một hệ chất điểm m1, m2,..., mN có vị trí được

xác định bằng các vectơ r1 , r2 ,..., rN (Hình 1.14). Lí thuyết và thực nghiệm cho thấy, vị trí của khối tâm của vật được xác định

Hình 1.14

bằng công thức sau đây: m1 r1 + m 2 r2 + ... + m N rN 1 rG = hay r G = ∑ m i r i (1.3a) m1 + m 2 + ... + m N m

trong đó rG là vectơ vị trí của khối tâm, còn m =

∑ mi

là khối

lượng của vật. hay:

xG =

1 ∑ m i xi m

yG =

1 ∑ mi yi (1.3b) m

Nếu ta chọn gốc toạ độ trùng với khối tâm (Hình 1.15) thì rG = 0 , ri = riG và công thức (1.3a) trở thành:

∑ mi r iG

Hình 1.15

(1.4)

5. Momen quán tính 5.1. Mômen quán tính của vật rắn đối với một trục đặc trưng cho mức quán tính (sức ì) của vật đó đối với chuyển động quay quanh trục đó. Công thức: I =

∑m r

2 i i

. Đơn vị I: kg.m2

I phụ thuôc khối lượng và sự phân bố khối lượng. 13

Mômen quán tính của một số vật đồng chất. * Vành tròn hay trụ rỗng bán kính R:

I = mR2

* Vành đĩa hay trụ đặc bán kính R:

* Hình cầu đặc:

1 mR2 2

2 mR2 5

* Thanh có tiết diện bé với chiều dài l:

1 ml2 12

5.2. Định lí về trục song song (còn gọi là định lí Stê-nơ – Huy-ghen) a) Về lí thuyết, ta có thể tính được momen quán tính của vật rắn đối với một trục qua khối tâm theo công thức đã học IG =

∑ mi riG2 .

Đối với những vật đồng chất và có dạng hình học đối xứng thì trục đối xứng đi qua khối tâm. Ta đã biết momen quán tính của một số vật này đối với trục của nó (xem SGK nâng cao hay tài liệu tự chọn nâng cao). Trong khi đó, momen quán tính IK thường không có giá trị xác định vì vị trí của tâm quay tức thời K luôn luôn thay đổi. Định lí về trục song song cho phép ta tính được IK nếu biết IG. Định lí này được diễn tả bằng công thức sau đây: I K = IG + md 2

(1.8) trong đó d là khoảng cách giữa hai trục quay song song đi

qua G và K và vuông góc với mặt phẳng O. b) Ta có thể chứng minh định lí này như sau: Giả sử tại thời điểm xét, K trùng với O. Từ Hình 1.16 ta có: ri = rG + riG

( ri )2 = ( rG )2 + ( riG )2 + 2rG riG 2 ri2 = d 2 + riG + 2rG riG

Hình 1.16

IK =

∑ mi ri2

= md 2 +

∑ mi riG2 + 2rG ∑ mi riG

= md 2 + I G + 2rG ∑ m i riG

Kết hợp với công thức (1.4) ta được: IK = IG + md2

Hình 1.17

5.3. Định lí về trục vuông góc a) Xét một vật mỏng, phẳng nằm trong mặt phẳng xy như Hình 1.17. Ix, Iy và Iz là momen quán tính của vật đối với các trục x, y và z. Định lí về trục vuông góc được diễn tả bằng công thức sau: Iz = Ix + I y b) Thật vậy, từ Hình 1.13 ta có: I z =

(1.9)

∑ mi ( x2i + y2i ) = ∑ m i x2i + ∑ m i y2i = Ix + I y .

II - CÁC PHƯƠNG TRÌNH ĐỘNG LỰC HỌC CỦA CHUYỂN ĐỘNG PHẲNG 1. Xét vật rắn là quả cầu m nhỏ gắn đầu thanh nhẹ, dài r.

Phân tích: F = Fn + Ft . Xét thành phần Ft: Ft = mat = mr γ → Ftr = mr2 γ , vì Ftr = Frcosθ = Fd = M Vậy: M = F.d = mr2 γ 2. Xét trường hợp vật rắn gồm nhiều chất điểm: M=

∑ M = ∑ (m r )γ = I.γ 2 i i

Lưu ý:Momen lực là đại lượng đại số, dấu của các momen cho biết mômen lực này làm cho vật rắn quay theo chiều nào.

3. Giả sử vật chịu một hệ lực phẳng F1 , F2 ... song song với mặt phẳng cố định O và đặt vào các chất điểm m1, m2,... Theo mục I.3 ở trên, tác dụng của hệ lực này tương đương với một lực F ' đặt tại khối tâm và một ngẫu lực có momen M .

a) Hợp lực F ' của các lực F1' , F'2 ,... đặt tại khối tâm được gọi là tổng của các lực F1 , F2 ...

và được kí hiệu là Σ F . Sở dĩ gọi như vậy là vì tổng các lực Σ F chỉ gây ra gia tốc của chuyển động tịnh tiến giống như toàn bộ khối lượng của vật tập trung tại khối tâm. Vì thế, định luật II Niu-tơn cho chuyển động tịnh tiến được viết như sau: F ∑ = maG

(1.5a) hay

Fx = ma Gx (1.5b)   Fy = ma Gy

b) Ngẫu lực có momen M bằng tổng các momen đối với khối tâm của các lực F1 , F2 ,... Như đã biết, ngẫu lực không làm cho khối tâm chuyển động mà chỉ làm cho vật quay quanh

khối tâm với gia tốc góc γ . Vì thế phương trình động lực học của chuyển động quay (hay còn gọi là định luật II Niu-tơn cho chuyển động quay) được viết như sau:

∑ M(G) = IG γ

(1.6a)

trong đó IG là momen quán tính của vật đối với khối tâm hay viết dưới dạng đại số:

∑ M(G) = IG γ

(1.6b)

Biết hệ lực tác dụng vào vật, ta xác định được gia tốc aG của chuyển động tịnh tiến theo

khối tâm G và gia tốc γ của chuyển động quay quanh khối tâm. Từ (1.5) và (1.6) ta suy ra: Nếu vật rắn không chịu ngoại lực nào tác dụng hoặc các ngoại lực cân bằng nhau thì khối tâm của vật sẽ đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều, còn các điểm khác quay đều quanh khối tâm.

Nếu biết thêm điều kiện ban đầu ( vG0 , ω0 ) ta suy ra được vG và ω . Biết vG và ω ta suy ra được vận tốc của mọi điểm khác của vật theo công thức (1.1). c) Ta có thể dùng công thức (1.3a) để suy ra công thức (1.5a).

1 mi ai ∑ m

Thật vậy, lấy đạo hàm theo thời gian của r G , ta được: vG =

Lấy đạo hàm thời gian của vG , ta được: a G =

1 m i vi ∑ m

Theo định luật II Niu-tơn thì m i a i = Fi là hợp lực tác dụng vào chất điểm mi, còn F ∑ néi lùc . Các nội lực là các lực liên kết giữa các chất điểm tạo nên vật. Chúng xuất hiện từng cặp trực đối nhau nên ∑ F néi lùc = 0 . Cuối cùng ta có: F ∑ ngo¹i lùc aG = m ∑ mi ai =

F ∑ ngo¹i lùc +

d) Vì chuyển động phẳng tổng quát còn có thể xem là chuyển động quay thuần tuý quanh tâm quay tức thời K, nên ta có thể áp dụng phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh K.

∑ M(K) = I K γ

(1.7)

trong đó IK là momen quán tính của vật đối với trục quay tức thời K. e) Phương trình động lực học của chuyển động quay tương đối

Để tìm gia tốc góc γ của vật trong chuyển động quay tương đối ta áp dụng phương

trình: ∑ M A = I A γ trong đó IA là momen quán tính của vật đối với cực A,

∑ M A lấy đối với cực A, trong đó có

momen của lực quán tính F q = −ma A . Nếu chọn HQC O' có gốc đặt tại khối tâm, ta được HQC khối tâm. Trong HQC này ta bỏ qua momen của lực quán tính vì lực này đặt tại khối tâm. Đó là ưu điểm của HQC khối tâm.

Tóm lại, muốn xác định gia tốc góc γ của vật ta có thể chọn một trong các cách sau đây: Cách 1: Chọn khối tâm làm cực:

∑ MG

= IG γ

Cách 2: Chọn tâm quay tức thời K làm cực:

∑ MK

= IK γ

PHẦN III. CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN I - CƠ NĂNG VÀ ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG 1. Thế năng của một vật rắn Xét một vật chuyển động phẳng song song với một mặt phẳng O thẳng đứng (Hình 1.18). Chọn mốc thế năng tại z = 0. Thế năng của vật bằng tổng thế năng của các chất điểm tạo nên vật: Wt =

∑ mi gzi

= g∑ m i zi

Theo công thức (1.3b), ta suy ra: Wt = mgzG = mgh G (1.13) Thế năng của một vật rắn bằng thế năng của toàn bộ khối lượng Hình 1.18

của vật tập trung tại khối tâm. 2. Động năng của một vật rắn chuyển động phẳng tổng quát

a) Động năng của một vật rắn bằng tổng động năng của các chất điểm tạo nên vật. Wđ =

1 1 1 1 2 m i v 2i = ∑ m i ( v G + v iG ) = v 2G ∑ m i + ∑ m i v 2iG + v G ∑ m i v iG ∑ 2 2 2 2

Đạo hàm công thức (1.4) theo thời gian ta được: ∑ mi v iG = 0 (1.14) Kết quả là:

Wđ =

1 1 1 1 mv 2G + ∑ m i (riG ω)2 = mv 2G + I G ω2 2 2 2 2

(1.15)

Như vậy, động năng của một vật rắn gồm động năng của chuyển động tịnh tiến với vận tốc của khối tâm và động năng của chuyển động quay quanh khối tâm. Mặt khác, nếu ta coi chuyển động của vật là chuyển động quay thuần tuý quanh tâm quay tức thời K thì động năng của vật được tính bằng công thức: Wđ =

1 I K ω2 (1.16) 2

b) Định lí biến thiên động năng Độ biến thiên động năng của một vật rắn bằng công của các ngoại lực tác dụng lên vật: ∆Wđ =

∑ A ngoại lực

(1.17)

3. Cơ năng. Định luật bảo toàn cơ năng a) Cơ năng của vật 18

W = Wt + Wđ W = mghG +

1 1 1 2 mv G + I G ω2 hay W = mgh G + I K ω2 2 2 2

b) Điều kiện để cơ năng của vật được bảo toàn là - Không có ma sát và lực cản của môi trường. - Nếu có ma sát thì phải là ma sát nghỉ. Khi ấy, cơ năng của vật được bảo toàn. Nó chỉ biến đổi từ thế năng sang động năng và ngược lại. W = Wt + Wđ = const

(1.18a) hay ∆Wđ = -∆Wt (1.18b)

II - ĐỘNG LƯỢNG. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỘNG LƯỢNG 1. Động lượng của một vật rắn bằng tổng động lượng của các chất điểm tạo nên vật. p=

Số hạng

∑ mi vi

∑ mi v iG

thức (1.14) thì

∑ mi ( v G + v iG ) = mv G + ∑ mi v iG

là động lượng của chuyển động quay của vật quanh khối tâm. Theo công

m v = 0 nên: p = mv G ∑ i iG

(1.19)

Động lượng của một vật rắn chuyển động phẳng bằng động lượng của chuyển động tịnh tiến của nó với vận tốc của khối tâm. 2. Định lí biến thiên động lượng

Từ p = mvG , ta suy ra: ∆p m∆vG = = ma G = ∆t ∆t

∑ Fngo¹i lùc

hay ∆ p =

∑ F ngo¹i lùc .∆t

(1.20)

Độ biến thiên động lượng của một vật rắn bằng tổng xung lượng của các ngoại lực tác dụng lên vật. 3. Định luật bảo toàn động lượng Từ công thức (1.20), ta suy ra, nếu không có ngoại lực tác dụng vào vật rắn hoặc khi tổng

các ngoại lực bằng 0 thì động lượng của vật được bảo toàn: p = mvG = const. Khi ấy, khối tâm của vật chuyển động thẳng đều, còn các điểm khác thì quay đều quanh khối tâm. 19

III - MOMEN ĐỘNG LƯỢNG. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN MOMEN ĐỘNG LƯỢNG 1. Momen động lượng a) Momen động lượng của một chất điểm m đối với một điểm O được xác định bằng biểu thức: L O = r ∧ mv

(1.21)

trong đó r = OM , với M là vị trí của chất điểm. Về độ lớn ta có: L = dmv

Hình 1.19

trong đó d là khoảng cách từ điểm O đến giá của vectơ động

lượng p = mv (Hình 1.19). b) Momen động lượng của một vật rắn đối với một trục quay cố định ∆ như đã biết là:

hay

L∆ = I∆ω

(1.22a)

L ∆ = I ∆ ω (đại số)

(1.22b)

2. Định lí Kơ-níc Xét một vật chuyển động phẳng trong mặt phẳng O. Theo định nghĩa, momen động lượng đối với trục Oz và đối với trục G (Hình 1.20) lần lượt là:

Hình 1.20

LO =

∑ r i ∧ mi v i

LG =

∑ riG ∧ mi v iG

LO =

∑ ( rG + riG ) ∧ mi ( v G + v iG )

L O = rG ∧ ( ∑ m i ) v G + rG ∧ ∑ m i v iG + ( ∑ m i riG ) ∧ v G + L G

Theo các công thức (1.4) và (1.14) thì

∑ mi riG

= 0 và

L O = L G + OG ∧ mvG

∑ mi v iG

= 0 , nên ta có:

(1.23)

Công thức (1.23) được gọi là định lí Kơ-níc. Nó cho phép tìm momen động lượng đối với một trục bất kì nếu biết momen động lượng đối với trục đi qua khối tâm. 20

3. Định lí biến thiên momen động lượng Lấy đạo hàm biểu thức (1.21) theo thời gian, ta được: dL d   dmv   dr = [ r ∧ mv ] =  ∧ mv  +  r ∧ = v ∧ mv + r∧F ( ) dt dt dt   dt   dL Vì ( v ∧ mv ) = 0, nên: = M. dt

dL Mở rộng ra cho vật rắn (hệ chất điểm): = ∑M + ∑M dt ngo¹i lùc néi lùc dL = ∑M Vì ∑ M = 0 , nên: dt néi lùc ngo¹i lùc

hay

∆L =

(M. ∑ ∆t)

(1.24)

ngo¹i lùc

Độ biến thiên momen động lượng của một vật rắn (hay của hệ chất điểm) bằng tổng các momen xung lượng của các ngoại lực. 4. Định luật bảo toàn momen động lượng Từ (1.24) ta suy ra, nếu

M.∆t

∑ ngo¹i lùc

= 0 thì L = const

Nếu không có ngoại lực tác dụng hoặc nếu tổng momen xung lượng của các ngoại lực bằng 0 thì momen động lượng của vật rắn (hay của hệ chất điểm) được bảo toàn.

PHẦN IV. SỰ VA CHẠM GIỮA CÁC VẬT RẮN I - CƠ CHẾ CỦA SỰ VA CHẠM Thí nghiệm chứng tỏ rằng khi hai vật va chạm nhau, chúng bị biến dạng nhẹ, bị dẹt đi và lúc đó chúng có cùng vận tốc. Sau đó chúng lấy lại hình dạng ban đầu với mức độ nhiều ít khác nhau và xảy ra sự nhảy lùi ra xa nhau. Như vậy sự va chạm bao gồm hai pha, pha nén và pha dãn. Thời gian va chạm tuy không bằng 0 nhưng luôn luôn rất nhỏ so với toàn bộ thời gian dùng để phân tích hiện tượng. Do đó có thể coi sự va chạm xảy ra tại một chỗ trong không gian. Ngoài ra, sự biến thiên vận tốc của hai vật thì lớn vì chúng tác dụng vào nhau những lực lớn. II - CÁC ĐỊNH LÍ BIẾN THIÊN ÁP DỤNG CHO SỰ VA CHẠM CỦA HAI VẬT RẮN ∆p =

F. ∑ ∆t

∆ L G = M G . ∆t

(a) (b)

Công thức (a) liên quan đến chuyển động tịnh tiến với vận tốc của khối tâm, còn công thức (b) liên quan đến chuyển động quay quanh khối tâm. III - KHẢO SÁT SỰ VA CHẠM VỀ PHƯƠNG DIỆN NĂNG LƯỢNG 1. Định lí về động năng: ∆Wđ = Angoại lực + Anội lực Trong đó công của các ngoại lực thì không đáng kể vì các ngoại lực không lớn, còn công của các lực va chạm là công âm vì ngay cả khi không có ma sát thì hệ chịu một sự biến dạng tại chỗ tiếp xúc, và như vậy hệ tiêu thụ một phần động năng: ∆Wđ = A ≤ 0. 2. Sự va chạm đàn hồi và không đàn hồi a) Định nghĩa Sự va chạm là đàn hồi khi động năng toàn phần của hai vật được bảo toàn: ∆Wđ = 0 Trong tất cả các trường hợp khác, sự va chạm là không đàn hồi. Phần động năng mất đi cho phép thay đổi tính chất của hai vật bằng cách làm cho chúng biến dạng, làm vỡ chúng thành 22

các mảnh hay làm tăng nhiệt độ của chúng. Trong nhiệt động lực học, người ta nói rằng nội năng của hệ do tương tác đã thay đổi. b) Hệ số hồi phục năng lượng Va chạm không đàn hồi được đặc trưng bằng một tỉ số: ε=

W®' W®

với 0 < ε < 1

(1.25)

trong đó: Wđ và W®' là động năng của vật trước và sau va chạm. ε = 1: va chạm đàn hồi. ε = 0: va chạm hoàn toàn không đàn hồi. c) Hệ số hồi phục thành phần pháp tuyến của vận tốc tương đối (Hình 1.22) v1' − v '2 ) ( u'n n = − e=− v − v ( 1 2 )n u n

(1.26)

d) Cách xác định hệ số hồi phục bằng thực nghiệm Người ta thả rơi một quả cầu từ độ cao h xuống một tấm nằm ngang được giữ yên và đo chiều cao h' nảy lên: v' 2 v' h' ε= 1 = ; e= 1 = v1 h v12

Hình 1.21

Ví dụ: • Quả bóng siêu đàn hồi rơi từ độ cao h = 150 cm ε = 0,78 và e =

ε = 0,88

• Khi rơi từ độ cao 40 cm: e=

8 đối với quả cầu bằng ngà voi. 9

15 đối với quả cầu bằng thuỷ tinh. 16 Hình 1.22

e = 0,5 đối với quả cầu bằng gỗ. 23

IV - MỘT SỐ KIỂU VA CHẠM 1. Va chạm trực diện Sự va chạm được gọi là trực diện nếu như: a) Sự tiếp xúc xảy ra trên đường thẳng nối hai khối tâm G1 và G2. b) Pháp tuyến chung ở chỗ tiếp xúc là đường thẳng nối G1 và G2. c) Lúc va chạm hai vật chuyển động tịnh tiến song song với đường hẳng này (Hình 1.22). 2. Va chạm thẳng nhưng không xuyên tâm Trong trường hợp này hai vật chuyển động tịnh tiến song song với đường va chạm, nhưng đường này không đi qua hai khối tâm (Hình1.23).

Hình 1.23

PHẦN V. MA SÁT LĂN – LỰC PHÁT ĐỘNG 1. Ví dụ Ta hãy xét một quả cầu lăn không trượt trên mặt sàn nằm ngang. Thực tế cho thấy, khi không chịu một lực chủ động nào theo phương ngang thì quả cầu lăn không trượt chậm dần rồi

dừng lại. Vận tốc vG của chuyển động tịnh tiến và vận tốc góc ω của chuyển động quay quanh khối tâm đều giảm dần đến 0 theo đúng hệ thức vG = ωR. Ví dụ trên cho thấy, khi một vật lăn không trượt trên mặt sàn, ma sát lăn xuất hiện cản trở cả hai chuyển động thành phần của vật là chuyển động tịnh tiến với vận tốc của khối tâm và chuyển động quay quanh khối tâm. 2. Giải thích a) Ở các phần trước, khi giải các bài toán về chuyển động lăn không trượt, ta đã bỏ qua sự biến dạng của các vật. Còn ở ví dụ trên, nếu ta bỏ qua sự biến dạng này thì sẽ gặp điều nghịch lí. Thật vậy, nếu quả cầu và mặt sàn đều rắn tuyệt đối thì quả cầu chỉ tiếp xúc với mặt

sàn ở một điểm. Phản lực N và lực ma sát nghỉ F msn đều đặt tại điểm tiếp xúc. Khi ấy, lực F msn dù ngược chiều hay cùng chiều với vG thì cũng đều dẫn đến kết quả trái với thực tế

(Hình 1.24a, b). a)

b) Hình 1.24

b) Muốn khắc phục điều nghịch lí trên đây thì ta phải từ bỏ khái niệm vật rắn tuyệt đối. Thật vậy, ở chỗ tiếp xúc, quả cầu bị dẹt một ít, mặt sàn bị lõm một ít, hình thành một diện tích tiếp xúc. Hơn nữa, trong khi lăn, phần trước của quả cầu ép mạnh vào sàn, còn phần sau do dịch

chuyển lên nên ép nhẹ hơn. Do đó điểm đặt của phản lực N dịch về phía trước một ít, tạo ra một momen cản chuyển động quay của quả cầu (Hình 1.25). Áp dụng các phương trình động lực học, ta có: Ma G = − Fmsn (a) = I γ = I . a G Fmsn R − M N G G R

IG   = F MN msn R  1 +   MR 2 

Từ (a) và (b), suy ra: Đối với quả cầu: IG = = MN

7 M 5 Fmsn

(b) Hình 1.25

2 MR 2 . Thay vào ta được: 5

(c)

> M Ta thấy M N nên ω giảm cùng với vG theo hệ thức vG = Rω. F msn

Vậy, ma sát lăn của mặt sàn cản trở chuyển động lăn không trượt bao gồm: - Lực ma sát nghỉ giữ cho điểm tiếp xúc không bị trượt và cản trở chuyển động tịnh tiến của vật. Chính lực ma sát nghỉ này bị hiểu sai là lực ma sát lăn.

- Momen của phản lực N đối với khối tâm cản trở chuyển động quay của quả cầu quanh

khối tâm (do điểm đặt của phản lực N dịch về phía trước một đoạn: KK' = l). Người ta gọi M msl = lN là momen ma sát lăn, trong đó KK' = l được gọi là hệ số ma sát lăn. Nó có thứ nguyên của chiều dài. Thí nghiệm cho thấy hệ số l không phụ thuộc vào bán kính của quả cầu hay con lăn và tăng ít khi phản lực tăng. Sau đây là một số giá trị của l: - Con lăn bằng gỗ trên gỗ: 0,5 ÷ 1,5mm. 26

- Bánh xe lửa trên đường ray: 0,5 ÷ 1mm. - Bánh xe ô tô, xe đạp trên đường nhựa: 10 ÷ 20mm. 3. Cơ năng và ma sát lăn

a) Lực nào trong hai lực F msn và N thực hiện công âm? Khi quả cầu lăn không trượt, điểm tiếp xúc K đóng vai trò là tâm quay tức thời. Trong chuyển động quay thuần tuý này, điểm đặt của lực ma sát nghỉ không dịch chuyển trong khi

đó thì điểm đặt K' của phản lực N dịch chuyển xuống dưới. Do đó, lực ma sát nghỉ không thực hiện công mà chính phản

lực N mới thực hiện công âm làm giảm cơ năng của quả cầu (Hình 1.26). Amsl = −∑ N.∆s = −Nl ∑ ∆ϕ A msl = −M msl .ϕ

(1.27)

trong đó ϕ là góc mà vật quay được quanh K (và cũng là góc mà vật quay được quanh G).

