1

Chuyên đề

CHUYỂN ĐỘNG SONG PHẲNG CỦA VẬT RẮN

Giáo viên : Phạm Nguyên Hoàng

I. Khảo sát về mặt động học:

1. Định nghĩa:

Chuyển đống song 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.

2. Vận tốc góc và gia tốc góc (dạng đại số):

Chọn chiều quay làm chiều dương, gọi là

góc quay được trong thời gian t, khi đó vận tốc góc

trung bình là: t

vận tốc góc tức thời là:

0lim '( )

t

dt

t dt

.

>0 nếu vật quay theo chiều dương.

<0 nếu vật quay ngược chiều dương.

*) Gia tốc góc trung bình là: tbt

( là độ biến

thiên vận tốc góc trong thời gian t) gia tốc góc tức thời là: 0

lim '( )t

dt

t dt

.

cùng dấu nếu vật quay nhanh dần, trái dấu nếu vật quay chậm dần.

3. Các công thức (dạng đại số) của chuyển động quay biến đổi đều:

a) Gia tốc góc: = hằng số.

b) Vận tốc góc tại thời điểm t: o t .

c) Tọa độ góc tại thời điểm t: 21

2o ot t .

d) Liên hệ độc lập thời gian: 2 2 2 ( ) 2o o ( là góc quét được trong thời gian t).

e) Liên hệ giữa các đại lượng dài và đại lượng góc:

*) Vận tốc dài của một điểm trên quĩ đạo: v r (r là

bán kính quĩ đạo).

*) Gia tốc pháp tuyến: 2

2

n

va r

r .

*) Gia tốc tiếp tuyến: ta r .

*) Gia tốc toàn phần: 2 2

n ta a a

4. Công thức phân bố vận tốc:

B Av v AB .

(A, B là hai điểm nằm trên một vật rắn đang quay với tốc độ góc ).

5. Chú ý:

o

o

v at

a an

2

- Trong một hệ quy chiếu, có giá trị như nhau với các trục quay bất kì song song với nhau.

- Các đại lượng liên quan đến chuyển động của một chất điểm (hay chuyển động tịnh tiến của vật

rắn) được gọi là những đại lượng dài.

- Các đại lượng liên quan đến chuyển động quay của một vật rắn quanh một trục được gọi là

những đại lượng góc.

Các đại lượng dài Các đại lượng góc

Gia tốc Gia tốc góc

Vận tốc Vận tốc góc

Lực Momen lực

Động lượng Momen động lượng

Nếu đại lượng dài là đại lượng vectơ thì các đại lượng góc tương ứng cũng là đại lượng vectơ.

II. Khảo sát về mặt động lực học:

1. Định luật II Niu-tơn cho chuyển động tịnh tiến của khối tâm:

x Gx

G

y Gy

F maF ma

F ma

(1)

2. Phương trình cho chuyển động quay quanh một trục:

Dạng véc tơ: ( ) ( )M I .

Dạng đại số: ( ) ( )M I (2)

3. Định lí Stê-nơ:

2

( ) ( )K GI I md (d là khoảng cách giữa hai trục quay song song đi qua G và K)

3b. Mô men quán tính

Là một đại lượng vật lý (với đơn vị đo trong SI là kilôgam mét vuông kg m2) đặc trưng

cho mức quán tính của các vật thể trong chuyển động quay, tương tự như khối lượng trong

chuyển động thẳng.

Mô men quán tính của một số vật:

* Với một khối lượng m có kích thước nhỏ so với khoảng cách r tới trục quay, mô men quán tính

được tính bằng: 2RI m

* Với hệ nhiều khối lượng có kích thước nhỏ, mô men quán tính của hệ bằng tổng của mô men

quán tính từng khối lượng: 2

i iI m r

* Thanh dài L, khối lượng m đối với trục quay đi qua G và vuông góc với thanh: 21

12GI mL

* Hình xuyến: 2 2

1 2

1( )

2I m R R

* Vành tròn đối với trục quay đi qua tâm vành và vuông góc với mặt phẳng của vành: 2RI m

* Trụ rỗng đối với trục quay đi qua trục trụ: 2RI m

3

* Đĩa mỏng đối với trục quay đi qua tâm đĩa và vuông góc với mặt phẳng của đĩa: 21R

2I m

* Trụ đặc đối với trục quay đi qua trục trụ: 21R

2I m

* Cầu rỗng: 22R

3I m

* Cầu đặc: 22R

5I m

* Hình nón: 23R

10I m

4. Chuyển động lăn không trượt:

a) Định nghĩa: Một vật rắn lăn không trượt trên bề mặt S của 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).

b) Điều kiện lăn không trượt: / / / / /0K d K G G d K G G d Gv v v v v v R (đường đi được của

khối tâm bằng đường đi được quanh khối tâm của các điểm tiếp xúc của vật với mặt đường).

5. Khảo sát dao động của vật rắn:

Có hai phương pháp: PP động lực học và PP năng lượng.

a) PP động lực học:

Từ phương trình (1) và (2), kết hợp mối quan hệ giữa đại lượng dài và đại lượng góc để suy ra

phương trình vi phân: 2" 0 chu kì và tần số.

b) PP năng lượng: (đã trình bày trong phần hàm thế năng)

III. Các định luật bảo toàn và định lí biến thiên:

1. Cơ năng và định luật bảo toàn cơ năng:

a. Thế năng của vật rắn:

Đặt vật rắn trong trọng trường có gia tốc g, z là độ cao của khối tâm G tính từ mốc thế năng, vật

rắn có thế năng bằng thế năng của khối tâm mang tổng khối lượng của vật rắn: U = Mgz.

b. Động năng của vật rắn:

- Khi vật rắn quay xung quanh một trục quay cố định : K = 1

2I.

2

Chú ý: Nếu trục quay không qua khối tâm G, cần xác định I qua IG bởi định lý Stenơ

- Trường hợp tổng quát: K = 1

2IG.

2 +

1

2M.VG

2

"Ðộng năng toàn phần của vật rắn bằng tổng động năng tịnh tiến của khối tâm mang khối lượng

của cả vật và động năng quay của nó xung quanh trục đi qua khối tâm".

c. Định luật bảo toàn cơ năng:

Khi các lực tác dụng lên vật rắn là lực thế, thì cơ năng E của hệ vật rắn được bảo toàn:

K + U = const.

Nếu trong quá trình biến đổi của hệ từ trạng thái 1 sang trạng thái 2, có lực ma sát, lực cản... tác

dụng mà ta tính được công A của các lực ấy thì có thể áp dụng định luật bảo toàn năng lượng

dưới dạng: E2 - E1 = A (A là công của lực ma sát tác dụng lên chuyển động quay: A Md )

4

2. Động lượng và bảo toàn động lượng:

a) Động lượng: Gp mv

b) Định lí biến thiên động lượng: ex .F dt d p

c) Định luật bảo toàn động lượng: Khi ex 0F thì 0 onsd p p c t . Khi đó khối tâm

chuyển động thẳng đều còn các điểm khác thì quay đều quanh khối tâm.

