Bài tập chuyển đọng song phẳng có lời giải năm 2024

1. ĐỀ ĐẠT GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA VẬT RẮN PHỤC VỤ VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VẬT LÝ (400 TRANG) WORD VERSION | 2023 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL [email protected] T Ổ N G H Ợ P C H U Y Ê N Đ Ề Đ Ạ T G I Ả I V Ậ T L Ý Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594 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 vectorstock.com/10212086 219 Chuyên đề XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TOÁN LIÊN KẾT TRONG CƠ HỌC VẬT RẮN Tác giả: Phạm Thành Công, Đỗ Thị Hồng Liên THPT Chuyên Biên Hòa, Hà Nam (Chuyên đề đạt giải Ba) PHẦN I. MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Trong nhưng năm gần đây đề thi học sinh giỏi Quốc gia xuất hiện nhiều bài toán nêu ra những vấn đề thực tế trong cuộc sống cần phải giải quyết, trong số đó phải kể đến những bài toán về cơ học vật rắn nói chung, đặc biệt là những bài toán chuyển động của vật rắn liên kết nói riêng. Những bài toán vật rắn liên kết này được tìm thấy rất nhiều trong thực tế từ những thiết bị cơ học xung quanh chúng ta và những chi tết máy phức tạp hơn. Để hiểu rõ hơn về những cấu tạo thiết bị trong thực tế và phục vụ cho việc ôn thi học sinh giỏi khu vực, Quốc gia và Quốc tế nên chúng tôi đã viết chuyên đề “Xây dựng hệ thống bài toán liên kết trong cơ học vật rắn”. 2. Mục tiêu của đề tài - Mục tiêu của chuyên đề này là hệ thống các kiến thức về lý thuyết nói chung về chương cơ học vật rắn. - Xây dựng được hệ thống bài tập về vật rắn nói chung và vật rắn liên kết nói riêng. 3. Đối tượng và phạm vi tác động - Chuyên đề có thể là tài liệu tham khảo của giáo viên trong dạy học sinh giỏi các cấp. - Chuyên đề là tài liệu cho học sinh tự học và tự bồi dưỡng trước các kì thi học sinh giỏi. 4. Cấu trúc của đề tài Chuyên đề được chia thành 3 phần Phần 1: Mở đầu Phần 2: Nội dung A. Lý thuyết B. Hệ thống bài toán liên kết trong vật rắn I. Bài toán động học vật rắn có chuyển động liên kết II. Bài toán động lực học vật rắn liên kết III. Bài toán liên kết trong va chạm vật rắn IV. Bài toán dao động liên kết trong vật rắn Phần 3: Kết luận D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
2. DUNG A. Lí thuyết Có 3 loại chuyển động của vật rắn: Chuyển động tịnh tiến, chuyển động quay quanh trục cố định và chuyển động song phẳng. I. Chuyển động tịnh tiến. Tất cả các điểm trên vật rắn có cùng vận tốc và có cùng gia tốc ở cùng 1 thời điểm: , A B v v = (1) . A B a a = (2) II. Chuyển động quay quanh một trục cố định 1. Chuyển động quay quanh một trục cố a) Định nghĩa và ví dụ * Định nghĩa: Chuyển động của vật rắn có hai điểm cố định, do đó có một trục đi qua hai điểm đó cố định, được gọi là chuyển động quay quanh một trục cố định của vật rắn. Trục cố định đó được gọi là trục quay của vật. * Ví dụ: Vô lăng quay quanh trục O được cho như hình vẽ. b) Khảo sát chuyển động của vật * Phương trình chuyển động Khảo sát chuyển động của vật rắn quay quanh trục cố định z như hình vẽ, ta chọn quy ước một chiều quay dương (thường ngược chiều quay của kim đồng hồ). Qua trục quay z ta dựng mặt phẳng P0 cố định và mặt phẳng P gắn chặt vào vật, gọi ϕ là góc giữa mặt phẳng P0 và mặt phẳng P. Khi vật quay thì góc quay sẽ thay đổi liên tục theo thời gian và vị trí của vật được xác định bởi vị trí của mặt phẳng P so với mặt phẳng P0, tức là được xác định bởi góc quay ϕ, khi đó ta có phương trình ϕ= ϕ(t) (3) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 221 - Chú ý: Góc quay ϕ có thể dương hay âm tuỳ thuộc vào chiều quay dương đã chọn. Thông thường ta chon chiều quay dương là chiều ngược chiều quay của kim đồng hồ + Nếu ϕ 0, vật quay theo chiều dương quy ước. + Nếu ϕ 0, vật quay ngược chiều quay dương quy ước. * Vận tốc góc và gia tốc góc của vật Để đặc trưng cho chuyển động quay của vật rắn quanh một trục cố định, người ta đưa vào các khái niệm vận tốc góc và gia tốc góc. - Vận tốc góc: d dt ϕ ω ϕ = = ɺ (4) + Dấu của ω cho biết chiều quay của vật quanh trục: Nếu ω = ϕ 0 thì vật quay theo chiều dương, nếu ω = ϕ 0 vật quay theo chiều âm. + Giá trị ω = ω cho biết độ nhanh chậm của chuyển động quay: ω càng lớn vật quay càng nhanh. + Đơn vị: rad/s. - Gia tốc góc: 2 d d dt dt ω ϕ ε ω ϕ = = = = ɺ ɺɺ (5) Gia tốc đặc trưng cho sự biến thiên của vận tốc góc theo thời gian. + Đơn vị: rad/s2 * Chú ý: - Trong kỹ thuật, người ta hay sử dụng đơn vị vòng/phút, giả sử vật quay với tốc độ là n (vòng/phút), khi đó ta có: 30 n π ω = - Để tuận tiện cho việc sử dụng sau này, người ta biểu diễn vận tốc góc bằng một véctơ, ký hiệu: ω gọi là véctơ vận tốc góc. + Có phương theo phương của trục quay + Có chiều, sao cho khi nhìn từ đầu mút của nó xuống, thấy vật quay ngược chiều kim đồng hồ. + Có độ lớn: ω ω = . D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
3. tự như vận tốc góc người ta cũng có thể biểu diễn gia tốc góc bằng một véctơ được gọi là véctơ gia tốc góc, ký hiệu: ε + Có phương theo phương của trục quay + Có chiều phụ thuộc vào dấu của ε : Nếu . 0 ω ε thì ω và ε cùng chiều, ngược lại nếu . 0 ω ε thì ω và ε ngược chiều + Có độ lớn: ε ε = . * Các chuyển động đặc biệt - Chuyển động quay đều: , 0 const ω ε = = , ta chọn chiều quay dương quy ước theo chiều quay của vật khi đó ta có 0 t ϕ ϕ ω = + (6) - Chuyển động quay biến đổi đều: , const ε = ta chọn chiều quay dương quy ước theo chiều quay của vật, khi đó + Nếu . 0 ω ε vật quay nhanh dần đều, ta có 0 2 0 0 1 2 t t t ω ω ε ϕ ϕ ω ε = +    = + +   (7) + Nếu . 0 ω ε vật quay nhanh dần đều, ta có 0 2 0 0 1 2 t t t ω ω ε ϕ ϕ ω ε = −    = + −   (8) c) Khảo sát chuyển động của các điểm thuộc vật Khảo sát chuyển động của một điểm M bất kỳ thuộc vật rắn quay quanh trục cố định. Gọi R IM = là khoảng cách từ điểm khảo sát đến trục quay của vật. Khi vật rắn chuyển động quay thì quỹ đạo của điểm M sẽ là một đường tròn tâm I, bán kính R, nằm trong mặt phẳng đi qua M và vuông góc với trục quay. Do biết trước quỹ đạo chuyển động của điểm M nên ta sử dụng phương pháp toạ độ tự nhiên để khảo sát chuyển động của điểm M. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 223 * Phương trình chuyển động của điểm Chọn điểm O trên quỹ đạo thuộc mặt phẳng P0 làm gốc, chọn chiều dương của quỹ đạo theo chiều quay dương của vật, khi đó vị trí của điểm M được xác định bởi cung s OM Rϕ = = . Khi vật quay thì ϕ sẽ thay đổi theo thời gian, khi đó ta có phương trình ( ) . s R t ϕ = (9) là phương trình chuyển động của điểm thuộc vật rắn quay quanh trục cố định. * Vận tốc chuyển động của điểm Ta có . v s R R τ ϕτ ωτ = = = ɺ ɺ (10) Vậy vận tốc của điểm M có + Phương, theo phương tiếp tuyến của quỹ đạo tại điểm M (tức v IM ⊥ ) + Chiều, thuận chiều ω (Tức là thuận chiều quay của vật quanh trục) + Trị số: . M M v v R R ω ω = = = Mặt khác ta thấy . , . N M M N v v v IM v IN IM IN ω ω ω = =  = = (11) Như thế, vận tốc các điểm thuộc vật rắn quay quanh một trục cố định được phân bố quanh trục quay theo quy tắc tam giác vuông đồng dạng (Hình 2.6.6). * Gia tốc của điểm n a a a τ = + (12) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
4. tiếp tuyến: aτ a s R R τ τ ϕτ ετ = = = ɺɺ ɺɺ (13) + Phương, theo phương tiếp tuyến của quỹ đạo tại điểm (a IM τ ⊥ ) + Chiều thuận chiều ε + Trị số: a R R R τ ετ ε ε = = = - Gia tốc pháp tuyến: n a 2 2 2 2 n v R a n n R n R ω ω ρ = = = (14) + Phương, chiều: Hướng từ M tới I + Trị số: 2 2 n a R n R ω ω = = - Gia tốc toàn phần 2 2 2 2 2 4 2 4 n a a a R R R τ ε ω ε ω = + = + = + (15) Mặt khác ta thấy 2 4 2 4 2 4 ; N M M N a a a IM a IN IM IN ε ω ε ω ε ω = + = +  = = + (16) Vậy gia tốc các điểm thuộc vật rắn quay quanh trục cố định được phân bố quanh trục quay theo quy tắc tam giác thường đồng dạng với hệ số đồng dạng là 2 4 ε ω + * Công thức Ơ-le Khảo sát vật rắn quay quanh trục cố định z như hình vẽ, xét điểm M bất kỳ thuộc vật, khi đó ta có công thức sau được gọi là công thức Ơle. M v r ω = ∧ (17) Trong đó ω là véctơ vận tốc góc của vật, r OM = là véctơ định vị của điểm M đối với điểm O bất kỳ thuộc trục quay của vật. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 225 * Chứng minh: Ta thấy tích r ω ∧ là một véctơ có + Phương vuông góc với mặt phẳng chứa ω và r , tức là vuông góc với mặt phẳng (OIM) IM  ⊥ + Chiều, sao cho các vecto ω , r và r ω ∧ tạo thành một tam diện thuận (tức cùng chiều với M v + Trị số: . sin M r r R v ω ω α ω ∧ = = = M v r ω  = ∧ * Bằng cách chứng minh tương tự như trên ta có ; n a r a v τ ε ε = ∧ = ∧ (18) 2. Phương trình động lực học của chuyển động quay quanh 1 trục cố định a. Phương trình: M = Iγ (19) Trong đó I là mômen quán tính của vật quanh trục quay: Là đại lượng vật lí đặc trưng cho mức quán tính của vật rắn trong chuyển động quay. - Đối với vật mà vật chất phân bố rời rạc : I = 2 i i i m r  (20) - Đối với vật mà vật chất phân bố liên tục : I = dΙ  = 2 V r dV ρ  (21) - Vật là vành tròn, trụ rỗng: I = mR2 (22) - Vật là đĩa tròn, trụ đặt: I = 2 2 mR (23) - Vật là thanh mảnh có trục quay là đường trung trực: I = 2 12 ml (24) - Vật là thanh mảnh có trục quay đi qua 1 đầu thanh: I = 2 3 ml (25) - Vật là cầu đặc trục quay đi qua tâm: I = 2 2 5 mR (26) - Vật là cầu rỗng trục quay đi qua tâm : I = 2 2 3 mR (27) b. Định lý Stê-nơ (Steiner) hay định lý Huy-ghen (Huyghens)). Xét với trục quay ∆ song song với trục quay ∆G qua khối tâm G của vật rắn, chúng cách nhau một khoảng d. Khối lượng vật rắn là M, mô men quán tính của vật rắn đối với trục quay ∆ là I được xác định qua mô men quán tính IG đối với trục quay ∆G D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
