Bài tập hay về ĐLH vật rắn 12

1

Câu 1:Một thanh cứng đồng chất, tiết diện đều hình thước thợ có khối
lượng m đặt nằm trên mặt phẳng nằm ngang, nhẵn. Một cạnh của
thanh có chiều dài H cạnh kia dài 2H (hình 1). Tác dụng một xung lực
X theo phương ngang vào một đầu của cạnh ngắn và vuông góc với
nó.
1, Tìm mômen quán tính của thanh đối với trục đi qua khối
tâm và vuông góc với mặt phẳng của thanh.
2, Tìm vận tốc góc của thanh sau khi tác dụng xung lực.
3, Ngay sau khi tác dụng xung lực, thanh sẽ quay quanh tâm
quay tức thời T. Tìm vị trí của T.

Solution:
a, Tọa độ khối tâm của thanh: chọn trục toạ độ như hình vẽ

2
2
3
3
G
m
H
H
x
m
 
;

3 2

6
G
m H
H
y
m
 

Do đó:
2 2
17
6
G G
OG x y H
  

Mômen quán tính của thanh đối với trục đi qua O và vuông góc với mặt phẳng thanh:

2 2
2
2
(2 )
3 3
3 3
O
m m
H H
I mH
  

Theo định lí Huyghen – Steiner: mômen quán tính của thanh đối với trục đi qua G và vuông góc
với mặt phẳng của thanh:
2 2
2 2 2
0 0
17 19 .
. . . .
36 36
G G
H m H
I I m OG I I m OG m H m       

b, Áp dụng định luật II Niutơn:
F = m.a
G


0
G
v
X
m
t t


 



G

X
v
m


Áp dụng đinh lí biến thiên mômen động lượng:
( ) .
G G
X H y I

 
suy ra:
30
19 .
X
m H



Vậy thanh quay với vận tốc góc

theo chiều kim đồng hồ
c, Gọi T là tâm quay tức thời của thanh ngay sau khi tác
dụng xung lực ta có:
GT vuông góc với
G
v

do đó :
19

30
30
19
G
X
v
H
m
GT
X
mH

  
H

2H

X


Hình 1
H

2H

X


x

y

O

.

G

G
v


T


2

Câu 2: Một thanh đồng chất có khối lượng 2m, dài l nằm trên sàn ngang nhẵn. Một viên bi nhỏ
khối lượng m chuyển động với vận tốc
v
đến va chạm vuông góc với thanh tại điểm A cách khối
tâm của thanh một đoạn là d. Va chạm tuyệt đối đàn hồi.
a. Xác định vận tốc lớn nhất và nhỏ nhất có thể của khối tâm của thanh khi thay đổi d.
b. Xác định d để sau va chạm hòn bi đứng yên
Giải
:
a. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn cơ năng cho hệ ta có:








22
2
2
G
2222
G
2
GG
'v
12
l2
v2v'mv
2
1
J
2
1
mv2
2
1
mv
2
1
'vv2v'mvmv2mv

Biến thiên momen động lượng của thanh bằng momen xung lượng mà thanh nhận được:

J = 2mv
G
d   =
2
l
d12
v
G

Giải các phương trình trên ta được:













G
G
2
G
v2v'v
v
l

n
12
n123
v2
v
với n =
l
d

Khối tâm có vận tốc cực đại khi: n = 0 =>d = 0
v
Gmax
=
v
3
2
;  = 0; v' = -
3
v

Khối tâm có vận tốc cực tiểu khi: n =
2
1
l
d

lúc này điểm A ở mép thanh.
v
Gmin
=

3
v
;  =
l
v2
0; v' =
3
v

b. Để sau va chạm hòn bi đứng yên:
v' = 0  v
G
=
2
v
=
2
n
12
3
v2

 n
2
=
12
1
 d =
32
l

Khi đó  =
l
3v
.

3

Câu 3: Một thanh cứng không đồng chất chiều dài L, khối lượng M. Mật độ
khối lượng theo chiều dài ρ = kx, với k là hằng số, x là khoảng cách tới đầu
O của thanh
1)Xác định giá trị của k và vị trí khối tâm C của thanh.
2)Tính mômen quán tính của thanh đối với trục đi qua đầu O và
vuông góc với thanh.
3) Thanh có thể quay xung quanh trục nằm ngang O. Một viên đạn
nhỏ khối lượng m bay với vận tốc v theo phương ngang cắm vào đầu B.Xác
định giá trị của m để thanh mang viên đạn quay trọn vòng quanh O và điều
kiện của vận tốc v khi đó.Lấy gia tốc trọng trường g, bó qua ma sát.