3. Mômen động lượng và bảo toàn mômen động lượng:

a) Mômen động lượng: L r p I

b) Định lí Kơ-níc: O G GL L OG mv

c) Định lí biến thiên mômen động lượng: ex .d L M dt

d) Định luật bảo toàn mômen động lượng: Khi ex 0M thì 0 onsdL L c t

IV. Hệ thống bài tập kinh điển về chuyển động của vật rắn

Bài 1:

Trên một hình trụ đặc đồng chất có khối lượng M và bán kính R người ta

cuốn một sợi chỉ mảnh. Một đầu sợi chỉ buộc một vật có khối lượng m (hình vẽ).

Tại t=0, hệ bắt đầu chuyển động. Bỏ qua sự ma sát ở trục hình trụ, tìm sự phụ thuộc

theo thời gian của:

a) vận tốc góc của hình trụ.

b) động năng của toàn hệ.

Bài giải:

Mômen quán tính của hình trụ với trục quay là: 21

2GI MR .

Mômen lực của T là: ( ) .M T T R .

a) Gia tốc góc của hình trụ là: 2

( ) . 2

1

2G

M T T R T

I MRMR

(1).

Định luật II Niuton cho m có: ( )mg T ma T m a g

Mà ( )ta a R T m R g (2).

Thay (2) vào (1) có: 2 ( ) 2

( 2 )

m R g mg

MR M m R

Vận tốc góc: 2

( 2 )o

mgtt

M m R

b) Động năng của hệ: 2 2 2 2 2 21 1 1 1

2 2 2 2GK I mv MR mR

Thay ở trên vào và rút gọn ta được: 2 2 2

2

m g tK

M m

M R

m

M R

m

T

T

mg

5

Bài 2:

Một vành tròn mảnh khối lượng m bán kính R quay quanh

trục đi qua tâm và vuông góc với mặt phẳng của vành với vận tốc

góc o. Người ta đặt nhẹ nhàng vành xuống chân của một mặt

phẳng nghiêng góc so với phương ngang (xem hình vẽ). Hệ số ma sát trượt giữa vành và mặt

phẳng nghiêng là . Bỏ qua ma sát lăn.

a) Tìm điều kiện của để vành đi lên trên mặt phẳng nghiêng.

b) Tính thời gian để vành lên đến độ cao cực đại và quãng đường vành đi lên được trên mặt

nghiêng.

Bài giải:

a) Do vận tốc ban đầu của khối tâm bằng không nên khi đặt

xuống vành vừa quay vừa trượt trên mặt phẳng nghiêng.

- Phương trình động lực học cho khối tâm:

sin os sin

( os sin )

msF mg ma mgc mg ma

a g c

- Để vành đi lên trên mặt phẳng nghiêng thì a > 0, hay tan

b) Vận tốc khối tâm tăng dần trong khi vận tốc góc giảm dần, đến thời điểm v = R thì vành sẽ

lăn không trượt. Do đó ta xét vành đi lên gồm 2 giai đoạn:

*) Giai đoạn lăn có trượt:

Phương trình chuyển động quay: .2mRRFms Rg /cos

Đến thời điểm t1 vành kết thúc trượt thì vận tốc khối tâm và vận tốc góc bằng:

111 )sincos( tgatv , Rtgt /.cos 10101

Do Rv 11 suy ra )sincos2(

0

1

g

Rt

sincos2)sincos( 0

11

R

atv

Và:

sincos2)sincos( 0

1

.

Quãng đường mà vành đi lên được trong giai đoạn này bằng: )sincos2(2

)sincos(

2

22

0

2

11

g

R

a

vS

*) Giai đoạn vành lăn không trượt:

Lực ma sát nghỉ hướng lên trên.

Phương trình động lực học cho khối tâm và phương trình quay quanh tâm quay tức thời:

.2sin 2mRmgR Rg 2/ Gia tốc khối tâm của vành: sin / 2a R g .

Thời gian chuyển động lên trong giai đoạn này xác định từ phương trình: 210 tav

02

2( cos sin )

sin (2 cos sin )

Rt

g

Quãng đường vành đi lên được trong giai đoạn này bằng:

a

vS

2

2

12

g

R 2

sincos2)sincos(

2

0

0

P

Fms N

6

Thời gian và quãng đường đi lên bằng 2121 ; SSSttt

Bài 3:

Một đĩa đồng chất bán kính R đặt trên mặt bàn nằm ngang. Đĩa quay xung quanh trục

thẳng đứng với tốc độ góc ban đầu o. Biết hệ số ma sát giữa đĩa và mặt bàn là . Hỏi đĩa quay

được bao lâu thì dừng lại.

Bài giải:

Xét lớp đĩa có bán kính r và r + dr

rdrdS 2 khối lượng: drrdm .2

Lực ma sát tác dung lên lớp đĩa này: . 2 .msF N grdr

Lực ma sát tác dụng lên mỗi phần tử trên lớp đĩa này đều có hướng

tiếp tuyến với vành đĩa (cản trở chuyển động ) nên cách tay đòn của lực ma sát tác dụng lên mỗi

phần tử đều bằng r.

Momen lực ma sát tác dụng lên lớp đĩa này: 22 .msFdM gr dr

Momen lực ma sát tác dụng lên cả đĩa: 2 3

0

22 . .

3ms

r

FM gr dr gR

Phương trình chuyển động quay của đĩa: .IMmsF

232

. .3 2

mRgR

4

3

g

R

Khi đĩa dừng lại: 4

03

o

gt

R

3

4

oRt

g

Bài 4: (Bài tập tương tự bài 3)

Một đĩa đồng chất, bán kính R được đặt nằm yên trên mặt phẳng ngang không ma sát.

Một đĩa khác giống hệt đang quay đều quanh trục thẳng đứng với tốc độ góc o được hạ thấp

dần thật chậm để có thể tiếp xúc nhẹ nhàng (không va chạm) và chồng khít lên đĩa nằm yên ở

dưới. Do ma sát giữa hai mặt tiếp xúc, sau một khoảng thời gian từ lúc hai mặt đĩa bắt đầu tiếp

xúc thì cả hai quay xung quanh trục chung với cùng một tốc độ góc, cho hệ số ma sát giữa hai

mặt đĩa là . Hãy tính .