5. + md2 (28) III. Chuyển động song phẳng của vật rắn 1. Chuyển động phẳng tổng quát chia làm hai chuyển động : - Chuyển động tịnh tiến với gia tốc bằng gia tốc của khối tâm :  = m hay: Fx = max và Fy = may (29) - Chuyển động quay quanh khối tâm (đứng yên) :  = IG ,hay:M = IGγ (30) Nếu vật rắn không chịu tác dụng của ngoại lực thì khối tâm đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều, còn các điểm khác quay đều quanh khối tâm 2. Phương trình động học TH1: trục quay chuyển động tịnh tiến Xét hệ quy chiếu đứng yên, A là trục đang chuyển động tịnh tiến, B là một điểm trên vật rắn, vật rắn quay với tốc độ góc . ω Chuyển động song phẳng của vật rắn có thể phân tích thành chuyển động tịnh tiến của A và chuyển động quay của vật rắn. ( ) ( ) ( ) ( ) / / / / / , , . B A B A B A A B A B A B A B A A B A B A t n r r AB v v v v r r a a a a a r r ω α ω ω = + = + = + × − = + + = + × + × × (31) Áp dụng cho • Các cơ cấu có chốt cố dịnh • Các mặt trượt cố định • Lăn không trượt TH 2. Trục quay vừa chuyển động tịnh tiến, vừa chuyển động quay Trong hệ quy chiếu cố định, A là trục vừa chuyển động quay, vừa chuyển động tịnh tiến. ( ) ( ) ( ) ( ) / / / / / / / , , 2 . B A B A B A B A B A xyz B A B A B A B A B A xyz xyz r r r v v r v a a r r v a = + = + Ω× + = + Ω× + Ω× Ω× + Ω× + ɺ (32) Áp dụng cho: • Vật rắn trượt tự do ở điểm liên kết. • Chuyển động của 2 điểm trên 2 vật rắn khác nhau. • Hạt chuyển động trên 1 quỹ đạo đang quay → F → a → M → γ Y X x y A B ω Y X x y A B , Ω Ω ɺ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 227 IV.Chuyển động quay thuần túy 1. Tâm quay tức thời: là điểm có vận tốc = 0 và gia tốc khác 0 tại thời điểm xác định. Các điểm còn lại quay quanh tâm quay tức thời với cùng tốc độ góc ω → Chuyển động phẳng tổng quát có thể xem là chuyển động quay thuần túy quanh tâm quay tức thời 2. Cách xác định tâm quay tức thời Biết vận tốc của hai điểm A, B chẳng hạn v ⃗ = v ⃗ + ω ⃗ × KA ⃗ = ω × KA ⃗ ⃗ ⃗ = ⃗ + ⃗ × ⃗ = × ⃗ ⃗ → ⃗ ⊥ ⃗, ⃗ ⊥ ⃗ và = (33) V. Chuyển động lăn không trượt 1. Định nghĩa: Một vật rắn lăn không trượt trên mặt S của vật khác nếu tại một thời điểm vận tốc của điểm tiếp xúc của vật rắn với mặt S = 0 Lăn không trượt có thể phân tích thành chuyển động tịnh tiến và chuyển động quay 2. Điều kiện lăn không trượt ⃗ = ⃗ + ⃗ × ⃗=0 (34) Hay viết dưới dạng đại số: vK = vG – ωR = 0 hay vG = ωR Lấy đạo hàm theo thời gian hai vế ta có: aG = γR (35) α ω = + D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
6. luật bảo toàn 1. Định luật bảo toàn cơ năng của vật rắn a. Động năng của vật rắn : - Vật rắn chuyển động tịnh tiến : Mọi điểm của vật rắn đều có cùng vận tốc như vG của khối tâm: Wđ = T = 2 2 2 1 1 2 2 2 G i G i G i i v m v m mv = =   (36) - Vật rắn chuyển động quay quanh một trục : 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 i i i i i i i i i m v m r m r ω ω ω Τ = = = = Ι    (37) - Vật rắn chuyển động tổng quát : 2 2 1 1 2 2 G mv ω Τ = + Ι (38) - Định lí Kơních về động năng : động năng của một vật trong chuyển động đối với hệ quy chiếu cố định O bằng tổng động năng khối tâm G mang tổng khối lượng cộng với động năng của vật trong chuyển động tương đối quanh G. 2 1 2 O G G T mv T = + (39) b. Cơ năng của một vật rắn và định luật bảo toàn cơ năng : - Cơ năng của một vật rắn : E = Eđ + Et. (40) - Khi không có ma sát và lực cản của môi trường thì cơ năng của vật được bảo toàn . c. Định luật biến thiên động năng : - Dạng vi phân : i e k k d dA dA Τ = +   (41) i e k k d W W dt Τ = +   (42) trong đó i k dA ; e k dA là tổng công nguyên tố của nội lực và ngoại lực, i k W ; e k W là tổng công suất của nội lực và ngoại lực. - Dạng hữu hạn : 0 i e k k A A Τ−Τ = +   trong đó T; T0 là động năng của hệ tại thời điểm ban đầu và thời điểm t; i e k k A A +   là tổng công của nội lực và ngoại lực. 2. Định luật bảo toàn mômen động lượng a. Mômen lực và mômen động lượng : D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 229 * Mômen lực : - Mômen của một lực F đối với một điểm gốc O chọn trước nào đó, là một véctơ M được xác định bằng biểu thức : M = r F × (43) - Mômen của lực F đối với một trục OZ nào đó là thành phần Mz trên trục OZ của véctơ mômen lực đối với điểm O. - Trong một hệ chất điểm hay vật rắn, mômen của các nội lực đối với một điểm bất kỳ luôn bằng không: M ′ = 0. * Mômen động lượng : - Mômen động lượng của một chất điểm có khối lượng m, chuyển động với vận tốc v đối với một điểm O nào đó là một véctơ được xác định bởi biểu thức : L r P r mv = × = × (44) - Mômen động lượng đối với một trục OZ nào đó là thành phần Lz trên trục OZ của véctơ mômen động lượng đối với điểm O. - Đối với hệ chất điểm hay vật rắn : L L r P r mv i i i i i i i i = = × = ×    (45) b. Định luật biến thiên và bảo toàn mômen động lượng : - Độ biến thiên mômen động lượng trong 1 đơn vị thời gian bằng mômen lực: dL dt = M (46) - Khi M = 0 thì dL dt = 0  L = const ∉ t (47) - Định luật bảo toàn mômen động lựợng : Mômen động lượng của một hệ chất điểm hay một vật rắn đối với một điểm cố định O, không thay đổi theo thời gian, nếu mômen ngoại lực đối với điểm O đó bằng không. c. Mômen động lượng của một vật rắn quay quanh một trục cố định : - Xét chất điểm có khối lượng m quay theo đường tròn tâm O bán kính r với vận tốc v, khi đó mômen động lượng của chất điểm đối với trục quay ∆ vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo là: L = mω r2 - Với hệ chất điểm thì mômen động lượng của hệ chất điểm đối với trục quay ∆ là : L = 2 i i i m r ω  = ω 2 i i i m r  = Iω (48) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
7. = 2 i i i m r  là mômen quán tính của hệ đối với trục ∆ . - Ta có dL M dt = là mômen ngoại lực đối với trục quay ∆ .  M = ( ) d dt ω Ι = γ Ι (49) Trong đó: γ là gia tốc góc của chuyển động. VII. Các chú ý về toán học: Cho hai vec tơ: ( , , ) x y z A a a a = , ( , , ) x y z B b b b = + Tích vô hướng của hai vec tơ: . ( ) x x y y z z A B a b a b a b = + + + Tích có hướng của hai vec tơ: ( ) ( ) ( ) y z z y z x x z x y y x A B i a b a b j a b a b k a b a b ∧ = − + − + − Với , , i j k là các vec tơ đơn vị của các trục Ox, Oy, Oz B. Hệ thống bài toán liên kết trong vật rắn I. Bài toán động học vật rắn có chuyển động liên kết Bài 1. Thanh AB chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng với đầu A chuyển động theo phương ngang và đầu B chuyển động theo phương đứng. Tại thời điểm khảo sát đầu A có vận tốc VA = 40 cm/s và gia tốc ωA= 20 cm/s2 . Trong đó AB = 20 cm và α = 30o . Tìm gia tốc điểm B và gia tốc của thanh AB. Lời giải Gia tốc điểm B và gia tốc của thanh AB P là tâm vận tốc tức thời : Sin α =PA/L vậy PA=L.Sinα , AP = 10 cm Vận tốc góc của thanh AB: 40 . 10 A AB V AP ω = = =4 rad/s A B α D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 231 Gia tốc của điểm B: n B A BA BA a a a a τ = + + (1) Trong đó : . AB BA a AB τ γ = ; 2 . n BA AB a AB ω = =320 cm/s2 Chiếu biểu thức (1) lên phương AB, ta có: 0 0 sin 30 cos30 n B A BA a a a = + B a  =674,64 cm/s2 Bài 2 (Đề thi QG 2020). Một cơ cấu cơ khí thanh truyền - tay quay như hình vẽ. Tay quay OA có vận tốc góc ω không đổi . Cho biết OA = r, AB = l . 1. Tại thời điểm tay quay OA tới vị trí góc OAB = 900 hãy xác định: a.vận tốc vB của đầu B. b.Vận tốc góc ωAB của thanh AB c. Gia tốc aB của đầu B và gia tốc góc γAB của thanh AB 2. Tại thời điểm khi góc BOA = 900 . Hãy xác định a. gia tốc của con chạy B và gia tốc góc của thanh truyền. b. Vị trí M, N trên thanh AB tương ứng với điểm có gia tốc lớn nhất và nhỏ nhất. Xác định gia tốc các điểm đó. 3. Khảo sát chuyển động của đầu B theo thời gian t: a. Viết phương trình vận tốc vB của điểm B theo thời gian với 0 ≤t ≤2π/ω. Chọn t = 0 là lúc góc OBA = 0 . b. Cơ cấu cơ khí trên cầ điểu kiện gì để con trượt dao động điều hòa? Lời giải 1. vận tốc điểm B: B A AB v v AB ω = + × (1) a. Chiếu phương trình (1) theo phương thanh AB: vB cosα = vA → vB = 2 2 r l r l ω + b. Chiếu phương trinhfg (1) lên phương vuông góc với thanh: 2 2 sin 0 sin B AB B AB v l v r l l α ω ω α ω = +  = = A B α P o o o O B A D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
8. điểm B: ( ) B A AB AB AB a a AB AB γ ω ω = + × + × × (2) Vì AB AB ω ⊥ nên ( ) 2 B A AB AB a a AB AB γ ω = + × − (2) Chiếu (2) lên phương của thanh -aB cosα = - ω2 AB.l 4 2 4 B r a l ω  = Chiếu (2) lên phương vuông góc với thanh: 4 2 2 4 sin B AB AB r r a r l l l α ω γ γ ω   = −  = −     2. Gia tốc của điểm A bằng aA = r.ωOA 2 và hướng dọc theo OA. và điểm B chuyển động thẳng nên gia tốc của B hướng dọc theo OB  P là tâm gia tốc tức thời A AB a PA γ = = 2 2 2 OA r l r ω − ; B AB a PB γ = = 2 2 2 2 OA r l r ω − (PB=AO=R) b. Gia tốc của một điểm X bất kì trên thanh AB: ( ) 2 X A AB AB a a AX AX γ ω = + × − a. Xác định gia tốc của con chạy B và gia tốc góc của thanh truyền AB C1: giống phần 1 C2: Vì tại thời điểm khảo sát tâm vận tốc tức thời của thanh AB nằm ở vô cực  ωAB = 0. vậy tanα = 2 AB AB γ ω = ∞ .  α = 900 o o o A O B P AB D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 233 Bài 3. Một tấm hình vuông cạnh a chuyển động trong mặt phẳng như hình vẽ. Lúc khảo sát các đỉnh A, B có gia tốc WA = WB=16 cm/s2 và tương ứng hướng theo các cạnh AD, BA. Tìm gia tốc của đỉnh C Lời giải Hình vuông chuyển động song phẳng Chọn A làm cực : n t B A BA BA a a a a = + + (1) Chiếu (1) lên hai trục vuông góc: aB = n BA a = AB. ω2 = a.ω2  ω = B a a 0 = - aA + BA aτ  BA aτ = aA = AB.γ  γ = A W a Chọn B làm cực : n C B CB CB a a a aτ = + + (2) Trong đó : n CB a = CB.ω2 = a.ω2 = WB ; CB aτ = CB.γ = a.γ = WA Chiếu (2) lên 2 trục tọa độ. aCx = - aB + CB aτ = - aB + aA = 0 aCy = n CB a = aω2  aC = aCy = 16 cm/s2 hướng từ C đến B. Chú ý: Có thể tìm gia tốc bằng phương pháp tâm gia tốc tức thời Bài 4. Có hai thanh cứng, chiều dài l1, l2 nối với nhau bằng một bản lề và đặt thẳng đứng. Sau đó người ta chuyển hai đầu còn lại về hai phía với vận tốc lần lượt là v1, v2. Hãy tìm gia tốc bản lề tại thời điểm hai thanh tạo thành một góc vuông. Lời giải * Hệ qui chiếu gắn với A vB/A = v1 + v2  (vC/A)CB=(vB/A)CB  vC/A sin cos 2 BA v B π = với lưu ý 2 π α = B A D C B A D C D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