Hình 1.26

b) Trong những trường hơp nào thì bỏ qua ma sát lăn? Khi có mặt của các lực khác tác dụng lên vật, gây ra chuyển động lăn không trượt của vật thì thường thường người ta bỏ qua momen ma sát lăn vì nó quá nhỏ so với momen của các ngoại lực khác. Ví dụ, khi một quả cầu hoặc một xilanh lăn trên một mặt phẳng nghiêng xuống dưới, thì Mmsl = lN nhỏ hơn rất nhiều so với MP của trọng lực. Như thế, trong đa số trường hợp (chứ không phải tất cả), người ta có thể giả thiết rằng quả cầu (hay xilanh) rắn tiếp xúc với mặt sàn rắn tại một điểm và lực ma sát tại đó là lực ma sát nghỉ được tính bằng công thức Fmsn ≤ µnN. 3. Bánh xe phát động. Phân biệt lực phát động với kéo của đầu tàu. 1. Ta hãy xét sự khởi hành của một đoàn tàu trên một đoạn đường nằm ngang. Để cho đoàn tàu chuyển bánh thì cần phải tác dụng vào đoàn tàu một lực nằm ngang. Các ngoại lực tác dụng lên đoàn tàu chỉ là trọng lực của nó và các phản lực từ phía các đường ray. Chính nhờ 27

các phản lực này mà đoàn tàu chuyển bánh được và các phản lực được sử dụng nhờ vào các bánh xe phát động (Hình 1.27).

Hình 1.27

Hình 1.28

Động cơ đốt trong thông qua cơ chế truyền chuyển động để tác dụng vào bánh xe phát động của đầu tàu những lực có xu hướng làm cho bánh xe quay quanh trục của nó. Nhưng do có lực ma sát tại điểm tiếp xúc K với đường ray mà điểm tiếp xúc K được giữ yên, tạo thành tâm quay tức thời để cho tâm O tiến được về phía trước (Hình 1.28). Chuyển động lăn không trượt chỉ xảy ra khi mà phản lực ma sát của đường ray chống lại được sự trượt của bánh xe gây ra bởi chuyển động quay. Muốn tăng lực ma sát nghỉ này thì ta phải tăng trọng lượng đặt lên các bánh xe phát động. Lực ma sát nghỉ mà đường ray tác dụng lên các bánh xe phát động của đầu tàu hướng về phía trước gọi là lực phát động. 2. Bây giờ ta xét riêng đầu tàu và giả sử rằng tất cả bánh xe đều là bánh xe phát động. Gọi P là trọng lượng của nó, FK là lực kéo của đầu tàu tác dụng vào toa xe thứ nhất. Theo định luật III Niu-tơn, đầu tàu chịu một lực cản Fc từ phía toa thứ nhất (Hình 1.28).

Ở giới hạn của cân bằng, lực ma sát nghỉ F msn tác dụng tại điểm tiếp xúc K (tức lực phát

động) cân bằng với lực cản Fc . Cần nhớ rằng, trong trường hợp này ta bỏ qua momen cản của ma sát lăn vì quá nhỏ so với momen khởi động. Muốn bánh xe không trượt, nói cách khác, muốn có sự khởi hành thì phải có: Fc = Fmsn ≤ µP

Suy ra:

FK ≤ µP

(µ là hệ số ma sát nghỉ)

Momen phát động cực đại tương ứng: 28

Mpđ = FmsnR = µnPR Từ công thức trên, ta suy ra muốn tăng lực kéo cực đại thì phải tăng trọng lượng của đầu tàu và bán kính của các bánh xe phát động. 3. Nếu đầu tàu không kéo các toa mà chạy không tải thì sao? Khi ấy ngoại lực tác dụng vào đầu tàu chỉ là trọng lượng P của nó và phản lực của đường ray. Khi đầu tàu bắt đầu chuyển bánh thì động cơ đốt trong của đầu máy tác dụng vào bánh xe phát động một ngẫu lực có momen phát động lớn đến mức có thể bỏ qua momen ma sát lăn. Khi ấy, mặt đường bị biến dạng làm xuất hiện một phản lực N tại K' và một lực ma sát nghỉ hướng về phía trước. Các định luật động lực học được áp dụng như sau: Fmsn = Fp® = ma ; M p® = Fp® R = I

a R

Còn khi đầu tàu chạy đều, thì động cơ đốt trong tác dụng vào bánh xe phát động một ngẫu lực có momen phát động nhỏ, đủ để cân bằng với momen của lực ma sát lăn. Không có lực phát động lẫn lực ma sát lăn. Trong thực tế, sự biến dạng của mặt đường chỉ làm xuất hiện phản lực N tại K' mà thôi. Khi ấy các phương trình động lực học thu về chỉ còn là: Mpđ Mmsl = 0. 4. Xét về phương diện công và năng lượng, thì đầu tàu chạy không tải, động cơ đốt trong thực hiện công để thắng công cản của lực ma sát lăn ở tất cả các bánh xe của đầu tàu. Còn khi kéo các toa thì đầu tàu thực hiện công để thắng công cản của toa thứ nhất. Công của đầu tàu chính là công của lực kéo (A = FKs). Còn công của động cơ bao gồm hai công đó.

CHƯƠNG 2: BÀI TOÁN CƠ BẢN CƠ VẬT RẮN I. Động học vật rắn Dạng 1: Chuyển động quay quanh trục cố định Dạng 2: Chuyển động song phẳng Bài 1.1. Một thanh AB, dài l, chuyển động trong mặt phẳng nằm ngang. Tại một thời điểm nào đó vận tốc của đầu A có độ lớn là v và nghiêng một góc α = 30o đối với thanh và thanh có vận tốc góc ω =

Hình 1.1

v (Hình l

2.1). Tìm vận tốc của đầu B. Giải Cách 1: Coi chuyển động của thanh AB là chuyển động tổng hợp của hai chuyển động thành phần, tịnh tiến và quay. Khi ấy ta áp dụng công thức phân bố vận

tốc để tìm v B (Hình 2.2a). v B = v A + v BA

vBA = ω.AB = ωl = v Từ Hình 1.31a, ta suy ra vB = v và nghiêng một góc β = 30o so với thanh. Hình định 1.1G Cách 2: Coi chuyển động của thanh là chuyển động quay thuần tuý. Khi ấy ta xác

tâm quay tức thời O rồi tìm v B (Hình 2.2b).

Theo đầu bài thì vA = ωl. Ta suy ra OA ⊥ v A và có độ lớn OA = l, còn tam giác OAB là tam giác đều. Điểm B quay quanh O với vận tốcvB = ω.OB = ωl = v và nghiêng so với thanh một góc β = 30o. 30

Bài 1.2. Trên mặt phẳng thẳng đứng P có vẽ một vòng tròn C bán kính R tiếp xúc với mặt phẳng

ngang. Một chiếc vòng M có bán kính R lăn không

trượt trên mặt phẳng ngang tiến về phía vòng tròn C

(hình vẽ). Vận tốc của tâm O1 của vòng M là v. Mặt phẳng của M nằm sát mặt phẳng P. Gọi A là một giao điểm của hai vòng tròn khi khoảng cách giữa tâm của chúng là d < 2R. Tìm: Vận tốc và gia tốc của A, bán kính quỹ đạo và vận tốc của điểm nằm trên vòng M tại A. Giải a. Giao điểm A dịch chuyển trên đường tròn

α v x a α ht

C với vận tốc vA tiếp tuyến với C, hình chiếu lên phương ngang là:

Vậy: vA =

v d2 2 1− 4R 2

v O1

vx = v/2 = vAcosα = vA

R 2 − d2 / 4 . R

Vì thành phần vận tốc của vA theo phương ngang không đổi nên gia tốc của A hướng thẳng đứng và thành phần của gia tốc này lên phương bán kính O2A là gia tốc hướng 2

v 2A Rcosα

v2 4.R.cos3α

a1 O1

v tâm: a ht = a.cosα = A R

→a=

â =

v2 4R(1 − d 2 / 4R 2 )3/ 2

b) Trong khoảng thời gian rất ngắn quỹ đạo cong của điểm A1 (tại A) trên vòng có thể coi là một cung tròn. Vòng lăn không trượt nên có thể xem như nó đang quay quanh điểm tiếp xúc với vận tốc góc ω = v/R. 31

Ta có: IA1 = 2R.cosβ, với β = α/2. → cosβ =



Do đó: v1 = ω.IA1 = v 2 1 + 1 −  

  1 d2  1+ 1− 2 4R 2  

 d2  . 4R 2 

Gia tốc của A1 hướng về tâm O1 và có độ lớn là a1 = v2/R. Gia tốc hướng tâm của A1 lại   v2 d2 là: aht1 = a1.cosβ = 1 . Vậy: R1 = 2R 2 1 + 1 − 2   R 4R 





Bài 1.3. Thanh OO1 quay quanh trục O cùng chiều kim

đồng hồ coi là chiều + với vận tốc góc ω và làm bánh xe tâm O1 bán kính R1 lăn không trượt trên mặt trong của

ω1

đường tròn tâm O có R2 = 3R1. Đường tròn này quay với

V2 B

vận tốc góc ω 2 =3 ω . Tính độ lớn các vận tốc góc các điểm M, N là 2

ω1 R

đầu đường kính của bánh xe vuông góc OO1. Giải * Xét hai trường hợp: +Trường hợp1: Thanh và trụ quay cùng chiều với nhau: VM/ 01

Ta có: VI/O = 3 ω.3R1 = 9ωR1

V01 V01

V = ω.2R = 2 ωR 1 1 O1/O

V = ω .R 1 1 B/O1 ⇒ V

B/O

- Trụ lăn không trượt nên: VB/O = VI/O

⇔ 2 ωR1 + ω1R1 = 9 ωR1

O1 VN/ 01 VN

=V + ω R = 2 ωR + ω R 1 1 1 1 1 O1/O

⇒ ω = 7ω

- Định lý cộng vận tốc: VM/O = VM/O1 + VO1/O 2 2 M = 49ω .R1 + 4 ωR1 = VN = 53ω.R1

⇒ V

+ Trường hợp 2: Thanh và trụ quay ngược chiều: VI/O = − 9 ωR1 V = 2 ωR ; V =ω R ⇒ V = 2 ωR − ω R 1 B/O1 1 1 1 1 1 O1/O B/O

- Để trụ không trượt trong đường tròn thì: VB/O = VI/O

⇔ 2 ωR1 − ω1R 1= −9 ωR1

⇒ ω = 11ω

- Từ định lý cộng vận tốc ⇒ VM = VN = 121ω2R12 + 4ω2R12 = 5 5 ωR1 Bài 1.4. Hai người đi xe đạp với cùng vận tốc dài v theo các đường tròn bán kính R1 và R2, tâm của R1

các đường tròn là O1 và O2 cách nhau một khoảng là L < R1 + R2, một người đi theo chiều kim đồng

R2 O2

O1 B1

hồ, người kia đi ngược chiều kim đồng hồ. Tìm các vận tốc tương đối của mỗi người (trong hệ

quy chiếu gắn với người còn lại) ở thời điểm khi cả hai cùng nằm trên đường thẳng nối tâm tại các điểm (hình vẽ): a. A1 và A2? b. A1 và B2? c. B1 và B2? d. B1 và A2? Giải - Trong bài, v là vận tốc tuyệt đối. Cần tìm vận tốc tương đối của hai người này. - Vận tốc tương đối của người thứ hai là vận tốc đối với hệ quy chiếu gắn với người thứ nhất. Trong hệ quy chiếu này thì người thứ nhất đứng yên. - Chọn một hệ quy chiếu có gốc trùng tâm O1, quay với vận tốc góc ω = v/R1. Vận tốc kéo theo của người thứ hai ở các điểm A2 và B2 là bằng: k = ωO A = v (L + R ) vA 1 2 R 2 2 1

v v kB = ωO1B2 = (L − R 2 ) 2 R1

Cả hai vận tốc này cùng vuông góc với

k vB 2

đường thẳng O1O2 và cùng hướng lên trên.

Vận tốc tuyệt đối liên hệ với vận tốc tương

v kA 2

B2 L – R2

2R2

đối và vận tốc kéo theo bằng hệ thức vectơ: v tuyệt đối = v tương đối + v kéo theo

→ v tương đối = v tuyệt đối – v kéo theo 1) Đến đây dễ dàng tìm được vận tốc tương đối của người thứ hai đối với người thứ nhất: a) và d) Khi người thứ hai ở điểm A2: vận tốc tuyệt đối v2 và – v Ak có cùng phương chiều 2

(cùng hướng xuống dưới) vtương đối A2 = v + v Ak = v + 2

R + R2 + L v (L + R 2 ) = v 1 hướng xuống dưới. R1 R1

b) và c) Khi người thứ hai ở điểm B2: vận tốc tuyệt đối v2 hướng lên, còn vận tốc – vBk hướng 2

R + R2 − L v xuống dưới: vtương đối B2 = v - vBk = v (L − R 2 ) = v 1 hướng lên trên. 2

2) Hoàn toàn tương tự có thể tìm được vận tốc tương đối của người thứ nhất đối với người thứ hai: Hệ quy chiếu trong trường hợp này quay quanh O2 với vận tốc góc là ω’ =

v . Các R2

vận tốc kéo theo ( v kéo theo) tại các điểm A1 và B1 hướng lên trên, tức là – v kéo theo hưóng xuống dưới, còn vận tốc tuyệt đối của người thứ nhất tại A1 hướng xuống dưới, tại B1 hướng lên trên (người thứ nhất chuyển động ngược chiều kim đồng hồ). Như vậy: a) và b) Khi người thứ nhất ở A1: vtương đối A1

v kA 1

R +R +L = v 1 2 hướng xuống dưới R2

vkB 1 B1

2R1

L – R1

ω’ O2

c) và d) Khi người thứ nhất ở B1: R +R −L vtương đối B1 = v 1 2 hướng lên trên. R2

3) Có thể mở rộng bài toán cho các vị trí khác của hai người. Chẳng hạn tính vận tốc của người thứ nhất đối với người thứ hai khi người thứ nhất

ở điểm C như hình vẽ dưới đây. Trong trường hợp này vận tốc kéo theo tại C có độ lớn là: vk = ω’ R12 + L2 =

ω’

v R12 + L2 R2

và hướng vuông góc với CO2

vtương

-vk

Ta tính được vận tốc tương đối theo dịnh lý hàm số cosin: 2 2   L  R1  vtương đối = v 1 −  +   R   R2   2

Bài 1.5. Một thanh cứng nhẹ AB chiều dài 2L

trượt dọc theo hai thanh định hướng vuông góc A

với nhau nằm trong mặt phẳng thẳng đứng: B trượt theo thanh Ox nằm ngang, A theo thanh Oy thẳng đứng (hình vẽ). Ở trung điểm C của thanh có gắn một vật nhỏ khối lượng m. Đầu B của

α O

thanh chuyển động với vận tốc không đổi v từ O. Khi thanh hợp với Ox một góc á, hãy tìm: a. Tìm phương trình chuyển động của đầu A? b. Tìm vận tốc và gia tốc của m? c. Tìm vận tốc góc của thanh. d. Xác định lực tác dụng của thanh lên vật.

Bài 1.5b Một thước xếp có n khớp giống nhau, mỗi khớp có dạng hình thoi (hình vẽ). Đỉnh A1 được giữ cố định, kéo đỉnh An+1 với vận tốc không đổi v0 theo phương dọc trục của các

hình thoi. Tính vận tốc của đỉnh Bk (1 ≤ k ≤ n) khi góc ∠A1B1 A2 = α . Bài 1.6. Hình 1.6 cho biết một khối lập phương đang chuyển động trong không gian. Tại thời điểm xét, ta thấy mặt ABCD nằm ngang, vận tốc của các đỉnh A và B hướng thẳng đứng xuống dưới và có độ lớn bằng v, vận tốc của đỉnh C có độ lớn bằng 2v. Hỏi cũng tại thời điểm xét vận tốc của các đỉnh còn lại có độ lớn

Hình 1.6

bằng bao nhiêu? Bài 1.7. Một sợi dây được quấn vào lõi của một cuộn chỉ. Một đầu dây được vắt qua một cái đinh cố định. Người ta kéo dây với tốc độ v không đổi (Hình 1.7). Hỏi tâm O của lõi chỉ sẽ chuyển động với vận tốc bằng bao nhiêu tại thời điểm khi dây hợp với phương thẳng đứng một góc α? Cho biết cuộn chỉ có bán kính ngoài R, bán kính lớp dây quấn r. Dây không trượt trên cuộn chỉ, còn cuộn chỉ lăn không trượt trên mặt Hình 1.7

phẳng nằm ngang. ĐS: v 0 =

vR . Rsin α − r

Gợi ý: Cách 1: Coi chuyển động của cuộn chỉ vừa tịnh tiến vừa quay. Cách 2: Coi chuyển động của cuộn chỉ là quay thuần tuý quanh tâm quay tức thời. Giải A là một điểm của cuộn chỉ tiếp xúc với dây. Theo công thức phân bố vận tốc: v A = v 0 + ω ∧ OA

(1) 36

Vì dây không trượt trên ròng rọc nên hình chiếu của v A lên phương dây phải bằng v. Chiếu (1) lên phương dây, ta được: Hình 1.7G

v0sinα - ωr = v

(2)

Kết hợp với điều kiện lăn không trượt ω =

Suy ra:

v0 =

vR R sin α − r

v0 , ta được: R

v r v 0 sin α − 0 = v. R

v0 > 0 nếu sinα <

r R

v0 < 0 nếu sinα <

r R

v0 = 0 nếu sinα =

r R

(dây có phương đi qua K và K không còn là tâm quay tức thời).

Bài 1.8. Dùng một tấm xốp cắt ra hai đĩa tròn bán kính R và r. Giữ cho đĩa 1, bán kính R nằm yên trên mặt bàn và cho đĩa 2, bán kính r lăn không trượt trên vành ngoài của đĩa 1 (Hình 1.8). Hỏi: a) Khi tâm O2 của đĩa 2 quay được một góc α quanh tâm O1 thì các điểm khác của nó quay quanh tâm O2 được một góc ϕ bằng bao nhiêu? b) Áp dụng bằng số α = 30o và R = 2r. Vẽ hình minh hoạ. Giải a) Gọi v là vận tốc của O2 trong chuyển động tròn quanh O1 đứng yên. Ta có: q-v = ω1 (R + r) = α' (R + r)

(1)

Vì đĩa 2 lăn không trượt quanh đĩa 1 nên điểm tiếp xúc K là tâm quay tức thời và tâm O2 của đĩa 2 quay quanh K. Ta cũng có: 37

Hình 1.8

v = ω2r = ϕ' r

(2)

So sánh (2) với (1) ta được: R + r R + r ϕ' = α '  hay ϕ = α    r   r  o

(3) o

Hình 1.8G

b) Thay α = 30 , R = 2r vào (3) ta được ϕ = 90 . Chú ý:

a) Muốn nhận ra chuyển động quay của đĩa 2 quanh tâm O2 của nó, ta vạch một vectơ O2 A trên vật và theo dõi sự đổi hướng của vectơ này (Hình 1.8a). Muốn thế, ta chọn một điểm O

trên mặt bàn và vẽ vectơ OA1 song song, cùng chiều và cùng độ lớn với vectơ O2 A tại những thời điểm khác nhau. Hình 1.4a miêu tả riêng chuyển động quay thành phần của đĩa 2 quanh O2, còn Hình 1.8b miêu tả chuyển động vừa quay vừa tịnh tiến của đĩa 2 trên mặt bàn. b) Cần phân biệt hai vận tốc góc ω1 và ω2. ω1 = α' là vận tốc góc của chuyển động tròn của tâm O2 quanh tâm O1 (tức là vận tốc góc của chuyển động tịnh tiến tròn của đĩa 2 quanh O1). Còn ω2 = ϕ' là vận tốc góc của chuyển động quay của đĩa 2 quanh tâm O2 của nó (hay quanh tâm quay tức thời K). Bài 1.9. Một đĩa nặng, bán kính R, được treo vào hai dây không dãn quấn quanh nó. Đầu tự do của hai dây được buộc vào đĩa. Đĩa đang lăn xuống. Tại thời điểm xét, vận tốc góc của đĩa là ω và góc giữa hai dây là α (Hình 1.9). Tìm vận tốc của tâm O đĩa tại thời điểm đó. Cho biết dây

Hình 1.9

luôn luôn căng khi chuyển động. Giải

Vì dây luôn căng nên v A ⊥ AA1, v B ⊥ BB1 , tức là đều có phương đi qua tâm O của đĩa. Từ đó ta suy ra được

tâm quay tức thời O1 và hướng của v 0 (Hình 1.9). OO1 =

R cos

α 2

; v 0 = ωOO1 =

ωR α cos 2 38

Hình 1.9G

II. Mômen quán tính Cách 1: Sử dụng tích phân Cách 2: Sử dụng định lí Huyghen Cách 3: Sử dụng định lí 3 trục vuông góc Bài 2.1 Tìm momen quán tính của a) Một đĩa mỏng tròn có bán kính R và khối lượng m đối với một trục trùng với một đường kính của nó. b) Một lớp cầu mỏng có bán kính R và khối lượng m đối với một trục đi qua tâm của nó. c) Một tấm mỏng hình bán trụ có bán kính R, khối lượng m đối với một trục đi qua tâm O và vuông góc với mặt phẳng của tấm. Giải a) Hình 2.1a: Ta đã biết: I z = Iz =

1 mR2 2

∑ mi ( x2i + y2i ) = Ix + I y

Suy ra: Ix = I y =

1 1 I z = mR2 2 4

b) Hình 2.1b: Momen quán tính của lớp cầu mỏng đối với tâm O là: IO =

∑ m i R2

Hình 2.1

= mR2

Gọi (xi, yi, zi) là toạ độ của một chất điểm mi. Ta có: IO =

∑ mi ( x2i + y2i + z2i )

Vì 3 trục x, y, z tương đương nhau (tính chất đối xứng cầu) nên ta có thể viết: IO = 3∑ m i xi2 40

Iz =

∑ mi ( x2i + y2i ) = 2∑ mi x2i

Iz =

2 I O Suy ra: 3

Iz =

2 mR2 3

Ta ghép hai tấm giống như ở Hình 2.1a thành một đĩa tròn, bán kính R, khối lượng 2m (Hình 2.1c). Gọi IO là momen quán tính của tấm hình bán trụ đối với tâm O, I1 là momen quán tính của đĩa tròn đối với tâm O. Hình 2.1c

Ta có: I1 = 2I O =

1 1 .2mR2 Suy ra: IO = mR2 2 2

Bài 2.2. Một tấm mỏng, phẳng, đồng chất, hình chữ nhật, có các cạnh là a và b, có khối lượng là m. Tính momen quán tính của tấm đối với ba trục vuông góc đi qua khối tâm O (Hình 2.2) sau đây: a) Trục x song song với cạnh a. b) Trục y song song với cạnh b. c) Trục z vuông góc với tấm. ĐS: Ix =

Hình 2.2

1 1 1 mb2 ; I y = ma 2 ; I z = m(a 2 + b2 ). 12 12 12

Gợi ý: Cách 1: Sử dụng kiến thức đã học: momen quán tính của thanh mỏng, dài l, khối lượng m đối với một trục đi qua khối tâm và vuông góc với thanh: I =

1 ml 2 . 12

Sử dụng tính chất cộng được của momen quán tính. Sử dụng định lí về trục vuông góc. Cách 2: Sử dụng tính chất đối xứng, định luật về tỉ xích và định lí về trục song song. Giải: Cách 1 (Hình 2.2aG). Coi tấm phẳng gồm nhiều thanh mỏng ghép lại. Ta đã biết momen quán tính của thanh mỏng, chiều dài b, có khối lượng là mi là Iix =

1 m i b2 . 12

Momen quán tính của tấm đối với trục x là: Ix =

∑ Iix

1 2 1 b ∑ m i = mb2 12 2

Iy =

1 ma 2 . 2

Hình 2.2aG

Áp dụng định lí về trục vuông góc: Iz = Ix + Iy, ta được: Iz =

1 m(a 2 + b2 ) 12

Cách 2 (Hình 2.2bG). Gọi Iz' là momen quán tính của một phần tư của tấm (phần gạch gạch) đối với trục z' đi qua khối tâm O' và vuông góc với tấm. Theo định luật về tỉ xích và tính đối xứng, ta có:

Hình 2.2bG

1  1  1  Iz ' =     Iz = Iz 16  4  4 

Mặt khác, theo tính chất cộng được của momen quán tính thì momen quán tính của (phần gạch gạch) đối với trục z là

1 Iz . 4

Áp dụng định lí về trục song song cho hai trục z và z' ta được: 1 m  a 2 + b2  1 m  a 2 + b2  Iz = Iz ' +  Iz +  =  4 4  16  16 4  16 

3I z m(a 2 + b2 ) m = ⇒ I z = (a 2 + b2 ) 16 4.16 12

Bài 2.3. Có một quả cầu đặc, đồng chất, bán kính R, khối lượng m. Hãy tính: a) Momen quán tính của quả cầu đối với tâm O. b) Momen quán tính của quả cầu đối với một trục đi qua tâm.