1)Xác định giá trị của k và vị trí khối tâm C của thanh.
- Xét một phần tử nhỏ dx cách đầu ở toạ độ x có khối lượng dm = kx.dx
M =
2
.
2
0
kl
dxkxdm
l


 
=> k =
2
2
l
M

- Xác định khối tâm C
x
C
=


l
dxkx
M
xdm
M
0
2
11
=> x
c
=
M
kl
3
3
, thay k => x
C

=
3
2l

2) Xác định mômen quán tính I
0
.
dI
0
= x
2
dm => I
0
=

l
dmx
0
2
=

l
dxkx
0
3
. Thay k => I
0
=
2
2

Ml

3)Xác định giá trị của m để thanh mang viên đạn quay trọn vòng quanh O
Xác định vận tốc góc ω sau va chạm mềm
 ĐLBT mômen động lượng
Mvl = I
hệ
.ω => ω =
he
I
mvl
(1) Với I
hệ
=


2
2
2
2
2
2
lmM
ml
Ml 


 Động năng quay ngay sau va chạm
K =
 K

I
he
2
2

m
M
vm
2
22

(3)
* Khối tâm G của hệ cách 0: x
G

X
G
=
 
 
mM
lmM
mM
ml
l
M






3
32
3
2
(4)
 Độ tăng thế năng khi hệ tới vị trí cao nhất của vòng quay
ΔW
t
= 2(M+m)g.x
G.
Thay (4) => ΔW
t
=
3
2l
(2M + 3m)g (5)
* Điều kiện quay trọn vòng: K

ΔW
t
Từ (3)

&(5) =>
m
M
vm
2
22



3
2l
(2M + 3m)g
Rút gọn được: 3v
2


2lg. (2
6
7
2
2

m
M
m
M
). Đặt x =
m
M
=> 2x
2
+ 7x + 6 -
0
lg2
3
2

v

Xét dấu với điều kiện: x>0 được
m
M
4
lg
12
17
2
v


==> m
lg
12
17
4
2
v
M



Điều kiện về v: mẫu số > 0 => v > 2
lg

v

0

C

B







4

Câu 4: Một quả tạ gồm hai vật nặng có cùng khối lượng m gắn ở hai đầu của
một thanh có chiều dài 2l và khối lượng 2m. Ban đầu hai quả đặt sát vào chân
tường. Đẩy nhẹ cho quả dưới trượt trên sàn nằm ngang làm cho quả tạ đổ
xuống. Bỏ qua mọi ma sát. Tìm gia tốc góc và vận tốc góc của thanh tại thời
điểm quả trên bắt đầu dời khỏi tường

- Tại thời điểm đầu B dời tường thì phản lực N
2
= 0  quả tạ chỉ có gia tốc
theo phương thẳng đứng. Do vật nặng B trượt trên tường nên gia tốc của nó có
phương thẳng đứng, vật nặng A chỉ trượt trên sàn nằm ngang nên gia tốc của nó (nếu có) chỉ có
phương nằm ngang  để gia tốc của quả tạ có phương thẳng đứng thì gia tốc của A phải bằng 0
 Phản lực của thanh đỡ tác dụng lên các vật nặng T = T’ = 0 (1).
- Xét phương trình định luật II Newton đối với vật nặng A. Do gia tốc a
1
= 0 và T = 0 
phản lực của sàn N
1

= mg.
- Viết phương trình động lực học cho quả tạ với trục quay là khối tâm:
N
1
.l.sin α = I
G
.γ  γ =
2
ml
3
8
sin.mgl

.
- Gọi toạ độ của các quả nặng là x và y ta có. Vận tốc của các quả:
V
1
=
dt
dx
, V
2
= -
dt
dy
.
Mặt khác: y =
22
xl4 


1
22
2
v
y
x
dt
dx
xl4
x
dt
dy
v 



Và: g = -
3
2
1
2
3
2
1
2
3
2
1
2
2

21
2
1
2
11
2
2
y
vl4
y
vx
y
vy
y
vxv
y
u
dt
dy
y
xv
dt
dx
y
v
dt
yd

(1)
- Xét tâm quay tức thời I: tốc độ góc: ω =

y
v
1

- Mômen quán tính của thanh đối với I:
I = I
G
+ 2m.IG
2
=
2
ml
3
14

- Bảo toàn cơ năng:
2mg(2l – y) =
2
2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
1
22

2
2
1
y
v
ml
3
13
y
v
ml
3
7
y
x
1mv
2
1
I
2
1
)vv(m
2
1












- Thay (1) vào phương trình trên ta được:
2mg(2l – y) =
myg
12
13
 y =
l
37
48
 v
1
=
3
3
37
gl24.2
 ω

0,57
l
g

 sin α =
l
2

x

0,76  γ

0,29
l
g
.