ĐS: g

Rt

8

30

Bài 5:

Một quả cầu khối lượng m bán kính a lăn không trượt trên mặt của một khối trụ bán kính

R được giữ cố định.

a) Xác định góc max

để quả cầu vẫn còn lăn trên khối trụ

b) Tính vận tốc của tâm quả cầu khi nó bắt đầu rời khỏi khối trụ

Bài giải:

7

Các lực tác dụng lên quả cầu: PNfms

,,

Xét chuyển động tịnh tiến của tâm quả cầu:

'')(.sin aRmamfmgtms

(1)

2')(.cos aRmamNmgn

(2)

Xét chuyển động lăn quanh khối tâm của quả cầu

afma ms .''5

2 2 (3)

Điều kiện để quả cầu lăn không trượt: ')('. aRa Hay '')(''. aRa (4)

Từ (3) và (4) suy ra: '')(5

2aRmf

ms (5)

Từ (5) và (1) suy ra: )(7

sin5''

aR

g

. Ta có: ''.'2'2 d

cos)(7

10'

)(7

.sin10'2 d

aR

g

aR

gd

Lấy tích phân hai vế: CaR

g

)(7

cos10'2

Tại t = 0 thì 0')(,0 aRv

)(7

10

)(7

100

aR

gCC

aR

g

Hay:

)(7

)cos1(10'2

aR

g

Thay vào (2) ta được: )10cos17(7

)cos1(7

10cos

mgmgmgN

Khi quả cầu rời khỏi mặt trụ thì N = 0 17

10cos

max

b) Lúc đó vận tốc của tâm quả cầu là:

')( aRv )(17

10

)(7

)cos1(10)( max aRg

aR

gaR

Bài 6:

Cho cơ hệ như hình vẽ. Các vật nặng có khối lượng

m1 = 200kg, m2 = 300kg được buộc vào hai dây nhẹ không

dãn và cuốn vào hai rãnh của một ròng rọc kép. Ròng rọc

kép được xem như hai khối trụ đặc, đồng chất, liền nhau, có

bề dày như nhau và có khối lượng tổng cộng m = 20kg. Bán

kính lớn R = 30cm, bán kính nhỏ R

r2

. Mặt phẳng nghiêng

1m2m

8

góc =30o so với phương ngang và có hệ số ma sát trượt đối với vật m1 là = 0,1. Bỏ qua ma

sát ở trục quay của ròng rọc. Lấy g = 10m/s2.

a) Tìm mômen quán tính của ròng rọc kép với trục quay của nó.

b) Tính gia tốc của các vật và lực căng của các sợi dây.

Bài giải:

a) Tính mômen quán tính của ròng rọc kép với trục quay của nó:

2 2

2 12

1 222 2

2

4 1 2

175 2 54,

1 1 1 40

5 2 40

R R

R Rr R

r rr r

m m I m R mRm V R

m m m I I I mRm V r

m m I m r mR

I=0,765 (kg.m2)

b) So sánh các mômen ta thấy 1 2sin . 0,3 0,45P R Nm P r Nm nên ròng rọc quay theo chiều

kim đồng hồ. Các lực tác dụng lên hệ như hình vẽ.

Ta có các phương trình động lực học cho chuyển động tịnh tiến và quay của các vật:

1 1 1 1 1

2 2 2 2 2

2 1

(sin os ) (1)

(2)

(3)

T P c m a m R

P T m a m r

T r T R I

Rút T1 ở (1) và T2 ở (2) rồi thế vào (3) ta được:

2 2 1 1

2 1

2 2

2 1

. (sin os ) .

(sin os )

P m r r P c m R R I

P r PR c

I m r m R

Thay I và r=R/2 vào ta được: 23,84 /rad s

Gia tốc các vật nặng:

2

1

2

2

1,15 /

0,58 /

a R m s

a r m s

Lực căng các sợi dây: 1

2

1403

2826

T N

T N

Bài 7:

Một quả cầu đặc, đồng chất, khối lượng m bán kính R đang quay với tốc độ góc 0

quanh một trục đi qua khối tâm quả cầu và lập với phương thẳng đứng một góc . Tốc độ tịnh

tiến ban đầu của khối tâm quả cầu bằng không. Đặt nhẹ quả cầu lên một mặt bàn nằm ngang.

Hãy xác định tốc độ của khối tâm quả cầu và động năng của quả cầu tại thời điểm nó ngừng

trượt trên mặt bàn. Bỏ qua ma sát lăn.

Bài giải:

Phân tích 0 thành hai phần:

* Thành phần 1 0 cosα hướng theo phương thẳng đứng, thành phần này có giá trị không đổi

(do không có lực nào gây ra mômen cản trở thành phần chuyển động quay này). Động năng ứng

với thành phần này là: 2 2 2 2 2 2 2

Đ1 1 1 0 0

1 1 2 1E I mR cos mR cos

2 2 5 5

9

* Thành phần 2 0 sin thay đổi do mômen của lực ma sát trượt Fms, gọi v và là tốc độ

tịnh tiến của khối tâm và tốc độ góc theo phương ngang của quả cầu khi nó bắt đầu lăn không

trượt, ta có: v = R (*).

Phương trình chuyển động quay: 2

ms 2 ms

d 2 d 2 dF R I mR F mR

dt 5 dt 5 dt

Phương trình định luật II Newton: Fms = m dv

dt;

Suy ra: dv = - 2

5Rd

2

v

0

2dv R d

5

v = 2

2R( )

5 (**)

Từ (*) và (**) rút ra 2 0

2 2sin

7 7 và v = R

0

2R sin

7

Vậy động năng của quả cầu tại thời điểm ngừng trượt là: EĐ = EĐ1 + 2 2

2

1 1mv I

2 2

=

2

2 2 2

0 0

1 1 2mR cos m R sin

5 2 7

+

2

2

0

1 2 2. mR sin

2 5 7

= 2 2 2 2

0 0

1 2mR cos m(R sin )

5 35 = 2 2 2

0

1mR (5cos 2)

35

Vậy vận tốc và động năng của quả cầu ở thời điểm nó ngừng trượt là:

v = 0

2R sin

7 và EĐ = 2 2 2

0

1mR (5cos 2)

35

Bài 8:

Một thanh AB đồng chất, tiết diện đều, chiều dài l, khối lượng

m, đứng trên mặt phẳng ngang nhẵn. Một cục nhựa đường nhỏ có

cùng khối lượng m, bay với vận tốc v vuông góc với AB đến va chạm

mềm vào đầu B (Hình vẽ).

a) Tính vận tốc khối tâm của hệ ngay sau va chạm.

b) Tính tốc độ góc của thanh, vận tốc của đầu A ngay sau va chạm và

phần động năng bị mất trong va chạm.

c) Ngay sau va chạm có một điểm C của thanh có vận tốc tuyệt đối bằng không. Xác định vị trí

của C.

Bài giải:

a) Trước va chạm thanh có khối tâm nằm ở trung điểm O của thanh. Ngay sau va chạm hệ có

khối tâm G, chuyển động tịnh tiến với vận tốc vG và chuyển động quay ngược chiều kim đồng hồ

quanh trục quay đi qua khối tâm. Áp dụng công thức xác định vị trí khối tâm hệ ta tìm được vị

trí khối tâm hệ nằm cách B đoạn l/4

Hệ kín trong va chạm nên động lượng hệ bảo toàn: mv=(M+m)vG VG=v/2 (1)

b) Mômen động lượng của hệ trước và ngay sau va chạm là: L1=mvl/4, L2=I trong đó I là

momen quán tính của hệ đối với trục quay qua G.