9. v2) 2 2 2 1 2 l l l + - Gia tốc hướng tâm của C quay quanh A 2 2 2 / 1 2 2 2 2 1 1 1 2 ( ) ( ) ( ) C A c AC v v v l a l l l l + = = + : đây cũng chính là gia tốc của C đối với đất trên phương AC * Hệ qui chiếu gắn với B: vA/B = v1 + v2 Và (vC/B)CA=(vA/B)CA  vC/B =(v1 + v2) 1 2 2 1 2 l l l + - Gia tốc hướng tâm của C quay quanh B là: 2 2 2 / 1 2 1 2 2 2 2 1 2 ( ) ( ) ( ) C B c CB v v v l a l l l l + = = + : đây cũng chính là gia tốc của C đối với đất trên phương CB * Hệ qui chiếugắnđất: / / c cđ CA cđ CB a a a = + : vì vuông góc nhau 2 2 2 2 / / ( ) ( ) C Cđ CA Cđ b C AC C CB a a a a a  = + = + 2 4 4 2 6 6 1 2 2 1 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) C v v l l v v a l l l l l l l l l l + +  = + = + + + Bài 5. Hai thanh cứng, cùng chiều dài L, được nối với nhau ở một đầu bằng một bản lề. Đầu kia của một thanh được giữ cố định bằng một bản lề, còn đầu kia của thanh thứ hai thì cho chuyển động với vận tốc véctơ v0 không đổi cả về độ lớn lẫn hướng, đồng thời tại thời điểm ban đầu véc tơ vận tốc v0 song song với đường phân giác của góc tạo bởi hai thanh ở thời điểm đó. Hãy tìm độ lớn và hướng của véc tơ gia tốc của bản lề nối hai thanh sau thời điểm ban đầu một khoảng thời gian rất ngắn. Lời giải - Quỹ đạo của B là tròn. - Do thanh BC cứng, hình chiếu của B và C lên phương thanh bằng nhau: Bản lề cố Bản lề v0 α 2α D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 235 0 0 cos sin2 2sin B B v v v v α α α =  = (1) + Gia tốc B gồm hai thành phần: * Pháp tuyến: 2 2 0 2 4 sin B n v v a L L α = = (2) * Tiếp tuyến at hướng theo B v Xét trong hệ quy chiếu quán tính gắn với C: BC BA o v v v = − . Từ hình vẽ tính được: 0 2sin BC v v α = Vận tốc này vuông góc với BC do B quay quanh C. Gia tốc pháp tuyến của B trong hệ này (hướng từ B về C): anC = an.cos2α + at cosβ (vì an hướng theo thanh AB, còn at theo phương của B v ) 2 2 2 cos2 sin 2 4 sin BC o n t n v v a a a L L α α α = + = = = 2 2 0 sin 2 (1 cos2 ) .2sin 2 t n n v a a a L α α α  = − = = 2 0 4 sin cos t v a L α α  = 2 2 2 0 sin cos sin sin2 B n t v a a a L α α α α +  = + = Hướng của aB hợp với AB góc ϕ  tgϕ = t n a tg a α =  ϕ = α, tức là gia tốc của B hướng dọc theo phân giác góc 2α. A B v0 α C - v0 v vB an at β D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
10. nặng bán kính R có 2 dây không dãn quấn vào. Các đầu tự do của dây gắn chặt. Khi khối đĩa chuyển động thì dây luôn căng. Ở một thời điểm vận tốc góc của đĩa bằng ω và góc giữa các dây là α. Tìm vận tốc của tâm đĩa ở thời điểm này. Lời giải Gọi v0 là vận tốc của tâm O của đĩa. Tại các điểm tiếp xúc C và D của dây và đĩa vận tốc là: 0 0 0 0 ; C C D D v v v v v v = + = + (1) trong đó vD0 và vC0 là các vận tốc của C và D trong chuyển động quay quanh O: vC0 = vD0 = ωR (2) Do dây không giãn nên hình chiếu của C v và D v lên phương của các dây tương ứng phải bằng không. Chọn hệ quy chiếu gắn với tâm O của đĩa và hai trục song song với hai dây, như vậy góc giữa hai trục này bằng α. Chiếu C v và D v cho bởi hệ các phương trình (1) lên hai trục ta được: vCx = v0x - ωR = 0 (3) vDy = v0y - ωR = 0 (4) Có nghĩa là 0 v hướng theo phân giác của góc giữa hai dây, và có độ lớn là: v = cos( / 2) R ω α (5) Bài 7. Hình vẽ là một kết cấu nằm trên mặt phẳng thẳng đứng tạo thành từ 3 thanh cứng AB, BC, CD của một tam giác. AB và CD có thể chuyển động quanh 2 trục A, D cố định vuông góc với mặt hình vẽ ; 2 điểm A, D cùng ở trên 1 đường nằm ngang. Hai đầu của thanh BC nối với AB và α ω R O α ω C D O vD0 vC0 v0 y x D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 237 CD có thể quay quanh chỗ tiếp xúc (tương tự bản lề). Cho AB quay quanh trục A với tốc độ góc ω tới vị trí như trên hình vẽ, AB ở vị trí thẳng đứng, BC và CD đều tạo với phương nằm ngang góc 0 45 . Biết rằng độ dài của AB là l, độ dài của BC và CD được xác định như trong hình vẽ. Khi đó hãy tìm giá trị và hướng gia tốc c a của điểm C (biểu diễn qua góc với thanh CD) Lời giải Vì điểm B quay tròn quanh trục A, tốc độ của nó là B v l ω = (1) gia tốc hướng tâm của điểm B là 2 B a l ω = (2) Vì chuyển động với tốc độ góc không đổi nên thành phần gia tốc tiếp tuyến của điểm B bằng 0 và B a cũng là gia tốc toàn phần của B, nó có hướng dọc theo BA. Điểm C quay tròn quanh trục D với tốc độ vC, tại thời điểm khảo sát có hướng vuông góc với thanh CD. Từ hình 1có thể thấy hướng đó dọc theo BC. Vì BC là thanh cứng nên tốc độ của B và C theo hướng BC ắt phải bằng nhau và bằng: 0 2 os45 2 C B v v c l ω = = (3) Lúc đó thanh CD quay quanh trục D theo hướng thuận chiều kim đồng hồ, gia tốc pháp tuyến của C bằng 2 C Cn v a CD = (4) Hình 1 cho thấy 2 2 CD l = , từ (3), (4) ta được: 2 2 8 Cn a l ω = (5) Gia tốc này có hướng dọc theo hướng CD. Bây giờ ta sẽ phân tích gia tốc của điểm C theo hướng vuông góc với thanh CD, tức là gia tốc tiếp tuyến Ct a . Vì BC là thanh cứng nên chuyển động của C đối với B chỉ có thể là quay quanh B, phương của vận tốc ắt phải vuông góc với thanh BC. Gọi CB v là độ lớn của vận tốc này, theo (1) và (3) ta có 2 2 2 2 CB B C v v v l ω = − = (6) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
11. tròn quanh điểm B, vậy gia tốc hướng tâm của nó đối với B là: 2 CB CB v a CB = (7) Vì 2 CB l = nên: 2 2 4 CB a l ω = (8) Gia tốc này có hướng vuông góc với CD Từ công thức (2) và hình vẽ thấy rằng thành phần gia tốc dọc thanh BC của điểm B là 0 2 2 ( ) os45 2 B BC B a a c l ω = = (9) Cho nên thành phần gia tốc vuông góc với thanh CD của điểm C đối với điểm A (hoặc điểm D) là: ( ) 2 2 2 2 2 3 2 4 2 4 Ct CB B BC a a a l l l ω ω ω = + = + = (10) Gia tốc toàn phần của điểm C bao gồm gia tốc pháp tuyến Cn a khi C chuyển động tròn quanh D và gia tốc tiếp tuyến Ct a , nghĩa là 2 2 2 74 8 C Cn Ct a a a l ω = + = (11) Góc giữa phương của C a với thanh CD là: 0 arctan arctan6 80,54 Ct Cn a a θ = = = (12) Bài 8. Một con quay được đặt trên sàn của một lồng thang máy; thang máy bắt đầu được nâng lên với gia tốc không đổi α = 2,0 m/s2 . Con quay là một đĩa đồng chất có bán kính R = 5,0 cm, được gắn vào một đầu một thanh có độ dài l = 10 cm. (hình vẽ). Đầu kia của thanh gắn vào bản lề O. Con quay tiến động với vận tốc góc n = 0,5 vòng/s (tốc độ quay của thanh OO’ quanh trục O thẳng đứng). Bỏ qua sự ma sát và khối lượng của thanh, tìm vận tốc góc riêng của đĩa. Lời giải Liên hệ giữa vận tôc góc tiến động với mô men động lượng và tổng momen ngoại lực tác dụng lên con quay D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 239 ' M xL ω   =   . Vì momen động lượng L quay quanh trục thẳng đứng qua O với tốc độ góc ' ω . Sở dĩ có biểu thức ' M xL ω   =   , ta có thể chứng minh như sau: ' ' ' M M M d L d L L dt M e e L e L dt dt dt ω ω ω   = = = = = ∧   (1) Mặt Khác ( ) (OO' ( F ) ( ) . qt M M r F P m g a l e = ∧ = ∧ + = + (2) Từ (1) và (2) suy ra được 2 ( ) ' l g a nR ω π + = =301rad/s (3) Bài 9. Hai thanh cứng có cùng chiều dàil , được nối với nhau nhờ một khớp C, đầu A nối với bản lề cố định, còn đầu B tự do. Tại thời điểm ban đầu hai thanh tạo với nhau một góc 2α (hìnhvẽ). Hãy tìm gia tốc khớp C tại thời điểm đầu B bắt đầu chuyển động thẳng đều với vận tốc 0 v trong hai trường hợp: a. 0 v có phương vuông góc Ax. b. 0 v có phương song song Ax. Lời giải D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
12. Hệ đang quay quanhtrục quay tứcthời A, nên / / c A B A ω ω = → 0 0 0 2 sin 2sin C C v v lv v v l AB l α α =  = = (1) Tính C a : C n t a a a = + 2 2 0 2 4sin . C C n v v a AC l α = = (2) + vCtại t = 0 (B thuộcsàn) thì hình chiếu vận tốc 0 0 sin2 os 2sin C C v v v c v α α α =  = + Tại t ≠ 0: 0 cos sin( ) C v v γ γ β = + (3) Nên 0 2 sin sin( ) ' cos( )cos ( ' ') sin ( ) C C t dv a v dt γ α β γ γ β γ γ β γ β   − + + + + = =   +   (4) Ta tìm ' ' theo β γ : Ox: ta có hình chiếu AB trên Ox là (AB)x=CK + CH = const cos sin sin ' . ' cos l l const γ β γ β γ β  + =  =− (5) Oy: xét hình chiếu AC trên Oy ta có (AC)y= 0 .cos cos v t l l γ β + = 0 .sin . ' sin . ' v l l γ γ β β  − =− (6) Thay (5) vào (6) ta được: 0 cos sin .sin cos v l γ γ β β   = +     ' γ 0 sin( ) . ' cos v l β γ γ β + ⇔ = (7) Thay (5) và (7) vào (4) ta được: 0 0 2 cos sin cos cos( ).cos 1 ' sin ( ) cos C t v v a l γ γ β γ β γ γ γ β β     = − + + −     +     D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 241 Vậy lúc t = 0 thì 2 0 2 sin cos . sin 2 C t v a l α α γ β α α − = =  = 2 2 0 0 sin cos . sin 2 .2sin .cos 2 sin 2 C t v v a l l α α α α α α − − = = (8) Từ (2) và (8) ta suyra: 2 2 2 0 4 2 1 1 16sin 4sin 2 C C n C t v a a a l α α = + = + 2 2 0 0 4 2 1 1 2 4sin sin 2 2 sin sin2 C v v a l l α α α α  = + = (9) b) Tính vC: 2 2 2 4 cos C C C n v v a l l α  = = (10) + Ta luôn có: 0 2cos C v v α = 0 2 sin . 2cos C C t dv v d a dt dt α α α − = = (11) Mà: AB = AB(0) + v0t; (0) 2 sin 2 2 AB AB AB vt l l l α + = = = 0 (0) (sin )' 2 AB v t l α +    =     0 cos . 2 v d dt l α α = (12) Thay (12) vào (11) 2 0 0 0 2 2 sin sin .( ) cos 2 cos 2 cos C t v v v a l l α α α α α − −  = = (13) Vậy 2 2 2 2 2 2 0 0 2 3 sin 4 cos 2 cos C C n C t v v a a a l l α α α     = + = +         2 0 3 4 cos C v a l α = (14) Bài 10. Trục quay 1 truyền chuyển động quay cho trục 2 nhờ ma sát giữa hai hình nón giống nhau, ép đều lên nhau dọc theo đường sinh của chúng. Tìm vận tốc góc ω2 của trục 2 không tải, nếu vận tốc góc của trục 1 là ω1. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