5

Câu 5: Một thanh cứng đồng chất tiết diện đều, chiều dài L = 40cm, khối lượng M = 250g được
giữ nằm ngang sao cho đầu B tựa trên mép một chiếc bàn (Hình 2).
Buông thanh, đồng thời tác dụng một xung lực X = 100 (N.s) vào đầu
A theo phương thẳng đứng lên trên.
Cho
2
3,14; 10
m
g
s

 
.
a- Tìm xung lực Y do bàn tác dụng vào đầu B ngay khi tác dụng xung X ?
b- Tìm X nhỏ nhất sao cho thanh bay lên rồi trở lại vị trí ban đầu nhưng hai đầu đổi chỗ cho
nhau? Bỏ qua ảnh hưởng của không khí.
Câu 6:Một vật đồng chất, có dạng là một bản mỏng phẳng ABCD (hình 1) với BC và AD là hai
cung tròn đồng tâm bán kính R

1
= 2,2m và R
2
= 2,8m. Vật được treo vào điểm cố định O bằng hai
dây treo nhẹ OA và OB, không giãn hướng theo phương bán kính, góc ở tâm AOD = α
0
= 100
o
.
Cho vật dao động trong mặt phẳng OAD với biên độ nhỏ. Bỏ qua ma sát, hãy tính chu kì dao động
của vật.
Gọi khối lượng trên một đơn vị diện tích của vật là ρ. Xét một
cung mỏng dr bán kính r, khối lượng của nó là dm = ρα
0
rdr
(hình 5.2). Momen quán tính của yếu tố dm đối với trục quay
đi qua O là dI = r
2
dm = ρα
0
r
3
dr. Momen quán tính của cả vật
đối với trục quay đi qua O và vuông góc với mặt phẳng OAD
là:
I =
)RR(drr
R
R
4

1
4
20
3
0
4
1
2
1




Gọi trọng tâm của vật là G. Ta thấy vật có tính đối xứng nên trọng tâm nằm trên trục đối xứng
Ox (hình 5.2). Đặt OG = d. Khối lượng của vật là M. Xét một yếu tố diện tích dS = rdrdα (chắn
góc ở tâm là dα). Khối lượng của diện tích dS là dm = ρdS = ρrdrdα, toạ độ x = r.cosα. Áp dụng
công thức tính khối tâm ta có



2
2
2
0
0
2
1
/
/
R

RS
dcosdrrxdmMd



=
3 3
0
2 1
2
( ).sin
3 2
R R




Chu kì dao động với biên độ nhỏ của vật là
4 4
0 2 1
3 3
0
2 1
3 ( )
2 3,4021( )
2 ( )sin
2
R R
I
T s

Mgd
g R R

 


  


Vậy chu kì dao động với biên độ nhỏ của vật là T = 3,4 (s).

A

X

B

O

B

C

D

A


x

dS

α

d

x

r


6

Câu 7: Cho một thanh đồng chất tiết diện đều có khối lượng
M, chiều dài L được đặt trên nằm yên trên mặt bàn nằm
ngang. Thanh có thể quay quanh trục thẳng đứng đi qua
trung điểm của thanh. Hệ số ma sát trượt giữa thanh và mặt
bàn là

. Bắn một viên bi có khối lượng m với vận tốc
0
v


theo phương ngang, vuông góc với thanh và vào một đầu của
thanh. Biết va chạm là hoàn toàn đàn hồi và vận tốc của viên bi sau va chạm không đổi phương chiều.
a.Tìm vận tốc góc của thanh ngay sau va chạm?
b. Sau va chạm thanh quay được góc lớn nhất bằng bao nhiêu?

a. Tính vận tốc góc của thanh ngay sau va chạm

+ Xét thời điểm ngay sau va chạm: theo định luật bảo toàn cơ năng và bảo toàn mômen động
lượng ta có

2 2 2
0
0
1 1 1
(1)
2 2 2
(2)
2 2
mv mv I
L L
mv mv I



 




 



Từ (2) ta có:
0
2
mv mv I

L

 


2 2 2 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0
2 2
1 1 2 1 4 4 1 2 2
( ) ( )
2 2 2 2
        
mv mv I m v I mv I mv I v I
m L m L L
L mL
    

Thay vào (1):

2 2 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0
2 2 2
1 1 1 2 2 1 2 2 1 2 2
( )
2 2 2 2 2
         
mv I mv I v I I I v I I v
L L L
mL mL mL
      

Với
2
1
12
I ML


0
1 2
( )
2 6
M
v
m L

  

0 0
2 12
1
(3 2 )
( )
2 6
v mv
M
L m M
L
m


  



b. Tính góc mà thanh quay được sau va chạm

+ Xét phần tử nhỏ dm của thanh, có độ dài dx
M
dm dx
L
 

+ Lực ma sát tác dụng vào phần tử dm là:
ms
M
dF gdm gdx
L
 
 

+ Khi thanh quay được góc

thì quãng đường đi được của phần tử dm là:
S x



+ Độ lớn công của lực ma sát khi thanh quay góc

là:

.
ms
M M
dA dF S gx dx g xdx
L L
   
  

Do tính đối xứng nên:

2 2
0 0
2 2 2
L L
M M
A dA g xdx g xdx
L L
   
   
  
=
2
2
0
L
M
g x
L
 

=
1
4
ML g
 

+ Khi thanh dừng lại thì động năng thanh chuyển toàn bộ thành công của lực ma sát
2
2 2 2
1 1 1 1
. .
2 2 12 4 6
L
I A ML ML g
g

    