1 tấm 4

III. Động lực học Bài toán 1: Vật rắn có trục quay cố định Bài toán 2: Vật rắn chuyển động song phẳng Bài toán 3: Chuyển động con quay Bài 3.1. Một sợi dây có một đầu treo vào giá đỡ, đầu kia được quấn vào ròng rọc. Ròng rọc được thả cho lăn không trượt trên dây (Hình 1.74). Hỏi: a) Lực căng T của dây. b) Vận tốc của trục ròng rọc sau khi chuyển động xuống được 1,0 m. Cho biết: Khối lượng của ròng rọc m = 1,0 kg, IO =

1 2 mR 2 , g = 9,8 m/s . 2

Hình 3.1

ĐS: T ≈ 3,3 N; v = 3,6 m/s. Gợi ý: Sợi dây treo chỉ dài ra chứ không chuyển động. Điểm đặt của lực căng T tiếp xúc với ròng rọc chỉ thay đổi vị trí trên dây chứ không dịch chuyển. Vì thế, lực căng T không thực hiện công giống như lực ma sát nghỉ tác dụng vào ròng rọc khi nó lăn không trượt trên mặt đường. Có thể áp dụng định luật bảo toàn cơ năng để tính vận tốc của trục ròng rọc. Giải: (Hình 3.1G). P - T = ma T.R = I0γ = T =

1 ma 2

(1) 1 a mR 2 . 2 R

(2)

Thay (2) vào (1), ta được: P - T = 2T hay

T =

mg 1.9,8 2 = = 3, 26 ≈ 3,3 N; a = 6,53 m/s ; 3 3 43

Hình 3.1G

2as =

2.6, 53.1,0 = 3,61 ≈ 3,6 m/s

Chú ý: Ta có thể áp dụng định luật BTCN để tìm v: mgh =

Thay IO =

1 1 mv 2 + I O ω2 2 2

1 v mR2 và ω = , ta được kết quả trên đây. 2 R

Bài 3.2. Một viên bi có khối lượng m, bán kính R, lăn không trượt trên một mặt phẳng nghiêng với góc nghiêng α so với phương ngang (Hình 3.2). Hệ số ma sát nghỉ là µn. Hệ số ma sát lăn coi như bằng 0. Hỏi góc nghiêng α lớn nhất bằng bao nhiêu để viên bi lăn không trượt? Giải Chọn chiều dương cho chuyển động tịnh tiến và quay như Hình 3.2G.

Hình 3.2

Các lực tác dụng vào vật là P , N và F msn . Định luật II Niu-tơn cho chuyển động tịnh tiến: Ox: ma = mgsinα - Fmsn

(1)

Oy: 0 = N - mgcosα

(2)

Định luật II Niu-tơn cho chuyển động quay: IOγ = FmsnR

(3)

Điều kiện lăn không trượt: a = Rγ

(4)

Hình 3.2G

Giải hệ phương trình: Từ (3) và (4), ta được: 2 a mR 2 . = Fmsn R 5 R ma =

5Fmsn 2

Thay vào (1):

5Fmsn = mg sinα − Fmsn 2 Fmsn =

Kết hợp với (2):

2 mg sinα ≤ µ n N 7

2 mg sinα ≤ µ n mg cosα 7

Suy ra:

tanα ≤ 3,5µ n .

Bài 3.3. Một viên bi có khối lượng m, bán kính R, lăn không trượt trên một mặt phẳng nghiêng với góc nghiêng α so với phương ngang. Viên bi đi lên với vận tốc đầu v0 (Hình 3.3). Hỏi sau bao lâu nó lại về đến điểm xuất phát?

Hình 3.3

ực tác dụng vào viên bi khi đi lên và đi xuống đều như nhau (Hình 3.3G). Bài 3.4. Một xilanh đặc, đồng chất, khối lượng m, bán kính R và có vận tốc góc ω1. Người ta đặt nó trên mặt đất. Nó vừa trượt về bên phải, vừa tăng tốc độ (Hình 3.4). Sau một thời gian ngắn, nó lăn không trượt với tốc độ góc không đổi ω2.

Hình 3.4

a) Hãy giải thích tại sao gia tốc a và gia tốc γ lại không đổi trong giai đoạn trượt. b) Chứng minh rằng ω2 =

1 ω1. 3

c) Bao nhiêu phần cơ năng ban đầu chuyển thành nhiệt lượng? d) Quãng đường mà xilanh trượt có phụ thuộc vào hệ số ma sát trượt hay không? Bài 3.5. Một xilanh đặc, đồng chất, bán kính R, đang lăn

không trượt với vận tốc v thì gặp một cái dốc có góc nghiêng α so với phương ngang (Hình 3.5). Hỏi tốc độ v phải có những giá trị nào để khi nó lăn qua đầu dốc thì không bị nảy lên?

Hình 3.5

ĐS: v ≤

gR (7cosα − 4). 3

Giải: Điểm ranh giới K vừa thuộc về mặt phẳng ngang, vừa thuộc về mặt phẳng nghiêng (Hình 1.18Ga). Khi chuyển động qua ranh giới K, tâm của xilanh vạch một cung tròn quanh điểm tiếp xúc K, đồng thời tốc độ của tâm O tăng từ OO 1

v đến v1. Theo Hình 1.18Gb ta có: mv12 mg cosα − N1 = R

hay

(1)

 v2  N1 = m  g cos α − 1   R

Hình 3.5G

Muốn xilanh không nảy lên thì N1 ≥ 0. v12 ≤ gR cos α

Suy ra:

(2)

Mặt khác, theo định luật BTCN, ta có: mgR +

Thay ω =

1 1 1 1 mv 2 + I O ω2 = mgRcosα + mv12 + I O ω12 2 2 2 2 1

(3)

v v 1 , ω1 = 1 và thay IO = IO1 = mR2 vào phương trình (3), ta được: R R 2 4 v12 = v 2 + gR(1 − cos α ) 3

Thay (4) vào (2), ta được: v ≤

(4)

gR (7 cos α − 4). 3

Bài 3.6. Một cuộn chỉ có khối lượng m, nằm trên một mặt phẳng nằm ngang và nhám. Momen quán tính của nó đối với trục riêng 46 Hình 3.6

của cuộn chỉ là I = βmR2, trong đó β là một hệ số tỉ lệ, R là bán kính ngoài của cuộn chỉ. Bán

kính trong của lớp dây quấn trên lõi là r. Kéo dây bằng một lực F không đổi, tạo với phương ngang một góc α (Hình 3.6). Cho biết cuộn chỉ lăn không trượt trên mặt phẳng nằm ngang và dây không trượt trên lõi. Hãy tính: a) Gia tốc chuyển động của cuộn chỉ.

b) Công của lực F sau t giây kể từ lúc bắt đầu chuyển động. Giải: a) Ox: Fcosα - Fmsn = ma

(1)

Fmsn R − Fr = I O γ = β mR 2

a (2) R

Từ (1) và (2), suy ra: a=

F(R cos α − r) mR(1 + β)

(3) Hình 3.6G

F(β R cos α + r) Fmsn = > 0' (4) R(1 + β)

Theo (4) và (1) thì lực F msn luôn luôn hướng về bên trái. Theo (3) thì: - Khi cosα >

r , a > 0: cuộn chỉ chuyển động sang phải. R

- Khi cos α <

r , a < 0: cuộn chỉ chuyển động sang trái. R

- Khi cos α =

r , a = 0: lực F có giá đi qua điểm tiếp xúc K. Do đó không gây ra momen đối R

với K: γ = 0. Cuộn chỉ đứng cân bằng. b)

A F = ∆W® =

Thay v = at và ω =

1 1 mv 2 + IO ω2 2 2

(5)

v at vào (5) ta được: = R R

AF =

F2 t 2 (R cos α − r)2 2mR 2 (1 + β)

Có thể làm theo cách khác: A F = Fs cos α − M F ϕ

at 2 γt 2 Ft 2 a(R cos α − r) Ft 2 F(R cos α − r) (R cos α − r) =F cos α − Fr = . = . . 2 2 2 R 2 m(1 + β) R AF =

F 2 t 2 (R cos α − r)2 2mR 2 (1 + β)

Bài 3.7. Một quả cầu bán kính a, khối lượng m, đứng yên trên đỉnh của một bán cầu, cố định, nhám, bán kính b (b > a). Do bị đụng nhẹ, quả cầu lăn không trượt xuống (Hình 1.77). Hỏi: a) Quả cầu rời khỏi bán cầu ở vị trí nào? b) Khi rời khỏi bán cầu, nó quay quanh tâm của nó được một góc bằng bao nhiêu? Áp dụng vào trường hợp b = 3a. Hình 3.7

ĐS: a) α ≈ 54o; b) ϕ = 216o.

Gợi ý: Vị trí của quả cầu được xác định bằng toạ độ góc α hợp bởi vectơ O 'O với trục O'y (Hình 3.7). Giải: (Hình 3.7aG). a) Xét tại thời điểm khi quả cầu ở vị trí được xác định bằng toạ độ góc α. Vì khối tâm O chuyển động tròn quanh tâm O' của bán cầu, nên áp dụng định luật II Niu-tơn ta được: mv 2 Fht = mgcos α − N = a+b

(1)

Tại vị trí α = α0 thì quả cầu rời khỏi bán cầu: N = 0 ⇒ mg cos α0 =

mv 2 a+b

(2)

Áp dụng định luật BTCN:

Hình 3.7aG

mg(a + b)(1 − cos α0 ) =

Thay I K =

1 I K ω2 2

(3) Hình 3.7bG

7 2 v ma và ω = vào (3), ta được: 5 a

mg(a + b)(1 − cos α0 ) =

7mv 2 10

(4)

Kết hợp (2) với (4), ta được: cos α0 =

10 hay α0 ≈ 54o 17

b) Vì tâm O chuyển động tròn quanh O', nên ta có:

v = (a + b)α ' (5)

Vì K là tâm quay tức thời của chuyển động quay của quả cầu, nên ta có: v = aω = aϕ' (6)

(ϕ là góc mà quả cầu quay được quanh K hoặc quanh O). (5) = (6) cho ta: ϕ =

a+b α a

Nếu b = 3a thì ϕ = 4α = 216o (Hình 3.7bG) Bài 3.8. Một quả cầu, bán kính r nằm trong một vòng tròn thẳng đứng, bán kính R (Hình 3.8). Xét hai trường hợp, trường hợp quả cầu lăn không trượt và trường hợp quả cầu trượt không ma sát, không lăn. a) Trong mỗi trường hợp, tìm vận tốc tối thiểu v1 mà quả cầu phải có ở đáy vòng tròn để nó không rơi tại đỉnh của vòng. b) Đối với vận tốc nhỏ hơn v1 10% và trong trường hợp quả cầu trượt không ma sát thì quả cầu sẽ bắt đầu rơi xuống từ vị trí nào? Bài 3.9. Một thanh đồng chất, khối lượng m, dài l, được giữ nằm ngang với đầu B nằm ở mép một chiếc bàn và đầu A được giữ bởi tay. Đầu A bất thình lình được thả ra (Hình 3.9). Tại lúc thả tay, hỏi: a) Momen lực đối với đầu B? 49

b) Gia tốc góc của thanh? c) Lực thẳng đứng tác dụng lên thanh? Chú ý: Mỗi câu trả lời cho biết độ lớn và hướng.

Hình 3.9

Giải Chọn chiều dương cho chuyển động tịnh tiến và quay như Hình 3.9G. Tại lúc thả tay, vG = 0 và ω = 0. Thanh chịu tác dụng của

hai lực là P và N. M B = mg

l (làm thanh quay xuống) 2 l mg MB 2 = 3g γ= = 1 2 IB 2l ml 3 aG =

Hình 3.9G

l 3g γ= (hướng thẳng đứng xuống dưới) 2 4

P - N = maG N = mg − m

3g mg = (hướng lên trên) 4 4

Bài 3.10. Một chiếc thước dẹt hình chữ nhật, dài l, khối lượng m, đặt trên mặt bàn nằm ngang, nhẵn. Đầu A của thước có thể quay không ma sát quanh một trục cố định đi qua A và vuông góc với bàn (Hình 3.10). Tác dụng vào thước một xung lực F nằm ngang, theo phương vuông góc với thước, cách đầu A một khoảng là x.

Hãy xác định: a) Gia tốc góc của thước. b) Gia tốc của khối tâm của thước.

c) Khoảng cách x để phản lực R của trục quay: bằng 0? hướng sang trái? hướng sang phải?

Hình 3.10

Giải MA Fx 3Fx = = 1 2 IA ml 2 ml 3

γ=

aG =

l 3 Fx γ= 2 2 ml

c) Chọn chiều của lực F làm chiều dương. Gọi R là phản lực của trục quay tác dụng lên thước. - Áp dụng định luật II Niu-tơn cho khối tâm: F + R = ma G = m

3Fx 3Fx = 2ml 2l

 3x  R = F − 1  2l 

R = 0 khi

Hình 3.10G

3x 2 − 1 = 0 hay x = l (Hình 3.10a) 2l 3

R < 0 khi x <

2l 2l (Hình 3.10b); R > 0 khi x > (Hình 3.10c). 3 3

Liên hệ thực tế: Khi cầm vợt tennis đánh bóng, cầm rìu bổ củi v.v... cần phải điều chỉnh khoảng cách x từ chỗ tay cầm đến điểm va chạm của vợt với bóng, của rìu với củi v.v... để phản lực R vào tay cầm là nhỏ nhất. Nếu để R lớn sẽ bị tê tay. Bài 3.11. Một thanh cứng đồng chất, khối lượng m, dài l, có thể quay tự do trong mặt phẳng thẳng đứng, xung quanh trục nằm ngang đi qua một đầu thanh (Hình 3.11). Nhấc thanh lên 51 Hình 3.11

cao hơn đường nằm ngang một góc α = 30o rồi thả rơi không vận tốc đầu. Hãy tính lực mà thanh tác dụng vào trục quay vào lúc thanh rơi qua đường nằm ngang. Giải Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: l 1 mg sin 30o = I O ω2 2 2 I O = I G + md 2 =

(1)

1 2 ml 3

Thay vào (1) ta được: ω2 =

3g 2l

(2)

Áp dụng phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh O vào thời điểm xét (α = 0):

⇒

l 1 2 = ml γ 2 3

γ=

3g 2l

(3)

Hình 3.11G

Gọi Fx và Fy là thành phần của lực F mà trục quay tác dụng lên thanh (Hình 3.11a). Áp dụng định luật II Niu-tơn cho chuyển động của khối tâm: Fx = ma Gx = mω2

l 2

l mg + Fy = ma Gy = m γ 2

(4) (5)

Thay (2) vào (4) và (3) vào (5), ta được: Fx =

3 1 mg và Fy = − mg 4 4

Fx2 + Fy2 =

10 mg 4

Theo định luật III Niu-tơn, thanh tác dụng lên trục quay một lực F ' có: 52

Fx' = −

3mg mg , Fy' = và có độ lớn F ' = 4 4

10 mg (Hình 3.11bG) 4

Bài 3.12. Một chiếc thước đồng chất, dài l, được đặt thẳng đứng trên một mặt phẳng nằm ngang không ma sát. Do bị đụng nhẹ, thước đổ xuống trong mặt phẳng thẳng đứng, đồng thời đầu dưới trượt trên mặt phẳng nằm ngang. Hãy tìm: a) Vận tốc của khối tâm tại thời điểm nó làm với phương ngang một góc α (Hình 3.12).

Hình 3.12

b) Vận tốc của khối tâm vào lúc đầu trên của thước sắp chạm mặt phẳng ngang. Bài 3.13. Cho một thanh, khối lượng m, dài 2l, đặt nghiêng một góc α với sàn. Một đầu thanh treo vào dây, còn đầu kia chạm sàn (Hình 3.13). Hãy xác định phản lực của sàn tác dụng vào thanh ngay sau khi đốt dây. Bỏ qua ma sát với sàn. Bài 3.14. Hai xilanh đặc giống nhau, khối lượng m, được đặt

tiếp xúc với nhau trên một mặt phẳng nằm ngang. Một lực F nằm ngang đặt vào một xilanh theo hướng đến trục (Hình 3.14). Hệ số ma sát trượt giữa hai xilanh và hệ số ma sát nghỉ

Hình 3.14

giữa hai xilanh với mặt đường đều bằng µ. a) Hãy xác định lực F để hai xilanh lăn không trượt trên mặt phẳng với cùng một gia tốc. b) Nếu tăng lực F dần lên thì xilanh nào trượt trước? ĐS: a) F ≤

6µmg 1 + 2µ + 3µ2

; b) Xilanh 1 trượt trước.

Gợi ý: Khi lực ma sát nghỉ cực đại Fmsn (max) = µN thì vật bắt đầu trượt. Giải: Hình 1.6G. N12 = N21 = N; F1 ≤ µN1 F12 = F21 = µN; F2 ≤ µN2 Chọn chiều chuyển động làm chiều dương. a) Coi hai xilanh chuyển động tịnh tiến như một vật: 54

Hình 3.14G

F - F1 - F2 = 2ma

(1)

Xét riêng xilanh 2: N12 - F2 = ma

N - µN = ma (2)

Các xilanh quay quanh khối tâm: 1 mR 2 γ = F1R − F21R 2 1 mR 2 γ = F2 R − F12 R 2

1 mR 2 γ = R(F1 − µN) 2

(3)

1 mR 2 γ = R(F2 − µN) 2

(4)

a = Rγ

(5)

Giải hệ phương trình, ta được: F1 = F2 = Fmsn N=

Cuối cùng:

F 2

≤ µN1 với N1 = mg − µ

1 1  F + µ 3 2 

F (xilanh 1) 2

≤ µN2 với N2 = mg + µ

F (xilanh 2) 2

F≤

6µmg 1 + 2µ + 3µ2

b) Vì N1 < N2 nên xilanh 1 trượt trước. Bài 3.15. Một hệ cơ như Hình 3.15, ròng rọc cố định và con lăn cùng khối lượng M và bán kính R. Sợi dây quấn quanh con lăn rồi vắt qua ròng rọc. Một vật, khối lượng m, được buộc vào đầu tự do của dây. Thả cho con lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng cố định. Tính gia tốc của vật m. Biết rằng dây không trượt trên ròng rọc và trên con lăn. ĐS: a =

4g(M sin α − 2m) 7M + 8m

Hình 3.15

Gợi ý: - So sánh vận tốc của hai vật hay của hai điểm thì phải xét trong cùng một HQC. 55

- Vì dây không dãn nên vận tốc tại mọi điểm trên dây bằng nhau. Giải: Chọn chiều (+) như Hình 3.15G v A/K = v B/O = v C = v 1

(O1 đứng yên, K đứng yên tức thời) ω2.2R = ω1R = vC 2γ2R = γ1R = aC = a (1) Xét vật m:

T1 - mg = ma

Xét ròng rọc: ( T2 − T1 ) R =

(2)

MR2 γ1 2

Hình 3.15G

(3)

Xét con lăn (coi K là tâm quay tức thời): MgR sin α − T2 .2R =

Giải hệ phương trình ta được: a =

3MR2 γ2 2

(4)

4g(M sin α − 2m) . 7M + 8m

Biện luận: Khi sin α >

2m thì a > 0: vật m đi lên, con lăn lăn xuống và quấn dây. M

Khi sin α <

2m thì a < 0: vật m đi xuống, con lăn lăn lên và nhả dây. M

Khi sin α =

2m thì a = 0: hệ đứng yên. M

Bài 3.17. Trên mặt bàn nằm ngang, nhẵn, có một chiếc xe khối lượng m. Trên sàn xe có đặt đứng một bánh xe có khối lượng M = 3m, phân bố đều trên vành bánh xe. Hệ số ma sát nghỉ giữa bánh xe và sàn xe là

µ. Người ta đặt vào xe một lực F không đổi theo phương ngang và

song song với mặt phẳng của bánh xe (Hình 3.17). Hỏi lực F có độ lớn đại bằng bao nhiêu để bánh xe có thể lăn không trượt trên sàn xe?

Hình 3.17

cực

Bài 3.18. Trên mặt bàn nằm ngang hoàn toàn nhẵn có đặt một chiếc nêm, khối lượng M, mặt nêm nghiêng một góc α so với mặt bàn. Trên mặt nêm có đặt một quả cầu đồng chất, đặc, khối lượng m. Khi được thả, quả cầu lăn không trượt trên nêm (Hình 3.18).

Hình 3.18

Hãy xác định gia tốc của nêm. Giải: Gọi nêm là vật 1, quả cầu là vật 2. Xét chuyển động của nêm trong HQC mặt đất (Hình 3.18Ga). Ma1 = N21sinα - F'msncosα

(1)

Xét chuyển động của quả cầu trong HQC gắn với nêm (Hình 3.18Gb). Chọn các chiều (+) như hình vẽ. ma21 = Fqtcosα + mgsinα - Fmsn

(2)

N12 − mg cos α + ma1 sin α = 0

(3)

Fmsn R =

ma 21 =

Hình 1.9G

a 2 2 mR2 γ = mR2 21 5 5 R

5 Fmsn 2

(4)

Fqt = ma1

(5)

' N12 = N21 = N; Fmsn = Fmsn

(6)

Giải hệ phương trình, ta được: a1 =

5mg sin α cos α 7 ( M + m ) − 5m cos2 α

Bài 3.19. Một xilanh đặc, bán kính R, khối lượng M, được đặt trên một mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng α so với phương ngang. Một sợi dây vắt qua một ròng rọc lí tưởng, một đầu được quấn vào xilanh, còn đầu kia treo một vật, khối

Hình 3.19

lượng m (Hình 3.19). Hỏi hệ số ma sát trượt giữa xilanh và mặt phẳng nghiêng phải có giá trị bằng bao nhiêu để xilanh lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng khi hệ vật được thả tự do? ĐS: µ ≥

m M tan α − M cos α M + 2m

Gợi ý: - Xilanh không tiếp xúc trực tiếp với mặt phẳng nghiêng mà qua lớp dây quấn. Muốn cho xilanh lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng thì dây phải đứng yên trong khi xilanh nhả dây để lăn xuống. Còn lực ma sát nghỉ của mặt phẳng nghiêng tác dụng vào dây và cũng là tác dụng vào xilanh. - Ròng rọc không có khối lượng đáng kể nên lực căng dây ở hai phía của ròng rọc bằng nhau. Giải: Vì xilanh lăn không trượt nên điểm tiếp xúc của xilanh với mặt phẳng nghiêng đứng yên (tại thời điểm xét). Do đó khối lượng m đứng yên. T = mg

(1)

Xilanh chịu tác dụng của các lực Mg , N , T và F msn (chưa rõ

chiều và độ lớn vì có mặt của lực căng T ). Ox: Mgsinα - T + Fmsn = ma

(2)

Oy: N - Mgcosα = 0

(3)

( T − Fmsn ) R = Fmsn ≤ µnN

Hình 3.19G

1 1 a MR2 γ = MR 2 2 2 R

(4)

(5)

Giải hệ phương trình, ta được: µ n ≥

m M tan α − M cos α M + 2m

Bài 3.20. Một quả tạ đôi được đặt thẳng đứng trên mặt sàn nằm ngang. Tạ đôi gồm hai quả cầu giống nhau gắn vào một thanh có khối lượng không đáng kể, dài l. Tại một thời điểm nào đó, quả cầu trên nhận được một vận

tốc đầu v 0 theo phương ngang (Hình 3.20). Hỏi v0 có giá trị tối thiểu bằng bao nhiêu để quả cầu dưới nảy lên ngay khỏi sàn và tạ đôi sẽ chạm vào sàn ở tư thế nằm ngang? ĐS: v0 =

Hình 3.20

π gl 2

Giải: Trước hết, ta xét điều kiện để quả cầu dưới không nảy lên: T + N = mg N = mg - T ≥ 0 T ≤ mg Khi ấy, quả cầu trên quay quanh quả cầu dưới: Fht = T + mg =

mv 02 l

T =

mv 02 − mg ≤ mg l

v 02 ≤ 2gl.

