Giáo trình bài tập 5 vật rắn

Nội dung
1. Động học
2. Động lực học chất điểm

Bài tập Cơ học – Phần 1
Lê Quang Nguyên
www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen


1.1
Một chất điểm chuyển động trên trục Ox theo
chiều dương, bắt đầu từ O với vận tốc 2m/s.
Gia tốc có biểu thức a = −v/2 (m/s2). Tìm biểu
thức vận tốc theo thời gian t.

Trả lời 1.1
• Từ đề bài và định nghĩa của gia tốc:

dv
v
=−
dt
2

• Chuyển v sang vế trái, dt sang vế phải:
dv
1
= − dt
v
2
• Tích phân hai vế từ t = 0 đến lúc t bất kỳ, để

ý điều kiện ban đầu:
v(t )

∫
2

t

dv
1
= − ∫ dt
v
20

⇒ v ( t ) = 2e −t 2


1.2
Một chất điểm chuyển động trong mặt phẳng
xOy với vận tốc cho bởi: v = i + xj ( m s )
Ban đầu chất điểm ở gốc O, hãy tìm quỹ đạo
của nó.

Trả lời 1.2
dx
dy
vx =
= 1; v y =
=x
dt

dt
• Chuyển dt sang vế phải rồi lấy tích phân từ t
= 0 đến lúc t bất kỳ, để ý điều kiện ban đầu:
x (t )

t

∫ dx = ∫ dt
0

0

y(t )

t

⇒ x (t ) = t
t

∫ dy = ∫ x (t ) dt = ∫ tdt
0

0

0

• Khử t: y = x 2
2

1.3

Một hạt rời gốc tọa độ với vận tốc đầu:
v = 3i ( m s )
và sau đó chuyển động với gia tốc không đổi:
a = −i − 0,5 j m s 2
Tìm vận tốc của hạt khi nó đạt vị trí có tọa độ x
cực đại.

(

)

t2
⇒ y (t ) =
2

Quỹ đạo parabôn

Trả lời 1.3
• Tương tự như trong các câu trước ta có:
dv x dt = −1; dv y dt = −0,5
vx (t )

∫
3

v y (t )

∫
0

t

dv x = − ∫ dt

⇒ vx (t ) = 3 − t

0
t

dv y = −0,5∫ dt

⇒ v y ( t ) = −0,5t

0

• Theo đó vx sẽ giảm dần, bằng 0 lúc t = 3, rồi
hạt sẽ chuyển động ngược lại theo chiều âm.


Trả lời 1.3 (tt)
• Vậy lúc t = 3 thì x đạt giá trị cực đại.
• Lúc đó:
v x = 0; v y = −1,5
v ( t = 3) = −1,5 j ( m s )

Trả lời 1.4
dv
= 2 − 8x
dt
• Ở đây ta cần biết sự phụ thuộc của v vào x,

do đó ta thay dt bằng dx: dt = dx v
dv
= 2 − 8x
⇒ vdv = ( 2 − 8 x ) dx
dx v
• Tích phân hai vế, để ý điều kiện ban đầu:
v( x )

x

∫ vdv = ∫ (2 − 8x ) dx
0

⇒ v2 ( x ) = 4x − 8x 2

0

⇒ v = vmax khi x = 0,25( m )

1.4
Một chất điểm chuyển động trên trục Ox theo
chiều dương, bắt đầu từ O với vận tốc đầu
bằng không. Sau đó nó có gia tốc a = 2 – 8x
(m/s2). Hãy tìm vị trí x tại đó vận tốc đạt giá trị
cực đại.

1.5
Một canô khối lượng m đang chuyển động
thẳng với vận tốc v0 thì tắt máy. Biết rằng lực
cản của nước lên canô có biểu thức F = kv2 ,

hãy tìm biểu thức của vận tốc canô theo quãng
đường s đi được từ lúc tắt máy.