     




v
O
O
0
x
x
+dx

7

Câu 8:
Một sợi dây mềm có chiều dài L, khối lượng M
phân bố đều theo chiều dài của dây. Dây được đặt
trên mặt bàn nằm ngang sao cho ¼ chiều dài của
dây nằm dưới mép bàn. Thả nhẹ cho dây chuyển
động. Biết hệ số ma sát giữa dây và mặt bàn là

.
a.Tính công của lực ma sát tác dụng vào dây kể
từ khi bắt đầu chuyển động đến khi dây rời mặt
bàn.
b.Tính vận tốc của dây khi dây rời mặt bàn.
Giải:
a. Tính công của lực ma sát
+ Xét phần tử dây nhỏ dx cách mép bàn đoạn x
+ Khối lượng của phần tử dx là:
M
dm dx
L


+ Lực ma sát tác dụng vào phần tử dx:
ms
M
dF g dx
L




+ Công của lực ma sát để di chuyển phần tử dx đến mép bàn:

.
ms ms
M
dA dF ds xdF g xdx
L

     

+ Công lực ma sát để di chuyển dây đến khi rời mặt bàn:

3 3
(2)
4 4
2
(1) 0 0
3
1
4
2
0
L L
L
M M
A dA g xdx g xdx Mgx
L L L
  

      
  
=
9
32
MgL



b. Tính vận tốc của dây khi rời bàn
+ Chọn gốc thế năng

mặt bàn
+ Cơ năng của dây lúc bắt đầu thả:

0
1
4 8 32
M L
W g MgL
   

+ Cơ năng của dây khi rời bàn:

2
1
2 2
L
W Mv Mg
 

+ Theo định lý biến thiên cơ năng:
0
W W A
 
2
1 1 9
2 2 32 32
L
Mv Mg MgL MgL


   

2
1 9
2 2 32 32
L L L
v g g g

   

2
15 9
( )
16 16
v gL

  

15 9
( )
16 16
v gL

  


L/4
O
x
x
+
dx

8

Câu 9.
Cho một vòng dây mảnh có khối lượng M, bán kính
R. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng vòng
dây, cách tâm vòng dây một đoạn h có chất điểm khối
lượng m. Lúc đầu chất điểm được giữ cân bằng, sau đó
truyền cho chất điểm vận tốc ban đầu
0
v

hướng vào
tâm vòng dây. Bỏ qua tác dụng của lực hút trái đất.
a. Tính gia tốc của chất điểm tại thời điểm ngay sau khi
chuyển động.

b. Tính vận tốc của chất điểm khi nó đến tâm vòng dây
.

a. Tính gia tốc của chất điểm tại thời điểm ban đầu
+ Chia vòng dây làm 2n đoạn nhỏ bằng nhau. Khối lượng mỗi đoạn là:

2
M
dM
n


+Xét lực hấp dẫn do 2 phần tử đối xứng nhau qua tâm tác dụng lên chất điểm ở A:

1 2
F F F
 
  



1
2 os
F Fc


( vì
1 2
2
.

.
m dM
F F G
r
 
)

3
2
2
2 2
.
2. . . 2. . .
( )
m dM h h
F G G m dM
r r
R h
  


+ Lực hấp dẫn vòng dây tác dụng vào chất điểm :

3
2
2 2
. 2 . . .
( )
hd
h

F n F nG m dM
R h
 

=
3
2
2 2
.
( )
h
GMm
R h

+ Gia tốc của chất diểm tại vị trí cách tâm vòng khoảng h là:

3
2
2 2
.
( )
hd
F
h
a GM
m
R h
 


b. Vận tốc của chất điểm tại tâm vòng dây
+ Công của lực hấp dẫn khi đưa chất điểm từ vị trí cách tâm khoảng h về tâm:

3 3
2 2
0
2 2 2 2
0 0
.
( ) ( )
h h
hd
h
x x
A F dx GMm dx GMm dx
R x R x
  
 
  


3
2
2 2 2 2
0
1
( ) ( )
2
h
GMm R x d R x


  

1
2
2 2
( )
0
3
h
GMm
R x

  

2 2
1 1
( )
3
GMm
R
R h
 


+ Theo định lý biến thiên động năng:

2 2
2 2
1 1 1 1

( )
2 2 3
GMm
mv A mv
R
R h
   


2 2
2 1 1
( )
3
GM
v
R
R h
  


h
R
O dm
dm
A

9

Câu 10:
Một khối trụ đồng chất khối lượng M, bán kính R, có

mômen quán tính đối với trục là I = MR
2
/2, được đặt lên
mặt phẳng nghiêng góc α = 30
0
. Giữa chiều dài khối trụ có
một khe hẹp trong đó có lõi có bán kính R/2. Một sợi dây
nhẹ không giãn được quấn nhiều vòng vào lõi rồi vắt qua
ròng rọc B (khối lượng không đáng kể). Đầu còn lại của
dây mang một vật C khối lượng m = M/5 (hình H 3). Phần
dây AB song song với mặt phẳng nghiêng. Hệ số ma sát
nghỉ cực đại (cũng là hệ số ma sát trượt) là μ.
a. Tìm điều kiện về μ để khối trụ lăn không trượt trên mặt
phẳng nghiêng. Tính gia tốc a
0
của trục khối trụ và gia tốc
a của m khi đó.
b. Giả sử α không thoả mãn điều kiện trên. Tìm gia tốc a
0
của trục khối trụ và gia tốc a của m.

a. Điều kiện của  và gia tốc của các vật.