Suy ra:

Vậy điều kiện để quả cầu dưới nảy lên ngay là: v 02 ≥ 2gl

Hình 3.20aG

Khi quả cầu dưới đã nảy lên thì quả tạ đôi chuyển động vừa tịnh tiến vừa quay quanh khối tâm. Tại thời điểm quả cầu trên nhận được vận v0 và chuyển động giống như tốc v 0 thì khối tâm nhận được vận tốc 2

một vật bị ném ngang (Hình 3.20G). Thời gian để khối tâm rơi đến sàn là:

Hình 3.20bG

2h = g

l g

= 0. Tạ đôi quay với vận tốc góc ω không đổi quanh khối tâm vì M (M, P)

Muốn cho tạ đôi chạm sàn ở tư thế nằm ngang thì trong thời gian t = được một góc bằng

π π + kπ , tức là tối thiểu bằng . 2 2

Từ ϕ = ωt, suy ra ω = Mặt khác, v AG = ω

l , tạ đôi phải quay g

π g . 2 l

v l π = 0 nên cuối cùng ta được: v 0(min) = gl . 2 2 2

Bài 3.21. Một con lắc hình chữ T được cấu tạo bởi ba thanh cứng dài l như Hình 3.21. Ở đầu tự do của mỗi thanh có gắn một quả cầu, khối lượng m. Con lắc có thể quay trong mặt phẳng thẳng đứng xung quanh một trục nằm ngang đi qua điểm nối các thanh và vuông góc với các thanh. Cho con lắc lệch khỏi vị trí cân bằng một góc α < 90o rồi thả ra không vận tốc đầu. Hãy tìm lực mà thanh tác dụng lên quả cầu 3 ngay sau khi thả. ĐS: F =

Hình 3.21

mg 4 + 5cos2 α . 3

Bài 3.22 Giả sử có cây cột đứng, đồng chất, tiết diện đều, nằm lơ lửng trong không trung theo phương thẳng đứng, chân cột nằm gần sát mặt đất, ngay trên một điểm trên xích đạo. Hỏi nếu có cây cột đó thì phải dài bao nhiêu? khi tính phải tự suy ra các hằng số cần thiết. Bài 3.23. Thanh AB đồng chất tâm C, khối lượng m, chiều dài b momen quán tính đối với trục qua C và vuông góc với thanh là J =

1 mb 2 . Thanh treo tại O bằng 2 dây không dãn, 12

khối lượng không đáng kể. Thanh AB nằm ngang, OA = OB = b. 1) Hệ đứng yên, tính giá trị lực căng T0 của dây OA ở A 2) Cắt dây OB, tính giá trị mới của độ lớn lực căng T ở OA ngay khi vừa cắt dây OB, khi thanh chưa di chuyển. Tính tỉ số

T T0

IV. Các định luật bảo toàn Bài 4.1. Một quả cầu lăn không trượt không vận tốc đầu từ đỉnh của một mặt phẳng nghiêng, có góc nghiêng α so với phương ngang và có chiều dài l. Xác định vận tốc của tâm quả cầu tại chân mặt phẳng nghiêng. a) Bằng phương pháp động lực học. b) Bằng phương pháp năng lượng. Giải a) Ta có hệ phương trình: Ox: ma = mgsinα - Fmsn

(1)

Oy: 0 = N - mgcosα

(2)

IGγ = FmsnR

(3)

a R

(4)

γ=

Từ (3) và (4) suy ra: Fmsn = Thay vào (1) ta được:

Hình 4.1

2 mg sin α . 7 a=

5 g sinα . 7

Áp dụng công thức v = 2as cho chuyển động của khối tâm, ta được: v=

10 gl sin α 7

b) Vì lực ma sát nghỉ không thực hiện công, còn ma sát lăn thì bỏ qua nên ta áp dụng được định luật bảo toàn cơ năng (BTCN). Chọn mốc thế năng ở chân dốc, ta có: mgh =

ω=

v R

mv 2 1 + IG ω2 2 2

(1)

(2)

IG =

2 mR 2 (3) 5

Thay (2) và (3) vào (1), ta được: mgh = Suy ra: v =

10 gh = 7

7 mv 2 . 10

10 gl sin α . 7

Bài 4.2. Một quả bóng cao su đặc, bán kính 10 cm, lăn không trượt trên mặt bàn nằm ngang với vận tốc v0 = 2 m/s rồi rơi xuống sàn nhà. a) Mô tả chuyển động của quả bóng khi đang rơi. b) Tính vận tốc góc và vận tốc của tâm O của quả bóng lúc sắp chạm sàn. Cho biết bàn cao h = 1,2 m. Lấy g = 9,8 m/s2. c) Tính số vòng quay được trong thời gian quả bóng rơi. Giải a) Quả bóng vừa chuyển động tịnh tiến theo khối tâm, vừa quay quanh khối tâm: ma = mg ⇒ a = g

IO γ = 0 ⇒ ω = const

Trong chuyển động này, khối tâm O chuyển động giống như một chất điểm bị ném ngang, còn các điểm khác quay đều quanh khối tâm. b) Lúc rời khỏi bàn, bóng có vận tốc góc ω0 =

v0 = 20 rad/s. Lúc sắp chạm sàn, bóng vẫn R

có vận tốc góc ω = 20 rad/s. Theo định luật BTCN, thế năng của quả bóng giảm, chuyển hết thành động năng của chuyển động tịnh tiến (vì động năng quay không đổi). 1 1 mv 02 + mgh = mv 2 2 2

Suy ra:

v = v 02 + 2gh = 4 + 2.9,8.1,2 = 5,25 ≈ 5,3 m/s. 63

c) Thời gian rơi của chuyển động ném ngang bằng thời gian rơi tự do: t=

2h = g

2.1, 2 = 0,495 ≈ 0,50 s 9,8

Số vòng quay được trong thời gian quả bóng rơi: n=

ωt 20.0, 495 = = 1,576 ≈ 1,6 vòng 2π 2π

Bài 4.3. Hai thanh cứng, không trọng lượng, dài l, được nối với nhau ở một đầu bằng bản lề không ma sát có khối lượng m. Ở đầu kia của mỗi thanh gắn hai quả cầu khối lượng m và 2m. Hệ thống được đặt thẳng đứng trên sàn nằm ngang không ma sát (Hình 4.3). Do bị đụng nhẹ hai quả cầu trượt ra xa nhau sao cho hai thanh vẫn nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Hãy tìm:

Hình 4.3

a) Vận tốc của quả cầu 2m tại thời điểm mà góc giữa hai thanh bằng 90o. b) Vận tốc của bản lề tại thời điểm bản lề sắp chạm sàn. ĐS: v 2m =

3  1  gl  1 −  ; v b ¶ n lÒ = 10  2

2gl .

Gợi ý: Vì thanh cứng nên áp dụng được công thức (1.2):vAx = vBx theo hai phương của thanh. Giải: a) Bảo toàn động lượng theo phương x: 2mv3 = mv1x + mv2 (1) Bảo toàn cơ năng: 1  m 2 m 2 2m 2  2 mgl  1 −  = 2 v1x + v1y + 2 v 2 + 2 v 3 2 

(

)

Hình 4.3G

1   2 2 2 2 2gl  1 −  = v1x + v1y + v 2 + 2v 3 (2) 2 

Do tính chất của thanh cứng nên chiếu các vectơ vận tốc của hai đầu mỗi thanh lên phương của thanh, ta được: 64

v1x cos 45o + v1y cos 45o = v 2 cos 45o

v1x + v1y = v 2 (3)

− v1x cos 45o + v1y cos 45o = v 3 cos 45o

Giải hệ phương trình, ta được: v 3 =

v1y − v1x = v 3 (4) 3  1  gl  1 −  10  2

b) Do tính chất của thanh cứng, nên áp dụng công thức (1.2), ta suy ra:

Hình 4.3bG

v1x = v2 = v3 = 0 v1y = v1

Lúc sắp chạm sàn vận tốc của bản lề có phương thẳng đứng. Bảo toàn cơ năng:

1 mv12 = mgl ⇒ v1 = 2

2gl .

Bài tập 4.3b. Hai thanh cứng không trọng lượng, dài l, được nối với nhau ở đầu trên bản lề có khối lượng m. ở đầu kia của mỗi thanh có gắn một quả cầu khối lượng m, 2m. Hệ thống đặt trên sàn. Do bị đụng nhẹ, hai quả cầu trượt xa nhau sao cho 2 thanh vẫn nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Bỏ qua ma sát. Tìm Vbản lề tại thời điểm chạm sàn và khi góc giữa 2 thanh bằng 900. Bài tập 4.3c. Trên mặt phẳng ngang nhẵn có hai khối lập phương cạnh H, cùng khối lượng M đặt cạnh nhau (giữa chúng có khe hở nhỏ). Đặt nhẹ nhàng một quả cầu có bán kính R, khối lượng m = M lên trên vào khe nhỏ. Bỏ qua mọi ma sát và vận tốc ban đầu của quả cầu. Tìm vận tốc quả cầu ngay trước khi va đập xuống mặt phẳng ngang. Giải

ta cần xác định góc α.

v Liên hệ vận tốc: v1cosα = v2sinα → 1 = tgα v2

-v2

- Xét thời điểm quả cầu rơi xuống khối lập phương, M

- Bảo toàn năng lượng:

 1 1 1  mv12 + 2 mv 22 = mgR (1 − cos α ) v12  1 + 2  = 2gR (1 − cos α )  2 2 tg 2α  

2gR (1 − cos α ) tg 2α 2 → v1 = 2 + tg 2α

Để tìm góc á ở thời điểm rời nhau, có thể dùng 2 cách: - Cách 1: Tìm v2 rồi xác định cực đại v2. Khi quả cầu rời khối lập phương thì v2max thì đạo hàm v2(cosα) bằng 0. → v 22 =

v12 2gR (1 − cos α ) 1 − cos α ) cos 2 α ( = = 2gR tg 2α 2 + tg 2α 1 + cos2 α

Lấy đạo hàm theo cosα và cho đạo hàm bằng 0 ta nhận được phương trình: cos3 α + 3cos α − 2 = 0

Cách 2: Trong HQC chuyển động với vận tốc v2 thì quả cầu chuyển động tròn quanh điểm tiếp xúc, tại thời điểm rời nhau thì HQC trên trở thành HQC quán tính, lúc này thành phần trọng lực đóng vai trò lực hướng tâm: v1 mv12 mv 2 = mg cos α ; v = → = mgcos α R sin α R sin 2 α

(*)

- Thay v1 bằng biểu thức ở trên vào, được phương trình: v12 =

2gR (1 − cos α ) tg 2α = gR cos α.sin 2 α ↔ cos3 α + 3cos α − 2 = 0 → cos α = 0,596 2 2 + tg α

Thay vào (*): v12 = gR cos α.sin 2 α = gR cos α 1 − cos 2 α

(

)

Còn quả cầu cách mặt đất: h = H − R (1 − cos α ) * Biện luận: - Nếu H < R (1 − cos α ) ≈ 0, 404R thì quả cầu chạm đất trước khi rời các hình lập phương, lúc chạm đất thì góc φ thỏa mãn H = R (1 − cos ϕ ) → 1 − cos ϕ =

H . Vận tốc ngay trước chạm đất xác R

định theo định luật bảo toàn năng lượng và liên hệ vận tốc. 66

v12 = 2gR

1 + cos 2 α 1 + cos 2 α 2R 2 + H 2 − 2RH 1 − cos α ) = 2gR → v1 = 2g ( 1 + cos α 1 − cos 2 α 2R − H H 2

(

)

- Nếu H > R (1 − cos α ) ≈ 0,404R thì sau khi rơi, quả cầu chuyển động rơi tự do: vf =

v12 + 2gH =

R  2gH  1 − 0,212  H 

Bài 4.4. Một xilanh thành mỏng, khối lượng m, bán kính R, được quay với tốc độ góc ω0 rồi được đặt nhẹ nhàng vào giữa hai mặt phẳng nghiêng, nhám, có góc nghiêng α = 45o so với phương ngang (Hình 4.4). Hệ số ma sát trượt giữa xilanh và hai mặt phẳng nghiêng đều bằng µ. Tính số vòng xilanh quay được cho

Hình 4.4

đến khi dừng lại. Biết rằng trục của xilanh đứng yên khi bị hãm. ĐS: N =

(1 + µ)2 Rω02 4 π 2µg

Gợi ý: - Khi xilanh đứng yên thì phản lực vuông góc của hai mặt phẳng nghiêng vào hai xilanh mới bằng nhau. Khi xilanh quay, nó có xu hướng ép mạnh vào mặt phẳng nghiêng 1 và giảm sức ép vào mặt phẳng nghiêng 2. Vì thế N1 > N2. - Bài này có hai cách làm: Cách 1: Dùng phương trình động lực cho chuyển động quay kết hợp với công thức ω2 − ω02 = 2 γϕ.

Cách 2: Dùng định lí động năng

∑ A = ∆W® .

Giải: Vì trục của xilanh đứng yên nên ta có: O1x: Fms1 − mg

2 + N2 = 0 2

O1y: − Fms2 + N1 − mg

2 =0 2

(1) (2) Hình 4.4G

Fms1 = µN1  Fms2 = µN 2

(3)

Từ hệ phương trình suy ra: N1 =

mg 2  1 + µ  ; 2  1 + µ2 

N2 =

mg 2  1 − µ  . 2  1 + µ2 

Gọi n là số vòng quay của xilanh cho đến khi dừng lại, thì công của hai lực ma sát trượt là: µmg 2

∑ A = − ( Fms1 + Fms2 ) s = −µ ( N1 + N2 ) 2πnR = − 1 + µ2

.2 πnR

Áp dụng định lí biến thiên động năng ΣA = ∆Wđ ta được: −

Suy ra:

(1 + µ2 )Rω02 4 2 πµg

µmg 2 1 + µ2

.2 πnR = 0 −

1 mR 2 ω02 2

Bài 4.5. Hãy tìm động năng của một vòng xích sắt của một chiếc xe tăng chuyển động với vận tốc v, nếu khối lượng của vòng xích bằng m (Hình 4.5). ĐS: Wđ = mv2 Gợi ý: Khi một mắt xích ở bánh trước chuyển động xuống tiếp xúc với mặt đường và đứng yên thì một mắt xích ở chỗ

Hình 4.5

bánh xe sau tiếp xúc với mặt đường lại rời mặt đường và chuyển động lên. Giải: Ta chia vòng xích của chiếc xe tăng thành 4 đoạn có khối lượng là m1, m2, m3 và m4 (Hình 4.5Ga). Vì bánh xe chuyển động lăn không trượt nên K1, K2 là tâm quay tức thời. Đoạn xích K1K2 tiếp xúc với mặt đường thì đứng yên W®2 = 0, đoạn xích AB chuyển động tịnh tiến với vận tốc vA= vB = 2v 01 = 2v ⇒ W®1 = 2m1v2.

Hình 4.5G

Còn hai đoạn xích m3 và m4 nếu ghép lại thì thành một bánh xe chuyển động lăn không trượt với vận tốc v (Hình 4.5Gb). W® + W® = 3

1 1 ( m3 + m 4 ) v 2 + IO ω2 2 2

1 1 v2 (m 3 + m 4 )v 2 + (m 3 + m 4 )R2 . = (m 3 + m 4 )v 2 2 2 2 R

Tóm lại: W® = (2m1 + m 3 + m 4 )v 2 = (m1 + m 2 + m 3 + m 4 )v 2 = mv 2 . Bài 4.6. Một chiếc đĩa phẳng, đồng chất, bán kính R, được làm quay tròn trong không trung quanh trục của nó đến tốc độ ω0 rồi được đặt nhẹ nhàng trên một mặt phẳng nằm ngang, nhám. Hệ số ma sát trượt giữa đĩa và mặt phẳng là µ. Hỏi đĩa quay trong bao lâu thì ngừng lại? ĐS: t =

3ω0 R . 4µg

Gợi ý: Có hai cách giải: Cách 1: Dùng phương pháp động lực học: M F ms = Iγ.

Hình 4.6G

Cách 2: Dùng phương pháp năng lượng: Ams = ∆Wđ. Giải: Gọi dS là diện tích của một dải mảnh hình vành khăn, cách trục quay z một đoạn r (0 ≤ r ≤ R): dS = 2πrdr Gọi dFms là lực ma sát tác dụng vào dải này để cản trở chuyển động quay của dải: R m 2  m  dFms = µ(dm)g = µg  .2πr dr  M ms = − ∫ dFms r = −µg .2 π ∫ r 2 dr = − µgmR 0 3 πR 2  πR2 

M γ= = I

2 − µgmR 4 µg 3 =− ; ω = ω0 + γt 1 3 R 2 mR 2

0 = ω0 −

4 µg 3 ω0 R t ⇒ t = 3 R 4 µg

Bài 4.7. Một sợi dây vắt qua một ròng rọc cố định, một đầu dây buộc vào một vật khối lượng M, đầu kia có một con khỉ, khối lượng cũng bằng M, bám vào. Ròng rọc có bán kính R, khối lượng m =

M và được phân bố đều ở vành ngoài. Con khỉ bắt đầu 4

leo lên dây với vận tốc u so với dây. Hãy tìm vận tốc của vật (Hình 4.7). Biết dây không trượt trên ròng rọc. ĐS: v =

Hình 4.7

4 u. 9

Gợi ý: – Hãy xác định các ngoại lực tác dụng vào hệ gồm "vật M, con khỉ, sợi dây và ròng rọc", và tính tổng momen của các ngoại lực này đối với trục O của ròng rọc. - Các định luật bảo toàn chỉ áp dụng được cho HQC quán tính. Giải: Các ngoại lực tác dụng vào hệ "vật M, con khỉ, dây treo, và ròng rọc" là trọng lực của vật, trọng lực của con khỉ, trọng lực của ròng rọc và lực của giá đỡ tác dụng vào trục O của ròng rọc. Tổng momen của các ngoại lực này đối với trục quay O của ròng rọc

bằng 0: ΣM(O) = 0 . Do đó, momen động lượng của hệ đối với trục O được bảo toàn. Xét trong HQC gắn với mặt đất, ta viết:

L hÖ

(lóc sau)

L hÖ

Hình 4.7G

(lóc ®Çu)

Vì con khỉ leo lên, nên dây ở nhánh trái đi xuống với vận tốc v so với mặt đất, còn dây ở

nhánh phải và vật M đi lên với vận tốc là v. Gọi vận tốc của khỉ đối với đất là v1 . Chọn chiều dương cho các vật như Hình 4.7G, ta viết: - RMv1 + RMv + Iω = 0 - R.4mv1 + R.4mv + mR 2 . - 4v1 + 5v = 0

(1) v =0 R

(2)

Áp dụng công thức cộng vận tốc cho con khỉ và nhánh dây bên trái, ta viết: - v1 = -u + vdây v1 = u - v

(3)

Thay (3) vào (2), ta được: -4(u - v) + 5v = 0 9v - 4u = 0 ⇒ v =

4 u 9

Bài 4.8. Một đứa trẻ đánh đu không cần sự giúp đỡ của ngoại lực. Nó tăng cường các dao động bằng cách ngồi xuống và đứng lên một cách tuần hoàn. Ta coi chuyển động của nó giống như chuyển động của một thanh cứng OA dao động trong một mặt phẳng thẳng đứng xung quanh điểm O. Vị trí của khối tâm G và momen quán tính I đối với trục quay O thay đổi theo vị trí của đứa trẻ. Đứa trẻ thay đổi vị trí trong một khoảng thời gian ngắn đến mức sự dịch chuyển tương ứng của thanh có thể được bỏ qua. a) Trong mỗi nửa chu kì, đứa trẻ đứng lên và ngồi xuống một lần. Hỏi nó nên thay đổi vị trí vào những lúc nào? b) Chứng minh rằng có sự thay đổi đột ngột của vận tốc góc. Tính sự biến thiên động năng của hệ và chỉ rõ nguồn gốc của sự biến thiên này. c) Lúc đầu, chiếc đu được kéo lệch khỏi phương thẳng đứng một góc θ0 nhỏ và tốc độ góc bằng 0. Hỏi sau bao nhiêu lần đi qua vị trí cân bằng thì chiếc đu đạt tới phương ngang? Hãy

biểu thị kết quả theo θ0 và theo tỉ số k =

I2 OG 2 (1 chỉ đứa trẻ ngồi xuống, 2 chỉ đứa trẻ I1OG1

đứng lên). Giải: a) Đứa trẻ ngồi xuống ở vị trí biên và đứng lên khi qua VTCB. b) Khi qua vị trí cân bằng, đứa trẻ đứng lên đột ngột, thanh chưa kịp thay đổi vị trí. Tổng momen các ngoại lực đối với trục quay bằng 0, nên momen động lượng được bảo toàn: I1ω1 = I2ω2 Vì I1 > I2 nên ω2 > ω1. ∆W® =

(1)

1 1 1 ω  I 2 ω22 − I1ω12 = I1ω12  2 − 1  > 0 2 2 2  ω1 

Hình 4.8G

Động năng của hệ tăng lên. Sự tăng động năng này có liên quan đến công của các nội lực (tức là công thực hiện bởi lực của cơ bắp chân). c) Từ sơ đồ Hình 4.8G, ta thấy: W®

= Wt

W®

= Wt

= mgl1 (1 − cos θ0 )   = mgl2 (1 − cos θ1 )  

Thay (1) và (2) vào, ta được:

hay

⇒

W®

I ω2 = 2 2 I1ω12

l2 (1 − cos θ1 ) I1 = . l1 (1 − cos θ0 ) I 2

θ  sin 1 1 − cos θ1 l1I1 1  2 = = ; θ0 1 − cos θ0 l2 I2 k   sin  2

Thay θn =

W®

(2)

  1 Tương tự:  = k  

θ2   sin 2   sin θ1  2

θ   sin n  1  2  = 2; θ k   sin 0   2

  1  = n k  

θ θ θ2 π và sin 0 = 0 vào, ta được: k n = 0 . 2 2 2 2

θ2 ln 0 2 ⇒n= 2 lnk

θ02 nlnk = ln

Bài 4.9. Một quả bi-a, khối lượng m, đang nằm trên một mặt bàn bi-a có hệ số ma sát trượt µt. Tại t = 0, quả bi-a trượt với vận tốc v0 và không quay. Tuy nhiên ngay sau đó, tức t > 0, lực ma sát trượt với mặt bàn bi-a làm cho nó quay và cuối cùng thì nó lăn không trượt. 72

a) Viết các phương trình động lực học cho hai chuyển động thành phần, tịnh tiến và quay. Giải hệ phương trình để tìm sự phụ thuộc vào thời gian của vận tốc dài và vận tốc góc của quả bi-a. b) Khi quả bi-a bắt đầu lăn không trượt thì vận tốc dài của nó bằng bao nhiêu? c) Tính momen động lượng ban đầu L1 (t = 0) của quả bi-a đối với một trục nằm trên mặt bàn bi-a và vuông góc với vận tốc của quả bi-a. d) Tính momen động lượng cuối L2 của quả bi-a (khi nó lăn không trượt) đối với trục này. e) Tính công của lực ma sát trượt tác dụng lên quả bi-a. Giải: Chọn chiều dương cho chuyển động tịnh tiến và cho chuyển động quay như Hình 4.9aG. a) Ox: -Fms = ma