13. nón chuyển động tương đối với nhau kèm theo sự trượt trừ một điểm tại đó các vận tốc dài của hai hình nón bằng nhau. Ký hiệu toạ độ của điểm đó tính từ đỉnh của nón thứ 2 là 0 x . Tại điểm đó lực ma sát trượt tác động lên nón thứ 2 đổi dấu ( hình 1.24a). Bởi vì trước điểm đó thì nón thứ nhất có vận tốc lớn hơn nón thứ 2, còn sau điểm đó thì nhỏ hơn. Hình nón thứ 2 sẽ quay với vận tốc góc không đổi nếu tổng momen của các lực ma sát tác động lên nó bằng không. Vì lực ma sát tác dụng lên đơn vị độ dài của nón là không đổi nên momen của nó tăng theo hàm bậc nhất tính từ đỉnh nón đến đáy nón (Vì cánh tay đòn tăng). Tại điểm 0 x momen cũng như lực ma sát sẽ đổi dấu. Gọi H là chiều cao, R là bán kính đáy của nón, 0 r là bán kính tại điểm 0 x . Tổng momen của lực ma sát bằng không có nghĩa là diện tích của tam giác và diện tích hình thang được gạch chéo trên hình 1.24b bằng nhau. Ta có: 0 0 2 4 x r HR = (1) Tam giác OAB đồng dạng với tam giác OA1B1 ta có: 0 0 x H r R = (2) Từ (1) và (2) suy ra 0 2 R r = (3) Các vận tốc dài của 2 nón bằng nhau tại điểm 0 x nên ta có: 1 0 2 0 ( ) R r r ω ω − = với 0 2 R r = ta được: 2 1 1 ( 2 1) 0,41 ω ω ω = − ≈ (4) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 243 Bài 11. Trong cơ cấu bốn khâu bản lề, tay quay OA=b quay nhanh dần với vận tốc góc ω0 và gia tốc γ0. Thanh truyền AB = 2.OA, tại thời điểm đã cho tạo với đường thẳng OO1 góc α = 300 và OA, O1B đều vuông góc với OO1. Tìm gia tốc góc của thanh AB và gia tốc củaB tại vị trí đó. Chọn điểm A làm cực, định lý về quan hệ gia tốc cho ta: n n t B B A BA BA a a a a a τ + = + +  n t n n t B B A A BA BA a a a a a a τ + = + + + (1) Trong đó : 2 0 , 0 n n A BA a b a ω = = 0. t A a b ε = ; 0 . A V b ω = , 2 2 n o BA b a ω = (2) Chiếu hai vế của (1) lên trục AB cos sin cos sin n n B B A A a a a a τ τ α α α α + = +  2 ( 3 6 ) 6 B o o b aτ ω ε = − (3) Chiếu hai vế của (1) lên trục vuông góc AB ta nhận được: sin cos n B A BA a a aτ α α − = − +  2 3 o BA a aτ ω =  2 2 3 o BA ω ε = 2 rad s (4) Bài 12. Tay quay OA = r quay đều quanh trục O cố định với vận tốc góc ω0. Đầu B của thanh truyền gắn bản lề với trục của con lăn D có bán kính R, lăn không trượt trên đường nằm ngang. Biết chiều dài thanh AB = 1. Tìm vận tốc và gia tốc tại hai điểm I, K trên chu vi con lăn tại thời điểm bán kính BI thẳng đứng và bốn điểm O, A, B, K cùng nằm trên đường thẳng ngang O O1 B A ωo γo a α 2b 2 O O1 B A ωo εo a α 2 a 2 a D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
14. tốc và gia tốc điểm I − Vận tốc và gia tốc điểm A: 0 A V rω = , 2 0 n A a rω = , 0 0 A a r τ ε = = (1) − Thanh truyền AB chuyển động song phẳng : 0 1 = = P B V V , 0 1 1 A r V AP l ω ω = = (2) − Gia tốc điểm B: n n B A BA A BA BA a a a a a aτ = + = + + (3) (Giả thiết chiều B a và BA aτ như hình vẽ) Chiếu (1) lên hệ trục Oxy: 2 2 0 1 n n B A BA a a a r l ω ω = + = + 1 0 BA a l τ ε = − = − (4) (4)  2 0 ( ) B r l r a l ω + = , 1 0 ε = Xét con lăn D tại thời điểm đó: 2 2 0 B V BP ω = =  VI = VK = 0 (5) Chọn B làm cực, ta được: n I B IB IB a a a aτ = + + (6) Trong đó: 2 2 0 n IB a Rω = = , 2 IB a R τ ε = (7) Mà: ( ) 2 0 2 2 B R l r V WB R R Rl ω ε ω − = = = = ɺ ɺ (8) Do đó: 2 0 ( ) IB r a l r l τ ω = + (9) Hai véctơ: B aτ và IB aτ song song cùng chiều Giá trị của gia tốc tại I bằng: 2 0 2 ( ) I B IB r a a a l r l τ ω = + = + (10) b. Gia tốc tại điểm K như sau: n K B KB KB a a a a τ = + + (11) l A I B K O ωo l A I B∼ ∼ ∼ ∼P1 K O ωo D ω1 A D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 245 Trong đó: 0 2 2 = = ω R W n KB , 2 2 0 ( ) KB r a R l r l τ ε ω = = + (12) Hai vectơ B a và KB aτ vuông góc với nhau do đó gia tốc của điểm K bằng: 2 2 2 2 0 2 ( ) ( ) K B KB r a a a l r l ω = + = + (13) Bài 13. Cơ cấu 4 khâu như hình vẽ. Tay quay OA quay đều với vận tốc góc ωo = 4 rad/s , OA = r = 0,5 m AB = 2r , BC = r 2 Hãy tìm: Vận tốc góc, gia tốc góc thanh AB và BC. Lời giải * Vận tốc góc, thanh AB,BC Thanh AB chuyển động song phẳng có tâm vận tốc tức thời là P. VA = ωo.OA = ωAB AP  ωAB = A V AP = 2 rad/s Chiếu A V và B V lên phương AB cho : VA = VBcos45  VB = VA. 2 = 2 2 m/s  Vận tốc góc thanh BC là : ωBC = 2 2 0,5. 2 B V BC = = 4 rad/s * Gia tốc góc thanh AB,BC Chọn A làm cực . n B A BA BA a a a a τ = + + n n n B B A A BA BA a a a a a a τ τ τ ⇔ + = + + + (1) Trong đó : 2 2 . 0,5 2.4 8 2 n B BC a BC ω = = = m/s2 . B BC a BC τ ε = ; n A a = OA. ωo 2 = 0,5.42 = 8 m/s2 A aτ = 0 ; BA aτ = AB.εAB 2 . n BA AB a AB ω = = 2.0,5.22 = 4 m/s2 Giả sử B aτ có chiều như hình vẽ, và chiếu (1) lên phương AB cho : ω O B C 45 A ωo O B C 45 A P D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
15. n BA B a a + cos45  B aτ = 2 4 8 2. .cos45 2 cos45 2 2 n n BA B a a + + =  B aτ = 12 2 m/s2 B aτ = BC.εBC  εBC = 12 2 0,5. 2 B a BC τ = = 24 rad/s2 Chiếu (1) lên phương vuông góc với AB cho : cos45 cos45 n n B B A BA a a a a τ τ − = − −  cos45 cos45 n n BA B B A a a a a τ τ = − − 2 2 12 2. 8 2. 8 2 2 BA aτ = − − = - 4 0 Vậy BA aτ ngược chiều hình vẽ BA aτ = AB .εAB  εAB = 4 2.0,5 BA a AB τ − = = - 4 rad/s2 Vậy εAB quay ngược chiều kim đồng hồ Bài 14. Cần AB chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái nghỉ, sau 4 giây trượt từ vị trí cao nhất xuống đoạn h = 4cm làm cho cam có bán kính R = 10cm trượt ngang. Xác định vận tốc, gia tốc của cam tại vị trí trên. Lời giải Vận tốc của cam: Phương trình chuyển động tuyệt đối: 2 ( ) 4 t h cm = (1)  vận tốc và gia tốc tuyệt đối: 2 / 2 a t V cm s = = (khi t = 4 s) , 2 1 / 2 a W cm s = Áp dụng công thức: a r e V V V = + (2) Chiếu (1) lên phương AI: Vasinϕ = Vecosϕ A B I h R A B I h R ϕ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 247 Trong đó: 6 sin 10 φ = , 8 cos 10 φ =  Ve = Vatgϕ = 1,5cm/s Chiếu (2) lên phương vuông góc với AI: Vacosϕ = -Vesinϕ + Vr  Vr = 2,5cm/s Gia tốc của cam: n a r e r r e a a a a a a τ = + = + + (3) (Chiều vectơ gia tốc e a , r aτ là chiều giả định) 2 0,5 / a a cm s = , 2 2 0,625 / n r r V a cm s R = = Chiếu (3) lên phương AI: sin cos n a e r a a a φ φ = − +  2 1 0,41 / 2 cos n r e W a tg cm s φ φ = + =  2 0,41 / e a cm s = Bài 15. Tay quay OA có chiều dài l = 10cm quay đều với vận tốc góc ω0 = 6rad/s làm cho con trượt A trượt dọc cần lắc O1B. Lúc OA nằm ngang ϕ = 300 . a. Tìm vận tốc trượt của A dọc cần lắc, vận tốc góc 1 ω của cần lắc. b. Tìm gia tốc của con trượt A và gia tốc góc 1 ε của cần lắc. Lời giải a. Vận tốc: Viết biểu thức hợp vận tốc cho điểm A : , A e r v v v = + (1) Trong đó : vA = ωol= 60 cm/s Phân tích A v theo hai phương đã biết của e v và r v Giá trị : vr = vA cosϕ = lω0cos300 = 30 3 cm/s ve = vAsinϕ = ve = lω0sin30 = 30 cm/s, Vận tốc góc của cần lắc O1B: 1 1 30 1,5 / 20 e v rad s O A ω = = = b. Gia tốc A B I h ϕ R A B O O1 ωo ϕ A B O O1 ωo ω1 ϕ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
16. gia tốc trong hợp chuyển động: A e r c a a a a = + + = n t e e r c a a a a + + + (2) Trong đó: - aA = l 2 0 ω = 360 cm/s2 ; - 1 2 2 c e r r a v v ω ω = ∧ = ∧ = 2ω1vr = 90 3 cm/s2 , - 2 1 1 . 45 n e a O Aω = = cm/s2 Chiếu hai vế của (2) lên hai trục ∆1 và ∆2 : sin , cos n A e r t A e C a a a a a a ϕ ϕ − = − + = +  2 2 sin 135 / ; cos 90 3 / . n r e A t n e e C a a a cm s a a a cm s φ φ = − = − = − = Gia tốc góc cần lắc : 2 1 1 1 90 3 4,5 3 / . 20 t e a rad s O A ε = = = BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 17. Vật nặng C được kéo lên theo phương thẳng đứng nhờ sợi dây vắt qua ròng rọc cố định A đặt cách đường trượt thẳng đứng 1 đoạn OA a = . Xác định vận tốc và gia tốc vật nặng C phụ thuộc vào khoảng cách OC x = , nếu đầu tự do của dây được kéo với vận tốc không đổi u. B O O1 ωo ε1 A ϕ α v β 2 v vcosα vsinα 2vcosβ 2vsin H×nh D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 249 Đs: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 2 2 0 2 . 2 AC u t AC ut u v x x AC ut a − + − − = = = − − ɺ ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 u u x a u v u a x w x x x −   − +   −    = = = − Bài 18. Khi tay quay OC quay quanh trục O thẳng góc với mặt phẳng hình vẽ thì con chạy A di chuyển dọc theo OC và làm cho thanh AB chuyển động trong rãnh thẳng đứng K. Khoảng cách OK l = . Xác định vận tốc con chạy A đối với tay quay OC theo vận tốc góc ω và góc quay ϕ của tay quay. II. Bài toán động lực học vật rắn liên kết Bài 1. Một ròng rọc kép gồm hai hình trụ đặc đồng chất đặt đồng tâm. Hình trụ lớn có khối lượng M = 200g, bán kính R = 10cm, hình trụ nhỏ có khối lượng m = 100g, bán kính r = 5cm. Trên rãnh của từng hình trụ có quấn một sợi dây nhẹ không dãn, đầu tự do mỗi dây mang vật khối lượng lần lượt là m1 = 250g và m2 = 200g (hình vẽ). Ban đầu hệ đứng yên, thả cho hệ chuyển động. Tính gia tốc của từng vật và lực căng của mỗi dây treo. Lời giải Biểu diễn các lực tác dụng lên hệ Vì R.P2 r.P1 nên m2 đi xuống, m1 đi lên Áp dụng định luật II Newton cho m1, m2: Vật m1: - m1g + T1 = m1a1 (1) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
17. – T2 = m2a2 (2) Áp dụng phương trình ĐLHVR cho ròng rọc: T2R – T1r = Iγ (3) Mặt khác: a1 = rγ (4) a2 = Rγ (5) Từ (1), (2), (3), (4), (5): với 2 2 1 1 2 2 I MR mr = + Thay số: γ = 20 rad/s2 ; a1 = 1m/s2 ; a2 = 2m/s2 ; T1 = m1(g + a1) T2 = m2(g - a2) Thay số T1 = 2,75N; T2 = 1,6N. Bài 2. Hai vật nặng P1 và P2 được buộc vào hai dây quấn vào hai tang của một tời bán kính r và R (hình vẽ). Để nâng vật nặng P1 lên người ta còn tác dụng vào tời một mômen quay M. Tìm gia tốc góc của tời quay. Biết trọng lượng của tời là Q và bán kính quán tính đối với trục quay là . Lời giải Xét cơ hệ gồm vật nặng A, B, tời C ( hình vẽ ). Các ngoại lực tác dụng lên hệ gồm các trọng lực , , . Mômen và phản lực , trong đó phản lực có mômen đối với trục quay O bằng không. ÁP dụng định lý biến thiên mômen động lượng đối với trục quay z qua đi qua O của tời ta có: ( 1 ) Mặt khác ta lại có : Lz = Lz( A ) + Lz( B ) + Lz( C ) Mômen động lượng của vật A là: Lz( A ) = Mômen động lượng của vật B là: Lz( B ) = Mômen động lượng của tời C là: Lz( C ) = Lz = (P1r2 + P2R2 + Q ) ( 2 ) I r m R m g r m R m + + − = 2 1 2 2 1 2 ) ( γ ρ 1 P 2 P Q M 0 R 0 R 1 2 z d L P r P R M dt = − + + 2 1 1 A P P r. v r g g = ω 2 2 2 B P P R. v R g g = ω 2 z Q g Ι ω = ρ ω  2 ρ g ω D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 251 Thay ( 2 ) vào ( 1 ) ta được: Vậy (3 Bài 3. Một vật A có trọng lượng P được kéo lên từ trạng thái đứng yên nhờ tời B là đĩa tròn đồng chất có bán kính R, trọng lượng Q và chịu tác dụng ngẫu lực có mômen M không đổi ( hình vẽ). Tìm vận tốc vật A khi nó được kéo lên một đoạn là h. Tìm gia tốc của vật A. Lời giải Cơ hệ khảo sát gồm vật A chuyển động tịnh tiến; tời B quay quanh một trục cố định. Các lực tác dụng lên hệ gồm các trọng lực , ngẫu lực , phản lực và các nội lực. Nhận xét: trọng lực tác dụng chỉ có ngẫu lực và trọng lực sinh công; còn phản lực và trọng lực không sinh công vì các điểm đặt của chúng cố định, các nội lực cũng không sinh công. Vì có thể tính công hữu hạn của ngẫu lực và trọng lực để tìm vận tốc của vật A ta áp dụng định lý biến thiên động năng: ( 1 ) trong đó T0 là động năng của hệ tại thời điểm ban đầu ; T là động năng của hệ tại thời điểm ( t ). Ta có: T0 = 0 vì ban đầu hệ đứng yên . ( 2 ) Ta có: T = TA + TB ( 3 ) Vật A chuyển động tịnh tiến nên TA = ( 4 ) Vật B quay quanh trục cố định nên 2 1 2 2 2 1 2 M P R P r d dt P r P R Q + − ω = γ = + + ρ 2 1 2 2 2 1 2 M P R P r g P r P R Q + − γ = + + ρ P,Q M 0 R M P 0 R Q M P A v ( ) ( ) 0 A P A M Τ − Τ = + 2 1 2 A P v g 2 1 2 B O T = Ι ω D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