Khối trụ lăn không trượt, điểm tiếp xúc I
giữa khối trụ và mặt nghiêng đứng yên tức thời và
đóng vai trò làm tâm quay tức thời. Ta gọi gia tốc
góc của khối trụ quanh trục của nó là , cũng là gia
tốc góc quanh tâm quay tức thời I. Ta có quan hệ
với gia tốc dài:















0
0
a.
2
3
.
2
R
Ra
.Ra


(1)
Mặt khác, phương trình định luật II Newton cho chuyển động tịnh tiến của các vật khi chiếu
trên các trục với chiều dương như đã chỉ ra trên hình vẽ:
0ms
a.MfTsinMg

a.mmgT




(2)
Đối với chuyển động quay quanh trục của khối trụ:
0ms
0
2
ms
a.Mf.2T
R
a
R.M
2
1
.I
2
R
.TR.f 

(3)
Từ (2) và (3) rút ra:
3
sinMg
f
ms



Và
 
0
39
g4
g.
M2m33
m3sinM2
.2a
0







 
13
g2
g.
M2m3
m3sinM2
a
2
3
a
0








 
Mg
26
5
Mmg
M2m3
sin2
g.
M2m3
m3sinM
.mmgT 









Vậy hệ chuyển động theo đúng chiều ta chọn.

B

C

A
α

H 3



C

m

A

a
0
+ a

B

I

f
ms
T

T

P

2
P
1
N

+


10

Điều kiện để khối trụ lăn không trượt:


cosMg.N.
3
sinMg
f
ms


9
3
3
tg



.
b. Gia tốc của các vật khi khối trụ trượt.

Theo phần 1. khối trụ sẽ vừa lăn vừa trượt khi có
điều kiện:
9
3
3
tg



. Lúc đó, lực ma sát có độ lớn
bằng:

cos MgNf
ms


Ta có quan hệ về gia tốc các vật:
trît)võa l¨n(võa
0
00
aR.
Ma2Ma2MR
2
R
aa




(4)

Định luật II Newton cho chuyển động tịnh tiến của các vật:
0ms
a.MfTsinMg
mgmaTa.mmgT







(5)
Và chuyển động quay quanh trục của khối trụ:
Tf2.R.MR.M
2
1
.I
2
R
.TR.f
ms
2
ms


(6)
Kết hợp với (4) 
0ms
Ma2Ma2Tf2





hay
0ms
Ma2Ma2mgmaf2




(7)
Cộng hai vế của (5) với nhau ta được:
0ms
a.Mmga.mfsinMg





(8)
Nhân (8) với 2 rồi cộng với (7):
Ma2mg3ma3sinMg2






Ma2ma3mg3sinMg2







13
g2
M
2
m
3
mg3sinMg2
a 




;
13
mg15
13
mg2
mgT 
;
39
g4
g
26
3137
M

mga.mfsinMg
a
ms
0







;


R
13
g3313
MR
13/mg15cosMg2
MR
Tf2
ms











C

m

A

a
0
+ a

B

I

f
ms
T

T

P
2
P
1
N

+


11

Câu 11:
Hai hình trụ bán kính R
1
và R
2
có các momen quán
tính lần lượt bằng I
1
và I
2
có thể quay quanh các trục O
1
và
O
2
vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. Bỏ qua ma sát ở các
trục. Ban đầu hình trụ lớn quay với tốc độ góc
0

. Giữ trục
O
1
cố định, còn trục O
2
được tịnh tiến sang phải cho đến lúc

hình trụ nhỏ tiếp xúc với hình trụ lớn và bị lực ma sát giữa
hai hình trụ làm cho quay. Cuối cùng hai hình trụ quay ngược chiều nhau với các tốc độ góc
không đổi khi không còn trượt. Tìm tốc độ góc
2

của hình trụ nhỏ theo I
1
, I
2
, R
1
, R
2
và
0

.
Giải:
Gọi
1

và
2

lần lượt là tốc độ góc cuối cùng (không đổi) của các hình trụ bán kính R
1
và R
2

(R

1
> R
2
). Lực ma sát
1
F

do hình trụ R
2
tác dụng lên hình trụ có tác dụng làm hình trụ R
1
quay
chậm lại, tốc độ góc của nó giảm từ
0

xuống
1

.
Ta có : M = F.R và M = I.
t



(

=
t




: gia tốc góc)


F.R = I.
t





F.R.
t

= I.



Vậy : F
1
.R
1
.
t

= I
1
(
10



) (1)

Theo định luật III Newton lực ma sát
2
F

do hình trụ R
1
tác dụng lên hình trụ R
2
:
2
F

= -
1
F

.