(1)

Oy: N - mg = 0

(2) (3)

ΣM(O) = Fmst R = I O γ

Giải hệ phương trình, ta được: a = -µtg ⇒ v = v0 - µtgt γ=

(4)

Rµ t g 5 µt g 5 µt g = t (5) ⇒ ω= 2 2 R 2 R 2 mR 5

Hình 4.9aG

b) Điều kiện lăn không trượt: v = ωR; v 0 − µ t gt = Thay vào (4) ta được: v =

2 v0 5 µ t gt t = 2 7 µt g

5 v 0 = const 7

(6)

Hình 4.9bG

c) Để tính L ban đầu đối với trục K, ta áp dụng định lí Kơ-níc: L K = L O + KO ∧ mv G

L1 = 0 + Rmv 0 ⇒ L1 = Rmv 0

(7)

d) Momen của các lực đối với trục K luôn luôn bằng 0 nên momen động lượng đối với trục này được bảo toàn: L2 = Rmv0

(8) 73

(Ta có thể kiểm tra lại kết quả bằng cách tính khác. Giả sử tại vị trí K1 quả bi-a bắt đầu lăn không trượt với v = L2 =

5v 0 5v và với ω = 0 . L K = L O1 + K1O1 ∧ mv1 7 7R

5v 5v 2 mR2 . 0 + OK.m 0 ⇒ L 2 = mRv 0 5 7R 7 1 2

 

1 2

1 7

e) A mst = ∆W® =  mv 2 + IO1 ω2  − mv 02 = − mv 02 Bài 4.10. Một quả cầu đặc, đồng chất, bán kính r, đang quay trên không xung quanh một trục nằm ngang đi qua tâm với vận tốc góc ω0 thì rơi nhẹ xuống một mặt phẳng nằm ngang, nhám, có hệ số ma sát µ. a) Tại sao quả cầu lúc đầu trượt về phía trước rồi mới lăn không trượt? b) Tính vận tốc của tâm quả cầu khi nó lăn không trượt? Vì sao gọi là vận tốc cuối, biết rằng ma sát lăn rất nhỏ, có thể bỏ qua? c) Tính quãng đường mà quả cầu đi được cũng như số vòng mà nó quay được quanh tâm của nó cho đến khi có vận tốc cuối? d) Lặp lại câu hỏi b) nhưng bây giờ µ lớn đến mức không có sự trượt ban đầu. Giải: a) Vì trong giai đoạn đầu v0 < ωR1 nên vK = v0 - ωR < 0. Lực ma sát trượt xuất hiện hướng về phía trước. Lực này có tác dụng làm tăng v0 và làm giảm ω cho đến khi v0 = ωR thì quả cầu lăn không trượt. b) Chọn chiều dương cho chuyển động tịnh tiến theo khối tâm và chuyển động quay như Hình 4.10G, ta có hệ phương trình: ma = µmg

(1)

IOγ = -µmgR (2) a = Rγ

(3)

Giải hệ phương trình: Gọi t1 là khoảng thời gian kể từ lúc quả cầu tiếp xúc với mặt phẳng cho đến lúc nó bắt đầu lăn không trượt. Từ (1) ta được:

v1 = µgt1

Từ (2) ta được:

ω1 = ω0 −

(4) 5µg t1 2R

(5) 74

Từ (4) và (5) suy ra: t1 =

2Rω0 2Rω0 = const ; v1 = 7 7µg

1 2 2R2 ω02 c) s = at1 = 2 49µg N=

Hình 4.10G

1  2Rω0  1  5µg   2ω0 R  ϕ = ω0 t1 + γt12 = ω0    + −  2  7µg  2  2R   7µg 

9ω02 R ϕ = 2π 49µg

d) Vì µ rất lớn nên quả cầu không trượt mà quay quanh điểm tiếp xúc K. Mặt khác, vì ΣM của các lực đối với K = 0, nên momen động lượng của quả cầu được bảo toàn.

Lúc sắp chạm sàn: L K = L O + KO ∧ mv 02 ⇒ L K = Lúc chạm sàn:

L K = I K ω1 =

2 mR 2 ω0 + 0. 5

7 mR 2 ω1 5

2ω0 2Rω0 7 2 và v1 = . mR 2 ω1 = mR 2 ω0 ⇒ ω1 = 5 5 7 7

Bài 4.11. Một khối gỗ khối lượng m với tiết diện có dạng tam giác vuông cân, có thể trượt không ma sát trên mặt sàn nằm ngang. Hai vật nhỏ có khối lượng m và 2m được nối với nhau bằng một sợi dây vắt qua ròng rọc như hình vẽ. Chiều dài của đáy khối là L = 54cm. Bỏ qua mọi ma

sát, khối lượng của dây và ròng rọc. Ở thời điểm nào

•(2)

đó các vật được thả tự do. Khi vật 2m đến đáy khối, hãy xác định:

(3)

a. Độ dịch chuyển của khối gỗ.

(1)

•

G3 O L

b. Vận tốc của các vật và của khối gỗ. Bài 4.12. Cho hệ như hình vẽ. Vật khối lượng m nối với lò xo có độ cứng k dao động trên mặt nghiêng của nêm. Góc giữa mặt nghiêng của với phương ngang là α. Nêm có khối lượng M và có thể chuyển động tự do trên mặt phẳng ngang. Tìm chu kì dao động nhỏ của hệ. Bỏ qua mọi ma sát.

Bài 4.13. Một hòn bi hình cầu, đồng nhất, khối lượng m, bán kính R. Momen quán tính J = 2 mR 2 đối với bán kính, lăn không trượt trên đường ray dạng nhị diện, góc 2 α . Tính động 5

năng của bi hình cầu này theo tốc độ v0 của tâm cầu (C) Bài 4.14. Một mặt phẳng nghiêng dài l = 1m lập với phương ngang góc α = 30 0 . Hệ số ma sát tăng theo khoảng cách x từ đỉnh đến chân mặt nghiêng theo công thức µ = x / l . Ở thời điểm t = 0 người ta thả nhẹ một vành tròn đồng chất, bán kính R = 4cm từ đỉnh A của mặt phẳng nghiêng. Cho g = 10m / s 2 . Bỏ qua ma sát lăn. a. Tìm theo t: toạ độ x của tâm, gia tốc góc, vận tốc góc của vành khi vành còn lăn có trượt. b. Xác định thời điểm vành bắt đầu lăn không trượt. Cho biết sin u = u / 2 thì u ≈ 1,89. Bµi 4.15. Cho một cái vòng hình tròn có khối lượng M và bán kính là a. Một vật khối lượng m (Xem vật là một chất điểm) đặt nằm ở trên trục của vòng tròn và cách tâm vòng tròn một đoạn x. a) Hãy xác định thế năng hấp dẫn U của hệ thống trên. Chọn giá trị 0 của thế năng khi hai vật ở rất xa nhau. b) Hãy chứng tỏ rằng câu trả lời ở phần (a) dần tới giới hạn mong muốn khi x rất lớn so với bán kính a của vòng. c) Sử dụng công thức Fx = - dU/dx để tìm độ lớn và chiều của lực tác dụng lên chất điểm. d) Chứng tỏ rằng câu trả lời ở mục (c) sẽ dần tới kết quả mong muốn khi x rất lớn so với a. e) Các giá trị của U và Fx sẽ bằng bao nhiêu khi x = 0? Hãy giải thích tại sao lại có kết quả như vậy. Bài giải a) Vì định luật hấp dẫn của Niutơn chỉ phát biểu đối với chất điểm nên để tính thế năng hấp dẫn của hệ trong trường hợp này ta phải chia vòng thành các phần tử khối lượng dm mà mỗi phần tử dm có thể coi là một chất điểm để có thể áp dụng định luật hấp dẫn của Niutơn. 76

- Ta biết rằng thế năng hấp dẫn giữa hai chất điểm được xác định bởi công thức: U=-G

m1m2 r

- Áp dụng công thức trên cho trường hợp m1 = dm và m2 = m, ta có: Udm = -G - Từ hình vẽ ta thấy mọi phần tử dm cách đều m một khoảng cách r = Vậy: Udm = - G

mdm . Cuối cùng: U = ∫ U dm = − 2 2 a +x

b) Ta có thể viết lại U dưới dạng:

U= -

mdm r

a 2 + x 2 = const

Gm GMm (*) ∫ dm = − 2 2 2 2 a +x a +x

GMm 1 a2 (1 − ) x 2 x2

Khi x >> a thì (a/x)2 là một vô cùng bé bậc hai nên có thể bỏ qua. Vậy khi x >> a thì U ≈ -

GMm và U → 0 khi x → ∞ x

c) Lực hấp dẫn mà vòng tròn tác dụng lên m được tính theo công thức: dU d = - (− dx dx

Fx = -

Fx = −

GMmx 2

( a + x 2 )3 / 2

GMm 2

a +x

) = GMm

d 2 (a + x 2 )− 1/ 2 = − GMm.x.(a 2 + x 2 )− 3 / 2 dx

Dấu "-" chứng tỏ Fx hướng vào tâm O của vòng.

(**)

d) Fx có thể viết lại dưới dạng: Fx = -

GMmx x3 (1 +

a 3/ 2 ) x2

=−

GMm x

(1 +

Khi x >> a, tức là (a/x) << 1 thì: Fx ≈

a2 x

)− 3 / 2

GMm x2

(1 −

3 a2 GMm )≈− 2 2 2x x

Vì rằng khi x >> a, tức là chất điểm m và vòng M ở rất xa nhau thì có thể coi đó là hai chất điểm cách nhau một đoạn x rất lớn và ta có biểu thức của định luật hấp dẫn Niutơn viết cho trường hợp các chất điểm: Fx = -

GMm x2

e)Từ biểu thức (*) của thế năng hấp dẫn: U = -

Từ biểu thức (**) của lực Fx: Fx = -

GMm 2

a +x

GMmx 2

( a + x 2 )3 / 2

→U = −

GMm khi x → 0 a

→ 0 khi x → 0 : điều này do vòng hình

tròn nên các lực hút của các phần tử dm đối với m triệt tiêu lẫn nhau theo từng đôi dm nằm đối diện với tâm O của vòng.

V. Bài toán va chạm Bài 5.1. Một thanh mỏng, đồng chất, dài l, khối lượng m, đang nằm yên trên một mặt bàn nằm ngang không ma sát. Tác dụng một

xung lượng của lực J vào một đầu thanh theo hướng vuông góc với thanh (Hình 5.1). Hỏi:

Hình 5.1

a) Vận tốc v của khối tâm và vận tốc góc của thanh ngay sau khi xung lực ngừng tác dụng? b) Đoạn đường mà thanh đi được trong thời gian nó quay được một vòng?

c) Động năng của thanh ngay sau khi xung lực F ngừng tác dụng. (Gợi ý:

- Xung lực F là lực tác dụng trong một thời gian rất ngắn ∆t.

- Xung lượng của lực là tích F ∆t = J ). Giải a) Áp dụng định lí biến thiên động lượng. Chọn chiều

dương theo F (Hình 5.1G): F∆t = ∆(mv) = m(vG - 0) J = mvG Suy ra:

vG =

J m

(1)

Áp dụng định lí biến thiên momen động lượng. Chọn chiều

Hình 5.1G

dương cho ω như Hình 1.51. M∆t = ∆L l 1 F.∆t = I G ω = ml 2 ω 2 12

Suy ra:

ω=

6J ml

(2)

b) Sau khi lực ngừng tác dụng, khối tâm chuyển động thẳng đều đồng thời thanh quay đều quanh khối tâm.

Thời gian thanh quay được một vòng là: t =

2 π πml = . ω 3J

Trong thời gian này khối tâm của thanh đi được một đoạn đường là: s = vG t =

J πml πl . = m 3J 3

(3)

Bài 5.2. Một quả cầu đặc, bán kính R, khối lượng m, đang đứng yên trên một mặt bàn nằm

ngang không ma sát. Một xung lượng của lực J tác dụng theo phương ngang vào quả cầu tại điểm Q. Điểm Q cao hơn tâm O một đoạn là h (Hình 1.52). Kết quả là quả cầu bắt đầu quay quanh O với vận tốc góc ω, đồng thời điểm O bắt đầu chuyển động về bên phải với vận tốc

v. Giả thiết rằng quả cầu không kịp chuyển động trong thời gian rất ngắn mà xung lực F tác dụng. Hỏi:

a) Vận tốc của tâm O và vận tốc góc ω ngay sau khi xung lực F ngừng tác dụng? b) Vận tốc của các điểm A và B ngay sau khi xung lực ngừng tác dụng. Với h bằng bao nhiêu thì điểm B đứng yên và quả cầu quay quanh B? c) Có những điểm nào mà đối với chúng momen động lượng của quả

Hình 5.2

cầu là như nhau trước và sau khi xung lực tác dụng? d) Động năng của quả cầu sau khi lực ngừng tác dụng? Giải a) Áp dụng định lí biến thiên động lượng. Chọn chiều dương cho chuyển động tịnh tiến như Hình 5.2G. F∆t = m∆v = m (v0 - 0) v 0 =

F ∆t J = (1) m m Hình 5.2G

Áp dụng định lí biến thiên momen động lượng. Chọn chiều dương cho chuyển động quay như Hình 1.53. hF∆t = IO∆ω = IO(ω - 0) ω =

hJ 2 mR 2 5

5Jh 2mR 2

(2)

b) Áp dụng công thức phân bố vận tốc: v A = v O + ω ∧ OA J 5Jh J 5h  + v A = 1 +  m 2mR m 2R  v B = v O + ω ∧ OB v A = v O + ωR =

v B = v O − ωR = v B = 0 khi 1 −

J 5Jh J  5h  − v B = 1 −  m 2mR m 2R 

5h = 0 hay h = 0,4R 2R

(3)

(4)

(5)

c) Trước khi xung lực tác dụng thì quả cầu đứng yên, L = 0 . Ta hãy tìm các điểm mà momen động lượng đối với chúng sau khi chịu tác dụng vẫn bằng 0. ∆ L = M F .∆t = r ∧ F∆t = r ∧ J = 0 Các điểm đó nằm trên giá của vectơ J. 2

2 2  2  1 1 J 1 5 J h d)Wđ= mv 02 + I0ω2 = 1 m J + 1 . 2 mR 2 .  5Jh  = + . . . = J  1 + 5h  2 2 2 2m 2 2 m R 2 m2 2 5 2m   2mR 2  2R2 

Bài 5.3. Đặt trên một mặt phẳng nằm ngang, nhẵn một vòng đệm nhỏ và một thanh mảnh, đồng chất, dài l, có khối lượng lớn hơn khối lượng của vòng đệm n lần. Sau đó truyền cho vòng đệm một vận tốc v0 theo phương vuông góc với thanh (Hình 5.3). Vòng đệm va chạm đàn hồi với một đầu thanh. Tìm vận tốc của vòng đệm và của thanh. Với giá trị nào của n thì vận tốc của vòng đệm sau va chạm sẽ bằng 0? Sẽ đổi chiều? Giải Gọi m và nm là khối lượng của vòng đệm và của thanh. Gọi vận tốc sau va chạm của vòng đệm là v, của thanh là vG và tốc độ góc là ω. Chọn chiều dương cho v và cho

Hình 5.3

ω như Hình 5.3G. Áp dụng định luật BTĐL: mv0 = mv + nmvG Áp dụng định luật BTMMĐL đối với G: mv0

l l 1 = mv + nml 2 ω 2 2 12 81

Áp dụng định luật BTCN: 1 2 1 2 1 1 1 2 mv0 = mv + nmvG + . nml 2 ω2 2 2 2 2 12

Đơn giản các phương trình trên, ta được: v0 = v + nvG

(1) Hình 5.3G

v0 = v +

1 nlω 6

1 2 2 2 v02 = v2 + nvG + nl ω 12

(2) (3)

Giải hệ phương trình (1), (2) và (3), ta được: vG =

12v 0 lω ;ω= 6 (4 + n)l

v (4 − n) v= 0 Với n = 4 thì v = 0. Với n < 4 thì v < 0. 4+n

Bài 5.4. Một thanh đồng chất OA, dài l, khối lượng M, quay không ma sát xung quanh đầu O cố định của nó. Lúc đầu thanh được giữ nằm ngang, sau được thả rơi không vận tốc đầu. Khi thanh tới vị trí thẳng đứng, đầu A của nó đập vuông góc vào một vật B có kích thước nhỏ và có khối lượng m, đặt trên một giá đỡ (Hình 5.4). Hãy xác định vận tốc của hai vật sau va chạm. Xét hai trường hợp: Hình 5.4

a) Va chạm là hoàn toàn mềm. b) Va chạm là hoàn toàn đàn hồi. ĐS:

a) ω2 =

M 3g M ; vB = 3gl ; M + 3m l M + 3m

b) ω2 =

M − 3m 3g 2M ; vB = 3gl . M + 3m l M + 3m

Gợi ý: Va chạm "hoàn toàn mềm" (hay "hoàn toàn đàn hồi") chỉ là cách nói nhấn mạnh của va chạm mềm (hay va chạm đàn hồi). 82

Bài 5.5. Một đĩa phẳng, tròn, mép nhẵn, chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang không ma sát, tới va chạm vào hai đĩa giống

hệt dán dính chồng lên nhau, với vận tốc đầu v . Cho biết "khoảng cách ngắm" bằng bán kính của đĩa (Hình 5.5). Tìm góc

Hình 5.5

bay ra xa nhau giữa hai đĩa sau va chạm trong hai trường hợp: a) Va chạm là mềm. b) Va chạm là đàn hồi. Giải Hình 5.5aG vẽ đĩa 1 bắt đầu tiếp xúc với đĩa 2. Vì không có lực tương tác theo hướng Oy nên thành phần v1y không thay đổi sau va chạm: 1  ' o v1y = v1y = v sin 30 = 2 v  v ' = v 2y  2y

Hình 5.5aG

a) Va chạm mềm. Áp dụng định luật BTĐL theo trục x: mv1x = 3m v 'x mvcos30o = 3m vx' ' = v' = v 'x = v1x 2x

v 3 6

Đĩa 2 chuyển động tịnh tiến theo trục O1x. Đĩa 1 chuyển động tịnh tiến theo hướng làm với trục x một góc ϕ: 1 v 2 tan ϕ = = = ' v 3 v1x 6 ' v1y

3 ⇒ ϕ = 60

Hình 5.5bG

b) Va chạm đàn hồi. Áp dụng định luật BTĐL theo trục x: mv

3 v 3 ' + 2mv ' v ' + 2v ' = = mv1x 2x 1x 2x 2 2

Áp dụng định luật BTCN:

(1)

1 1 1 3v 2 2 3 2 2 2 2 ' ' ' ' mv . = .mv1x + .2mv 2x v1x + v 2x = (2) 2 4 2 2 4 Hình 5.5cG

 3 v ; v '2y = 0 v '2x =  3 Suy ra:  v 3 1  ' ' = v v = − ; v = v 1x 1y 1y  6 2

Đĩa 2 chuyển động tịnh tiến theo trục x. Đĩa 1 chuyển động tịnh tiến theo hướng làm với trục x một góc β. Ta có: tan β =

' v1y ' v1x

= − 3 ⇒ β = 120 .

Bài 5.6. Một quả bóng rổ có khối lượng m, bán kính R và momen quán tính IG đối với khối tâm. Bóng được làm quay tới vận tốc góc ω0 xung quanh một trục nằm ngang đi qua khối tâm. Khối tâm lúc đầu đứng yên ở độ cao h so với sàn nhà. Thả cho bóng vừa rơi vừa quay và sau đó va chạm với sàn. Bỏ qua sức cản của không khí (Hình 5.6). a) Gọi W®1 là động năng của quả bóng ngay trước khi nó va chạm với sàn. Hãy viết W®1 theo các dữ kiện đã cho. b) Ngay sau lần nảy lên đầu tiên, bóng không quay nữa và động năng của nó bằng β W®1 , trong đó β < 1 là một hệ số đã biết. Hỏi thành phần

Hình 5.6

nằm ngang và thẳng đứng của vận tốc của quả bóng ngay sau lần nảy lên đầu tiên? Giải a) Khi bóng rơi, động năng quay của nó không đổi, động năng tịnh tiến của nó tăng do thế năng của nó giảm. Lúc sắp chạm sàn, quả bóng có động năng là: W® = 1

1 1 1 I G ω02 + mv02 = IG ω02 + mg(h − R) (1) 2 2 2

Hình 5.6G

b) Khi va chạm với sàn, bóng chịu phản lực vuông góc N và phản lực

tiếp tuyến F ms (Hình 5.6G). Theo đầu bài, sau khoảng thời gian tiếp xúc ∆t rất ngắn, bóng nảy lên nhưng không quay (ω = 0). Chọn chiều dương cho chuyển động quay như Hình 5.6G. Ta có nhận xét, momen của các lực tác dụng vào quả bóng đối với điểm tiếp xúc A bằng 0. Do đó ta áp dụng được định luật bảo toàn momen động lượng (BTMMĐL) đối với điểm A. L'A (ngay sau va ch¹m)

(ngay tr−íc va ch¹m)

L'A = L G + GA ∧ mvG

Vì

I ω GA ∧ mvG = 0 , nên: L'A = L G = IG ω0 hay Rmvx = IG ω0 ⇒ vx = G 0 mR

Theo đầu bài, động năng ngay sau va chạm bằng β W®1 : β W®1 = Thay (1) và (2) vào (3), ta được: vy =

1 m vx2 + vy2 2

(

)

(2) (3)

I G ω02  IG  2βg(h − R) + β −  m  mR2 

Bài 5.7. Một quả bóng siêu đàn hồi, đặc, có khối lượng m và bán kính R. Bóng bay tới va

chạm vào mặt sàn nằm ngang với vận tốc v và với vận tốc góc ω (Hình 5.7). Chỗ mà quả bóng tiếp xúc với sàn có ma sát giữ cho điểm tiếp xúc không bị trượt. Do có ma sát nên va chạm là không đàn hồi. Tuy nhiên, ta có thể bỏ qua độ biến thiên của độ lớn của thành phần

pháp tuyến vy của vectơ v và độ biến thiên động năng của quả bóng.

a) Hãy xác định thành phần tiếp tuyến v 'x của vận tốc v và vận tốc góc ω' của quả bóng sau va chạm theo vx và ω trước va chạm. Cho IO =

2 mR2 . 5

b) Tính vận tốc của điểm tiếp xúc K của quả bóng với sàn ngay trước và sau va chạm. Chú ý: Quả bóng siêu đàn hồi là quả bóng cao su có bề mặt rất nhám và va chạm với mặt sàn có những đặc điểm sau:

Hình 5.7

- Theo phương pháp tuyến (phương hướng tâm) va chạm là hoàn toàn đàn hồi. 85

- Theo phương tiếp tuyến, nó chịu một lực ma sát lớn nên hoàn toàn không trượt ở điểm tiếp xúc. Các phần tử cao su ở chỗ tiếp xúc bị nén đàn hồi theo phương tiếp tuyến rồi lại dãn ra.

ĐS: a) v 'x =

v 1 1 (3v x − 4Rω) ; ω ' = −  3ω + 10 x 7 7 R

 ; 

b) v 'K = − v K .