18. ( 4 ) , ( 5 ) vào ( 3 ) ta có: ( 6 ) Ta có: = M - P.h = M - P.R. với h = R. = ( 7 ) Thay ( 2 ), ( 6 ), ( 7 ) vào ( 1 ) ta được: = Để tìm gia tốc aA của vật A ta sử dụng định lý biến thiên động năng dạng vi phân vA .aA = vA aA = 2g Vậy aA = 2g Bài 4. Một ống chỉ khối lượng M được đặt nằm ngang trên một chiếc bàn và dựa vào 2 chiếc đinh cắm thẳng đứng trên bàn. Sợi chỉ dài, mảnh, một đầu quấn vào ống chỉ, còn đầu kia được luồn qua một khe ở mặt bàn và nối với một vật nặng khối lượng m (Hình vẽ). Với giá trị nào của m thì hệ cân bằng? Biết ống chỉ (phần quấn chỉ) có bán kính r, phần gỗ ở hai đầu ống chỉ có bán kính R, hệ số ma sát giữa ống chỉ và đinh là µ1 và giữa ống chỉ với mặt bàn là µ2. Lời giải Giả sử tìm được giá tri m0, với m m0 thì ống chỉ bắt đầu quay. Khi m = m0, hệ cân bằng: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 4 4 A B A v Q Q Q R R v g g R g     ⇔ Τ = ω = =           ( ) 2 2 2 2 A P Q v g + Τ = ( ) ( ) A P A M + ϕ ϕ ϕ ϕ ⇔ ( ) ( ) A P A M + M P h R   −     ( ) 2 2 2 2 A P Q v g + M P h R   −     ( ) ( ) 4 2 A M Ph v g h R P Q −  = + i e k k d dA dA Τ = +   ⇔ ( ) 2 2 P Q g + M P R   −      ( ) ( ) 2 M PR R P Q − + ( ) ( ) 4 2 A M Ph v g h R P Q − = + ( ) ( ) 2 M PR R P Q − + D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 253 Fms1 = µ1N1; Fms2 = µ2N2 (1) Áp dụng định luật 2 Niu tơn cho các trục 0x, 0y có: Fms2 – N1 = 0 (2) Fms1 + N2 – P2 – T’ = 0 (3) T’ = T = m0g; P2 = Mg (4) Xét trục quay tạm thời qua O, có: T’.r – Fms1.r – Fms2.R = 0 (5) Giải hệ 5 phương trình trên ta được nghiệm: 2 1 0 2 (1 ) r R m M r R µ µ µ + = − (6) - Với 2 r R µ , hệ cân bằng với m m0. Khi m m0 ống chỉ quay. - Nếu µ2 có giá trị tiến gần đến r/R, thì m0 có giá trị rất lớn. Khi µ2 = r/R thì hệ cân bằng với mọi giá trị của m. - Còn nếu 2 r R µ thì cân bằng không thể bị phá vỡ với mọi giá trị của m. Bài 5. Một mô hình động cơ hơi nước đặt nằm ngang trên mặt sàn nhẵn. Tay quay OA có chiều dài r và quay đều với tốc độ góc ω, điểm B luôn chuyển động thẳng. Thanh truyền AB dài bằng tay quay. Coi khối lượng của các bộ phận chuyển động rút về thành 2 khối lượng m1 và m2 tập trung ở A và B, khối lượng của vỏ động cơ là m3 . a. Cho rằng vỏ động cơ chỉ chuyển động ngang và ban đầu pit-tông ở vị trí xa nhất về bên trái. Xác định phương trình chuyển động của vỏ động cơ. b. Nếu động cơ được bắt vít xuống nền bằng bu-lông, tìm áp lực của động cơ lên nền và lực cắt ngang bu-lông. Bỏ qua lực căng ban đầu của bu-lông. Lời giải a. Xét tại thời điểm t góc quay của vật BOA = φ = ωt (hình 25a). Các bộ phận có khối lượng m1, m2 có vận tốc lần lượt là và trong hệ quy chiếu gắn với vỏ. Vỏ có vận tốc đối với sàn. 1 v 2 v 3 v D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
19. hệ không chịu tác dụng của ngoại lực nên bảo toàn động lượng: m3v3 +m2(v2 + v3) +m1(v1sinωt + v3) = 0 = v3 = - (1) với v1 = ωr, v2 = - = -2 = 2 = 2ωrsinωt (2) Thay (2) vào (1) ta có: v3 = - (3). Lấy nguyên hàm của (3): x = + C Chọn x = 0 tại t = 0 ta có C = Vậy x = . (4) 2. Xét cả hệ chỉ có có thành phần vận tốc theo phương thẳng đứng: vy = v1cosωt = ωrcosωt (5) Do đó áp lực của hệ lên sàn theo phương thẳng đứng là N = (m1+m2+m3)g + N = (m1+m2+m3)g - m1ω2 r.sinωt. (6) Động lượng của hệ theo phương ngang khi vỏ được giữ đứng yên là p = m2v2 + m1v1sinωt = (m1 +2m2)ωr.sinωt (7) Do đó lực cắt ngang bulong là: T = = (m1 +2m2)ω2 r.cosωt (8) Bài 6 (HSG QG 2010). Một thanh cứng AB đồng chất, tiết diện đều, khối lượng M, chiều dài AB = L có gắn thêm một vật nhỏ khối lượng m = M/4 ở đầu mút B. Thanh được treo nằm ngang bởi hai sợi dây nhẹ, không dãn O1A và O2B. Góc hợp bởi dây O1A và phương thẳng đứng là α0. 2 2 1 1 1 2 3 sin m v m v t m m m ω + + + dOB dt dOH dt ( os ) d rc t dt ω 2 1 1 2 3 (2 ) sin m m r t m m m ω ω + + + 2 1 1 2 3 (2 ) os m m rc t m m m ω + + + 2 1 1 2 3 (2 ) m m r m m m + + + 2 1 1 2 3 (2 ) ( os 1) m m r c t m m m ω + − + + 1 v 1 ( ) d m y dt dp dt D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 255 a. Tính lực căng T0 của dây O1A. b. Cắt dây O2B, tính lực căng T của dây O1A và gia tốc góc của thanh ngay sau khi cắt. Lời giải - Hệ thanh và vật nặng có khối tâm G với vị trí được xác định cách A khoảng AG: .( ) . . ( ). . . 2 2 2( ) L AG M m M AC m AB M m AG M m L M m AG L M m + = +  + = + +  = + (1) Thay 1 4 m M = tính được 3 5 L AG = (2) Momen quán tính của hệ với trục quay qua G: 2 2 2 2 2 2 2 4 8 . . 12 3 25 25 15 G ML mL mL mL mL I M CG m BG = + + = + + = Với 2 ; 5 10 L L BG CG = = . Vậy 2 8 15 G mL I = (3) a. Khi thanh cân bằng, xét với trục quay qua điểm B và vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. Từ phương trình momen: 0 0 . os 0 P BG T Lc α − = 0 0 0 2 ( ) . 2 5 os os L M m g mg T Lc c α α +  = = (4) b. Tại thời điểm t = 0 khi dây O2B vừa bị cắt, vì thanh chưa di chuyển, điểm A có vận tốc bằng 0. Điểm A chỉ có gia tốc A a theo phương vuông góc với dây O1A. Xét điểm G, có gia tốc: / G A G A a a a = + (5) - Trong hệ quy chiếu đất, với trục quay qua khối tâm G, trong quá trình chuyển động quay của thanh sau khi cắt dây, có phương trình momen, tại thời điểm ban đầu: 0 . . os T G G G G M I T AG c I γ α γ =  = A B α O O m M A B α C O O G  α D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
20. γ γ = = 0 . . os G G T AG c I α γ  = (7) - Phương trình ĐLII Newton: / ( ) ( )( ) G G A A P T M m a M m a a + = + = + + Chiếu lên phương dây O1A, với / G A A a AG γ   = ∧   hướng như hình vẽ, 0 / 0 0 ( ) . os ( ) . os ( ). . . os G A M m g c T M m a c M m AG c α α γ α + − = + = + (8) Thay (7 vào (8) tính được: 0 2 2 0 ( ) . os ( ) os 1 G M m g c T M m AG c I α α + = + + (9) Thay (1) và (2) vào (9) tính được 0 0 0 2 2 2 2 0 0 0 2 ( ) . os 5 . os 40 os 3 27 os 8 27 os ( )( ) os 1 5 8 1 8 15 M m g c mg c mgc T L c c M m c mL α α α α α α + = = = + + + + (10) -Tính γ: Thay (10) vào (7) ta có 0 0 2 2 0 0 0 2 2 0 40 os 3 os . . os 8 27 os 5 45 os 8 (8 27 os ) 15 G mgc L c T AG c c gc mL I c L α α α α α γ α + = = = + 2 0 2 0 45 os (8 27 os ) gc c L α γ α = + Bài 7. Máy ép có khuỷu được cấu tạo như hình trên hình. Khung ép gồm bốn thanh mảnh cứng nhẹ và cùng chiều dài a nối với nhau bằng bản lề ở bốn đỉnh: đỉnh trên cùng cố định; đỉnh dưới cùng mắc vào bàn ép nằm ngang, hai đỉnh hai bên được mắc vào hai con chạy có tiện ren ốc. Hai ốc ren này được mắc vào một trục vít có các ren ở hau đầu thanh xoắn ngược chiều nhau; với cùng bước ren là h. Ở đầu cùng thanh vít có gắn một vô lăng nhỏ. Vào lúc góc mở của khung ở hai đỉnh trên và dưới là 2α , ta D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 257 tác dụng vào vô lăng một ngẫu lực có momen quay M. Tìm lực ép của bàn ép tác dụng xuống vật chịu ép. Bỏ qua ma sát ở các khớp nối và những chỗ tiếp xúc. Lời giải. Cơ hệ khảo sát là cơ cấu máy ép không kể vật chịu ép. Vị trí của cơ cấu được hoàn toàn xác định bằng góc α làm bởi thanh DA và đường thẳng đứng. Vậy cơ hệ có một bậc tự do. Chọn tọa độ suy rộng đủ là góc định vị của vô lăng q ϕ = . Khi bỏ qua ma sát, liên kết của cơ hệ là liên kết lý tưởng. Để tìm lực ép của bàn ép ta tìm phản lực N . Nhằm mục đích này ta phá vỡ liên kết và xem phản lực N thuộc vào các lực hoạt động cùng với ngẫu lực M tác dụng lên vô lăng. Cho cơ hệ di chuyển khả dĩ bằng cách cho vô lăng một di chuyển khả dĩ δϕ , khi đó A có di chuyển A x δ và bàn ép di chuyển xuống một đoạn C y δ . Tổng công khả dĩ của các lực hoạt động sẽ bằng ( ) k C A F M N y δ δϕ δ = −  Vì cos A y a α = và 2 2 cos C A y y a α = = Nên 2 sin . C y a δ α δα = − . Ngoài ra ta có mối liên hệ giữa góc quay của trục vít và độ dịch chuyển tịnh tiến của con chạy A 2 A h x δϕ δ π = − Mặt khác sin A x a α = ; cos . A x a δ α δα = Vậy cos 2 h a δϕ αδα π = − Từ đó 2 cos h a δα δϕ απ = − Và 2 sin tan C h y a δ αδα αδϕ π = − = D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