Lực
2
F

có tác dụng làm hình trụ R
2
quay nhanh dần từ tốc độ góc bằng không đến
2


nên ta được : F
2
.R
2
.
t

= I
2
.
2

(2)

Từ (1) và (2) ta có :
2
1
R
R
=
22
101
.
)(


I
I 
(3)

Khi sự trượt dừng lại :
1

.R
1
=
2

.R
2


1

=
1
22
.
R
R

(4)

Từ (3) và (4) ta được : I
2
.
2

.

2
1
R
R
= I
01
.

- I
1
.
1
22
.
R
R




2











1
2
1
2
1
2

R
R
I
R
R
I
= I
01
.




2











21
2
21
2
12
.
.
RR
RIRI
= I
01
.




2

=
2
21
2
12
2101

RIRI
RRI



.


12

Câu 12: Một hình trụ đặc, đồng chất có bán kính R=20cm, lăn
không trượt trên mặt phẳng ngang với vận tốc v
0
, rồi đến mặt
phẳng nghiêng có góc nghiêng α=45
0
so với mặt phẳng ngang.
Tính giá trị vận tốc v
0max
của hình trụ lăn trên mặt phẳng ngang
để nó không bị nảy lên tại A (hình 4).
Giải:
*) Động năng của vật trên mặt phẳng ngang :
W
đ
= mv
2
/2 + Iω
2
/2
Vì lăn không trượt nên: v=ωR, và I;mR
2
/2 nên:
W

đ
= 3mv
2
/4
*) Tại đỉnh A của mặt phẳng nghiêng:
+ Khi hình trụ đang ở trên mặt phẳng ngang, năng
lượng là:
W
0
= 3mv
0
2
/4 + mgh ( với h=R(1-cosα)
+ Khi hình trụ ở trên mặt phẳng nghiêng có vận tốc
khối tâm là v thì năng lượng là: W = 3mv
2
/4.
Định luật bảo toàn năng lượng cho ta: 3mv
0
2
/4 +mgh = 3mv
2
/4 (1)
Điểm A chính là tâm quay tức thời của khối trụ, lực hướng tâm là:
F
ht
= mv
2
/R (2)
Phân tích trọng lực P thành hai thành phần: F

1
=Psinα và F
2
=Pcosα (3)
F
2
– N = F
ht
 N= F
2
- F
ht
.
Vật không nảy lên khi F
ht
≤ F
2
(4)
Từ (1), (2),(3),(4) suy ra:
2
0 0 max
gR gR
v (7cos 4) v (7 cos 4) 0,8m / s
3 3
       

(hình 4)
α
0
v



A

O

O’

α

F
3

F
1

P

F
2


13

Câu 13:
Một chất điểm chuyển động với vận tốc v tới va chạm vào đầu A của
thanh kim loại M, chiều dài l được treo vào O ở một đầu của thanh. Coi va
chạm đàn hồi. Vận tốc của chất điểm sau va chạm v’ của chuyển động cùng
phương chiều với
v


và liên kết là hoàn hảo.
a) v’ = ? và
t

=?
b) Góc lệch cực đại
m

của thanh khỏi phương thẳng đứng ?
c) Sự mất mát động năng tương đối Q của chuyển động theo tỉ số n =
m
M
, khi nào thì Q
max
?
Giải:
a) Trong suốt quá trình va cham, momen của ngoại lực tác dụng lên hệ “chất điểm + thanh”
bằng 0 ( đối với trục quay qua O). Nên
/0



L const
.
Ta có: Bảo toàn momen động lượng: mvl = mv’l + I

(1)
Bảo toàn động năng: m
2

2
v
= m
2
'
2
v
+
2
2
I

(2)
Mômen quán tính của thanh: I =
2
3
Ml
(3)
ml(v - v’) = I

; m(v
2
- v’
2
) =
2
I



=
'
v v
l


ml(v - v’) =
2
3
Ml

Suy ra v’ =
3
.
3
m M
v
m M


(4)
ta tìm được:

=
6
.
3
m v
m M l


(5)
Sau va chạm
'
v

cùng phương chiều với
v

nên ta có v’

0
3
m M
 

b) Theo định luật bảo toàn cơ năng:

2
2
I

= Mg
(1 cos )
2
l
m




sin
2
m

=
2
2
6
2 3
I mv
gl m M gl

 
 
 




sin
m

=
6
.
3
v
M
gl

m


c) Sự mất mát năng lượng tương đối:
Q =
2
I
2
2
2 2
2
I
mv mv





Q =
12 12
2 9
(3 )
6
Mm
m M
m M
m m


 

Mà
9
2 9 6
m M
M m
  
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
3
m
M


Nên Q
max
=
12 1
1
6 6 3
m
M
  




14

Câu 14. Một dây xích sắt khối lợng M, độ dài L đợc treo thẳng đứng mà đầu dới (đầu thấp

nhất) của nó vừa chạm đất. Bây giờ thả nhẹ để nó rơi trên mặt đất. Hỏi khi dây xích rơi xuống
một đoạn x thì áp lực của dây xích tác dụng lên mặt đất là bao nhiêu?