Áp dụng định lí Stainơ ta có: I=m2

2 2 25( ) ( )

12 4 4 24

l l lm m ml

A

B v

10

x

y

0T

b

CA B

O

mg

Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng ta có:

L2= L1 I=mvl/4 25

24ml = mvl/4 =

6

5

v

l

- Vận tốc tuyệt đối của đầu A:

AV = /A G GV V ; trong đó VG là vận tốc của G đối với sàn

Do /A G GV V nên VA=VA/G-VG=.GA-v/2=6

5

v

l

3

4

l-

2

v=

2

5

v

- Động năng bị mất trong va chạm là: Wđ=Wđ0-Wđ=

2 221

2 ( )2 2 2 2

mv vm I

=

2

10

mv

c) Vận tốc tuyệt đối của điểm C của thanh cách G khoảng x là: vC=vG-x.

Vì VC = 0 vG = x. x = vG/ = 5

12

l

Bài 9:

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 2

12mb .

Thanh treo tại O bằng 2 dây không dãn, khối lượng không đáng kể.

Thanh AB nằm ngang, OA = OB = b.

a) Hệ đứng yên, tính giá trị lực căng T0 của dây OA ở A

b) 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 0T

T?

Bài giải:

a) Ban ®Çu hÖ ®øng yªn :

Do thanh n»m ngang nªn lùc c¨ng hai d©y ph¶i b»ng nhau vµ b»ng

T0. Ta cã: Ph­¬ng tr×nh c©n b»ng chiÕu lªn Oy: mg - 2T0 cos300 = 0

T0 = 330cos2 0

mgmg (1)

b) Ngay sau khi c¾t d©y OB: gi¶ sö d©y OA cßn ®ang th¼ng ë t = 0

- To¹ ®é khèi t©m C: OC OA AC

ChiÕu lªn Oxy :

sin cos2

cos sin2

c

c

bx b

by b

- §¹o hµm hai vÕ :

'' ''

'' '' ''

' 0 '

3

2

( )2

0 : 0, 0; 30 , 0

c cx

c cy

bx a

by a

do t

- §Þnh luËt II Niu t¬n : cmg T ma

O

B A C

b

T0

11

ChiÕu lªn Oxy:

'' 0

'' ''

3sin ( 30 ) (1)

2 2

3( ) (2)

2 2

cx

cy

T bT ma do

T bmg ma m

-Ph­¬ng tr×nh ®éng lùc häc vËt r¾n cho khèi t©m C: T.r = I ''

0 2 '' 2 ''1 3 1. sin(90 ) . . (3)2 12 4 12

b bT mb T mb

Tõ (1), (2), (3) t×m ®­îc 0

6

13

T

T

Bài 10:

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 0 (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?

c) Nếu K Kmin, hãy xác định véc tơ vận tốc khối tâm của hệ tại thời điểm = 0 và lập phương

trình quĩ đạo của chuyển động khối tâm sau thời điểm đó.

Bài giải:

a) X¸c ®Þnh 0 t¹i thêi ®iÓm ®Çu B b¾t ®Çu rêi khái mÆt ph¼ng ®ì.

+ Chän mèc thÕ n¨ng ë B theo ®Þnh luËt BTCN:

cosmgl2

3mgl

2

3 + 22ml

6

1 + 22

ml2

1 (1)

BiÕn ®æi (1) ta ®­îc 2 = )cos1(l4

g9 (2)

Khi = 0, 2 = )cos1(

l4

g90

(2/)

+ XÐt chuyÓn ®éng cña khèi t©m C (nh­ lµ mét chÊt ®iÓm khèi l­îng 2m) quay trßn víi vËn tèc

gãc b¸n kÝnh R = BC = l4

3

am2QP (3)

ChiÕu (3) lªn ph­¬ng b¸n kÝnh:

2mgcos - Q = 2maht = 2m4

l32 =

2ml

2

3 (4)

Khi B b¾t ®Çu rêi gi¸ ®ì = 0 , = 0 , Q = 0, ph­¬ng tr×nh (4) thu gän:

2gcos0 = 2

0l

2

3 =>

0

2

0cos

l3

g4 (5)

A

B

B

gm2 Q

Q

A A1

C

I

12

KÕt hîp (2) vµ (5) cã cos0 0,63 => 0 51,10

b) Muèn cho ®Çu b kh«ng tr­ît th× hÖ sè ma s¸t K gi÷a ®Çu B vµ mÆt

ph¼ng ph¶i cã gi¸ trÞ tèi thiÓu Kmin

§Çu B kh«ng tr­ît trªn mÆt ph¼ng khi Q/1 K.Q// ®óng víi c¶ khi

= 0 .

Qsin0 KQcos0

K tg0 = 1,24 hay Kmin =1,24

c) TÝnh chÊt chuyÓn ®éng cña khèi t©m sau thêi ®iÓm = 0. T¹i thêi ®iÓm C cã vËn tèc v0 =

04

l3 (1)

Tõ (5) ta x¸c ®Þnh ®­îc:

0 = 6 )s/rad(l

g9,0

l43

g

thay (2) vµo (1): v0 = 4

l3.6.

l43

g 0,7 lg (m/s)

Khèi t©m C cã 0

v hîp víi ph­¬ng ngang 0 , cã ®é cao:

h0 = 0

cos4

l3 = l

172

81

4

l3.

43

270,5l (m)

khi ®ã chuyÓn ®éng cña C gièng nh­ chuyÓn ®éng nÐm xiªn xuèng tõ h0 víi 0

v hîp víi ph­¬ng

ngang gãc 0. Trong hÖ Oxy gèc O lµ ®iÓm C ( = 0)

)b(gt2

1tsinvy

)a(tcosvx

2

00C

00C

=> yC = tg0. X + 2

C

0

22

0

xcosv

1

2

1

(c) lµ ph­¬ng tr×nh quü ®¹o cña C

Bài 11:

Một quả tạ đôi gồm một thanh cứng nhẹ chiều dài L, hai đầu gắn hai quả cầu nhỏ có khối

lượng m1 = m2 = m. Thanh được dựng thẳng đứng ở góc tường (hình vẽ). Người ta đẩy nhẹ cho

quả dưới bắt đầu chuyển động ra xa tường. Bỏ qua ma sát.

a) Tìm lực do hệ tác dụng lên tường và sàn ở thời điểm thanh lập với

tường một góc = 450.

b) Xác định góc mà thanh lập với tường khi quả cầu trên bắt đầu rời

tường.

c) Tháo hai quả cầu khỏi thanh trên rồi nối chúng bằng một lò xo nhẹ

có độ cứng k. Hệ được lồng vào dọc theo thanh nằm ngang không ma

sát. Truyền cho quả cầu nhỏ khối lượng 3 / 2m m một vận tốc đầu 0v

hướng dọc trục lò xo, nó tới va chạm đàn hồi xuyên tâm vào quả cầu

Q

2Q

1Q /

1Q B

/

2Q

msF

H

0

B

0v

A

C

h0

l4

3

A0

13

m1 đang nằm yên cùng m2. Tính biên độ dao động mỗi quả cầu trong hệ gắn với khối tâm.