21. công khả dĩ của các lực có thể viết dưới dạng sau: ( ) tan k Nh A F M δ α δϕ π   = −      . Lực suy rộng của các lực hoạt động với tọa độ suy rộng ϕ bằng tan Nh Q M ϕ α π = − . Từ điều kiện cân bằng của hệ: 0 Qϕ = Ta nhận được cot M N h π α = . Đó cũng chính là giá trị của lực ép đang cần tìm. Bài 8: Dùng tời kéo vật A lên dốc với góc nghiêng α so với phương ngang. Vật A có trọng lượng P. Hệ số ma sát trượt giữa vật A và mặt phẳng nghiêng là f. Tác dụng lên trục tời ngẫu lực phát động có momen M. Bán kính trục tời là R. Tìm điều kiện để kéo được vật lên từ trạng thái nghỉ (H. 3- 10). Bỏ qua ma sát ở ổ trục kéo và trọng lượng dây. Lời giải. Cơ hệ đang xét có một bậc tự do và chịu liên kết lý tưởng, nếu coi lực ma sát trượt của mặt dốc tác dụng lên vật A là lực hoạt động cùng với các trọng lực và ngẫu lực phát động. Chọn tọa độ suy rộng là góc quay của tời, q ϕ = . Để tìm điều kiện cân bằng của vật A chúng ta xét hai trường hợp: vật A sắp trượt lên và vật A sắp trượt xuống. Giả sử vật A sắp trượt lên. Lúc đó lực ma sát hướng xuống. Cho hệ di chuyển khả dĩ úng với tời quay một góc δϕ thuận kim đồng hồ và vật A di chuyển lên dọc mặt phẳng nghiêng một đoạn s δ . Rõ ràng ta có: s R δ δϕ = . Khi chú ý rằng: cos ms F fN fP α = = , Ta có: ( ) ( ) sin cos k A F M P f R δ α α δϕ =  − +     . D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 259 Vậy lực suy rộng ứng với tọa độ suy rộng ϕ là: ( ) sin cos . Q M P f R ϕ α α = − + Khi vật A sắp trượt lên nhưng vẫn còn cân bằng ta có: ( ) sin cos 0 Q M P f R ϕ α α = − + = Vậy để vật không trượt lên cần phải có: ( ) sin cos . M P f R α α ≤ + Bây giờ xét trường hợp vật A sắp trượt xuống. Lúc đó lực ma sát sẽ hướng lên. Lặp lại lý luận như trên ta nhận được điều kiện cân bằng của vật A khi nó có khuynh hướng trượt xuống ( ) sin cos 0 M P f R α α − − = Để vật không trượt xuống cần phải thực hiện điều kiện: ( ) sin cos , M P f R α α ≥ − Như vậy vật A cân bằng (nghĩa là không trượt lên cũng không trượt xuống), thì điều kiện sau cùng cần được thỏa mãn là: ( ) ( ) sin cos sin cos . PR f M PR f α α α α − ≤ ≤ + Nếu một trong hai điều kiện đó bị phá vỡ thì A sẽ không cân bằng tức bị kéo lên hoặc bị trượt xuống. Bài 9. Cho cơ hệ như hình vẽ. Xác định mômen M của ngẫu lực cần đặt vào trục kéo I và tỉ số trọng lượng của hai vật để cho cơ hệ cân bằng. Cho bán kính của trục tời là R. Bỏ qua trong lượng của ròng rọc và ma sát ở các ổ trục quay. Lời giải Hệ khảo sát gồm có trục kéo I, các ròng rọc II, III, IV cùng dây vắt qua chúng và hai vật có trọng lượng lần lượt P1, P2. Cơ hệ có hai bậc tự do. Có thể chọn 1 1 2 2 ; q q ϕ ϕ = = , ở đó 1 ϕ và 2 ϕ là hai góc định vị của trục I và của ròng rọc II tương ứng làm các tọa độ suy rộng đủ. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
22. động gồm có các trọng lực 1 2 , P P và ngẫu lực M. Để tính các lực suy rộng ứng với các tọa độ suy rộng đủ ta cho cơ hệ một di chuyển khả dĩ bất kì ứng với góc quay vô cùng bé 1 δϕ và 2 δϕ của trục I và ròng rọc II. Quy ước rằng các di chuyển thẳng đứng là dương nếu chúng hướng lên và là âm khi chúng hướng xuống, các di chuyển góc là dương khi chúng ngược với chiều quay của kim đồng hồ và là âm trong trường hợp trái lại. Gọi 1 2 , s s δ δ là di chuyển khả dĩ của các điểm đặt của các lực 1 2 , P P . Tổng công khả dĩ của các lực hoạt động bằng: ( ) 1 1 1 2 2. k A F M P s P s δ δϕ δ δ = − +  (1) Để biểu diễn các biến phân 1 2 , s s δ δ theo 1 δϕ và 2 δϕ chúng ta chú ý rằng ròng rọc IV có tâm vận tốc tức thời là B, nên 1 D s s δ δ = và 2 . 2 D r s δϕ δ = (2) Ngoài ra ròng rọc III chuyển động song phẳng nên ta có . 2 A E C s s s δ δ δ + = (3) Từ đó suy ra: 1 2 . A C E s s s s δ δ δ δ = = − (4) Nhưng: 2 1 , , C E s r s R δ δϕ δ δϕ = − = − (5) Nên: 1 2 1 2 , s r R δ δϕ δϕ = − + (6) Thay các giá trị đó của 1 2 , s s δ δ vào biểu thức tổng công khả dĩ ta có: ( ) 2 2 1 1 1 2 2 1 1 1 2 ( 2 ) ( ) (2 ) . 2 2 k r P A F M P R r P M PR r P δϕ δ δϕ δϕ δϕ δϕ δϕ = − − − = − + −  (7) Vậy các lực suy rộng Q1 và Q2 ứng với các tốc độ suy rộng đủ 1 ϕ và 2 ϕ là 2 1 1 2 1 ; (2 ). 2 P Q M PR Q r P = − = − (8) Điều kiện cân bằng của cơ hệ sẽ là: 2 1 1 0;2 0 2 P M PR P − = − = (9) Từ đó ta nhận được: 1 2 1 ; 4 . M PR P P = = (10) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 261 Bài 10. Hai thanh đồng chất OA và AB nối với nhau bằng bản lề A được treo vào tường nhờ bản lề O. Tại điểm B có lực F tác dụng theo phương ngang hướng từ trái sang phải. Cho OA = 2l1, AB = 2l2, trọng lượng của các thanh OA, AB lần lượt là P1, P2. Cho biết cơ hệ ở trạng thái cân bằng. Tìm các góc lệch 1 ϕ và 2 ϕ của thanh OA và AB làm với phương thẳng đứng. Lời giải Cơ hệ khảo sát gồm hai thanh OA và AB. Chọn các tọa độ suy rộng là các góc lệch 1 ϕ và 2 ϕ : 1 1 2 2 ; . q q ϕ ϕ = = (1) Rõ ràng các tọa độ này độc lập với nhau và đủ để xác định vị trí của cơ hệ, do đó cơ hệ có hai bậc tự do. Hệ gồm các vật rắn liên kết với nhau bằng các bản lề không ma sát nên cơ hệ có liên kết lý tưởng. Các lực hoạt động gồm 1 2 , P P và F . Để tính các lực suy rộng chúng ta sử dụng phương pháp sau: ( ) ( ). k kx k ky k kz k A F F x F y F z δ δ δ δ = + +   (2) Cho hệ trục Oxy như hình vẽ: Các lực hoạt động 1 1 1 2 2 2 ( , ), ( , ), ( , ) x y x y x y P P P P P P F F F có các hình chiếu bằng: 1 1 1 2 2 2 0, , 0, , , 0 x y x y x y P P P P P P F F F = = = = = = (3) Điểm đặt của các lực 1 2 , P P và F có các tọa độ: 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 2; 2 1 1 2 2; 3 1 1 2 2; 3 1 1 2 2; sin ; cos , 2 sin sin 2 cos cos 2 sin 2 sin 2 cos 2 cos x l y l x l l y l l x l l y l l ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = = = + = + = + = + (4) Từ đó suy ra: 1 1 1 1 2 1 1 1 2 2 2 3 1 1 1 2 2 2 sin 2 sin sin , 2 cos 2 cos . y l y l l y l l δ ϕ δϕ δ ϕ δϕ ϕ δϕ δ ϕ δϕ ϕ δϕ = − = − − = + (5) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
23. dĩ của các lực hoạt động bằng: ( ) 1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 1 1 1 1 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 sin ( 2 sin sin ) (2 cos 2 cos ) ( sin 2 sin 2 cos ) ( sin 2 cos ) . k x y x y x y A F P x P y P x P y F x F y Pl P l l F l l Pl l P Fl Pl Fl δ δ δ δ δ δ δ ϕ δϕ ϕ δϕ ϕ δϕ ϕ δϕ ϕ δϕ ϕ ϕ ϕ δϕ ϕ ϕ δϕ = + + + + + = − + − − + + = − − + + − +  (6) Các hệ số của 1 2 , δϕ δϕ trong biểu thưc trên chính là các lực suy rộng Q1, Q2 ứng với các tọa độ suy rộng 1 2 , ϕ ϕ . Vậy 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 [2 cos 2 )sin ]; [2 cos sin ]. Q l F P P Q l F P ϕ ϕ ϕ ϕ = − + = − (7) Điều kiện cân bằng của cơ hệ: 1 2 0; 0 Q Q = = trở thành 1 1 2 1 2 2 2 2 cos ( 2 )sin 0 2 cos sin 0 F P P F P ϕ ϕ ϕ ϕ − + = − = (8) Giải hệ phương trình này ta tìm được: 1 2 1 2 2 2 2 , . 2 F F tg tg P P P ϕ ϕ = = + (9) Sau đây chúng ta sẽ trình bày một phương pháp khác tính các lực suy rộng Q1, Q2 Vì các lực 1 2 , P P là các lực có thế với hàm thế năng: 1 1 2 2 1 1 1 2 1 1 2 2 cos (2 cos cos ) , P y P y C Pl P l l C ϕ ϕ ϕ ∏ = − − + = − − + + (10) Ở đó C là hằng số, còn lực F là lực không thế nên * , 1,2 j j j Q Q j q ∂∏ = − + = ∂ (11) * j Q là lực suy rộng của lực không thế F nó được tính nhờ biểu thức Vậy * * 1 1 1 2 2 2 2 cos ; 2 cos Q Fl Q Fl ϕ ϕ = = . (12) Các lực suy rộng Q1, Q2 sẽ bằng: [ ] [ ] * 1 1 1 1 1 2 1 1 * 2 2 2 2 2 2 2 2 cos ( 2 )sin , 2 cos 2 sin . Q Q l F P P Q Q l F P π ϕ ϕ ϕ π ϕ ϕ ϕ ∂ = − + = − + ∂ ∂ = − + = − ∂ (13) Bài 11. Một cơ cấu hành tinh được đặt trong mặt phẳng nằm D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 263 ngang chuyển động từ trạng thái đứng yên do chịu tác dụng của một ngẫu lực phát động có momen không đổi bằng M đặt vào tay quay OA. Cho biết bánh răng 2 cố định có bán kính 2 r , bánh răng 1 là một đĩa tròn đồng chất có bán kính 1 r và khối lượng 1 m , chịu tác dụng của một ngẫu lực cản có momen 1 M không đổi. Tay quay được coi là một thanh đồng chất, có khối lượng là m. Bỏ qua ma sát (H.6- 17) a. Xác định vận tốc góc tay quay OA hàm theo góc quay của nó. b. Tìm phản lực tại A và lực ăn khớp giữa hai bánh răng, biết rằng góc ăn khớp giữa chúng là α . Lời giải a. Tìm biểu thức vận tốc góc ( ) ω ω ϕ = . Khảo sát cơ hệ gồm: - Tay quay OA quay quanh trục O cố định ( vuông góc với mặt phẳng hình vẽ). Bánh răng 1 chuyển động song phẳng trong mặt phẳng hình vẽ. Các lực tác dụng lên cơ hệ có sinh công trong chuyển động là hai ngẫu lực có momen M và M1 không đổi, có thể tính được công hữu hạn của chúng. Để tìm biểu thức ( ) ω ω ϕ = ta áp dụng định lý biến thiên động năng dạng hữu hạn: 0 k T T A − =  (1) Ban đầu hệ đứng yên nên 0 0 T = . Bây giờ ta tính động năng của hệ ở thời điểm bất kỳ: 0 1 A T T T = + (2) Gọi ω là vận tốc góc của tay quay OA ta có: 2 . ; 2 OA T J ω = trong đó ( ) 2 1 2 3 m r r J + = Tức là: ( ) 2 2 1 2 0 . 3 2 A m r r T ω + = . (3) Gọi ' A v là vận tốc điểm A, 1 ω là vận tốc góc bánh 1, ta có: 2 2 1 1 1 , 2 2 A A J m v T ω = + (5) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
24. r J = nên: 2 2 2 1 1 1 1 1 . 2 2 2 A m r m v T ω = + . (6) Vậy biểu thức động năng của toàn hệ sẽ là: ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 . . 3 2 2 2 2 A m r r m r m v T ω ω + = + + . (7) Ta có thể tính được dễ dàng: ( ) 1 2 1 1 2 1 ; A r r v r r r ω ω ω + = = + . (8) Vì vậy biểu thức động năng toàn hệ có thể viết trong dạng sau: ( )( ) 2 2 1 1 2 1 2 9 6 2 T m m r r ω = + + (9) Tiếp theo ta tính biểu thức A  theo góc quay của tay quay OA. Trong chuyển động của cơ hệ chỉ có hai ngẫu lực momen M và M1 sinh công. Ta tính công của hai ngẫu lực đó: 1 1 A M M ϕ ϕ = − (10) Trong đó 1 ϕ là góc quay được của bánh 1 khi tay quay OA quay được một góc ϕ . Từ quan hệ động học vừa được tìm trên, ta suy ra: 1 2 1 2 r r r ϕ ϕ + = Và thay nó vào (c) ta có: 1 2 1 2 ; k r r A M M r ϕ   + = −      (11) Thay vào ta được: ( )( ) 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 9 6 2 r r m m r r M M r ω ϕ   + + + = −     (12) Rút ra: ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 2 2 1 2 1 12 2 9 Mr M r r r r r m m ϕ ω  − +    = + + , (13) Từ đó dễ dàng tìm được: ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 2 1 1 2 1 6 2 9 Mr M r r d d dt d r r r m m ω ω ε ω ϕ  − +    = = = + + (14) b. Tìm lực ăn khớp S và phản lực A R Khảo sát bánh răng 1 chuyển động song phẳng dưới tác dụng của hệ lực ( ) 1 , , A S R M D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 265 Trong đó S là lực ăn khớp tại I, A R là phản lực tại A do tay quay tác dụng lên bánh răng 1. Nhận xét rằng quy luật chuyển động của bánh răng 1 đã biết: gia tốc khối tâm A của bánh răng 1 gồm hai thành phần: t A a có phương, chiều cùng với A v và có giá trị ( ) 1 2 1 t A a r r ε = + còn n A a có phương chiều hướng từ A đến O và có giá trị ( ) 2 1 2 n A a r r ω = + .Ngoài ra, từ quan hệ động học: 1 2 1 1 , r r r ω ω + = Suy ra: 1 2 1 1 . r r r ε ε + = Do đó việc tìm lực ăn khớp S và phản lực A R là bài toán thuận đối với bánh răng 1. Muốn thế ta viết phương trình vi phân chuyển động đối với vật song phẳng bánh răng 1 (do cơ cấu đặt trong mặt phẳng ngang nên ta chỉ lập phương trình vi phân chuyển động trong mặt phẳng của chuyển động song phẳng): 1 cos , t t A A m a S R α = − + 1 sin , n n A A m a S R α = − + 1 1 cos , A J Sr M ε α = − Trong đó 2 1 1 . 2 A m r J = Từ đó dễ dàng nhận được: ( ) 1 1 1 2 1 1 2 cos m r r r S M ε α  +  = +     , ( ) 2 1 1 1 2 1 1 2 ; t A r M R m r r r r ε   = + + +     ( ) 2 1 1 1 2 1 tan tan ; 2 n A M R m r r r ε ω α α   = + + +     Trong đó , ε ω được tính theo các biểu thức (13) và (14). D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