Hướng dẫn 1.5

1.6

• Dùng định luật 2 Newton để tìm gia tốc, sau
đó làm tương tự như câu 1.4, ta có kết quả:

Một chất điểm chuyển động trên đường tròn
với vận tốc đầu bằng không và gia tốc góc
không đổi β = 2 (rad/s2). Lúc t = 1 (s) thì chất
điểm có vận tốc v = 4 (m/s). Tìm bán kính
đường tròn.

v ( s ) = v0e

k
− s
m

Trả lời 1.6

Trả lời 1.6 (tt)

• Liên hệ giữa quãng đường và góc quay: s = Rθ
• Lấy đạo hàm theo thời gian:

• Trong đó ta đã dùng điều kiện ban đầu, và
biết gia tốc góc là hằng số.
• Suy ra bán kính đường tròn:

ds
dθ
⇒ v = Rω
=R
dt
dt
dv
dv
dω
⇒ at =
= Rβ
=R
dt
dt
dt
• Từ hệ thức (1) suy ra:
v(t )

t

∫ dv = Rβ ∫ dt
0

0

⇒ v ( t ) = Rβ t

v (t )
βt
• Lúc t = 1 (s) thì v = 4 (m/s), do đó:
R=

(1)

R=

v (t = 1) 4
= = 2( m )
2× 1
2


1.7
Một vật được ném ngang từ trên cao. Vận tốc
vật khi chạm đất hợp với phương ngang một
góc 60° và có độ lớn 30 (m/s). Lấy g = 10
(m/s2) và bỏ qua sức cản của không khí. Tìm
bán kính cong của quỹ đạo tại điểm chạm đất.

Trả lời 1.7

• Lúc chạm đất, gia tốc
tiếp tuyến hợp với
phương ngang một góc
α = 60°,

α

• đó cũng chính là góc
an
giữa gia tốc pháp tuyến
và gia tốc toàn phần g. 2
v
• Ta có: an = g cosα ⇔ = g cosα
R

α

at

g

v2
302
⇒R=
=
= 180( m )
g cosα 10cos60°

1.8

Trả lời 1.8

Một bánh xe quay chậm dần đều, trong thời
gian 1 phút vận tốc góc của nó giảm từ 300
(vòng/phút) xuống còn 180 (vòng/phút). Tìm

gia tốc góc của bánh xe và số vòng nó quay
được trong thời gian 1 phút ấy.

• Từ biểu thức của gia tốc góc: dω = β dt
• Chọn t = 0 lúc vận tốc góc bằng 300 (v/ph),
tích phân từ t = 0 đến lúc t bất kỳ:
ω (t )

t

∫ dw = β ∫ dt
ω0

⇒ ω ( t ) = ω0 + β t

0

• Suy ra gia tốc góc: β = (ω ( t ) − ω0 ) t
• Lúc t = 60 (s) thì ω = 180 (v/ph), do đó:
β=

(180 − 300) × (2π
60

60)

(

= −0,21 rad s 2

)


Trả lời 1.8 (tt)
• Từ biểu thức của vận tóc góc: dθ = ωdt
• Tích phân từ t = 0 đến lúc t bất kỳ:
θ (t )

t

∫ dθ = ∫ ωdt
0

0

v
(T)

A. chuyển động chậm dần về
bên trái (T).

t

= ∫ (ω0 + β t ) dt

(P)

M

B. chuyển động nhanh dần về

bên trái (T).

0

• Suy ra góc quay sau thời gian t:
θ ( t ) = ω0t + 12 β t 2
• Thay t = 60 (s) ta được:

a

C. chuyển động chậm dần về
bên phải (P).
D. chuyển động nhanh dần về
bên phải (P).

θ = 480π ( rad ) = 240( vong )

Trả lời 1.9
• Gia tốc tiếp tuyến ngược
chiều với vận tốc: vật
chuyển động chậm dần.
• Vận tốc ở M hướng sang
phải.
• Kết luận: Vật sẽ chuyển
động chậm dần về bên phải
(P).
• Trả lời: D

1.9

Ở vị trí M vật có vận tốc và gia
tốc như hình vẽ. Chọn kết luận
đúng. Vật sẽ:

1.10
v
(T)
(P)

M

an

at
a

t=0

Một vật rơi tự do, trong 2 (s)
cuối cùng trước khi chạm đất
đã rơi được một quãng h−d
đường dài 60 (m). Cho g = 10
(m/s2). Vật đã rơi từ độ cao
bao nhiêu?

t=T

d

t = T + 2s

y


Trả lời 1.10
• Chọn t = 0 lúc vật bắt đầu rơi ở độ cao h :
y ( t ) = y0 + ( v0 sinθ )t + 12 gt 2

• Sau thời gian T + 2 vật rơi quãng đường h:
2

h = 12 g (T + 2)

Trả lời 1.10
• Giải hệ (1) và (2) ta được:
T = 2( s )
h = 80( m )

(1)

• Sau thời gian T vật rơi một quãng h − d:
h − d = 12 gT 2

(2)

1.11

Trả lời 1.11

Cho hai vật A và B rơi tự do từ cùng một độ
cao, vật A rơi trước vật B. Cho g = 10 (m/s2).