Bài giải:

a) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ. Khối tâm G quay quanh O với

bán kính bằng L/2. Khi thanh hợp với tường một góc , áp dụng

định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

20

1I mgL(1 cos )

2 suy ra 2 2g(1 cos )

L

Đạo hàm theo thời gian hai vế biểu thức này ta được:

2g gsin2 . sin

L L

.

Khối tâm G có gia tốc tiếp tuyến at (vuông góc với OG) và gia tốc pháp tuyến an (hướng theo

GO):

t

.L gsina

2 2

;

2

n

.La g(1 cos )

2

Phương trình định luật II Niutơn cho khối tâm G theo hai phương Ox và Oy là:

Ox: x t nN 2m.a 2m(a cos a sin )

Oy: y t nQ 2mg 2ma 2m( a sin a cos )

Thay các biểu thức của at và an : N mgsin (3cos 2) ;1

Q mg.cos (3cos 2 )cos

Khi = 450 ta tính được: 1

N mg(3 2 2)2

(N) ; 1

(1 2 2)2

Q mg (N)

b) Khi quả cầu trên bắt đầu rời khỏi tường thì: 2N 0 cos

3

0 /48 11,4 .

c) Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và động năng ta tìm được vận tốc quả cầu m1 và m3

sau va chạm lần lượt là: 01

2

3

vv và 0

33

vv

- Hệ hai quả cầu m1 và m2 là hệ cô lập nên khối tâm G chuyển động thẳng đều với vận tốc:

0 01

0

1 2

2 2.

3 3

3G

v vm m

vv

m m m m

.

Vận tốc của quả cầu m1 đối với hệ khối tâm: 0 0 01 1

2

3 3 3G G

v v vv v v

Trong hệ gắn với khối tâm mỗi vật coi như gắn vào một lò xo có độ cứng 2k và dao động điều

hoà nên:

2 2

1 1 011

2

2 2 3 2

Gm v vkA mA

k

- Tương tự cho quả cầu m2, ta cũng được: 02

3 2

v mA

k

Bài 12:

Một quả cầu đặc, đồng chất, có khối lượng m và

bán kính R. Cho quả cầu quay quanh một trục nằm

o

h

a2h

N

O

G

Q

x

y

14

ngang đi qua tâm đứng yên với tốc độ góc o rồi buông nhẹ cho nó rơi xuống sàn nằm ngang.

Độ cao của điểm thấp nhất của quả cầu khi bắt đầu rơi là h (hình 2). Quả cầu va chạm vào sàn rồi

nẩy lên tới độ cao a2h, tính cho điểm thấp nhất. Trong thời gian va chạm quả cầu trượt trên sàn.

Bỏ qua lực cản của không khí và sự biến dạng của quả cầu và sàn khi va chạm. Thời gian va

chạm là bé nhưng hữu hạn. Gia tốc trọng trường là g, hệ số ma sát trượt giữa quả cầu và sàn là .

Hãy tìm:

a) Điều kiện o để xẩy ra sự trượt trong quá trình va chạm.

b) tan , với là góc nẩy lên như trong hình 2.

c) Quãng đường nằm ngang d mà tâm quả cầu đi được giữa lần va chạm thứ nhất đến lần va

chạm thứ hai.

Bài giải:

Vận tốc tâm ngay trước va chạm: 2ov gh (1)

Vận tốc tâm ngay sau va chạm theo trục ox nằm ngang và oy theo phương thẳng đứng là: Vx, Vy,

Thời gian va chạm là t.

Áp lực của quả cầu lên sàn khi va chạm N>> mg nên ta bỏ qua mg.

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:

2

2

ymv= mga

2h Vy = - a gh2 (2)

Theo trục 0y: mV0 - m Vy = N. t m(1+a) gh2 = N. t (3)

Theo trục 0x: mVx = Fms. t = N t (4)

Áp dụng phương trình động lực học vật rắn: L = M.t I( 0 - ) = RFmst = RNt (5)

Từ (3) và (4) Vx = (1+a) gh2 (6)

Từ (3) và (5) I ( 0 - ) = mR(1+a) gh2

0

5 (1 ) 2

2

a gh

R

(7)

a) Quả cầu trượt trong suốt thời gian va chạm là: R > Vx 0 >7 (1+a) 2gh

2R

b) Góc nẩy: tan = x

y

v

v

=

(1 )a

a

c) Khoảng thời gian nẩy lên rồi rơi xuống là: t1 = - 2Vy /g

Quãng đường nằm ngang giữa hai lần va chạm: d = Vx t1 = 4 (1 + a)ah

Bài 13:

Một thanh cứng AB đồng chất, dài l, khối lượng M có thể quay

không ma sát trong mặt phẳng thẳng đứng quanh một trục cố định nằm

ngang đi qua điểm O trên thanh với OA=l/4. Ban đầu thanh đang đứng

yên thẳng đứng thì một vật nhỏ có khối lượng m=M/3 bay theo phương

ngang tới va chạm vào đầu B của thanh với vận tốc V (hình vẽ). Sau va

chạm, vật dính vào thanh và hệ thanh - vật bắt đầu dao động với góc

m V

B

A

O

15

lệch bé xung quanh vị trí cân bằng. Chứng tỏ rằng dao động của hệ thanh - vật là dao động điều

hoà. Lập công thức tính chu kì dao động và viết phương trình dao động.

Bài giải:

Mômen quán tính của hệ thanh-vật sau va chạm:

= )1(3

1)

4

3(..

12

1 2222 MllmOGMlM

Phương trình động lực học trong chuyển động quay hệ thanh-vật:

OmgOMg MMMlMI //

2

3

1

Triển khai các mômen lực vế phải và thay " ta được:

sin4

3sin

4"

3

1sin

4

3sin

4.." 2 l

mgl

MgMll

mgl

MgBHmgGIMgI

sin2

1"

3g

l . Vì bé nên sin 0"0

2

3"

2

1"

3

2 l

gg

l

(với l

g

2

32 ). Vậy hệ thanh-vật sau va chạm dao động điều hoà với chu kì g

lT

3

22

Phương trình dao động có dạng: =mcos(t+)

Tại t=0 thì =0 và o=d/dt>0 suy ra =-/2

Định luật bảo toàn mômen động lượng cho: 23 1

3 4 3o

MV l Ml (o là vận tốc góc ban đầu hệ

thanh-vật) hay 3

4o

V

l . Phương trình vận tốc góc của thanh: =msin(t+/2)

T¹i t=0 th× o=m suy ra: 3 3 3

os( )8 8 2 2

m

gV V c t

gl gl l

Bài 14:

Một thanh mảnh đồng chất khối lượng M chiều

dài L = 0,3 m có thể quay không ma sát quanh trục O cố

định nằm ngang đi qua đầu thanh. Từ vị trí nằm ngang,

đầu còn lại của thanh được thả ra. Khi tới vị trí thẳng

đứng thì thanh va chạm hoàn toàn đàn hồi với một vật

nhỏ (coi như chất điểm) khối lượng 1

1m M

3 nằm trên

mặt bàn. Cho m1 = m = 120 g, gia tốc trọng lực g = 10 m/s2 . Mômen quán tính của thanh đối

với trục quay qua đầu thanh O là I = 1

3ML

2.

a) Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau va chạm (Đ/s: v1=3m/s).

b) Vật m1 được gắn với m2 = m1 qua một lò xo có độ cứng k = 150 N/m, khối lượng không

đáng kể như hình vẽ. Xác định biên độ dao động của m1 và m2 sau va chạm. Bỏ qua mọi

ma sát (Đ/s: A=3cm).