Bài 5.8. Một khối bán cầu tâm O, khối lượng m, được đặt sao cho mặt phẳng của khối nằm trên một mặt phẳng nằm ngang. Một vật nhỏ có khối lượng m bay theo phương ngang với vận tốc u tới va chạm với bán cầu tại điểm A sao cho bán kính OA tạo với phương ngang một góc α . Coi va chạm là hoàn toàn đàn hồi. Bỏ qua mọi ma sát. Hãy xác định theo m, u, và α:

a) Vận tốc của khối bán cầu sau va chạm b) Độ lớn của xung lực do sàn tác dụng lên bán cầu. Giải

a) Gọi u1 ,V lần lượt là vận tốc của vật nhỏ và bán cầu ngay sau va chạm. Véctơ u1 hợp với phương ngang một góc β . Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang và bảo mu = mu1 cos β + mV

toàn cơ năng ta có:

mu 2 mu12 mV 2 = + 2 2 2

⇔ u − V = u1 cos β 2

u −V = u

2 1

⇒u=

u1n • A

1 + cos 2 β ⋅ u1 2 cos β

sin 2 β tg 2 β V= ⋅ u1 = u1 cos β 2 cos β 2

u1 u1t β G α

(1)

( 2)

- Phân tích: u1 = u1t + u1n

+ Thành phần u1t = u t không thay đổi trong suốt quá trình va chạm nên ta có: π  u1 ⋅ cos α + β −  = u sin α ⇒ u = u1 cos β (1 + tgβ ⋅ cot gα ) 2 

- Từ (1), (3) suy ra:

(3)

1 + cos 2 β ⋅ u1 cos β = u1 cos β (1 + tgβ ⋅ cot gα ) 2 cos 2 β ⇒

1 2 tg β + 1 = 1 + tgβ ⋅ cot gα ⇒ tgβ = 2 cot gα 2

- Thế (4) vào (3) rút ra: u1 cos β =

u (5) 1 + 2 cot g 2α 87

( 4)

- Thay (4) và (5) vào (2), ta được: V =

2 cot g 2α 2 cos 2 α 2 cos 2 α ⋅ u = ⋅ u = ⋅u 1 + 2 cot g 2α 1 + cos 2 α 1 + cos 2 α

Vậy vận tốc của khối bán cầu sau va chạm là: V =

2 cos 2 α ⋅u 1 + cos 2 α

b) Trong quá trình va chạm, khối bán cầu chịu tác dụng của 2 xung lực:

Xp G

X (do vật tác dụng) và phản xung X p (do sàn tác dụng).

Ta có: X + X p = ∆P = mV . Suy ra: X p = mVtgα =

sin 2α ⋅ mu 1 + cos 2 α

Bài 5.9. Một thanh đồng chất có khối lượng M lắc lư (tức là quay đều luân phiên theo hai chiều) quanh tâm của nó, trong khi đó một quả bóng nhỏ có khối lượng m nảy giữa hai đầu của thanh (xem hình vẽ). Biết rằng vận tốc góc của thanh là ±2π / 3 (rad/s) và chu kỳ chuyển động của quả bóng là 1s. Bỏ qua mất mát cơ năng do va chạm. a) Tính vận tốc quả bóng tại điểm cao nhất của quỹ đạo. b) Tính chiều dài của thanh. c) Xác định tỷ số m/M. Giải Theo bài ra dễ thấy vận tốc của bóng ngay trước và sau va chạm vuông góc với thanh.

a) Theo đề bài dễ dàng có được: góc tạo bởi véc tơ vận tốc V của quả bóng khi rời thanh tạo với phương ngang: θ =

π 3

T - Sau thời gian t0 = thì quả bóng đạt độ cao cực đại. 4

Tại đó: Vận tốc theo phương ngang Vx = V ⋅ cos θ (1) - Vận tốc theo phương đứng V y = V sin θ − gt0 = 0

(2)

- Từ (1) và (2) ta có Vx = gt0 ⋅ cot gθ = 2,5 ≈ 1, 44(m / s ) 3 Vậy vận tốc của bóng tại thời điểm cao nhất của quĩ đạo: 1,44 (m/s). 88

• θ

b) Với chiều dài thanh là l thì: theo phương ngang quãng đường bóng bay được trong 1/2 chu kì

s = V ⋅ cos θ ⋅ T / 2 (*) . Mà s =

- Từ (*), (**) chiều dài thanh l =

l π π ⋅ sin ⋅ 2 = l ⋅ sin (**) 2 3 3

T 2 = 10 (m) π 12 sin 3

V ⋅ cos θ ⋅

c) Chọn chiều quay của kim đồng hồ là chiều dương. - Theo định luật bảo toàn mômen động lượng, xét ngay trước và sau lúc thanh và quả bóng va chạm ta có phương trình: − I ⋅ ω + m ⋅ v ⋅ l / 2 = I ω − m ⋅ v ⋅ l / 2 Với I là mô men quán tính của thanh đối với tâm: I = - Vận tốc của bóng: v =

1 ⋅ M ⋅ l2 12

Vx 3 = 5⋅ (m / s ) cosθ 3

- Từ các đẳng thức trên ta có:

m ω ⋅l π = = ≈ 0,1 . M 6⋅v 18 3

Bài 5.10 Một quả bóng đàn hồi khối lượng m1 bay đến đập vào mặt phẳng nghiêng của chiếc nêm có khối lượng m2 đang nằm yên trên mặt phẳng nhẵn

nằm ngang với vận tốc u theo phương ngang như hình vẽ. Sau va chạm đàn hồi quả bóng nảy lên khỏi mặt phẳng nghiêng, sau đó lại rơi xuống và va chạm với mặt phẳng nghiêng vẫn tại vị trí va chạm lần đầu. Tính tỷ số khối lượng của quả bóng và mặt phẳng nghiêng. Biết mặt phẳng nghiêng của nêm nghiêng góc θ so với phương ngang.

VI. Ma sát Bài 6.1. Người ta dùng hai con lăn để dịch chuyển một tấm ván có trọng lượng P (Hình 6.1). a) Tính momen ma sát lăn cản trở chuyển động của hai con lăn.

b) Phải tác dụng vào tấm ván một lực F theo phương ngang Hình 6.1

bằng bao nhiêu để tấm ván dịch chuyển? Giải

a) Gọi P1 là trọng lượng của mỗi con lăn. Gọi l và l' là hệ số ma sát lăn giữa các con lăn với mặt đất và giữa các con lăn với tấm ván. Momen cản trở chuyển động lăn không trượt của các con lăn là:

∑ M msl

= (P + 2P1 )l + l ' P

Nếu 2P1 ≪ P và nếu l = l' thì ta được:

∑ M msl

= 2Pl. .

b) Muốn tấm ván dịch chuyển trên hai con lăn về phía trước thì ta phải có momen của lực F đối với điểm tiếp xúc với mặt đất của hai con lăn phải cân bằng với momen ma sát lăn nói trên: F.2R = 2Pl. Suy ra:

Pl . R

Ta có nhận xét, dùng con lăn có R lớn thì đẩy dễ dàng hơn. Bài 6.2. Một ô tô khối lượng m và có hai bánh sau là các bánh xe phát động. Khối tâm của ô tô ở cách mặt đường một độ cao h và nằm giữa khoảng cách hai trục bánh xe trước và sau, hai trục này cách nhau 2l. Bánh xe có bán kính R. Hệ số ma sát nghỉ giữa bánh xe và mặt đường là µ. Ô tô phải chạy trên một đoạn đường thẳng, dốc về phía trên với góc α so với phương ngang. Hãy tìm các giá trị mà góc α và hệ số ma sát µ phải thoả mãn để ô tô có thể vượt qua được đoạn dốc đó.

ĐS: α max = arctan

µl l ;µ≥ . 2l − µh h

Giải: Để thân xe không bị quay thì tổng momen của các ngoại lực tác dụng lên xe đối với mọi điểm đều bằng 0. Đối với điểm K1: Pcosα.l + Psinα.h = N2.2l ⇒

N2 =

Hình 6.2G

P h  cos α + sin α.  2 l

Đối với điểm K2: Pcosα.l = N1.2l + Psinα.h ⇒

N1 =

P h l  cos α − sin α.  ≥ 0 ⇒ tanα ≤ . 2 l h

Khi góc α cực đại mà xe vẫn đi lên được thì: tan α max = Fms1 = 0 Fms2 = P sin α

N1 = 0 ⇒ 

Điều kiện để bánh sau không bị trượt là: Fms2 ≤ µN2. ⇒ Suy ra:

P h  P sinα ≤ µ  cosα + sin α  2 l  tan α ≤

µl . 2l − µh

(2)

Công thức (2) đúng với mọi α ⇒ đúng cho αmax. Kết hợp với (1) ta được: µ ≥

l . h

l h

(1)

Bài 6.3. Thanh đồng chất AB khối lượng m, chiều dài 2b, tâm C. J =

1 Mb 2 so với trục qua 3

C, vuông góc thanh được đặt trên 1 trục bán kính không đáng kể trùng với trục Oz. Tiếp xúc giữa thanh ngang và trục được đặc trưng bởi hệ số ma sát trượt f, ở thời điểm đầu, thanh ở vị trí nằm ngang, không vận tốc ban đầu, lúc đó thanh trùng với trục Ox sao cho OC = a (0<a<b). ở độ nghiêng θ 0 nào thanh bắt đầu trượt trên Oz. Bài làm - Ban đầu thanh có vận tốc bằng không do ez

đó chưa bị trượt trên Oz.

- Xét khi thanh lệch góc θ so với Ox, và

a C

thanh chưa bị trượt trên Oz: - Ta có: OC = a = const - Theo định luật II Newton có: Fms − mg sin θ = mω 2 a mg cos θ − N = m.a t

Với

ω =θ,

(

Suy ra:

a t = θ ,, .a

Fms = m g sin θ + θ , .a N = m. ( g cos θ − θ ,, .a )

*) Định luật bảo toàn mômen động lượng cho thanh:  mb 2  3 g cos θ .a mg cos θ .a =  + ma 2  .θ ,, ⇒ θ ,, = 3a 2 + b 2  3 

Cách 1: Mà:

d (θ , ) dt

2 ,

= 2.θ .θ

Nên từ (3) ta có: d (θ , 2 ) =

⇒ θ =

d (θ ,2 ) 2. (θ , .dt )

( 3) =

d (θ ,2 ) 2 dθ

6 g cos θ .a dθ 3a 2 + b 2

*) Tích phân hai vế phương trình trên: θ , 2 =

6 g sin θ .a 3a 2 + b 2

(4)

- Thay (3) vào (2), (4) vào (1) ta được: Fms = mg sin θ . N = mg cos θ .

9a 2 + b 2 3a 2 +b 2

b2 3a 2 + b 2

)

(1) ( 2)

*) Điều kiện để thanh không trượt là: Fms ≤ fN ⇒ tgα ≤ f .

b2 9a 2 + b 2

  b2  ⇒ α ≤ arctg  f . 2 2   9a + b 

Cách 2: Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng có: mga sin θ =

1 3a 2 + b 2 m.θ , 2 → (4) rồi giải tương tự. 2 3 1 2

Bài 6.4. Một hình trụ đồng chất khối tâm C, bán kính R, momen quán tính J = mR 2 đối với trục của nó được đặt không vận tốc đầu trên mặt phẳng nghiêng góc α . Gọi f là hệ số ma sát trượt giữa hình trụ và mặt phẳng nghiêng. 1) Xác định gia tốc hình trụ. Chứng tỏ rằng có trượt hay không là tuỳ theo giả thiếtt của α so với giả thiết α 0 nào đó cần xác định. 2) Tìm sự biến thiên động năng giữa các thời điểm t và t = 0. Xét hai trường hợp α < α 0 và α > α 0 y

Giải

1)*) Giả sử trụ lăn không trựơt:

Psin α - Fms = m 1 2

1 ma ; 2

Fms

Fms.R = I γ = mR 2

⇒ Fms =

a R

2 g sin α 3

2 3

- Điều kiện: Fms= mg sin α ≤ fmg cos α ⇔ tgα ≤ 3 f . Tức α ≤ α 0 với tg α = 3f *) Trường hợp α > α 0 Fms là ma sát trượt. Ta có: Fms = fmgcos α . a2 =

mg sin α − Fms = g(sin α - fcos α ). m

γ =

Fms .R = 2 fg cos α I

2) Trường hợp α < α 0 ở thời điểm t:

v = at = 93

2 g sin α .t (lăn không trượt) 3

ω = γ .t =

Động năng: Eđ =

mv 2 Iω 2 + = ..... 2 2

2 g sin α .t 3R

Bảo toàn năng lượng ∆E = 0

- Trường hợp α > α 0 ở thời điểm t: lăn có trượt v = g (sin α - fcos α ).t = a2t ω=

2 fg cos α t = ăt R

+ Biến thiên năng lượng: với S = giảm cơ năng, S2 = ∆E = Ams

a2t 2 − S q là quãng đường bị trượt do có ma sát nên làm 2

a2 t 2 là quãng đường mà khối tâm C đi được do cả lăn và trượt. 2

 a2 t 2  1 = Fms  − S q  = fmg cos α . g (sin α − 3 f cos α )t 2 2  2  1 2

1 2

Với S q = (ω.t ) R = Rϕ = R( γ t 2 ) = ωt.R

∆E =

1 mg 2 f cos α sin α − 3 cos 2 α t 2 (*) 2

(

)

∆S = S 2 − S1 với S2 là độ dịch của C, S1 là quãng đường trụ quay.

Bài 6.5. Một thanh đồng chất AOB, khối lượng M, chiều dài 2a chuyển động không ma sát 1 3

quanh trụ Oz thẳng đứng. Momen quán tính đối với Oz là J = Ma 2 . Người ta đặt lên đầu

P A

Fms

mút A của thanh 1 chất điểm P khối lượng m, hệ số ma sát f. Buông thanh và chuyển động không vận tốc ban đầu ở vị trí nằm ngang α = 0. Ở những điều kiện nào P vẫn còn ở trên của thanh?

Bài 6.6. Ở thời điểm ban đầu, 1 đồ chơi hình trụ đồng chất khối lượng m, bán kính R, 1 2

momen quán tính đối với trục J = mR 2 , nằm ở cạnh a của 1 cái giá. Cạnh của giá song song đường sinh của hình trụ. Dưới ảnh hưởng của vđầu không đáng kể, đồ chơi hình trụ rơi xuống. Kí hiệu f là hệ số ma sát trượt giữa đồ chơi và cái giá. Ở độ nghiêng α 0 Fms

nào, độ chơi bắt đầu trượt trên cạnh A của giá trước khi

N R

rơi khỏi giá. Bài 6.7: Để nối hai trục ta dùng mô hình như hình vẽ. Hai đĩa giống nhau có momen quán tính đối với

trục quay tương ứng là I. Ban đầu 1 đĩa đứng yên

còn đĩa kia quay đều với vận tốc ω 0. Muốn hai trục nối với nhau, ta tác dụng lực vào hai đĩa dọc theo trục như hình vẽ với độ lớn F. Mặt phẳng trước hai đĩa có dạng hình vành khuyên bán kính trong R1, ngoài là R2. Hệ số ma sát giữa các mặt phẳng là µ . a)Tìm vận tốc góc chung của hai đĩa sau khi nối. b) Xác định năng lượng hao hụt trên mỗi trục. c) Xác định thờigian cần thiết khi nối trục. Bài làm a) Momen động lực đối với trục của hệ là không đổi nên: Iω 0 + 0 = 2 Iω → ω = Iω 02 2 Iω 2 2 Iω 02 b) Năng lượng hao hụt trên mỗi trục là: ∆E = − = 2 2 8

c) Chia hình vành khuyên thành các vành nguyên tố có bán kinh r, bề dày dr dFms = µ

π (R22 − R12 )

+) M = I .γ = I .

ω t

2πF 2πrdr → M = ∫ dFms .r = 2 R2 − R12 R1

→t =

(

)

3 R22 − R12 ω 0 I 4πF R23 − R13

(

)

∫r

2πF R23 − R13 = 2 . 3 R2 − R12

ω0 2

CHƯƠNG 3: BÀI TOÁN NÂNG CAO VÀ SÁNG TẠO CƠ HỌC VẬT RẮN Bài D.1 Một con lăn đồng chất hình đĩa tròn khối lượng m, bán kính r chuyển động lăn không trượt trên một mặt phẳng răng cưa như hình 6.19a. Khi con lăn qua đỉnh nhọn A sẽ va chạm vào đỉnh nhọn B tiếp theo. Giả thiết va chạm là va chạm mềm (e = 0). Vận tốc góc của con lăn trước khi va chạm là ω. Cho biết α, r, m và ω. x

ω ω

m v 'C

d C

C A

Hình 6.19

a) Tìm vận tốc góc con lăn ω’ ngay sau khi va chạm. b)Xác định sự hao tán năng lượng sau mỗi lần va chạm. c) Xác định công suất trung bình của động cơ, sao cho con lăn có thể lăn trên mặt phẳng răng cưa với vận tốc góc trung bình là ω. Giải Hệ khảo sát là con lăn hình đĩa tròn. Trước khi va chạm con lăn quay quanh điểm A cố định. Vận tốc khối tâm C là: vC = ωr

(1)

Sau khi va chạm vào điểm B, con lăn lại quay quanh điểm cố định B. Ta có:

v'C = ω'r

(2)

Áp dụng định lý biến thiên mômen động lượng trong thời gian con lăn va chạm vào điểm B:

e L B (t 2 ) − L B (t1 ) = ∑ m B Sk = 0

( )

(3)

Chú ý đến hình 6.19b ta dễ dàng tính được:

L B (t 2 ) = J Cω' + mvC' r

(4)

L B (t1 ) = J Cω + m(vCcosα)r

(5)

Thế (4), (5) vào (3) và chú ý đến các mối quan hệ động học (1),(2) ta được:

J C + mr 2cosα ω= ω J C + mr 2 '

Do J C =

(6)

1 2 mr , nên biểu thức (6) có dạng 2

ω' =

1 + 2cos α ω 3

(7)

Biểu thức hao tán năng lượng qua một lần va chạm là:

1 1 1 1 ∆T = T(t1 ) − T(t 2 ) = J Cω2 + mv C2 − J Cω'2 − mv'C2 (8) 2 2 2 2 Thế các biểu thức (1), (2) và (7) vào (8) ta được sự thay đổi năng lượng thực hiện sau mỗi lần va chạm:

 (1 + 2cos α )2  3 ∆T = mr 2ω2 1 −  4 9  

(9)

Giữ hai va chạm, con lăn chuyển động quay trong khoảng thời gian ∆t = được một góc α. Do đó công suất trung bình của động cơ là:

∆T 3 2 ω3  (1 + 2cos α) 2  Wtb = = mr 1 −  ∆t 4 α  9 

(10)

α và quay r

Bài D.2: Một thanh cứng đồng chất chiều dài L khối lượng M được giữ nằm ngang sao cho đầu B tựa trên mép của một chiếc bàn (xem hình vẽ). Buông thanh, đồng thời tác dụng một xung lực X vào đầu A theo phương thẳng đứng. a.Tìm xung lực do bàn tác dụng vào đầu B.

b.Tìm độ lớn của X sao cho thanh bay lên rồi trở lại vị trí ban đầu đổi

chỗ cho nhau Giả:i a. Chọn trục quay qua khối tâm G của thanh và gọi Y là xung lực do bàn tác dụng lên đầu B của thanh, ta có: ( X – Y)

L 1 M = Iω = ML2ϖ ⇒ X − Y = ωL (1) 2 12 6

Độ biến thiên động lượng của thanh: MVG = X + Y mà VG = ω

L (VG là vận tốc tính tiến 2

của khối tâm thanh ngay sau khi tác dụng xung lực), nên X + Y =

M ωL 2

Từ (1) và (2) suy ra: Y =

M X ωL = 6 2

(2).

(3)

b. Khi bay lên khỏi mặt bàn thanh quay đều quanh tâm G chuyển động tính tiến biển đổi đều với gia tốc g. Từ (1) và (3) suy ra: VG = ω

L 3X = (4) 2 2M

Gọi α là góc quay của thanh trong suốt chuyển động. Để thanh trở lại vị trí ban đầu và hai đầu A, B đổi chỗ cho nhau thì: a = (2k + 1) π (k ∈N). Lại có α = ωt =

3X t (5) ML

2VG (6). g 3X 3X 9X 2 Từ (4), và (5) và (6) suy ra: α = . = = (2k + 1)π . ML Mg M 2gL Suy ra để thoả mãn yêu cầu để bài thì phải tác dụng vào thanh xung lực X sao cho:

Mà t =

M (2k + 1)πgL với k∈ N. 3

Bài D.3. Hai hình trụ bán kính R1và R 2 có các mômen quán tính lần lượt bằng I1và I 2 có thể quay quanh các trục O1 và O 2 vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. Bỏ qua ma sát ở các trục. Ban đầu hình trụ lớn quay với vận tốc góc ωo . Giữ được trục O1 cố định, còn trục O 2 được tịnh tiến sang phải cho đến lúc hình trụ nhỏ tiếp xúc với hình trụ lớn và bị lực ma sát giữa hai hình trụ làm cho quay. Cuối cùng hai hình trụ quay ngược chiều nhau với các vận tốc góc không đổi khi không còn trượt. Tìm vận tốc góc ω2 của hình trụ nhỏ theo

I1 , I 2 ,R1 , R 2 và ω0 . Giải: Gọi ω1 và ω2 lần lượt là vận tốc góc cuối cùng ( không đổi) của các hình trụ bán kính R1 và R 2 ( R1 > R 2 ).

Lực ma sát F1 do hình trụ R 2 tác dụng lên hình trụ R1 có tác dụng làm hình trụ R1 quay chậm lại, vận tốc góc của nó giảm từ ω0 xuống ω1 . Ta có: M = F.R và M = I

⇒ F.R = I

∆ω ∆ω ( β= : gia tốc góc) ∆t ∆t I1

∆ω ⇔ F.R.∆t = I∆ω ∆t

Suy ra: F1.R1.∆t = I ( ω0 − ω1 )

ω0

I2 O1

(1)

Theo định luật III Niutơn lực ma sát F2 do hình trụ R1

tác dụng lên hình trụ R 2 : F2 = − F1 .