Sau 2 (s) kể từ lúc vật B rơi, khoảng cách giữa
hai vật là 60 (m). Vật B rơi sau vật A bao lâu?

• Chọn trục y hướng xuống và gốc thời gian
lúc vật B bắt đầu rơi, ta có:
yB = 12 gt 2
• Trước đó một quãng thời gian t0 vật A đã bắt
đầu rơi, do đó:
2
y A = 12 g ( t + t 0 )
• Lúc t = 2 (s) thì khoảng cách giữa hai vật là
60 (m), suy ra:
1
2

2

2

g ( 2 + t 0 ) − 12 g ( 2) = 60

⇒ t 0 = 2( s )


Trả lời 1.11 (tt)

1.12

Điều kiện ban đầu của A: ‫ = ݐ‬−‫ݐ‬଴ : ‫ݒ‬଴ = 0, ‫ݕ‬଴ = 0

Một chất điểm chuyển động với phương trình:
‫ = ݔ‬3‫ ݐ‬ଶ − 4‫ ݐ‬ଷ ⁄3 , ‫ = ݕ‬8‫ݐ‬. Xác định bán kính
cong quỹ đạo của chất điểm lúc t = 2s.

௩

௧

න ݀‫ = ݒ‬න ݃݀‫ݐ‬
଴

⇒ ‫ ݐ ݃ = ݒ‬+ ‫ݐ‬଴

ି௧బ

௬

௧

௧

ି௧బ

ି௧బ

න ݀‫ = ݕ‬න ‫ = ݐ݀ݒ‬න ݃ ‫ ݐ‬+ ‫ݐ‬଴ ݀‫ ݃ = ݐ‬න
଴

‫=ݕ‬

1
݃ ‫ ݐ‬+ ‫ݐ‬଴
2

t’

௧ା௧బ

଴

‫ݐ‬′݀‫ݐ‬′

ଶ

Trả lời 1.12 -1
Bán kính cong của đường cong có phương trình
x(y) được xác định từ công thức toán học:
ܴ=

1 + ‫ݔ‬′ଶ
‫ݔ‬′′

ଷ⁄ଶ

,

݀‫ݔ‬
݀ଶ ‫ݔ‬
ᇱᇱ
‫= ݔ‬

‫ = ݔ‬ଶ
݀‫ݕ‬
݀‫ݕ‬

Trả lời 1.12 - 2
Áp dụng cho (1) ta được:

ᇱ

Thay t = y/8 vào biểu thức của x ta có phương
trình quỹ đạo:
1 ଷ
3 ଶ
‫ ݕ‬−
‫ ݕ‬1
‫=ݔ‬
64
384

ܴ=

3‫ݕ‬
‫ݕ‬ଶ
1+
−
32 128
‫ݕ‬
3
−
32 64

ଶ ଷ⁄ଶ

Lúc t = 2s thì y = 16, thay vào ta có:
ܴ = 8,94݉


BT 1.12 – mở rộng

Trả lời BT 1.12 – mở rộng

Một hạt chuyển động trong mặt phẳng Oxy với
tốc độ không đổi v, trên quỹ đạo có phương
trình y = cx2, với c = const.
Tìm bán kính cong của quỹ đạo ở x = 0.
a)
b)
c)
d)

R = 1/2c
R = c/2
R = 1/3c
R = c/3

Nếu đường cong có phương trình y(x) ta hoán
vị x ⇄ y và có:
ܴ=

1 + ‫ݕ‬′ଶ

‫ݕ‬′′

ଷ⁄ଶ

,

݀‫ݕ‬
݀ଶ ‫ݕ‬
ᇱᇱ
‫= ݕ‬
‫ = ݕ‬ଶ
݀‫ݔ‬
݀‫ݔ‬
ᇱ

Kết quả: a) R = 1/2c

2.1
Cho cơ hệ như hình vẽ. Hệ
số ma sát giữa m và M,
giữa M và sàn là k. Để M
chuyển động đều trước khi
m rơi khỏi nó, thì F phải
thỏa:
A. F = kMg
B. F = k(M+m)g
C. F = kmg
D. F = k(M+2m)g

F

m
M

• Lực F kéo M sang trái,
do đó hai lực ma sát f1
từ mặt bàn, và f2 từ m,
đều hướng sang phải.
• m chịu phản lực vuông
góc N2 từ M, vì vậy sẽ ép
xuống M một lực trực
đối.
• M cũng tác động vào m
một lực bằng f2, hướng
sang trái.