Bài giải:

M

O

m2 m1 k

16

a) Động năng quay của M ngay trước va chạm: 21 1 3

2 2

MgL gI MgL

I L

Động năng của m1 và M ngay sau va chạm: 2 2 21 1 1' (1)

2 2 2mv I I

Mômen động lượng sau va chạm: ' (2)MvL I I

Từ (1) và (2) ta có: 2 3

3 /3

M gLv m s

M m

b) Sau va chạm, khối tâm G của hệ (m1+m2) chuyển động với vận tốc V mà:

2mV=mv 1

1,5 /2

V v m s .

Trong HQC gắn với khối tâm G, vì hai vật có khối lượng bằng nhau nên ta có thể xem như

dao động của m1, m2 là dao động của m gắn với một lò xo có đầu G cố định và có độ cứng là

k’=2k.

Gọi A là biên độ dao động của mỗi vật, theo định luật bảo toàn cơ năng ta có:

2 2 21 1 12 2. ' 0,03

2 2 2mv mV k A A m

Bài 15:

Một bánh xe không biến dạng khối lượng m, bán kính R, có

trục hình trụ bán kính r tựa lên hai đường ray song song nghiêng góc

α so với mặt phẳng nằm ngang như hình vẽ. Cho biết hệ số ma sát

của đường ray với trục bánh xe là μ , momen quán tính của bánh xe

(kể cả trục) đối với trục quay qua tâm là I = mR2.

a) Giả sử trục bánh xe lăn không trượt trên đường ray. Tìm lực ma sát giữa trục bánh xe và

đường ray.

b) Khi góc nghiêng α đạt tới giá trị tới hạn 0α thì trục bánh xe trượt trên đường ray. Tìm 0α .

Bài giải:

a) Khi bánh xe lăn không trượt, ta có các phương trình chuyển động

+ tịnh tiến: maFmgsinα ms

+ quay: I.γ.rFms với r

aγ và 2m.RI

Từ các phương trình này rút ra: 2

r

R1

gsinαa

suy ra: mgsinαrR

RF

22

2

ms

b) Để bánh xe chỉ trượt trên đường ray, lực ma sát đạt giá trị cực đại

0msmaxms μ.mgcosαμ.NFF

Theo kết quả câu a/ thì 022

2

ms mgsinαrR

RF

(do 0αα ) μ

R

rRtanα

2

22

0

Bài 16:

r R

17

Một thanh đồng tính có độ dài l thực hiện dao động bé xung quanh một trục nằm ngang 0

0’ vuông góc với thanh và đi qua một trong các điểm của nó .Tìm khoảng cách giữa tâm quán

tính của thanh và trục 00’, khi chu kỳ dao động là nhỏ nhất .

Chu kỳ đó bằng bao nhiêu?

Bài giải:

Phương trình năng lượng: mga(1- cos ) + 2

00'

1

2I const mga sin . +

00'

12 ''

2I = 0

nhưng 2

2

00'12

mlI ma

Với góc nhỏ sin = ta được phương trình sau:

''

22

0

12

ga

la

Ta được chu kỳ dao động của con lắc là

22

2 22 4122 ( )

8 12

la

lT T a

ag a

Tmin khi: 2 2

min0 1 0 212 12 2 3 3

d l l l la a T

da a a g

Bài 17:

Một hình cầu bán kính R đang đứng yên trên một tấm gỗ mỏng CD. Mật độ khối lượng

của vật phụ thuộc vào khoảng cách r đến tâm của nó theo quy luật:

3

3(1 );

7

m rm

R R

là một hằng số dương.

Tấm gỗ được kéo trên bàn nằm ngang theo chiều DC với gia tốc a không đổi. Kết quả là vật

lăn không trượt về phía D được một đoạn l và rơi xuống bàn. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt

bàn là k, gia tốc trọng trường là g.

a) Tính khối lượng và mô men quán tính của vật đối với trục quay qua tâm của nó.

b) Hãy xác định thời gian vật lăn trên tấm gỗ và gia tốc tâm O của vật đối với mặt bàn.

c) Tại thời điểm vật rời khỏi tấm gỗ vận tốc góc của vật bằng bao nhiêu?

d) Vật chuyển động được một quãng đường s bằng bao nhiêu trên mặt bàn?

Bài 18:

Một hình trụ mỏng đồng nhất bán kính R và khối lượng m

được đặt lên một mặt phẳng nghiêng một góc so với phương

ngang. Hệ số ma sát trượt giữa mặt nghiêng và hình trụ là . Bỏ qua

ma sát lăn.

a) Tìm sự phụ thuộc của gia tốc a() của hình trụ vào góc nghiêng của mặt phẳng. Khảo

sát trường hợp hình trụ lăn không trượt và lăn có trượt.

b) Nếu gắn vào thành trong của hình trụ một vật nhỏ khối lượng m0 thì trong những điều

kiện nào đó, hình trụ có thể nằm cân bằng trên mặt phẳng nghiêng. Hãy xác định điều kiện đó và

chỉ ra các vị trí cân bằng của hệ với các m0 khác nhau.

R

18

Bài giải:

a) * Khi ma sát nghỉ đủ lớn thì hình trụ sẽ lăn không trượt:

Tại thời điểm bất kỳ, vận tốc chuyển động tịnh tiến của hình trụ là: )1(Rv

Động năng toàn phần của hình trụ khi lăn không trượt được xác định bằng tổng của động

năng chuyển động tịnh tiến và động năng của chuyển động quay (định lý Kiôning):

)2(2

)(

2

222

mvRmmv

Ek

Giả sử sau một thời gian nào đó, hình trụ lăn xuống theo mặt nghiêng được một đoạn S thì

độ giảm thế năng của nó là:

).3(sinmgSmgh

Nhưng do không có tỏa nhiệt (vì lăn không trượt) nên cơ năng bảo toàn: Độ tăng động

năng bằng độ giảm thế năng: ).4(sin.sin 22 vgSmvmgS

Như vậy bình phương của vận tốc tỷ lệ với quãng đường đi - đây chính là quy luật của

chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ban đầu bằng không. Trong chuyển động này thì

aSv 22 , so sánh với (4), ta nhận được: )5(2

singa

Vậy hình trụ lăn xuống nhanh dần đều với gia tốc bằng một nửa so với trường hợp trượt

không ma sát theo mặt nghiêng. Từ đó ta kết luận được chính lực ma sát đã làm giảm gia tốc của

hình trụ đi một nửa:

)6(2

sinmgFms

Từ (6) ta xác định được lực ma sát đủ lớn để bảo đảm cho hình trụ lăn không trượt:

)7(2

cos2

sin

tgmgN

mg

* Khi hình trụ có thể trượt:

Khi hệ số ma sát không thỏa mãn điều kiện trên thì hình trụ sẽ trượt và có sự tỏa nhiệt. Khi

đó, ta áp dụng định luật II Niutơn theo phương của mặt nghiêng:

)8()cos(sincossin gamgmgma

Như vậy gia tốc của hình trụ trên mặt nghiêng phụ thuộc vào góc nghiêng theo quy luật:

*

**

)cos(sin

)2(;2

sin

Khig

arctgKhig

a

b) * Sau khi gắn vật nhỏ vào thành trong của hình trụ thì hệ có thể cân bằng khi hệ số ma

sát giữa mặt nghiêng và hình trụ đủ lớn và nhờ sự cân bằng của mômen lực tác dụng lên hình trụ

đối với điểm tiếp xúc giữa hình trụ và mặt nghiêng (điểm A trên hình vẽ).