Trong quá trình rơi xuống, áp lực của dây xích tác dụng vào đất thực chất là xung lực
của dây xích tác dụng vào đất cùng với trọng lực của một phần dây xích rơi xuống đất. Theo định
luật 3 Niu-tơn xung lực này cũng bằng phản lực của mặt đất tác dụng lên dây xích, xung lực của
lực này làm cho động lợng của dây xích rơi xuống đất thay đổi. Vì các phần của dây xích có độ
cao ban đầu khác nhau, vận tốc rơi đến mặt đất khác nhau nên động lợng của chúng sẽ biến đổi
khác nhau. Chúng ta xét một đoạn nhỏ của dây xích trong một khoảng thời gian
t

rất nhỏ thì có
thể coi xung lực không biến đổi.
Giả sử thời điểm ban đầu t = 0 dây xích bắt đầu rơi, tại thời điểm t độ dài của dây xích đã rơi
xuống đất là x (phần còn lại là L x), vận tốc của phần dây xích cha rơi xuống đất là v, mật độ
khối lợng dây xích là

. Ngay sau khi phần dây xích rơi xuống mặt đất, tốc độ của phần đó lập
tức bằng 0. Từ thời điểm t lấy khoảng thời gian
t

rất ngắn, phần khối lợng
xM




rời đến
mặt đất và đứng yên. Xung lợng của mặt đất tác dụng vào
M

là:


Itg.MF



Vì
0

t.g.M


nên
xvvMtF







0.

Nh vậy:
t
x
vF

Vì
t
x


là vận tốc tức thời của dây xích nên
2
vF



Vận tốc v tại thời điểm t là vận tốc tức thời của dây xích khi rơi xuống độ dài là x, tức là
.2
2
gxv
Thay vào công thức của F ta có:
gxF

2


Đây chính là lực do phần dây xích chuyển động tác dụng lên mặt đất tại thời điểm t. Ngoài ra áp
lực của dây xích lên mặt đất còn thêm phần trọng lực của phần dây xích đã rơi trên mặt đất trớc
thời điểm t. Do đó áp lực của dây xích tác dụng lên mặt đất là:
.332
L

Mgx
gxgxgxN



15

Câu 15. Quả cầu đặc B, mặt ngoài trơn nhẵn, bán kính R =
20cm, khối lợng M = 20kg, dây treo quả cầu dài L = 30cm
(hình 1). Bị kẹp giữa tờng và quả cầu B là một vật A hình
vuông, độ dầy
h

= 10cm, khối lợng m = 2kg, hệ số ma sát
trợt giữa vật A và tờng là

= 0,2. Lấy g = 10
2
s/m
. Hỏi:
a. Khi hệ cân bằng thì lực ma sát giữa vật A và tờng là
bao nhiêu?
b. Nếu có ngoại lực
F
song song với tờng tác dụng vào
vật A để vật A chuyển động thẳng theo phơng nằm ngang và
song song với tờng với gia tốc a = 5
2
s/m
thì ngoại lực có

phơng nh thế nào và độ lớn của nó bằng bao nhiêu?
Các lực tác dụng lên A và B không cùng trên mặt phẳng. áp lực giữa A và B, áp lực của A đối với
tờng nằm trên mặt phẳng thẳng góc với tờng; còn các lực làm cho vật chuyển động theo phơng
nằm ngang có phơng nằm trong mặt phẳng song song với tờng.
a. Có thể thấy khi vật A cân bằng thì độ lớn lực ma sát nghỉ của tờng tác dụng lên vật A bằng
trọng lợng của vật A, hớng thẳng đứng lên trên. Lực ma sát nghỉ f
msn
= mg = 20N.
b. Vì vật A tựa vào tờng chuyển động thẳng theo phơng ngang nên lực ma sát hớng theo
phơng ngang và song song với tờng. Vì vật còn chịu tác dụng của trọng lực hớng xuống dới
nên lực đẩy phải có hớng nghiêng lên trên nh hình 1b.








Gọi áp lực của A tác dụng lên tờng là N thì theo phơng thẳng góc với tờng thì vật B chịu lực
đỡ của A cũng bằng N. Lực ma sát:


tanMgN,Nf



Vì
4
3

5
3







tan
R
L
Rh
sin

Từ hình 1b cho thấy:
.sin mgF



Từ các công thức trên giải ra:

,N)maf()mg(F 520
22

và
)/arcsin( 55

.
Vậy phải kéo vật A bằng một lực

N520
có phơng song song với tờng và hợp với
đờng nằm ngang một góc
)/arcsin( 55

.
B

A

Hình
1

L

h

B

A

Hình 1a
P

1
P

N

N

N


F

P

'
F

f



v

Hình 1b


16

Câu 16:Một tấm gỗ nhẹ AB chiều dài L, đầu A được nối với
tường bằng một bản lề cố định trên bức tường thẳng đứng.
Đầu B được giữ bằng một sợi dây nằm ngang BC. Trên tấm gỗ
Có đặt 3 vật hình trụ tròn A,B,C giống nhau, bán kính r,
trọng lượng P. Góc giữa tường và tậm gỗ là

. Bỏ qua mọi
ma sát. Tính lực căng của dây BC.