Trả lời 2.1 - 1
f2

N1
N2

F

f1
Mg
N2
T
f2

mg


Trả lời 2.1 - 2
• Dùng định luật 2 Newton
trên phương x, y cho hai
vật, lưu ý là m đứng yên:
Ma = F − k ( N1 + N2 )
(1)
(2)
0 = N1 − Mg − N2
(3)
0 = kN2 − T
(4)
0 = N2 − mg
• Từ (1), (2) và (4) ta
được:
Ma = F − k ( M + 2m ) g

Trả lời 2.1 - 3
f2

N1
N2

F

f1
Mg

• Khi M chuyển động đều thì a = 0, lúc đó F
phải thỏa:
F = k ( M + 2m ) g
• Trả lời: D

N2
T
f2

mg

y
x

2.2
Một vật khối lượng m = 100 (kg) sẽ chuyển
động đều lên trên một mặt nghiêng có góc
nghiêng α = 30° nếu chịu tác động của lực kéo
F = 600 (N) dọc theo mặt nghiêng. Khi thả vật
ra, vật sẽ chuyển động xuống với gia tốc bằng
bao nhiêu?

• Khi kéo lên, dùng dữ liệu
của đề bài ta thấy mgsinα
< F.
• Vì vậy để vật trượt đều
khi kéo lên thì phải có ma
sát sao cho tổng lực trên
mặt nghiêng (phương
Ox) bằng không:

0 = F − mg sinα − kmg cosα (1)

• Lưu ý: f = kN = kmgcosα

Trả lời 2.1
y
x

N

F

f
α

mg


Trả lời 2.1 (tt)

2.3

• Ngược lại khi vật trượt
xuống ta có:

y

ma = mg sinα − kmg cosα (2)

x

N

• Lấy (2) trừ (1) ta được:

f

ma = 2mg sinα − F
F
⇒ a = 2 g sinα −
m

(

a = 4 m s2

α

mg

)

Trả lời 2.3
• Định luật 2 Newton trên
x, y khi vật trượt đều:
0 = F cos β − mg sinα − kN (1)
0 = N + F sin β − mg cosα (2)
• (1) + k × (2) cho ta:
sinα + k cosα
F = mg
cos β + k sin β

• F cực tiểu:
dF
= 0 ⇒ β = arctan k
dβ

Vật m được kéo trượt đều
như trên hình vẽ. Hệ số
ma sát giữa m và mặt
nghiêng là k. Để F là nhỏ
nhất thì góc β phải thỏa
điều kiện nào sau đây?
A. β = arcsink
B. β = arccosk
C. β = arctank
D. β = arccotk

F
β

α

2.4
y
x
F
β

N
f
α

mg

Trả lời: C

Một vật khối lượng m có
thể trượt không ma sát
trên mặt nghiêng của một
nêm. Hỏi phải đẩy nêm
trượt sang phải với gia tốc
tối thiểu A bằng bao nhiêu
để m đứng yên đối với
nêm.

m
A
α


y
N

x

mA
mg

α

y

N
A
mg

α

⇒ A = g tanα

2.5
Một vật khối lượng m có
thể trượt không ma sát
trên mặt nghiêng của một A
nêm. Nêm trượt sang trái
với gia tốc không đổi A.
Gia tốc A phải thỏa điều
kiện gì để m đứng yên đối
với nêm?

• Cũng có thể xét hệ quy
chiếu mặt đất.
• Khi m đứng yên đối với
nêm, gia tốc của m đối
với mặt đất cũng là A,
• do đó định luật 2
Newton trên phương x
cho ta:
mA cosα = mg sinα

• Trong hqc nêm m có gia
tốc bằng không, và chịu

lực quán tính ngược
chiều gia tốc A.

m

α

• Fqt có xu hướng làm vật
rơi khỏi nêm về phía
phải. Xu hướng này tăng
khi A càng lớn.
• Khi N > 0 thì m còn ép
lên nêm, tức là còn chưa
rơi.