Giá trị nhỏ nhất ứng với trường hợp đoạn OB nằm ngang. Phương trình cân bằng mômen

đối với điểm A khi đó:

)10(sin1

sinsin)sin( 00 mmmgRRRgm

Điều kiện cân bằng trước hết là không có sự trượt theo mặt

nghiêng:

)11( tg

B O

A

19

* Vị trí cân bằng được xác định bởi góc lệch của vật so với phương đứng. Điều kiện cân

bằng khi đó là:

.sinsin)sin(sinsin0

00

m

mmgRmmgR

Phương trình này có 2 nghiệm trên đoạn ]2;0[ , một trong

hai nghiệm tương đương với trạng thái cân bằng không bền. Vì vậy

chỉ lấy được 1 góc có độ lớn:

.sinarcsin0

0

m

mm

Bài 19:

Một đĩa tròn mỏng, bán kính R khối lượng M chuyển động thẳng đều với vận tốc v0 trên

một mặt phẳng nằm ngang rất nhẵn. Từ độ cao h người ta thả rơi một vật nhỏ khối lượng m =

0,25M. Vật chạm vào đĩa tại tâm O sau đó nảy lên đến độ cao bằng 0,81h. Hệ số ma sát giữa vật

và đĩa là .

a) Tính tầm xa của vật sau va chạm?

b) Tìm bán kính nhỏ nhất của đĩa để vật rơi trở lại đĩa? Xác định phương vận tốc của vật so với

đĩa ngay trước khi chạm đĩa trong trường hợp này?

Bài giải:

a) Vận tốc vật trước va chạm : 1v 2gh

Sau va chạm vật nẩy lên đến độ cao cực đại 0,81h vậy vận tốc theo phương Oy có độ lớn

'

1 1v 2g.0,81h 0,9v

Giả sử thời gian va chạm là t. Gọi v1’, vx là các thành phần vận tốc theo phương thẳng đứng và

nằm ngang sau va chạm so với đất, ta có :

y 1 y' 1 y y 1

x x x ms x

x 1 x 1

P mv ; P ' mv ' N t P ' P N. t 1,9mv

P 0; P ' mv F t mv

hay N t mv 1,9 mv v 1,9 v

Thời gian chuyển động của vật sau va chạm là 11,8vt

g

nên tầm xa của vật là: S = vxt =2

1 11

1,8v 3,42 v 3,42 .2gh1,9 v 6,84 h.

g g g

b) Với đĩa ms 0F' . t Mv Mv . Chiếu lên trục Ox ta có:

ms 0 ms 0 ms

x 0 x 1 0 1

F' t Mv Mv hay F' . t Mv Mv F . t

mDo N t mv Mv Mv mv 1,9 mv v v 1,9 v

M

Với vận tốc v sau thời gian t tâm O của đĩa đi được s0 = vt và điểm M ngoài mép đĩa (theo

hướng chuyển động của vật) đi được: sM= vt + R so với vị trí va chạm.

1M 0 1

1,8vmS v 1,9 v R

M g

Để vật trở lại đĩa SM S

O

A

20

1M 0 1

1,8vmS v 1,9 v R 6,84 h

M g

. Thay m = 0,25 M, 1v 2gh ta có

01,8vR 8,55 h 2gh

g 0

min

1,8vR 8,55 h 2gh

g

Vận tốc của vật hợp với phương ngang một góc:

'

1

x 00

0,9 2gh 0,9 2ghvtan

mv v 2,375 2gh v1,9 2gh(1 ) vM

Bài 20:

Một quả cầu đặc, đồng tính, bán kính R, khối lượng m, được gắn vào đầu của hai lò xo

nhẹ, cùng độ cứng k tại điểm A trên đường kính AB. Quay nhẹ quả cầu cho đường kính AB lệch

khỏi vị trí cân bằng một đoạn X0 nhỏ dọc theo trục hai lò xo

rồi thả nhẹ cho hệ chuyển động trên mặt phẳng ngang. Biết

quả cầu lăn không trượt. Tìm quy luật biến thiên của độ lệch

x theo thời gian và biểu thức tính chu kì của chuyển động

đó.

Bài giải :

+ Chọn chiều dương cho trục 0x và góc lệch φ.

+ Quả cầu lăn không trượt quanh trục quay tức thời đi qua điểm tiếp xúc B, vuông góc với mặt

phẳng hình vẽ.

+ Các lực P, N, Fmsn có giá đi qua trục quay nên có momen quay M = 0.

+ Tại vị trí có điểm A li độ ngang là x, góc quay là φ

+ Momen của hai lực đàn hồi F1 và F2 đối với trục quay đi qua B vuông góc với mặt phẳng hình

vẽ là

M = - ( F1 + F2 ).2R = - 2k.2R.x = - 4kRx (1)

x = 2R.tanφ ≈ 2Rφ R2

x

Mặt khác: .I.IM )B()B(

Với: 5

mR7mRmR

5

2mRII

2222)G()B(

x10

mR7

5

mR7M

2

(2)

Từ (1) và (2) ta có: kRx4x10

mR7

0xm7

k40x . Đặt

m7

k402

ta được: 0xx 2 )tcos(Xx 0

Hệ dao động điều hòa quanh VTCB với chu kì: k40

m72T

Bài 21:

M

k

m

h

O

+

A’ k k

φ

F1,2

N

P

x 0

Fmsn B’

x

B

B

A k k

m

21

Một đĩa khối lượng M được treo bằng một sợi dây mảnh, có hệ số đàn hồi k vào điểm O

cố định. Khi hệ thống đang đứng yên thì một vòng nhỏ có khối lượng m rơi tự do từ độ cao h (so

với mặt đĩa) xuống và dính chặt vào đĩa. Sau đó, hệ dao động theo phương thẳng đứng. Xem

hình bên.

a) Tính năng lượng và biên độ dao động của hệ.

b) Lực hồi phục tác dụng lên hệ trong quá trình dao động có công suất cực đại là bao nhiêu ?