Xét hệ 3 trụ A, B, C. Lực tác dụng lên hệ: * Trọng lực 3P; Phản lực F của tấm gỗ; phản lực F
N
của
tường.
-Giá của trọng lực 3P đi qua tâm của khối trụ B
-Giá của phản lực F
N
vuông góc với tường và đi qua tâm của khối trụ C
- Giá của Phản lực F của tấm gỗ vuông góc với tấm gỗ
;3 ;
N
F P F
  
không song song mà đồng quy
nên có điểm chung. Vậy
F

đi qua giao của
;3
N
F P
 
. Mà
3 0
N
F P F
  
  
nên F =
3

sin
P

.
- Từ quan hệ hình học ta tìm được cánh tay đòn của lực F đối với trục đi qua A là
    

2
r
d 2r sin r cot
sin








Xét tấm gỗ AB nó chịu tác dụng của các lực như trên. Chon A làm trục quay ta có AB cân bằng
nên

 
F.d TL cos
;
 
   
 

 

  

2
1
3P.r 2sin cot
sin
T.L cos
sin

Giải ra ta có:
2
3P.r 1 cos
T 2 tan
L sin cos
 
 
  
 
 
 



C


B


17

Cõu 17 :
Một bán cầu tâm O, khối lợng m đợc đặt sao cho mặt phẳng của nó nằm trên
mặt phẳng ngang. Vật nhỏ có khối lợng m bay theo phơng ngang với vận tốc u tới va
chạm với bán cầu tại điểm A (bán kính OA hợp với phơng ngang một góc

). Coi va
chạm là hoàn toàn đàn hồi. Bỏ qua mọi ma sát. Hãy xác định theo m, u, và

:
a) Vận tốc của bán cầu sau va chạm
b) Xung của lực do sàn tác dụng lên bán cầu trong thời gian va chạm.
Gii:
a) Gọi u
1
, V lần lợt là vận tốc của vật nhỏ và bán cầu ngay sau va chạm. Véc tơ u
1

hợp với phơng ngang góc

. áp dụng định luật bảo toàn động lợng theo phơng
ngang và bảo toàn cơ năng ta có:

1
2
2 2
1
cos
2 2 2
mu mu mV

mu
mu mV









1
t
u





G
V




1
2 2 2
1
cos
u V u

u V u









A




2
1
1 cos
2cos
u u




(1),
2 2
1 1
sin tan
cos
2cos 2

V u u




(2)
Phân tích
1 1 1
t n
u u u


, thành phần
1
t
t
u u

, không thay đổi trong quá trình va chạm nên:

1 1
cos sin cos 1 tan cot
2
u u u u

(3)
Từ (1) và (3) ta có:

2
1 1
2
1 cos
cos cos 1 tan cot
2cos
u u






2
1
tan 1 1 tan cot tan 2cot
2


(4)
Thế (4) vào (3) ta có:
1
2
cos
1 2cot
u
u

(5)
Thay (4) và (5) vào (2) ta có:
2 2
2 2
2cot 2cos
1 2cot 1 cos
V u u





b) Trong quá trình va chạm, khối bán cầu chịu tác dụng của
P
X


2 xung lực:
X

do vật tác dụng và
P
X

do sàn tác dụng. Ta
Có:

P
X X P


(Hình vẽ)
Từ hình vẽ ta có:
2
sin2
tan
1 cos
P
X mV mu






1
u


1
n
u



18

Câu 18: Một xilanh đặc, bán kính R, khối lượng M,
được đặt trên một mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng


so với phương ngang. Một sợi dây vắt qua một ròng rọc
lí tưởng, một đầu được quấn vào xilanh, còn đầu kia
treo một vật, khối lượng m (Hình 3) Hỏi hệ số ma sát
trượt giữa xilanh và mặt phẳng nghiêng phải có giá trị
bằng bao nhiêu để xilanh lăn không trượt trên mặt phẳng
nghiêng khi hệ vật được thả tự do ?

Vì xilanh lăn không trượt nên điểm tiếp xúc của xilanh với mặt
phẳng nghiêng đứng yên (tại thời điểm xét). Do đó khối lượng m
đứng yên.
T = mg (1)
(Xem Hình 3 ở đầu bài).
Xilanh chịu tác dụng của các lực
Mg

,
N

,
T

và
msn
F

(chưa rõ

chiều và độ lớn vì có mặt của lực căng
T

).
Ox : Mgsin - T + F
msn
= ma (2)
Oy : N -  Mgcos = 0 (3)

 
2 2
msn
1 1 a
T F R MR MR
2 2 R
   
(4)
F
msn
 
n
N (5)
Giải hệ phương trình, ta được :
n
m M tan
Mcos M 2m

  
 

Hình 3