Lực F2 có tác dụng làm hình trụ R 2 quay nhanh dần từ vận tốc góc bằng không đến

ω2 : F2 R 2 ∆t = Iω2 . Từ (1) và (2) ta có:

(2)

I1 ( ωo − ω1 ) R1 = I 2ω2 R2

Khi sự trượt dừng lại: ω1R1 = ω2 R 2 ⇔ ω1 =

(3)

R2 ω2 R1 99

(4)

Từ (1) và (4) suy ra:

R1 R Tω R R I 2ω2 = I1I0 − I1 2 ω2 ⇔ ω2 = 21 0 1 2 2 R2 R1 R 2 I1 + R1 I 2 v0

Bài D.4 Một hình trụ đặc đồng chất có bán kính R = 20, lăn không trượt trên mặt phẳng ngang với vận tốc v0 , rồi đến mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng α = 450 so

với mặt phẳng ngang. Tìm giá trị vận tốc v0 max của hình trụ lăn trên mặt phẳng ngang để không bị nảy lên tại A

(xem hình vẽ). Lấy g = 10m / s . Giải: Động năng của vật trên mặt phẳng ngang: Vì lăn không trượt nên: v = Rω . Mặt khác: I = Suy ra động năng:

1 1 w d = mv 2 + Iω2 2 2

1 mR 2 2

1 1 3 w d = mv 2 + mv 2 = mv 2 2 4 4 F3

Tại đỉnh A của mặt phẳng nghiêng: + Khi hình trụ đang ở trên mặt phẳng ngang có năng lượng là:

3 w 0 = mv 2 4

O' F 1

3 3 +Định luật bảo toàn năng lượng: mv02 + mgh = mv 2 (1) 4 4 + A là tâm quay tức thời: Vận tốc tiếp tuyến là v nên lực hướng tâm:

mv 2 F= R

Phân tích trọng lực P làm 2 thành phần: F1 = Psin α và F2 = P cos α ( có tác dụng gây áp lực lên mặt phẳng nghiêng). + Hình trụ không nảy lên khỏi A nếu: F ≤ F2

(2)

+ Từ hình vẽ: h = R (1 − cosα ) 100

+ Từ (1) rút ra: v 2 = v02 +

4 4 gh = v 02 + gR (1 − cosα ) 3 3

(3)

mv 2 + Từ (2) cho ta: ≤ mg cos α ⇒ v 2 ≤ gR cos α R

(4)

+ Từ (3) và (4) có:

4 4 v02 + gR (1 − cosα ) ≤ gR cos α ⇒ v 02 ≤ gR cos α − gR (1 − cosα ) 3 3 ⇒ v02 ≤

gR gR ( 7cos α − 4 ) ⇒ v0 max = ( 7cos α − 4 ) ≈ 0,8m / s 3 3

Bài D.5: Một quả bóng bi a đồng chất có khối lượng m, bán kính r đang nằm yên trên mặt bàn nằm ngang. Tác dụng một xung có độ lớn J theo phương ngang, cách đường nằm ngang đi

βr

qua tâm bóng một khoảng βr, với 0 ≤ β ≤ 1 .Hệ số ma sát trượt giữa bóng và mặt bàn là µ . Giả sử bóng và bàn là tuyết đối cứng. a.Tìm vận tốc cuối cùng của bóng. b.Với điều kiện nào của β thì bóng ngay lập tức lăn không trượt. Giải:Phương trình chuyển động cho khối tâm:

J (v − 0) J =m 0 → v0 = ∆t ∆t m Phương trình quay quanh điểm tiếp xúc giữa bóng và bàn:

J 5J(1 + β) 2  ω −0 .r(1 + β) =  mr 2 + mr 2  . 0 → ω0 = ∆t 7mr 5  ∆t Để bóng ngay lập tức lăn không trượt thì:

v0 = ω0 .r →

J 5.J(1 + β) 2 = .r → β = m 7mr 5 101

* Nếu β <

2 (tức là v0 > ω0 r ), khi đó lực ma sát trượt hướng về phía sau. 5

Gia tốc của khối tâm là: a = −

Fms = −µg . m

Vận tốc của khối tâm ở thời điểm t là: v = v0 - µgt. Gia tốc góc của bóng là γ: Fms .r =

2 2 5 µg mr .γ → γ = 5 2 r

Vận tốc góc của bóng ë thời điểm t là

ω = ω0 + γt = ω0 +

5 µg .t 2 r

Khi bóng lăn không trượt thì ν = ω.r ⇒ t =

Vận tốc cuối của bóng là: ν = ν 0 − •

Nếu β >

ν = ν 0 + µgt

2(v 0 − ω0 r) 7µg

2 5 2 (ν 0 − ω0 r) = ν 0 + ω0 r 7 7 7

2 (tức là ν 0 < ω0 r ), khi đó lực ma sát trượt hướng về phía trước, ta có: 5 ω = ω0 −

5 µg .t 2 r

Khi lăn không trượt thì ν = ω.r ⇒ t =

2(ω0 r − ν 0 ) 5 2 ⇒ ν = ν 0 + ω0 r 7µg 7 7

Bài D.6: Một viên bi A khối lượng m kích thước nhỏ, được gắn vào đầu thanh cứng có khối lượng m dài l. Lúc đầu thanh được giữ thẳng đứng đầu B

tựa lên mặt phẳng nằm ngang rồi thả nhẹ cho thanh đổ xuống (hình vẽ). a. Giả sử đầu B không trượt trên mặt phẳng giá đỡ, xác định góc α0 (góc tạo

bởi thanh và phương thẳng đứng) khi đầu B bắt đầu nẩy lên khỏi mặt phẳng giá đỡ. Bỏ qua sức cản của không khí. b. Muốn cho đầu B không trượt thì hệ số ma sát K giữa đầu B và mặt phẳng phải có giá trị tối thiểu Kmin bằng bao nhiêu? 102

c. Nếu K ≥ Kmin, hãy xác định véc tơ vận tốc khối tâm của hệ tại thời điểm α = α0 và lập phương trình quĩ đạo của chuyển động khối tâm sau thời điểm đó. Giải Xác định α0 tại thời điểm đầu B bắt đầu rời khỏi mặt phẳng đỡ. + Chọn mốc thế năng ở B theo định luật BTCN:

3 3 1 1 mgl = mgl cos α + ml 2 ω2 + ml 2 ω2 (1) 2 2 6 2

Biến đổi (1) ta được ω2 =

Khi α = α0,

ω2 =

9g (1 − cos α) 4l

2 mg

(2)

9g (1 − cos α 0 ) (2/) 4l

+ Xét chuyển động của khối tâm C (như là một chất điểm khối lượng 2m) quay tròn với vận tốc góc ω bán kính R = BC =

3 l 4

α B

P + Q = 2 ma

(3). Chiếu (3) lên phương bán kính:

F ms

2mgcosα - Q = 2maht = 2m

3l 2 3 ω = mlω2 (4) 4 2

Khi B bắt đầu rời giá đỡ α = α0, ω = ω0, Q = 0, phương trình (4) thu gọn: 2gcosα0 =

3 2 4g lω0 => ω20 = cos α 0 2 3l

(5) Kết hợp (2) và (5) có cosα0 ≈ 0,63 => α0 ≈ 51,10

Muốn cho đầu b không trượt thì hệ số ma sát K giữa đầu B và mặt phẳng phải có giá trị tối thiểu Kmin

Qsinα0 ≤ KQcosα0; K ≥ tgα0 = 1,24 hay Kmin =1,24 Tính chất chuyển động của khối tâm sau thời điểm α = α0. Tại thời điểm

Đầu B không trượt trên mặt phẳng khi Q/1 ≤ K.Q// đúng với cả khi α = α0 3 l 4

h0 B

3l C có vận tốc v0 = ω0 (1) 4

103

α0 H

Từ (5) ta xác định được:ω0 = 6

thay (2) vào (1): v0 = Khối tâm C có

g g ≈ 0,9 (rad / s) 43l l

3l g .6. ≈ 0,7 4 43l

gl (m/s)

v 0 hợp với phương ngang α0 độ cao:h0 = 3l cos α = 4

27 3l 81 . = l ≈ 0,5l (m) 43 4 172

khi đó chuyển động của C giống như chuyển động ném xiên xuống từ h0 với

v 0 hợp với

phương ngang góc α0. Trong hệ Oxy gốc O là điểm C (α = α0)

x C = v 0 cos α 0 t (a )   1 2 y C = v 0 sin α 0 t + 2 gt (b ) 1 => yC = tgα0. X + 1 x 2C 2 2 2 v 0 cos α 0

Bài Q.1: (Đề QG năm 2005) Hai chiếc đĩa tròn đồng chất giống nhau chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang rất nhẵn, theo đường thẳng nối tâm

ω1

ω2

các đĩa, đến gặp nhau. Các đĩa này quay cùng chiều quanh trục thẳng đứng qua tâm của chúng với các vận tốc góc tương ứng là ω1 và ω2. Tác dụng của lực ma sát giữa các đĩa và mặt bàn không đáng kể, còn tác dụng của lực ma sát xuất hiện ở điểm tiếp xúc hai đĩa với nhau thì đáng kể. Biết các đĩa có khối lượng m, có dạng trụ tròn thẳng đứng, hai đáy phẳng, bán kính R; phần tâm đĩa có khoét một lỗ thủng hình trụ tròn đồng tâm với vành đĩa, bán kính R/2. 1.Tính mômen quán tính đối với trục quay nói trên của mỗi đĩa. 2.Hãy xác định vận tốc góc của các đĩa sau va chạm, biết rằng vào thời điểm va chạm kết thúc, tốc độ của các điểm va chạm trên các đĩa theo phương vuông góc với đường nối tâm của chúng là bằng nhau.

104

3.Xác định thành phần vận tốc tương đối của hai điểm tiếp xúc nhau của hai đĩa theo phương vuông góc với đường nối tâm của chúng ngay sau lúc va chạm. Giải: R

1. Mô men: I = ∫ ( r

m (R 2 + r 2 ) 5mR 2 3 ) 2 π r dr ; r = R/2, I =m = 1 1 π( R 2 − r 2 ) 2 8

2. Gọi X là xung lực của lực ma sát ở nơi tiếp xúc giữa hai đĩa; v1⊥, v2⊥ tương ứng là độ lớn thành phần vuông góc của vận tốc hai đĩa với đường nối tâm của chúng, có phương ngược với chiều quay của các đĩa này: m1v1⊥= m2v2⊥

(1)

I(ω1' − ω1 ) = − RX ; I (ω'2 − ω2 ) = − RX ⇒ ω1' − ω1 = ω'2 − ω 2

(2)

m1v1⊥ = − I(ω1' − ω1 ) / R

(3)

Theo giả thiết, sau va chạm, thành phần vuông góc của vận tốc dài của các tiếp điểm ở hai vành đĩa bằng nhau: v⊥ = ω1' R − v1⊥ = −ω'2 R + v 2⊥

(4)

Giải hệ 4 phương trình, 4 ẩn: ω'1, ω'2, v1⊥;v2⊥;

ω1' +

ω1

I (ω1' − ω1 ) = −ω'2 − I 2 (ω'2 − ω2 ) (5). 2 mR mR

Từ (2) và (5):

(1 + ω1' =

ω1' =

2I 2I )ω1 − ω 2 (1 + )ω 2 − ω1 2 5mR 2 mR mR 2 , ω'2 = ; Thay I= , thì: 2I 2I 8 2+ 2+ mR 2 mR 2

9ω1 − 4ω 2 9ω2 − 4ω1 ; ω'2 = . Còn 13 13 105

ω2

v1⊥=

5(ω1 + ω2 )R ; 26

v⊥ = ω1' R − v1⊥ =

(ω1 − ω 2 )R 2

( nếu ω1>ω2 v > 0, vận tốc này có hướng theo chiều quay của đĩa 1)

106

Bài Q.2: (Đề QG năm 2006) Một vật hình cầu bán kính R đang đứng yên

trên tấm gỗ mỏng CD. Mật độ khối lượng của vật phụ thuộc vào khoảng cách r đến tâm của nó theo quy luật: ρ=

m R Tấm gỗ

Mặt bàn

3m  r  1 +  , m là một hằng số dương. 3  7π R  R 

Tấm gỗ được kéo trên mặt bàn nằm ngang theo chiều DC với gia tốc không đổi a (xem hình vẽ). Kết quả là vật lăn không trượt về phía D được đoạn l và rơi xuống mặt bàn. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt bàn là k , gia tốc trọng trường là g . 1.Tính khối lượng và mô men quán tính của vật đối với trục quay qua tâm của nó. 2.Hãy xác định thời gian vật lăn trên tấm gỗ và gia tốc tâm O của vật đối với mặt bàn. 3.Tại thời điểm vật rơi khỏi tấm gỗ vận tốc góc của vật bằng bao nhiêu? 4.Chứng minh rằng trong suốt quá trình chuyển động trên mặt bàn vật luôn luôn lăn có trượt. 5.Vật chuyển động được một quãng đường s bằng bao nhiêu trên mặt bàn? Giải: R

∫ ρ dV = m

1. Khối lượng của vật:

2 3

Mô men quán tính: dI0 = dm.r 2 =

2 3m .4πr 2 .r 2 .dr 3 3 7 πR

I0 = ∫ RdI0 = 0

44 mR 2 105

2. Cách 1: Xét hệ quy chiếu gắn với tấm gỗ. Vật chịu tác dụng của lực quán tính hướng về

phía D: F = −ma và có độ lớn F = ma . Xét trục quay tức thời đi qua B. Chọn các chiều chuyển động là dương. I B = I 0 + mR 2 =

149 mR 2 (1) 105

Fqt R = ma = IB γ (2)

Giải hệ: γ =

105a 105a 44 ; a12 = γR = ; a1 = a 149R 149 149

107

Cách 2: Viết phương trình chuyển động quay với trục quay qua tâm O: Gọi F là lực ma sát nghỉ giữa quả cầu và tấm ván, a1 là gia tốc của quả cầu đối với đất: FR = I0 γ

F = ma1

(1) (2)

a = a1 + γ (3) Giải hệ: γ =

105a 105a 44 ; a12 = γR = ; a1 = a 149R 149 149

( γ R là gia tốc tiếp tuyến đối với tâm quay B, a12 là gia tốc tâm O của vật đối với tấm gỗ). Thời gian để vật chuyển động trên tấm gỗ cho đến lúc rời xe: t=

3. ω0 = γt = γ

2l 298l l = ≈ 1, 7 a12 105a a 2ℓ 2 γℓ 210ℓa aℓ = = ≈ 1, 2 2 R 149R R γR

4. Vận tốc theo phương ngang của vật khi chạm mặt bàn bằng vận tốc theo phương ngang của nó khi rời khỏi tấm gỗ: v0 = a1t =

44 a 298l ≈ 0, 5 al 149 105a

Chọn thời điểm vật chạm mặt bàn là thời điểm ban đầu. Các chiều dương như hình vẽ. Chúng ta có nhận xét là ngay từ thời điểm này vật đã lăn có trượt, vì

ω0

v0 ≠ Rω0 . Trước khi đổi chiều quay thì vật luôn lăn

có trượt. Muốn vật lăn không trượt, điều kiện cần

Mặt bàn

Fms

là vật phải đổi chiều quay. Giả sử đến thời điểm τ nào đó vật chuyển động tịnh tiến với vận tốc v ' và quay với vận tốc góc ω ' . Sử dụng các định lí biến thiên động lượng và mômen động lượng:

108

∫F

dt = m(v '− v0 )

∫F

Rdt = I0 (ω '− ω0 ) → I 0 (ω '− ω0 ) = mR (v ' − v0 ) (*)

Thay biểu thức của I0 và ω0 vào (*), ta thu được: I0ω ' = mR 2 v ' . Điều đó có nghĩa khi quả cầu đổi chiều quay (ω’=0) thì v’=0 vật dừng lại. Vậy vật lăn có trượt trên suốt quá trình chuyển động trên mặt bàn. t=

v0 kg v2 442 aℓ aℓ ; s = v0 t − t 2 = 0 = ≈ 0,124 kg 2 2kg 149.105kg kg

Bài Q.3: (Đề HSGQG năm 2007) Một khối trụ đặc có bán kính R, chiều cao h, khối lượng m, lăn không trượt trên mặt sàn nằm ngang rồi va vào một bức 0

tường thẳng đứng cố định (trục của khối trụ luôn song song

R v0

với mặt sàn và tường). Biết hệ số ma sát giữa khối trụ và bức tường là µ; vận tốc của trục khối trụ trước lúc va chạm là v0;

sau va chạm thành phần vận tốc theo phương ngang của trục giảm đi một nửa về độ lớn; mômen quán tính đối với trục của khối trụ là I =

2 mR 2 (hình vẽ). Bỏ qua tác dụng của trọng 5

lực trong lúc va chạm và bỏ qua ma sát lăn. a. Biết mật độ khối lượng ρ tại một điểm của khối trụ phụ thuộc vào khoảng cách r từ điểm

r2 m đó đến trục của nó theo quy luật ρ = A(1 + 2 ) 2 . Tìm hệ số A. R R h b. Tính động năng của khối trụ và góc giữa phương chuyển động của nó với phương nằm ngang ngay sau khi va chạm. áp dụng bằng số cho trường hợp µ =

1 1 và µ = . 8 5

Giải: a.Sử dụng hệ toạ độ trụ: R

I = ∫ r 2dm = 2πh ∫ ρr 3dr = 2πh 0

mA R r2 3 2 12 2 (1 + )r dr = mR → A = ∫ R 2h 0 R2 5 25π 109

Có hai khả năng: α) Nếu trong thời gian va chạm τ , theo phương Oy, khối trụ luôn luôn lăn có trượt. τ

1,5mv 0 = ∫ Ndt

* Lực ma sát trượt hướng lên theo Oy * Theo Ox:

(1)

* Theo Oy:

mv y = µ ∫ Ndt

(2)

* Từ (1) và (2): tgα =

vy vx

3 → v y = µv 0 2 τ

= 3µ ; I(ω − ω0 ) = −µR ∫ Ndt

(3) → ω =

4 − 15µ v0 4R

* Điều kiện trên xẩy ra nếu khối trụ vẫn trượt trong va chạm. vy ≤ ωR ⇒ µ ≤ * Trường hợp đầu µ =

4 ≈ 0,19 . 21

1 4 − 15µ 17 = 0,125 < 0,19 thoả mãn. ω = v0 = v0 8 4R 32R

Động năng 2 2 Iω2 m  1 2  3   m 2  17  2 E= + =  v 0 +  v0   + R   v0 2 2 2  4  16   5  32R  E ≈ 0,34mv02 = 0,68E 0

m(v 2x + v 2y )

β)Trường hợp µ = 0, 2 > 0,19 . Quá trình này xảy ra như sau: khi va chạm khối trụ lăn

có trượt trong khoảng thời gian τ1 và lăn không trượt trong khoảng thời gian τ2: τ1

mv y = µ ∫ Ndt

τ1

(4); I(ω1 − ω0 ) = − Rµ ∫ Ndt

ω1 =

vy R

; ω0 =

(5) ;

v v0 v 2v 2 2 ⇒ mR 2 ( y − 0 ) = −Rmv y ; v y = v 0 ; ω1 = 0 R 5 R R 7 7R

Sau đó khối trụ lăn không trượt với vy: tgα =

Động năng sau va chạm là E =

m(v 2x + v 2y ) 2

vy vx

Iω12 + 2

110

4 ; 7

1 4 2 2 4 m( v 20 + v0 ) mR 2 v2 2 0 297 4 49 49R E= +5 = mv 20 ≈ 0,15mv 20 = 0, 3E 0 2 2 1960

Bài Q.4: (Đề HSGQG năm 2008) Sợi dây không dãn, khối lượng không đáng kể, được vắt qua ròng rọc cố định, hai đầu buộc vào hai vật nặng m1 và m2 (m1< m2). Ròng rọc có

M A

khối lượng M, bán kính R và có một khe hẹp để phanh lại khi chốt G găm vào đó (hình vẽ). Biết hệ số ma sát trượt giữa dây và ròng rọc là k. Bỏ qua ma sát ở ổ trục của ròng rọc. Lúc đầu ròng rọc bị chốt lại, hệ ở

trạng thái cân bằng. 1. Khi chốt G rời khỏi ròng rọc, hệ bắt đầu chuyển động. Tính gia tốc a

và vận tốc của các vật khi ròng rọc quay được một vòng. 2. Ngay sau khi ròng rọc quay được một vòng, chốt G lại găm tức thời vào khe của ròng rọc làm cho dây bị trượt trên ròng rọc. Biết rằng trên đoạn dl của phần dây tiếp xúc với ròng rọc thì lực căng T của dây biến thiên một lượng theo quy luật dT =

k Tdl . R

Hãy xác định gia tốc a' của các vật và các lực căng T1, T2 tại các điểm A và B tương ứng là nơi dây bắt đầu tiếp xúc với ròng rọc. 3. Tính vận tốc của các vật sau thời gian t kể từ thời điểm dây bị trượt trên ròng rọc. áp dụng bằng số: m1 = 1,0kg; m2 = 1,5kg; k = 0,2; t = 2s; M = 1,0kg và R = 0,1m. Cho mô MR 2 . men quán tính của ròng rọc đối với trục quay là I = 2

Giải: a  (T2 − T1 )R = Iβ = I R  1.Phương trình động lực học:  P2 − T2 = m 2 a T − P = m a 1  1 1 

Giải hệ phương trình (1) thu được: 111

(1).

( m 2 − m1 ) g

m1 + m 2 +

Thay số ta có

M 2

(1,5 − 1) .9, 8 = 1, 63 (m / s2 ) 1,5 + 1 +

1 2

Khi ròng rọc quay được 1 vòng, các vật m1, m2 chuyển động được quãng đường s = 2 πR v = 2as =

4 πR ( m 2 − m1 ) g = M m1 + m 2 + 2

4 π.0,1. (1,5 − 1) .9, 8 = 1,43 (m/s) (*) 1 1,5 + 1 + 2

2. Các phương trình động lực học: P2 − T2 = m 2 a '

(2)

T1 − P1 = m1a '

(3)

Do có ma sát giữa dây với nửa vòng tròn của ròng rọc (ma sát trượt) nên T1 ≠ T2 . Lực căng tại các điểm trên đoạn dây AB tiếp xúc với ròng rọc có độ lớn tăng dần từ A đến B. Cần xác định quan hệ giữa T1 và T2. Xét đoạn dây dl chắn cung dϕ, độ biến thiên lực căng dT của đoạn dây này: dT = kTdϕ T2

∫

do đó:

dT = kdϕ suy ra: T ∫0

T2 = T1exp (kπ)

Kết hợp với các phương trình (2), (3) ta có hệ phương trình P2 − T2 = m 2 a ' T1 − P1 = m1a '

T2 = T1exp (kπ) Giải hệ phương trình này thu được:

112

(m a' =

− m 1 e kπ

m 2 + m1 e

kπ

) g = −1, 086 (m / s ) 2

T1 = m1 ( a '+ g ) = 8, 7 (N) T2 = m1 ( a ' + g ) e kπ = 16,3 (N)

3. Vận tốc các vật được xác định bởi: vt = v0 + a't. (với v0 được xác định ở phần trước tại thời điểm dây bắt đầu bị trượt theo biểu thức và kết quả (*)) v0 =

suy ra:

4 πR ( m 2 − m1 ) g M m1 + m 2 + 2

(

)

m 2 − m1e kπ 4 πR ( m 2 − m1 ) g + v= gt (**) kπ M + m m e 2 1 m1 + m 2 + 2

(m Nhận xét: do biểu thức gia tốc a ' =

− m 1 e kπ

m 2 + m1 e

kπ

có thể là dương, âm, bằng không ứng với

từng bộ dữ kiện đầu bài khác nhau nên với các trường hợp cụ thể của bộ giá trị (m1, m2, k,t) ta có các giá trị vận tốc khác nhau. + TH1: Khi a'>0; vật chuyển động nhanh dần đều, giá trị v được tính theo công thức (**) + TH2: Khi a'=0; v=vo. + TH3: Khi a'<0; vật chuyển động chậm dần đều; ta tính v theo công thức (**) và nhận kết quả vận tốc vật sau thời gian t là v khi v ≥ 0 và v= 0 khi giá trị tính được là giá trị âm.

áp dụng bằng số với: m2 = 1,5kg; m1 = 1kg; k = 0,2; t = 2s; M = 1kg; R = 0,1m; g=9,8m/s2 Tính được a' = -1,087 m/s2 => vật chuyển động chậm dần đều sau thời gian t = 1,35s thì dừng lại. Vậy tại t = 2s các vật có vận tốc v = 0.

113

Bài Q.5: (Đề QG năm 2005) Cho một bán cầu đặc đồng chất, khối lượng m, bán kính R, tâm O. 1. Chứng minh rằng khối tâm G của bán cầu cách tâm O của nó một đoạn là d = 3R/8.

O .

2. Đặt bán cầu trên mặt phẳng nằm ngang. Đẩy bán cầu

sao cho trục đối xứng của nó nghiêng một góc nhỏ so với phương thẳng đứng rồi buông nhẹ cho dao động

Hình 2

Hình 1

(Hình 1). Cho rằng bán cầu không trượt trên mặt phẳng này và ma sát lăn không đáng kể. Hãy tìm chu kì dao động của bán cầu. 3. Giả thiết bán cầu đang nằm cân bằng trên một mặt phẳng nằm ngang khác mà các ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng đều bằng không (Hình 2). Tác dụng lên bán cầu trong khoảng

thời gian rất ngắn một xung của lực X nào đó theo phương nằm ngang, hướng đi qua tâm O

của bán cầu sao cho tâm O của nó có vận tốc v 0 . a.Tính năng lượng đã truyền cho bán cầu. b.Mô tả định tính chuyển động tiếp theo của bán cầu. Coi v0 có giá trị nhỏ. Cho biết gia tốc trọng trường là g; mô men quán tính của quả cầu đặc đồng chất khối

2 5

lượng M, bán kính R đối với trục quay đi qua tâm của nó là I = MR 2 . Giải: 1. Do đối xứng, G nằm trên trục đối xứng Ox. Chia bán cầu thành nhiều lớp mỏng dày dx nhỏ.

x . dx

Một lớp ở điểm có toạ độ x= R sin α, dày dx= Rcosα.dα

O H×nh 1

2 3

có khối lượng dm = ρπ(Rcosα )2dx với m = ρ πR 3 nên: m

π/2

∫ xdm ∫ ρπR

xG =

O ϕ G

cos 3 α sin αdα

;

M Hình 2 114

d= x G = −

π/2 ρπR 4 ρπR 4 3R cos 4 α = = ( đpcm) 0 4m 4m 8

2. Xét chuyển động quay quanh tiếp điểm M: gọi ϕ là góc hợp bởi OG và đường thẳng đứng - mgdϕ = IM.ϕ” (1) ⇒ ϕ biến thiên điều hoà với ω =

mgd IM

IO, IG, IM là các men quán tính đối với các trục quay song song qua 2 5

O,G,M. Mô men quán tính đối với bán cầu là: IO = mR 2 ; IO = IG + md2

O .