Bài giải:

a) Sau va chạm:

+ Sự bảo toàn động lượng mv = (m + M)v1 trong đó mgh = mv2/2 nên 1

m 2ghv =

m + M

Hệ có động năng ban đầu: 2

1

1(m + M)v

2

+ Cũng ngay sau va chạm, hệ vật + đĩa còn cách vị trí cân bằng x1 =k

mg, đó chính là li độ x1 của

hệ khi có vận tốc v1. Vậy năng lượng toàn phần của hệ dao động là:

22 2 2 2

2 2

1 1

m 2gh1 k 1 k mg ghm m gE = m + M v + x = m + M + +

2 2 2 m + M 2 k m + M 2k

+ Từ E = kA2/2 suy ra biên độ dao động

2E mg 2khA = = 1 +

k k (m + M)g (1)

b)

+ Công suất của lực hồi phục có biểu thức P = Fv = kxv (2) .

Lấy đạo hàm theo t để tìm cực đại ta có

P' = kx'v + kxv' = 0. Với x' = v và v' = x" = - x2 Ta có kv

2 – kx

2

2 = 0

+ Mặt khác (m + M)v2/2 + kx

2/2 = kA

2/2 và

2 = k/(m +M) ta suy ra công suất cực đại khi li

độ và vận tốc có giá trị A

x = 2

, k A

v = m + M 2

+ Thay vào (2) ta nhận được 2 3

max

A kP =

2 (m + M) với A xác định ở (1)

Bµi 22:

Hai thanh m¶nh OA vµ O’B ®ång chÊt, ph©n bè ®Òu, cïng khèi l­îng

m, cïng chiÒu dµi l, chóng ®­îc treo hai ®iÓm O, O’ cïng ®é cao. Hai thanh

cã thÓ dao ®éng xung quanh O vµ O’. Mét lß xo rÊt nhÑ cã ®é cøng k ®­îc

nèi vµo trung ®iÓm mçi thanh. Khi hai thanh ë vÞ trÝ c©n b»ng th× lß xo cã

chiÒu dµi tù nhiªn (h×nh 1). HÖ ®ang ®øng yªn, kÐo rÊt nhanh thanh OA ra

khái vÞ trÝ c©n b»ng (trong mÆt ph¼ng h×nh vÏ) sao cho nã hîp víi ph­¬ng

th¼ng ®øng mét gãc 0 rÊt bÐ råi bu«ng kh«ng vËn tèc ®Çu, chän lóc ®ã lµm

gèc thêi gian.T×m quy luËt dao ®éng bÐ cña mçi thanh. Bá qua mäi lùc c¶n,

gia tèc träng tr­êng lµ g.

O O’

K

A B

22

Bài 23:

Trên một vành đai khối lượng M được phân bố đều, bán kính

R, có gắn một vật nhỏ khối lượng m ở vị trí thấp nhất. Hệ được kích

thích nhẹ cho vật lệch khỏi vị trí cân bằng và bắt đầu quá trình dao

động nhỏ trên mặt phẳng nằm ngang đủ nhám (hình 1). Chứng minh

hệ dao động điều hòa, tìm chu kỳ dao động của hệ? Bỏ qua ma sát lăn.

Bài giải:

Giả sử tại một thời điểm nào đó, vành đai dịch chuyển một khoảng x

so với vị trí cân bằng. Khi đó, thế năng của hệ:

.2

1

21111)(

2

2

2

2

222

R

xmg

R

xmgR

R

xmgRxRRmgU

Vành lăn không

trượt. Động năng của hệ bao gồm động năng của chuyển động tịnh tiến và động năng của chuyển

động quay: 2

1

1'

2E Mx

Động năng m được bỏ qua vì vận tốc tuyệt đối của nó rất bé.

2 2 2 2

2

1 1 1'

2 2 2E I M R Mx

2

1 2 'E E E Mx

Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta nhận được: 2

2 1ons '

2

xE U c t Mx mg const

R

Đạo hàm biểu thức này, ta nhận được phương trình dao động: ,, 02

mgx x

MR

Vậy hệ dao động điều hòa với chu kỳ dao động là: 2

2MR

Tmg

Bài 24:

Một con lắc vật lí có khối lượng M, khối tâm tại G và có thể quay quanh trục nằm ngang

đi qua điểm O nằm trên con lắc. Momen quán tính của con lắc đối với trục quay là I. Biết khoảng

cách OG = d. Con lắc được thả từ vị trí có OG hợp với phương thẳng đứng một góc 0 = 60o (G

phía dưới O). Bỏ qua ma sát ở trục quay và lực cản môi trường.

1. Tính độ lớn phản lực của trục quay lên con lắc khi OG hợp với phương

thẳng đứng một góc .

2. Tính gia tốc toàn phần lớn nhất của khối tâm con lắc trong quá trình

dao động.

3. Khi con lắc đang ở vị trí cân bằng thì chịu tác dụng một xung lượng

x của lực F trong thời gian rất ngắn t theo phương đi qua điểm A trên trục

OG (lực F hợp với OG góc , xem Hình 1).

a) Xác định xung lượng của lực do trục quay tác dụng lên con lắc

trong thời gian tác dụng t.

b) Xác định góc và vị trí điểm A để xung lượng của lực tác dụng lên trục quay bằng

không.

Bài giải:

1. Chiếu phương trình động lực học mg F ma lên các phương:

Ox tiếp tuyến với quỹ đạo khối tâm: tm d F mgsin (1)

Oy trùng với phương GO: 2

nm d F mgcos (2)

Phương trình chuyển động quay I = -mgdsin (3)

R

x

Hình 1

R

x

O

G A

g

Hình 1

X

23

Từ (1) và (3) tF mg 1 A sin , với 2md

AI

(4)

Định luật bảo toàn năng lượng: 2

0

Imgd(cos cos )

2

(5)

Từ (5) và (2) n 0F mg 1 2A cos 2Acos

Do đó 2 22 2 2

n t 0F F F mg 1 2A cos 2Acos 1 A sin

2.Gia tốc khối tâm: 2 2 2 2 2 2 2 2 2

n t 0

2 2

0 0

a a a ( d) ( d) g 4A (cos cos ) A sin

gA 1 8cos .cos 3cos 4cos

Khi 0 = 60o có 2a gA 2 4cos 3cos

Để a cực đại cần có 22 4cos 3cos 0,

khi đó cos = 2/3 22 mgd

a3 I

3. a. Phân tích xung lượng OX của lực trục quay tác dụng lên con lắc thành hai thành phần XOy,

XOx theo phương thẳng đứng Oy và phương ngang Ox. Áp dụng định lý biến thiên động lượng

và mômen động lượng với vx, vy là các thành phần vận tốc khối tâm sau va chạm:

Gx Oxmv Xsin X ; (1)

I Xsin , với Gxv

d (2)

Từ (1) có OyX Xcos ; Ox Gx

m dX mv Xsin 1 Xsin

I

(3)

Độ lớn của OX :

2

2 2 2 2

O Ox Oy

m dX X X X 1 sin cos

I

b. Để trục quay không chịu tác động của xung lực X thì cần hai điều kiện OyX 02

và OxX 0 O

IX 0 OA

md .

O

G

d

F

P

x

nF

tF