Trả lời 2.5
y
N

x

• Trong hệ quy chiếu gắn
liền với nêm m có gia
tốc bằng không, và chịu
lực quán tính hướng
ngược chiều gia tốc A.
• Định luật 2 trên x cho:
0 = mg sinα − mA cosα
⇒ A = g tanα
• Nếu A < gtanα thì Fqt

không đủ để tạo cân
bằng: m trượt xuống.

Trả lời 2.4 (tt)

x

Trả lời 2.4

−m‫ܣ‬Ԧ
mg

α


Trả lời 2.5 (tt)
y
N
−m‫ܣ‬Ԧ
mg

m
a= g
2M + m
• Khi m ép vào M một lực, thì M tác
động ngược lại một lực trực đối,
đó chính là phản lực vuông góc N.
• Để tìm N, ta dùng định luật 2
Newton cho m. Trả lời: 4 (N)

Cho cơ hệ như hình vẽ, khối
lượng ròng rọc và dây treo
không đáng kể, M = 1 (kg),
m = 0,5 (kg), g = 10 (m/s2).
Áp lực giữa M và m là:
A.
B.
C.
D.

α

• Dấu = là khi N bắt đầu
bằng không.

• Đây là máy Atwood với khối
lượng (m + M) và M ở hai nhánh.
Nhánh phải sẽ đi xuống với gia
tốc (xem bài giảng):

2.6

x

• Để tìm N ta dùng định
luật 2 Newton trên
phương y:
0 = N + mA sinα − mg cosα
⇒ N = m( g cosα − A sinα )
N > 0 ⇔ A < g cot α

• Ngược lại, vật sẽ rơi
khỏi nêm khi:
A ≥ g cot α

Tip 2.6
N
mg
y

M

4 (N)
5 (N)
6 (N)
0 (N)

m
M

2.7
Cho cơ hệ như hình vẽ. Hệ
số ma sát giữa vật m và bề
mặt thẳng đứng của khối
vuông là k = 0,1. Cho g = 10
(m/s2).
Để m không trượt xuống,
cần cho khối vuông chuyển
động sang phải với gia tốc A
tối thiểu là bao nhiêu?

m
A


Trả lời 2.7
• Định luật 2 cho m trên
phương x, y, lưu ý là vật có gia
tốc A hướng sang phải:
mA = N
(1)
0 = f − mg
(2)

2.8
f
N

Cho hệ như hình vẽ. Tìm
hệ thức liên hệ giữa gia
tốc của các vật.

mg

• Từ (2) ta có: f = mg
y
• Ma sát tĩnh phải thỏa điều
x
kiện: f ≤ kN
mg
g

⇒N≥
⇔ A≥
Amin = 100 m s 2
k
k

(

m1

• l không đổi vì dây
không co dãn, vì vậy
nếu lấy đạo hàm hai lần
biểu thức trên theo thời
gian ta được:
d 2 y0
d 2 y1 d 2 y2
0 = 2 + 2 −2 2
dt
dt
dt

Trả lời 2.8 (tt)
O
2
y0
y1
y2

⇔ 0 = a1 + a2 − 2a0

m2

)

Trả lời 2.8
• Chiều dài dây treo qua
ròng rọc 2:
l = ( y1 − y0 ) + ( y2 − y0 )

m0

• a0 là gia tốc ròng rọc 2
trên y, cũng chính là gia
tốc của m0 trên x.
• Do đó hệ thức giữa gia
tốc của ba vật là:
a1 + a2 = 2a0

x
O
2
y0
y1
y2


2.9
Một xe trượt khối
lượng m trượt xuống

từ đỉnh một ngọn đồi
hình bán cầu không
ma sát. Giả sử vận tốc
ban đầu của xe là
không đáng kể.
Hãy tìm góc θ ứng với
khi xe bắt đầu rời khỏi
ngọn đồi.

• Định luật 2 trên
phương pháp tuyến ở
vị trí có góc lệch θ:

θ R

v2
m = mg cosθ − N
R

v2 
N = m  g cosθ − 
R

• v tăng dần, do đó N
giảm dần.
• Khi N = 0 thì vật bắt
đầu rời khỏi ngọn đồi.