25. LUYỆN Bài 12. Xét máy Atwood như hình 2.8P. Các khối lượng là m và 2m, ròng rọc là một đĩa đồng chất có khối lượng m và bán kính r. Dây không có khối lượng và không trượt đối với ròng rọc. Hãy tìm gia tốc của các khối lượng, sử dụng định luật bảo toàn năng lượng. ĐS 2 7 a g = Bài 13. Cho bốn vật hình trụ giống nhau, đồng chất, tiết diện đều, mỗi trụ có khối lượng m, bán kính R. Bốn trụ đặt thành hai tầng, giữa hai tầng ngăn cách nhau bởi tấm ván có khối lượng không đáng. Cho rằng các trụ lăn không trượt trên ván và trên mặt phẳng nghiêng. Biết góc nghiêng của mặt phẳng nghiêng là α . Tìm gia tốc mỗi vật. ĐS: 1 10 sin 17 a g α = ; 2 18 sin 17 a g α = Bài 14. (Olympic Mỹ 1996) 1. Một hình nón, góc ở đỉnh 2θ , được đặt thẳng đứng tựa trên đỉnh. Mặt trong hình nón không có ma sát. Một vật có kích thước nhỏ, lăn ở mặt trong của hình nón ở độ cao h như hình vẽ. Hãy tìm vận tốc góc của vật. 2. Giả sử bề mặt có lực ma sát và một vòng tròn nhỏ bán kính r lăn không trượt ở mặt trong hình nón với tốc độ gócω không đổi như hình vẽ. Cho các điều kiện sau: a. Điểm tiếp xúc giữa vòng tròn và mặt trong cách đỉnh hình nón theo phương thẳng đứng một đoạn h b. Mặt phẳng chứa vòng tròn luôn vuông góc với thành hình nón. Hãy tìm vận tốc góc của vòng tròn quanh trục hình nón (để vật sắp trượt). So sánh với câu 1. Giả sử r khá nhỏ so với bán kính quay h.tgθ . ĐS: 1. 1 g tg h ω θ = ; 2. 1 2 g tg h ω θ = Bài 15 (HSG QG 2017). Xét một hệ cơ gồm một quả cầu đặc đồng chất và một thanh cứng. Quả cầu nằm trên máng của thanh, máng được tạo bởi hai mặt phẳng hợp với nhau góc 0 60 α = , mặt phẳng phân giác của nó là mặt phẳng đứng. Hình 1.a và 1.b mô tả hình chiếu đứng và hình chiếu cạnh của hệ. Hệ được đặt trên mặt sàn nằm ngang. Coi thanh và quả cầu D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 267 không bị biến dạng trong quá trình khảo sát. Thanh có khối lượng m và đủ dài. Quả cầu có bán kính R, khối lượng M, mômen quán tính đối với trục quay đi qua khối tâm G là 2 2 5 I MR = . Hệ số ma sát trượt giữa máng và quả cầu là µ. Gia tốc trọng trường là g. Cho hệ tọa độ 0xyz, xét hai trường hợp sau: 1.Thanh được gắn cố định với sàn. Tại thời điểm ban đầu t = 0, quả cầu đang quay ngược chiều kim đồng hồ quanh trục quay vuông góc với mặt phẳng 0xy và đi qua G với tốc độ góc 0 ω , đồng thời có vận tốc khối tâm là 0 v theo chiều 0x (hình 1.b). Tới thời điểm t = τ, quả cầu bắt đầu lăn không trượt, vận tốc khối tâm vẫn còn cùng chiều 0x trên thanh. a. Mô tả quá trình chuyển động của quả cầu kể từ thời điểm ban đầu tới thời điểm t = τ b. Tính quãng đường quả cầu đi được trên thanh trong khoảng thời gian τ nói trên. 2.Thanh có thể trượt không ma sát trên sàn. Tác dụng vào thanh một lực F không đổi theo phương 0x sao cho trong quá trình thanh chuyển động, quả cầu lăn không trượt trên máng. a. Tại một thời điểm nào đó, vận tốc của thanh là 1 v , vận tốc khối tâm của quả cầu là 2 v . Trong hệ quy chiếu gắn với thanh, hãy xác định vị trí của điểm có tốc độ lớn nhất trên quả cầu. Tính tốc độ lớn nhất đó. b. Xác định biểu thức độ lớn cực đại của lực F theo µ, g, M và m để trong quá trình thanh chuyển động quả cầu luôn lăn không trượt trên máng. ĐS: 1b. ( )( ) 0 0 0 0 2 2 9 2 169 s v R v R g ω ω µ = + − . 2a. Để vM đạt cực đại tại đỉnh quả cầu, vM = ω.dmax = 3v21 = 3| ⃗ − ⃗|. 2b. Fmax = µg(2M + 13 4 m ). Bài 16 . Một mặt phẳng nghiêng có chiều dài ℓ = 1m lập với phương ngang một góc 0 30 α = , hệ số ma sát tính theo khoảng cách x từ đỉnh đến chân mặt phẳng nghiêng theo công D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
26. thời điểm t = 0, thả nhẹ một vành tròn đồng chất có bán kính R = 4cm từ đỉnh A của mặt phẳng nghiêng. Bỏ qua ma sát lăn. Cho g =10m/s2 . a. Tìm theo thời gian t: tọa độ x của tâm, gia tốc góc γ , tốc độ góc ω của vành khi vành lăn có trượt. b. Xác định thời điểm vành bắt đầu lăn không trượt. ĐS: a. [ ] 0,58 1 cos(2,94 ) x t = − ; 1 125 1 sin 2,94t 2,94 ω   = −     ; [ ] 125 1 cos(2,94t) γ = − ; b. t = 0,64s III. Bài toán liên kết trong va chạm vật rắn Bài 1. Một thanh cứng AB đồng chất tiết diện đều, có khối lượng m, chiều dài l nằm yên trên mặt phẳng ngang nhẵn. Một vật nhỏ C coi là chất điểm cũng có khối lượng m, trượt trên mặt phẳng ngang vận tốc 0 v , có phương vuông góc với thanh và va chạm vào đầu A của thanh. Gọi G là khối tâm của thanh. Hãy tìm vận tốc khối tâm G của thanh và tốc độ góc của thanh sau khi vừa va chạm. Xét bài toán trong hai trường hợp: a. Va chạm hoàn toàn đàn hồi. b. Va chạm mềm, sau va chạm vật C dính chặt vào đầu A. Lời giải a. Va chạm đàn hồi. Sau va chạm, vật C có vận tốc v, khối tâm G có vận tốc vG và thanh có tốc độ góc ω - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: mv+m vG=mv0  v=v0 - vG (1) -Áp dụng định luật bảo toàn động năng trước và sau va chạm 2 2 2 2 0 . 2 2 2 2 G G mv mv I mv ω = + + 2 2 2 2 2 0 . 12 G l v v v ω  = + + (2) - Ta chọn cực quay K cố định với mặt sàn tại trung điểm GA khi vật nhỏ C chưa va (tức vị trí khối tâm G’ của hệ trước va chạm) + Trước va chạm hệ có mô men động lượng đối với cực K là : K L 0 0 4 K l L mv KA mv = = (3) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 269 + Ngay sau vừa va chạm thì hệ có momen động lượng đối với cực K là ': K L ' ( ( ) . 4 K G G G G l L mvKA L KG mv mv I KG mv ω = + + ∧ = + − (4) Ta sử dụng công thức kơnic khi chuyển cực cho thanh từ G sang K: K G GK L L KG mv   = + ∧   ) - Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng đối với cực K: K L = ' K L 0 4 l mv 4 4 G G l l mv I mv ω = + − 0 v ⇔ 0 1 3 G v v l v ω ⇔ = + − (5) Thay (1) và (3) suy ra 6 G l v ω = (6) Thay (1) và (6) vào (2) ta tìm được vG: 2 2 2 2 0 0 36 ( ) . 12 G G G v v v v v  = − + + 0 0 2 12 ; 5 5 G v v v l ω  = = b. Va chạm mềm. Chọn cực gắn trên G’ của hệ và G’ hệ chuyển động vận tốc 0 ' 2 G v v = Mô men động lượng lúc đầu của vật và thanh đối với G’ là 3 /4 3 /4 0 0 0 0 0 0 ' /4 /4 2 2 0 0 0 0 0 . . . 2 4 2 2 4 2 2 4 2 1 3 ( ) 2 4 2 2 4 4 8 8 4 B l l G Vat G l l Thanh Thanh v v v v v v l l m l m L m dm r m rdr m rdr l l v v v l v l v l l m l l m m m m l = + = + = +       = + − = + =                  (6) (vận tốc của m đối với G’ là 0 2 v và của đoạn thanh GB đối với G’ là- 0 2 v ) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
27. lượng lúc sau của vật và thanh đối với G’ là 2 2 2 2 2 2 ' 1 1 1 5 ' ( ) ( ( ) ) 4 4 12 8 12 24 G l l L I m m ml ml ml ml ω ω ω ω     = = + + = + =         (7) Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng đối với G’: 2 0 ' ' 5 ' 24 4 G G v l L L ml m ω = ⇔ = 0 6 5 v l ω  = Bài 2. Một thanh AB đồng chất tiết diện đều, khối lượng m chiều dài l, đặt trên mặt phẳng ngang và dễ dàng quay quanh trục quay cố định đi qua trọng tâm G và vuông góc mặt phẳng nằm ngang. Ban đầu nằm yên. Một hòn bi khối lượng m chuyển động với vận tốc v0 (theo phương nằm ngang và có hướng vuông góc với thanh AB) đập vào đầu A của thanh. Va chạm là hoàn toàn đàn hồi. Biết hệ số ma sát giữa thanh và mặt phẳng nằm ngang là µ. Tìm góc quay cực đại của thanh sau va chạm. Lời giải Sau khi vừa va chạm vật có vận tốc v, thanh có vận tốc góc ω + Bảo toàn mômen động lượng: mv0 2 0 1 1 2 2 12 6 l l m v ml v v l ω ω = +  = + (1) + Bảo toàn năng lượng 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 1 1 1 1 1 2 212 2 12 mv ml mv v l v ω ω = +  = + (2) Từ (1) và (2) 0 3v l ω  = (3). Áp dụng định lý động năng: 2 1 2 G ms I A ω − = 2 0 3 1 1 212 4 v l ml mg l µ φ   =     . Vậy: 2 0 3 2 v gl φ µ = Bài 3. Truyền cho hai đĩa, có cùng bán kính, cùng tốc độ góc 0 ω và sau đó cho chúng tiếp xúc nhau và sau một khoảng thời gian nào đó hệ chuyển sang một trạng thái mới được thành lập. Các trục của đĩa không chuyển động, bỏ qua ma sát ở các trục. Mô men quán tính của các đĩa đối với trục quay của chúng là I1 và D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 271 I2. Hãy tìm: a. Độ biến thiên momen xung lượng của hệ. b. Độ giảm cơ năng hệ. Lời giải Bài này có thể tính momen động lượng tăng giảm qua lực ma sát trượt Chọn chiều dương là chiều 1 ω và ta giả sử I1I2 để dễn dàng biểu diễn. Ta cần lưu ý: ( ) GA A G L L m AG v = + ∧ Ban đầu hệ có momen động lượng đối với trục quay qua O1 2 1 1 1 1 2 2 1 2 ( ) O O O O L I L m O O v ω   = + + ∧   với 2 1 2 2 2; 0 O O O L I v ω = = Nên 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 O O L I I L I I ω ω ω ω = + → = + (1) +Lúc sau Ta có độ biến thiên momen động lượng đĩa 1 1 1 1 1 1 21 ' ( ) I I O A X ω ω − = ∧ Hay 1 1 1 ( ' ) I XR ω ω − = − (2) Và độ biến thiên momen động lượng đĩa 1 2 2 2 2 2 12 ' ( ) I I O B X ω ω − = ∧ (KQ áp dụng định lý biến thiên momen động lượng) 2 2 2 ( ' ) I XR ω ω − = − (3) Khi ổn định sau va chạm thì đặt 1 2 ' ' ω ω ω = = − (4) Từ (1), (2),(3),(4) ta khử X, từ đó suy ra 1 1 2 2 1 2 0 1 2 1 2 I I I I I I I I ω ω ω ω − − = = + + (5) Độ giảm monen động lượng 1 1 1 1 0 1 2 4 ' ... O O I I L L L I I ω ∆ = − = = + Độ giảm động năng 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 ' ( I I ) ( I ' I ' ) 2 2 2 2 K K K ω ω ω ω ∆ = − = + − + Thay (5) vào ta được 2 2 1 2 0 1 2 0 1 2 1 2 2I I 2I I I I I I K ω ω − ∆ = = + + Bài 4. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