IM = IG + m( MG)2. Vì ϕ nhỏ nên ta coi MG = R-d ⇒ IM = ω=

2 13 2 mR 2 +m(R –2Rd) = mR 2 5 20

mgd 15g = IM 26R

⇒ T = 2π

Hình 2

26R 15g

3. a) Giải hệ: X = mvG

(1)

Với IG = IO- md2 =

Xd = IGω (2) v0= vG +ωd (3) 83v 0 v0 83 mR2. vG = = ; 2 320 1 + md / I G 128

Động năng của bán cầu:

ω=

120 md 15 vG = .v G = .v 0 IG 83R 16R

mv 02 mv G2 I G ω2 83mv 02 E= = ≈ 0,32 + 2 2 256 2

b) Khối tâm bán cầu chuyển động với thành phần vận tốc theo phương ngang bằng vG không đổi. Bán cầu dao động quanh khối tâm.

115

Bài S.1: Hai thanh AB, BC, mỗi thanh có chiều dài l, khối lượng m, được nối với nhau bằng chốt ở B và có thể quay không ma sát

•

quanh B. Thanh ghép được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang rất

•

nhẵn và tạo thành góc vuông ở B (H S.1). Đầu A chịu một xung X nằm trong mặt phẳng và vuông góc với AB (xung là tích Fdt của lực va chạm rất lớn F và thời gian va chạm rất nhỏ dt, nó là một

A X Hình S.1

động lượng được truyền toàn vẹn cho thanh). C

Tính theo X các đại lượng ngay sau va chạm sau đây: a) Các vận tốc v1, v2 của các khối tâm của hai thanh. b) Các vận tốc góc ω1, ω2 của hai thanh quay quanh khối tâm của các thanh đó.

•

c) Động năng K của thanh ghép. (Mômen quán tính của mỗi thanh đối với đường trung trực là mℓ 2 I= . Ta không biết công của lực va chạm). 12

Hình S.1a

2. Thanh ghép được đặt cho AB, BC thẳng hàng (H S.1a) và cũng chịu xung X vuông góc với AB như trên. Tính theo X: a) Các vận tốc v1, v2. b) Các vận tốc góc ω1, ω2 của hai thanh quay quanh khối tâm của các thanh đó. c) Vận tốc vG của khối tâm G của thanh thép và vận tốc vB của chốt B; vG bằng hay khác vB và tại sao? Lấy chiều dương của xung và vận tốc góc như trong H S.1a.

116

Bài S.2 Một thanh OA chiều dài l, khối lượng không đáng

kể, có thể quay trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục O

•

nằm ngang. A là trục quay (song song với trục O) của một đĩa tròn đồng chất bán kính R, khối lượng m, mô men quán tính

IA =

mR 2

•

(H S.2).

•

Hình S.2

Ban đầu có chi tiết của máy gắn chặt với đĩa thanh. Người ta đưa thanh OA đến vị trí nằm ngang rồi thả không có vận tốc ban đầu. Khi thanh quay đến vị trí đứng thẳng OA1 thì chi tiết máy nhả ra cho đĩa tự do quay quanh trục của nó. Thanh đi tới vị trí OA2, A2 có độ cao cực đại h (tính từ độ cao của A1).. Hãy tính h; bỏ qua ma sát, sức cản của không khí. Bài S.3. Một quả cầu bằng thép rỗng, bán kính ngoài là R. Lỗ rỗng là một hình cầu đồng tâm, có bán kính là r. Quả cầu lăn không trượt trên một mặt phẳng nghiêng, từ độ cao h 0 đến độ cao h1 . Tốc độ dài ban đầu của tâm quả cầu là v0 , tốc độ dài cuối cùng đo được là v1 . Khối lượng riêng của thép là ρ , gia tốc trọng tường là g. 1. Muốn giá trị đo được của v1 có thể chấp nhận được thì nó phải thoả mãn điều kiện nào? 2. Với các giá trị: h0 = 5,0 m; h1 = 0,00 m; ρ = 7900 kg/m3; g = 10 m/s2; R = 0,10 m hãy xác định khối lượng của quả cầu. Gợi ý: Trong khi làm bài nếu gặp phương trình mà em không giải được bằng đại số, em có thể giải bằng đồ thị. Bài S.4 Một khối trụ đồng chất, khối lượng M, bán kính R, có mô men quán tính đối với trục là I =

1 MR2, được đặt lên mặt phẳng nghiêng góc θ = 2

300. Giữa chiều dài khối trụ có một khe hẹp trong đó lõi có bán kính R/2. Một sợi dây ABC không giãn,

B +

θ H×nh S.4

khối lượng không đáng kể được quấn nhiều vòng vào lõi rồi vắt qua ròng rọc B (khối lượng không đáng kể). Đầu còn lại của sợi dây mang một vật khối lượng m (xem H.S.4). Phần dây 117

AB song song với mặt phẳng nghiêng. Hệ số ma sát nghỉ cực đại giữa trụ và mặt nghiêng (cũng là hệ số ma sát trượt) là 1. Tìm điều kiện về

1 2 3

M để trụ không tịnh tiến trượt mà lăn không trượt trên mặt m

nghiêng. 2. Trụ lăn không trượt lên trên. Lấy chiều dương của gia tốc aO của O (trục khối trụ) và gia tốc a của m như trong hình. Tính aO, lực căng dây T, lực ma sát f và tìm điều kiện về M để có trường hợp này. m

3. Trụ lăn không trượt xuống dưới. Tính gia tốc aO, lực căng dây T, lực ma sát f, và tìm điều kiện về 4. Tìm

M để có trường hợp này. m

M ứng với cân bằng của hệ. Tính T và f. m

5. Trụ trượt xuống. Tìm a0 và điều kiện về 6. Trụ trượt lên. Tìm a0 và điều kiện về

M . m

7. Cuối cùng làm bảng tổng kết như dưới đây. Dòng 1 là các giá trị đặc biệt của

M . m

Dòng 2 ghi tính chất chuyển động của trụ: trượt lên (hay xuống), lăn không trượt lên (hay xuống). Dòng 3 ghi biểu thức của aO. M m

∝

Tính chất chuyển động aO

118

Bài S.5 Một thanh kim loại AB khối lượng m tiết diện nhỏ đều,

đồng chất, chiều dài 2L có thể quay quanh một trục O nằm ngang

cố định cách đầu B một khoảng bằng L. Đầu A của thanh có gắn

một quả cầu khối lượng M = 2m, kích thước nhỏ không đáng kể. Kéo cho thanh lệch góc α0 (α0< 900) so với phương thẳng đứng

Hình S.5

rồi buông ra với vận tốc ban đầu bằng không. Bỏ qua mọi ma sát và lực cản của không khí. Gia tốc trọng trường là g.

1) Hãy tính vận tốc góc, gia tốc góc của thanh và cường độ của lực do thanh tác dụng lên quả cầu ở thời điểm thanh hợp với phương thẳng đứng một góc α ≤ α0. 2) Tìm gia tốc toàn phần nhỏ nhất, lớn nhất của quả cầu trong quá trình chuyển động theo g và α0. Bài S.6 Một khung có thể biến dạng gồm 3 thanh cứng đồng chất, mỗi thanh có khối lượng m, chiều dài l, được nối bằng

.ϕ

các chốt A, B và treo lên trần bằng các chốt O, O' (OO' = l). Các chốt không có ma sát. Khung đang đứng cân bằng thì đầu A của thanh OA chịu một xung lực X đập vào (X có chiều từ

. O'

A đến B). Khung bị biến dạng và các thanh OA, O'B quay tới

H×nh S.6

góc cực đại ϕ (H. S.6).

1) Tính vận tốc v (theo X và m) của trung điểm (khối tâm) C của thanh OA ngay sau va chạm. 2) Tính động năng của khung (theo X và m) ngay sau va chạm. 3) Tính góc ϕ theo X, m, l và gia tốc trọng trường g. 4) Nếu xung lực X là do một quả cầu có khối lượng m và vận tốc v0 có chiều từ A đến B gây ra thì sẽ có tối đa bao nhiêu phần trăm động năng của quả cầu chuyển thành nhiệt? Cho mômen quán tính của thanh có chiều dài l, khối lượng m đối với trục vuông góc với ml 2 thanh và đi qua một đầu là: I = . 3

119

Bài S.7 Giả thiết trong không gian có một tập hợp lớn các sao giống nhau, mỗi sao đều có khối lượng M = 2.1030 kg, bán kính R = 7.108 m và được coi như các quả cầu rắn đồng chất. Vận tốc tương đối trung bình giữa các sao là u = 50km/s. Số sao trung bình có trong một hình lập phương cạnh dài bằng một năm ánh sáng là N = 5. 1. Chuyển động của hai sao (khi còn ở xa nhau) phải thỏa mãn điều kiện nào mới có thể va chạm với nhau? 2. Tính thời gian trung bình giữa hai lần va chạm liên tiếp của một sao. Bài S.8 Xác định mômen lực phát động của động cơ và xác định mômen cản của trục quay Cho các dụng cụ và linh kiện: -

Trục quay của động cơ điện được gắn một đĩa kim

loại có khoét 2 lỗ nhỏ. Đĩa kim loại có bán kính R, khối lượng M. Các lỗ nhỏ có bán kính r, tâm của chúng cách tâm

của đĩa một khoảng là a, như hình vẽ; một điốt laser; -

Một nguồn để nuôi động cơ;

Một photođiot được sử dụng làm phần tử cảm biến

a Trục động cơ

chuyển đổi ánh sáng thành tín hiệu điện; -

Một nguồn điện 5 V một chiều;

Một máy đếm tần số cho phép xác định số vòng quay;

Một biến trở;

Một đồng hồ (để đo thời gian);

Các dây nối, cái đảo mạch,...

Hình S.8

Yêu cầu xây dựng phương án thí nghiệm Chỉ xét các quá trình động cơ chuyển động biến đổi đều. -

Hãy nêu phương án đo gia tốc góc γ và giải thích.

Xây dựng biểu thức tính mômen lực phát động MP của động cơ và mômen cản MC

của trục quay. Từ đó đưa ra các bước thực nghiệm để đo MP và MC. -

Lập các biểu bảng cần thiết. Giải thích về biểu bảng đã lập.

Xây dựng các biểu thức tính sai số của các phép đo đại lượng MP và MC. 120

Bài S.9 Một vành trụ mỏng I, đồng chất, khối lượng M, bán kính R. Trong lòng vành trụ có một khối trụ đặc II, đồng chất, khối lượng m, bán kính r, cùng chiều dài với vành trụ. Trong hình vẽ bên, Oxy là mặt phẳng tiết diện vuông góc với trục vành trụ, A và B là giao điểm của mặt phẳng Oxy với hai trục. Tác dụng lực có phương đi qua A vào vành trụ sao cho vành trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nằm ngang dọc theo chiều dương trục Ox. Biết khối trụ lăn không trượt trong lòng vành trụ, trục khối trụ luôn song song với trục vành trụ. Ở thời điểm t, góc hợp bởi AB và phương thẳng đứng là ϕ; vận tốc của A là vA, tốc độ góc của AB quanh trục đi qua A là ω. 1. Tính động năng của hệ ở thời điểm t. 2. Xác định lực ma sát giữa vành trụ và khối trụ, giữa vành trụ và mặt phẳng nằm ngang theo gia tốc x ′′A của A và gia tốc góc ϕ " của đoạn AB ở thời điểm t. 3. Giả thiết rằng trục vành trụ chuyển động đều. a) Tìm gia tốc góc ϕ " của đoạn AB theo ϕ, R, r, gia tốc của A và gia tốc trọng trường g. b) Xác định quy luật biến đổi của ϕ theo thời gian nếu ϕ chỉ nhận các giá trị nhỏ. Bài S.10 Mặt Trời (MT) được coi như một khối khí lí tưởng dạng hình cầu, tâm O, bán kính R S , có khối lượng riêng ρS không đổi và được nhìn từ Trái Đất (TĐ) dưới đường kính góc là 2αS = 32 ' (xem hình vẽ). Trái Đất quay

2Rs

2αs

xung quanh MT với quỹ đạo thực tế có thể coi

như

là

tròn

với

bán

TĐ

kính

2 R 0 = 149,5.106 km và chu kì T = 365 ngày. Cho hằng số hấp dẫn G = .10−10 N.m 2 .kg −2 , khối lượng 3

mol của khí MT là µ = 1, 25.10−3 kg.mol−1 và hằng số khí lí tưởng R = 8,31 J.mol−1.K −1. 1. Tính bán kính R S và khối lượng riêng ρS . 2. Hãy xác định áp suất p(r) tại một điểm bên trong MT, cách tâm O một khoảng r với giả thiết áp suất bằng 0 tại biên của MT. Từ đó tính áp suất p 0 và nhiệt độ T0 tại tâm MT. 3. Tính thế năng hấp dẫn của MT theo G, R S và ρS , rồi sau đó theo khối lượng MS và bán kính R S của MT. 121

Bài S.11 Một hình trụ rỗng bán kính R, mặt trong nhám, được giữ thẳng đứng. Một đĩa mỏng đồng chất khối lượng m, bán kính r (r < R), lăn không trượt ở mặt trong của hình trụ sao cho tiếp điểm của nó với hình trụ luôn nằm trên một mặt phẳng nằm ngang. Gọi µ là hệ số ma sát nghỉ giữa đĩa và hình trụ, θ là góc nghiêng của đĩa so với phương thẳng đứng. Cho gia tốc trọng trường là g, bỏ qua ma sát lăn và lực cản môi trường. 1. Giả sử đĩa lăn đều, không trượt và luôn nghiêng một góc θ = θ0 không đổi. a) Tính vận tốc góc của khối tâm đĩa trong chuyển động quay quanh trục hình trụ. b) Hỏi θ0 phải nằm trong khoảng giá trị [ θmin , θmax ] nào thì điều giả sử trên (lăn không trượt với góc nghiêng không đổi) thỏa mãn? 2. Giả sử khi đĩa đang chuyển động với góc nghiêng θ0 nằm trong khoảng [ θmin , θmax ] , người ta tác động trong thời gian ngắn làm cho đĩa thay đổi góc nghiêng một giá trị nhỏ. Biết rằng trong quá trình chuyển động tiếp theo lực ma sát đủ lớn để giữ cho đĩa tiếp tục lăn không trượt. a) Gọi momen quán tính của đĩa đối với trục quay tiếp tuyến với đĩa và nằm trong mặt phẳng của đĩa là I = γmr 2 . Tìm giá trị của γ. b) Hãy phán đoán chuyển động tiếp theo của đĩa khi đĩa bị thay đổi góc nghiêng một giá trị nhỏ quanh góc θ0 . Giải thích. Bài S.12 Treo hệ gồm hai vật m1, m2 giống hệt nhau có cùng

2(L+R)

khối lượng m và một quả cầu đặc đồng chất có khối lượng M, m0

bán kính R vào hai ròng rọc cố định bằng hai sợi dây mảnh,

mềm, nhẹ, không dãn và đủ dài. Các sợi dây nối vào quả cầu tại M

hai điểm ở hai đầu một đường kính song song với mặt phẳng nằm ngang như hình 1. Hai ròng rọc giống hệt nhau có dạng hình trụ đặc, đồng chất, khối lượng m0, bán kính r và nằm trên

m1 Hình 1.

cùng độ cao, cách nhau một khoảng 2(L + R). Biết r ≪ L và ròng rọc có trục vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. Bỏ qua ma sát ở trục quay và lực cản không khí. Giả thiết rằng dây

không trượt trên ròng rọc. Gia tốc rơi tự do là g. 122

1. Xác định điều kiện cần thiết để hệ cân bằng và tính khoảng cách từ tâm hình học của M đến mặt phẳng chứa hai trục của ròng rọc khi hệ cân bằng. 2. Từ vị trí cân bằng kéo vật M xuống phía dưới một đoạn nhỏ A theo phương thẳng đứng rồi buông nhẹ. a) Tìm chu kì dao động của các vật. b) Tính vận tốc cực đại của M, m1 và m2. 3. Khi hệ thống đang nằm yên tại vị trí cân bằng thì đoạn dây nối vật M và ròng rọc bên trái bị đứt. Tính gia tốc của m2 và lực căng của các phần sợi dây nối m2 với ròng rọc và ròng rọc với M ngay tại thời điểm dây nối bị đứt. Bài S.13 Một đĩa phẳng đồng chất nằm ngang, khối lượng

bán kính , đang quay với vận tốc góc

quanh trục thẳng đứng đi qua tâm đĩa thì rơi lên mặt sàn nằm ngang. Lực cản của sàn tác dụng lên phần đĩa diện tích

có vận tốc

là

, với

là hệ số cản.

Mặt sàn gồm hai phần được ngăn cách nhau bởi đường thẳng , có hệ số cản trở là

. Tại thời

điểm ban đầu, tâm đĩa nằm trên đường phân cách . 1. Xác định độ lớn gia tốc góc và gia tốc khối tâm của đĩa tại thời điểm ban đầu. 2. Tìm khoảng cách mà tâm đĩa bị dịch đi từ thời điểm ban đầu cho đến khi dừng hẳn. Bài S.14 Một vật hình trụ đặc, đồng chất, bán kính , khối lượng

chuyển động trên một tấm gỗ đủ mỏng

đang đứng yên. Tại một thời điểm nào đó, vật chuyển động qua điểm

với vận tốc

tấm gỗ trên mặt sàn nằm ngang theo hướng trượt về

và rơi xuống bàn. Hệ số ma sát

hướng về phía . Đúng lúc đó người ta kéo với gia tốc xác định

giữa vật và bàn đủ lớn.

1. Tìm điều kiện để vật luôn lăn có trượt trên đoạn 2. Cho

và gia tốc

nào đó cho vật lăn có

thỏa mãn ý 1. Biện luận bài toán với các giá trị

nhau và mô tả các chuyển động khả dĩ của vật sau khi rơi lên mặt bàn. 123

khác

Bài S.18: Hai quả cầu A và B, tương ứng có A

tâm là O1, O2, có bán kính là r1, r2, có khối

• O1

lượng là m1, m2, đặc, đồng chất được đặt trên một xe có khối lượng M (Hình 1). Khối lượng

• O2

của các bánh xe không đáng kể. Xe được kéo

α F

với một lực không đổi F theo phương nằm ngang sao cho: Quả cầu B lăn không trượt

Hình 1

trên sàn xe, quả cầu A lăn không trượt trên quả cầu B, còn đường thẳng nối tâm hai quả cầu nằm trong mặt phẳng hình vẽ và hợp với phương nằm ngang một góc α không đổi. Gia tốc trọng trường là g. Bỏ qua ma sát lăn và ma

sát ở trục bánh xe. Tìm gia tốc của xe, gia tốc góc của các quả cầu và cường độ của lực F . Bài S.19 Trên mặt bàn nằm ngang có một hình trụ đặc, đồng chất, khối lượng M, bán kính R. Một sợi dây mềm không giãn khối lượng không đáng kể được quấn nhiều

vòng vào hình trụ, một đầu gắn chặt vào hình trụ, đầu kia

D T2

buộc vào một điểm cố định A, phần dây AB nằm ngang (H.26.1). Một sợi dây mềm không giãn khác, có một đầu nối với khung hình chữ U để kéo trục O của hình trụ, dây

m H 26.1

vắt qua ròng rọc cố định C, phần dây DC nằm ngang và đầu phần thẳng đứng mang một vật khối lượng m. Bỏ qua khối lượng của dây, khung, ròng rọc. Bỏ qua ma sát ở trục O. Hệ số ma sát giữa khối trụ (có dây quấn) và mặt bàn là k. Thả cho hệ thống chuyển động không có vận tốc ban đầu. 1.Chứng minh rằng nếu k bé hơn một giá trị kmax thì hệ thống chuyển động có gia tốc. 2.Tính gia tốc tịnh tiến của hình trụ. 3.Tính các lực căng dây T1 của AB và T2 của DC. 4.Nếu k = kmax thì có gì xảy ra với hệ? Tính T1 và T2 tong trường hợp này 5.Áp dụng bằng số: M = 2kg; m = 1kg; k = 0,2; g = 10m/s2. Tính a, T1, T2 124

III. Hiệu quả do sáng kiến đem lại Bài viết này là sự tổng hợp các kiến thức thông suốt từ lí thuyết cơ học vật rắn và hệ thống các bài toán cơ bản đến nâng. Bài viết đã xây dựng các bài tập cơ bản nhất, với đầy đủ các dạng bài để giáo viên và học sinh giảng dạy và học tập. Có rất nhiều bài tập mở rộng có đáp số gợi ý để học sinh rèn kĩ năng. Bài viết còn có một phần rất quan trọng bồi dưỡng học sinh giỏi. Qua bài viết này tôi muốn chia sẻ với các đồng nghiệp về cách xây dựng các câu hỏi, bài tập trên nền kiến thức lý thuyết đã học, khai thác các bài tập có sẵn trong các đề đã thi và các tài liệu có sẵn. Để minh họa cho những vấn đề trên, tôi xin được nhắc lại ý tưởng của nội dung bài viết mà tôi đã lựa chọn: Chương 1: Cơ sở lí thuyết cơ học vật rắn Chương 2: Bài toán cơ bản cơ học vật rắn Chương 3: Bài toán nâng cao và sáng tạo cơ học vật rắn Với bài viết này đã hệ thống đầy đủ từ lí thuyết đến bài tập, từ cơ bản đến nâng cao sẽ giúp cho giáo viên đủ để dạy học sinh mọi cấp độ. Sau khi viết xong bài này chính tôi tự thấy trình độ của mình được nâng cao hơn. Các sáng kiến kinh nghiệm của đội ngũ các thày cô giáo trong tỉnh nếu có chất lượng và thiết thực có lẽ cũng là một cách tự đào đội ngũ có hiệu quả. Nhân thể bài viết này tôi cũng có một số đề xuất mong các cấp xem xét và tìm sự đồng thuận. - Chương trình chuyên và không chuyên có sự cách biệt quá lớn. Đề thi tuyển sinh đại học và đề thi học sinh giỏi chuyên quốc gia vòng 1 và vòng 2 hầu như không còn mối liên quan gì. Điều này các cấp lãnh đạo ở trường và sở cũng có thể chưa hiểu hết được, đó là khó khăn cho cả thầy và trò khối chuyên lí.

125

- Tài liệu tiếng Việt còn ít nên nguồn thường lấy trên mạng thông qua các bài báo khoa học. Như vậy việc đọc và tìm tài liệu là rất công phu. Các cấp quản lí cần có một chế độ đãi ngộ cao hơn hiên nay để các giáo viên có điều kiện phát huy. - Mặc dù đã rất cố gắng, song khả năng hạn chế, các vấn đề rộng và khó nên những nội dung nêu trên chưa thể hoàn thiện và có thể còn sai sót. Tôi chân thành cảm ơn những ý kiến đóng góp và phê bình của các đồng nghiệp. IV. Cam kết không sao chép hoặc vi phạm bản quyền. Tôi xin cam kết không sao chép hoặc vi phạm bản quyền. Tôi sẽ chịu mọi hình thức kỉ luật nếu vi phạm. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Tô Giang - Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Cơ học 2 2. Các đề thi quốc gia, quốc tế và đề thi học sinh giỏi các nước. TÁC GIẢ SÁNG KIẾN

.................. CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (xác nhận, đánh giá, xếp loại)

126

Sở GD-ĐT (xác nhận, đánh giá, xếp loại)

127