Trả lời 2.9 - 2
• Khi đó:

(1)
v 2 = gR cosθ
• Định lý động năng
giữa vị trí θ và vị trí
ban đầu:
2
1
2 mv = mgh
= mgR (1 − cosθ )
• Suy ra:
v 2 = 2 gR (1 − cosφ ) (2)

Trả lời 2.9 - 1

Trả lời 2.9 - 3
N

• Từ (1) và (2) ta được:
2 gR (1 − cosθ ) = gR cosθ

h
θ R

cosθ =
mg

2
3

θ = cos −1 ( 2 3) ≈ 48°

• Lúc ấy độ cao tính từ đỉnh đồi là:
 2 R
h = R1 −  =
 3 3

N

θ R
mg


2.10
Cho hai lực:

Trả lời 2.10
dW1 = ydx

(

)

F1 = yi

dW2 = xdx + ydy = 12 d x 2 + y 2

F2 = xi + yj

W1 = ∫ ydx

Lực nào là lực thế?

W2 = 12 ∫ d x 2 + y 2 = 12 ∆ x 2 + y 2

(

)

(

)

• W1 phụ thuộc y(x): thay đổi theo quỹ đạo, F1
không phải là lực thế.
• W2 chỉ phụ thuộc vị trí đầu và cuối, F2 là lực
thế.

2.11
Một vật khối lượng m trượt lên một mặt
nghiêng góc α với vận tốc đầu v0. hệ số ma sát
giữa vật với mặt nghiêng là k. Tìm quãng
đường vật đi được cho đến khi dừng lại.

Trả lời 2.11

• Độ biến thiên cơ năng
giữa vị trí cuối và đầu:

v=0

∆ ( K + U g ) = Wms
∆K = − 12 mv02
∆U g = mgh = ( mg sinα ) s

s
v0

α

• Công lực ma sát:
Wms = − fs = −kNs = −k ( mg cosα ) s
v02
s=
2 g ( sinα + k cosα )

h


2.12

Trả lời 2.12 - 1

Thế năng của một hạt trong
một trường lực nào đó có
dạng ܷ = ܽ/‫ ݎ‬ଶ − ܾ/‫ݎ‬, với
a, b là những hằng số dương
và r là khoảng cách từ tâm
của trường.
a) Tìm vị trí cân bằng của
hạt,

b) và giá trị cực đại của lực
hút.

Vị trí cân bằng của hạt ứng với thế năng cực tiểu.
‫ݎ‬Ԧ

Phải coi ‫ܨ‬Ԧ là lực
xuyên tâm, tức là có
phương nằm trên ‫ݎ‬Ԧ,
mới có thể giải
được.

Ở khoảng cách nhỏ là

ܷ݀ 2ܽ ܾ
=
−
݀‫ ݎ ݎ‬ଷ ‫ ݎ‬ଶ

Trả lời 2.12 - 3

݀‫ܨ‬௥ ⁄݀‫ ݎ‬ൌ 0:
3ܽ
ܾ
Thay rm vào biểu

Lực đẩy

‫ݎ‬௠ ൌ
rm

còn ở khoảng cách

với lực hút cực đại.

Fr là hình chiếu của ‫ܨ‬Ԧ trên phương ‫ݎ‬Ԧ (F = |Fr|).

rm được xác định từ
Lực đẩy

với a = 0.5, b = 5.

Khoảng cách rm ứng

‫ܨ‬Ԧ . ݀‫ݎ‬Ԧ = ‫ܨ‬௥ ݀‫ = ݎ‬−ܷ݀

→ ‫ܨ‬௥ = −

Giản đồ của Fr ứng

lớn là lực hút (Fr < 0).

2ܽ
ܷ݀ 2ܽ ܾ
= ଷ − ଶ = 0 → ‫ݎ‬଴ =
‫ݎ‬
ܾ
݀‫ݎ ݎ‬
Công của lực thế bằng độ giảm thế năng:

Trả lời 2.12 - 2

lực đẩy (Fr > 0),

‫ܨ‬Ԧ

Lực hút

thức của Fr ta suy ra
lực hút cực đại:
‫ܨ‬௠௔௫

ܾଷ
ൌ
27ܽଶ

rm

Lực hút