28. hình vuông, chuyển động tịnh tiến không quay với vận tốc u trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang. Trên ba đỉnh của hình người ta gắn ba quả cầu khối lượng m, 4m và 3m (Hình 2.46P). Chiều dài đường chéo hình vuông là 2l . Một quả cầu bằng đất nặn khối lượng 4m đuổi theo hệ. Va chạm không đàn hồi xảy ra tại điểm A, cách một khoảng 2 l so với đường chéo mà hệ chuyển động dọc theo nó trước khi va chạm. Biết rằng sau va chạm tâm quán tính của cả hệ (hệ 4 vật) có vận tốc 2u. Bỏ qua ma sát và khối lượng khung, xác định vận tốc góc Ωcủa hệ. Lời giải Chọn cực K gắn chặt G cùng chuyển động với vận tốc 2u Gọi O là tâm hình vuông; G1 là khối tâm hệ 3 vật (1,2,3) 1 1 2 2 3 3 1 1 2 3 ... 2 G m x m x m x l x m m m + + = = = + + 1 1 2 2 3 3 1 1 2 3 ... 4 G m y m y m y l y m m m + + = = = − + + Tương tự khối tâm G của hệ 4 vật ; 0 6 G G l x y = = Động lượng hệ trước va chạm 2 2 ( 3 4 ) 4 12 .2 4 G P m m m u mv m u v u + + + = → = Vì động lượng hệ bảo toàn nên, vận tốc khối tâm hệ sau va chạm ' 2 G G v v u = = Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng đối với trục qua G và vuông góc mặt khung (HQC quán tính gắn G): 4 2/ G1/ 8 2 6 G G l l m v mv Iω − = 18 29 u l ω → = Lưu ý 1/ 1 2 G G G G v v v u u u = − = − = − Bài 6. Hai thanh giống nhau nối với nhau bằng một khớp và treo trên trục nằm ngang đi qua đầu của thanh phía trên. Tác dụng vào đầu dưới của thanh phía dưới một xung lực theo phương ngang (Hình 2.52P). Tìm tỷ số giữa vận tốc góc của các thanh sau khi tác dụng lực. Lời giải D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 273 Gọi 1 1 1 , , , v X X ω là vận tốc góc, vận tốc G1 và các xung lực tác dụng lên thanh KB Gọi 2 2 , X ω là vận tốc góc và xung lực tác dụng lên thanh AK * Đối với thanh KB, ta có 1 1 1 1 (1) X X mv X X v m + = + → = và 1 2 1 1 1 1 1 2 2 12 2 2 G l l l l I X X ml X X ω ω = − → = − 1 1 6( ) (2) X X l m ω − → = *Đối với thanh AK: 2 2 2 2 2 2 1 3 A I lX ml lX ω ω = → = 2 1 2 2 3 3 (3) X X l l m m ω ω − → = → = Mặt khác ta có phương trình liên kết vận tốc: 1 1 2 1/ 1 2 1 1 2 (4) 2 K K K G G l v v v v l v l ω ω ω = → + = → − + = Thay (1),(2),(3) vào (4) ta tìm được X1 theo X: 1 1 1 6( ) 3 2 X X X X X m m m − + − − + = 1 1 1 3( ) 3 X X X X X ⇔ − − + + =− 1 2 (5) 7 X X  = 1 1 2 1 2 6( ) 6( ) 7 5 2 3 3 7 X X X X X X ω ω − − = = = − − − Bài 7. Hai thanh nhỏ AB và AC đồngchất,tiết diện đều, có cùng chiều dài l , khối lượng phân bố đều dọc thanh. Hai thanh liên kết với nhau bởi chốt liên kết tự do A ở một đầu mỗi thanh. Chốt liên kết A có dạng là một cái trục rất nhỏ luôn vuông góc với mặt phẳng ABC. Thanh thứ nhất (AB) có khối lượng 2m; thanh thứ hai (AC) có khối lượng m và chốt D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
29. khối lượng không đáng kể. Coi hai thanh dễ dàng quay quanh chốt liên kết và bỏ qua mọi ma sát. 1. Khi hai thanh đặt trên cùng mặt phẳng thẳng đứng, đầu A ở trên, B và C tựa trên mặt phẳng ngang. Ban đầu AB và AC có phương gần như thẳng đứng. Sau đó buông hệ tự do, đầu B bắt đầu trượt sang phải và C trượt sang trái trên sàn và ba điểm A, B, C luôn nằm trên một mặt phẳng thẳng đứng. Gọi θ là góc tạo bởi phương mỗi thanh cứng và phương thẳng đứng (Hình 1a). Đặt d dt θ ω = . a. Hãy xác định ω theo θ , gia tốc rơi tự do g và l . b. Hãy tìm ω khi chốt liên kết tự do A sắp chạm đất 2. Khi hệ hai thanh đặt nằm yên trên cùng mặt phẳng ngang và vuông góc nhau. Ta dùng viên bi dẻo có khối lượng m, chuyển động trên mặt phẳng ngang theo phương song song CA, có vận tốc 0 v , đến va chạm mềm vào đầu B của thanh thứ nhất (Hình 1b). Sau va chạm, bi dính chặt vào đầu B của thanh thứ nhất và cùng chuyển động. Tìm vận tốc góc của thanh thứ nhất và vận tốc thanh thứ 2 sau khi vừa va chạm. Lời giải 1.a Gọi vận tốc khối tâm và vận tốc góc của thanh thứ nhất lần lượt là 1 1 1 1 , x y v v v ω = + và của thanh thứ 2 lần lượt là 2 2 2x 2 , y v v v ω = + ; vận tốc khối tâm G là G v . Ta dễ dang thấy A,B,C luôn tạo thành 1 tam giác cân. Do vậy khối tâm hai thanh G1, G2 và khối tâm G của hệ luôn nằm trên một đường thẳng nằm ngang. Ta có quan hệ động học : ( ) ' ( cos ) 2 s . 1y 2 2 G G dy d l h dt dt l d l l v v v in y G dt θ θ θ − = = − = = = = (1) 1 2 2 1 ' ' z z d e e dt θ ω ω θ ω ω θ ω = − = − = − → = − = = (2) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 275 Vì G không chuyển động theo phương ngang, nên 1 2 2 1 .2 . 0 2 GG m GG m GG GG + = → = − 2 1 2 x x v v = − (3) Mặt khác về hình học 1 2 2.( sin ) sin 2 l GG GG l θ θ − = = 1 2 s . ' x x v v lco θ θ − = (4) Thay (3)vào (4) ta được 1 3 s . ' x v lco θ θ = . Ta suy ra được 1 s . ' 3 x lco v θ θ = (5) 2 2 s . ' 3 x lco v θ θ = − (6) Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 .2 . 2 . 3 2 2 2 2 2 l m v I mgh m v I mgh mg ω ω + + + + + = Lưu ý: 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 2 ; ; cos 12 6 12 2 G l I ml l I ml h h h θ = = = = = = Do đó: 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 cos cos 3 2 6 2 2 212 2 2 l l l v l g v l g g ω θ ω θ + + + + + = 2 2 2 2 1 2 1 1 3 cos 3 8 2 2 2 l l v l v g g ω θ + + + = 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 ( ) ( ) 3 cos 3 8 2 2 2 x y x y l l v v l v v g g ω θ + + + + + = (7) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
30. (5), (6) vào (7) ta được 2 2 2 2 2 2 s . 1 1 2 s . 1 ( ) ) ( ) ) 3 (1 cos ) 3 8 2 3 2 2 ( s . ( s . 2 2 lco lco l l g l l in in θ ω θ ω ω ω ω θ θ θ + + + − + = − 2 2 2 2 2 2 s 1 1 1 2 s 1 1 ( ) ) ( ) ) 3 (1 cos ) 3 8 2 3 2 2 ( s ( s 2 2 co co l l g in in θ θ ω θ θ θ   ⇔ + + + + = −     2 2 2 s 3 1 3 (1 cos ) 3 8 8 2 s co g l in θ ω θ θ   ⇔ + + = −     2 2 2 8 s 9 1 3 (1 cos ) 24 8 2 s co g l in θ ω θ θ   + ⇔ + = −     2 2 2 8 s 9 1 3 (1 cos ) 12 4 s co l g in θ ω θ θ   + ⇔ + = −     2 2 2 (1 cos ) 36 (1 cos ) 6 s 11 (s 11) g g l l in in θ ω θ ω θ θ −   ⇔ = − → =   + + (8) b. Khi chốt A sắp chạm đất ;cos 0,s 1 2 in π θ θ θ → → → thì 3g l ω = (9) 2. Sau khi vừa va chạm xong, gọi 1 ω là vận tốc góc thanh thứ nhất; 1 v , 2 v là vận tốc lần lượt của thanh thứ nhất và thứ 2 sau va chạm; 3 v là vận tốc bi; G v là vận tốc khối tâm hệ. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho vận tốc khối tâm 1 2 3 2 4 G mv mv mv mv + + = D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 277 Ta thấy 2 3 / / / / G v v v nên 1 / / G v v Do đó 1 2 3 0 2 4 G mv mv mv mv mv + + = = 1 2 3 0 2v v v v → + + = (10) Bảo toàn momen động lượng đối với cực đi qua G1 tai thời điểm va chạm: 1 0 1 3 1 2 1 1 ( ) ( ) ( ) G B mv G B mv G A mv I ω   ∧ = ∧ + ∧ +   1 0 1 3 1 2 1 1 ( ) ( ) ( ) G B mv G B mv G A mv I ω   ∧ = ∧ + ∧ +   2 0 3 2 1 1 ( ) ( ) ( ) .2 ( ) 2 2 2 12 z z z z l l l mv e mv e mv e ml e ω   − = − + + −     0 3 2 1 1 3 v v v lω = − + (11) Mặt khác ta có phương trình liên kết tại chốt A: 2 2 2/ 2 1 1 1 1/ 1 1 1 0 ( ) 2 A x A A A x x A A A A v v e v v v v v l v e e v v v v v AG v ω ω  =   = + = +    → →    = + = + = ∧ +       1 1 2 2 x x x l v e e v e ω  = + 1 1 2 2 l v v ω → = + (2.3) Liên kết giữa v1 và v3: 3 3/1 1 1 1 1 3 1 1 ( ) 2 l v v v G B v v v ω ω = + = ∧ + → = + (2.4) Từ các phương trình trên suy ra ta được 3 1 1 2 1 2 2 2 l l v v l v ω ω ω = + + = + Từ đó 1 2 3 0 1 2 2 1 2 0 0 3 2 1 0 1 2 2 1 2 2( ) ( ) 2 1 1 ( ) 3 3 l v v v v v v l v v v v v l v l v v l ω ω ω ω ω  + + = + + + + =     →   = − +   = + − +    D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
31. 0 2 0 0 0 1 1 3 (2 4 ) ( 4 ) 2 4 3 3 4 l v v v v v v v l l ω ω ω  + = + =     → →   =   =    Suy ra 0 2 8 v v = − , 0 1 3 4 v l ω = BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 8. Một quả cầu đặc đồng chất nhẵn, bán kính r, nằm trên mặt bàn nằm ngang quay nhanh quanh đường kính thẳng đứng của nó với vận tốc góc 0 ω (Hình 2.50P). Một quả cầu thứ hai giống hệt có vận tốc v0 tới va chạm vào nó. Va chạm là đàn hồi tuyệt đối và không có sự truyền chuyển động quay. Quả cầu thứ nhất bắt đầu chuyển động trượt trên mặt bàn. Hệ số ma sát trượt không phụ thuộc vào vận tốc. a. Tìm góc α giữa trục quay tức thời của quả cầu thứ nhất với đường thẳng đứng tại thời điểm t bất kỳ, khi quả cầu vẫn chưa ngừng trượt. b.Tìm độ lớn của góc khi quả cầu này chuyển động chỉ có lăn thuần túy. Bỏ qua ma sát lăn và ma sát quay. Xét trường hợp khi v0 và 0 ω liên hệ với nhau bằng hệ thức v0=ωR. ĐS: 0 1 0 0 5 5 tan ;tan 2 7 v kgt r r α α ω ω = = IV. Bài toán dao động liên kết trong vật rắn Bài 1. Cho một thanh cứng đủ dài, đặt cố định nằm ngang. Trên thanh có luồn một chiếc vòng có khối lượng m1, có thể trượt không ma sát. Vòng được gắn với sợi dây nhẹ, không dãn, chiều dài l. Đầu kia của dây gắn với vật có khối lượng m2 = m1 = m (như hình vẽ). Từ vị trí vân bằng, kéo vật m2 lệch một góc α nhỏ rồi thả tay. Cho sinα ≈ α, cosα ≈ 1, α’2 =0. Tìm tần số góc dao động của hệ. Lời giải Vật m1: Tsinα = mx’’ (1) Xét vật m2 trong hệ quy chiếu gắn với vật m1 thì chịu thêm lực quán tính nằm ngang D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 279 2 2 2 qt m a m g T F = + + Chiếu lên phương tiếp tuyến và hướng tâm ta có: -mx’’cosα - mgsinα = mlα” (2) T + mx”sinα – mgcosα = mlα’2 (3) Từ (3) → T = mlα’2 + mgcosα – mx”sinα thay vào (1): m(1+sin2 α)x” – mg sinαcosα – mlα’2 sinα = 0 (4) Lấy (4) - (2) .cosα ta có 2!+lαco sα − #$′ '($ = 0 !′′ co sα + gsi nα + lα'' = 0 Vì sinα ≈ α, cosα ≈ 1, α’2 = 0 nên 2!** + #$** = 0 !** + +$ + #$** = 0 Đặt nghiệm ( ) cos m x x x t ω ϕ = + ; ( ) cos m t θ θ θ ω ϕ = + , đạo hàm rồi thế vào hệ trên 2 ! + # $ = 0 − ! + ,+ − #-$ = 0 Viết lại dưới dạng ma trận . 2 # − + − # / 0 ! $ 1 = 0 0 0 1 Phương trình này chỉ có nghiệm khi định thức 2 2 # − + − # 2=0→ = 3 4 Bài 2. Một cái đĩa nhẵn nằm ngang có thể quay quanh một trục thẳng đứng đi qua tâm O của đĩa. Trên đĩa có một thanh AB dài l có thể quay quanh một trục thẳng đứng qua A gắn vào đĩa và cách trục O của đĩa một khoảng a. Vị trí ban đầu của thanh AB hợp với đường thẳng OA một góc α nhỏ như hình 1. Quay đĩa quanh O với vận tốc góc ω không đổi. Chứng minh rằng, đối với đĩa thanh AB dao động điều hoà và tìm tần số góc 0 ω của dao động của thanh. Lời giải D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L

Bài tập chuyển đọng song phẳng có lời giải năm 2024

Bài Viết Liên Quan

Quảng Cáo

Có thể bạn quan tâm

Toplist được quan tâm

Quảng cáo

Xem Nhiều

Quảng cáo

Chúng tôi

Điều khoản

Trợ giúp

Mạng xã hội