Giáo trình bài tập 7 cot lieu cho be tong

BT 1

Bài tập Cơ học – Phần 2
Lê Quang Nguyên


Hai vật khối lượng M và m được nối với nhau
bằng một thanh rắn chiều dài l, khối lượng
không đáng kể.
Chứng tỏ momen quán tính của hệ đối với một
trục thẳng góc với thanh là nhỏ nhất khi trục
đi qua khối tâm của hai vật và có giá trị:
‫ ݈ߤ = ܫ‬ଶ , với ߤ =

௠ெ
௠ାெ

M

m

l

Trả lời BT 1 - 1
m

Trả lời BT 1 - 2
m

M
CM

X

a
X

x

Ia là nhỏ nhất khi d = 0.
Vậy momen quán tính
nhỏ nhất ứng với trục
qua khối tâm.

Chọn gốc O ở khối
tâm ta có:
mx1 + Mx2 = 0 (1 )
Với:
x1 − x 2 = l

( 2)

M

x2

x1

d

Xét hai trục song song
vuông góc thanh như

hình vẽ, định lý Steiner
cho:
Ia = ICM + Md 2

CM
X
O

Giải hệ (1) và (2):
M
l
M +m
m
x2 = −
l
M +m
x1 =


BT 2

Trả lời BT 1 - 3
m

M

CM
X
O

x

x2

x1

Momen quán tính đối với trục khối tâm:
ICM = mx12 + Mx22 =

mM 2
l
m+ M

Trả lời BT 2 - 1
Để làm bài này chúng ta dựa trên ba ý chính sau:
1. Đĩa đặc là hệ gồm đĩa bị cắt và phần được cắt rời
O

=

O

+

O

2. Khối tâm của hệ hai vật rắn được xác định như
sau (suy ra từ định nghĩa khối tâm):

( m1 + m2 ) RCM = m1RCM 1 + m2RCM 2

3. Momen quán tính của hệ hai vật rắn được xác
định như sau: I = I1 + I2

Cho một đĩa tròn bán kính R, khối lượng M.
Trên đĩa người ta cắt bỏ một lỗ tròn bán kính
R/4, có tâm nằm cách tâm của đĩa một khoảng
R/2. Tìm theo M và R:
a) Tọa độ khối tâm của phần còn lại.
b) Momen quán tính của phần còn lại đối với
trục thẳng góc với đĩa và đi qua tâm của nó.

Trả lời BT 2 - 2
Khối tâm của hệ hai vật rắn: Vị trí khối tâm vật 2
( m1 + m2 ) RCM = m1RCM 1 + m2RCM 2
Do đối xứng nên các khối tâm đều ở trên trục x :

( m1 + m2 ) X CM = m1 X CM 1 + m2 X CM 2
CM2

CM

O

x

=

O

x

O

+
R/2

x


Trả lời BT 2 - 4

Trả lời BT 2 - 3

• Đĩa đồng chất nên tỷ trọng không đổi:
M
m2
1
⇒
m
=
M
=
2
π R2 π ( R 4 )2
16

( m1 + m2 ) X CM = m1 X CM 1 + m2 X CM 2
⇒ X CM 1 = −

m2 R

m1 2
CM2

CM

O

x

O

=

x

O

+
R/2

x

• Khối lượng phần còn lại:
1
15
m1 = M − M = M
16
16
• Vậy:
m R

R
X CM 1 = − 2 = −
m1 2
30

Trả lời BT 2 - 5

Trả lời BT 2 - 6

Momen quán tính của hệ vật rắn = tổng
momen quán tính của từng vật

CM

O

=

O

+

O
R/2

O

I=

=

+

O

I1

O

+

I2

⇒ I1 = I − I2 Tất cả đều tính đối với trục đi
qua tâm O, vuông góc đĩa

1
I = MR 2
2

I2 =

9
m2R 2
32

R
I2 = ICM + m2  
2
ICM

1 R
= m2  
2 4

2

2


Trả lời BT 2 - 7
• Vậy:
I2 =

9 M 2
9
R =
MR 2
32 16
512

1
9
247
I1 = MR 2 −
MR 2 =
MR 2
2
512
256

BT 3
Ngoại lực và lực ma sát tạo nên một momen
lực 24 N.m trên một bánh xe quay. Ngoại lực
tác dụng trong 5s và trong khoảng thời gian
này vận tốc góc tăng từ 0 đến 10 rad/s. Kế đó
ngoại lực dừng tác dụng và bánh xe dừng lại
sau đó 50s. Tìm:
a) Momen quán tính của bánh xe.
b) Momen lực ma sát.
c) Số vòng quay của bánh xe từ đầu cho đến
khi dừng lại.

Trả lời BT 3 - 1

Trả lời BT 3 - 2

• Khi có ngoại lực tác động:
dω
M: tổng momen lực
I
=M
dt
• Sau thời gian t = 5s bánh xe đạt vận tốc góc
ω = 10 rad/s, ta có:

• Khi ngoại lực dừng tác động, chỉ còn momen
lực ma sát M’:
dω
M’: momen lực ma sát

I
= M′
dt
• Sau thời gian t’ = 50s, vận tốc góc giảm từ ω
= 10 rad/s xuống 0, ta có:

ω

t

I ∫ dω = M ∫ dt
0

⇒I=M

⇒ Iω = Mt

0

t
5
= 24 = 12 kg.m2
ω
10

0

t′

I ∫ dω = M ′∫ dt

M’ < 0:
momen lực
ω
0
ma sát cản lại
ω
10
⇒ M′ = −I
= −12 = −2,4 N .m chuyển động
t′
50
quay

⇒ −Iω = M ′t ′


Trả lời BT 3 - 3

Trả lời BT 3 - 4

• Số vòng quay = tổng số vòng quay trong hai
giai đoạn:
N = Na + N b

• Trong giai đoạn đầu ta có:
24
ω0 = 0, α =
= 2 rad s 2 , t = 5s
12

• Gia tốc góc α không đổi nên độ dịch chuyển
góc có biểu thức:
M
∆θ = ω0t + 12 α t 2
α=
I

∆θ 25
=
= 3,98
2π 2π
• Tương tự, trong giai đoạn sau ta có:
2,4
ω0 = 10 rad s , α = −
= −0,2 rad s 2 , t = 50s
12
250
N = 43,8 vòng
⇒ Nb =
= 39,8
2π

௧

௧

න ݀߱ = ߙ න ݀‫)ݐ(߱ → ݐ‬
଴
ఏ

଴

௧

න ݀ߠ = න ߱ ‫)ݐ(ߠ → ݐ݀ ݐ‬
ఏబ

଴

⇒ Na =

BT 4
Một đĩa tròn khối lượng M,
bán kính R có thể quay tự
do quanh một trục nằm
ngang đi qua một điểm
trên vành đĩa. Từ vị trí ban
đầu (hình vẽ) đĩa được thả
không vận tốc đầu.
Tìm vận tốc khối tâm khi
đĩa quay đến vị trí thấp
nhất.

Trả lời BT 4 - 1
y

• Vì không có ma sát nên
cơ năng bảo toàn:
∆E = ∆ ( K + U g ) = 0

1
2

∆K = K 2 = Iω

2

• Thế năng trọng trường
của đĩa:
U g = MgyCM
∆U g = Mg∆yCM = −mgR

1
R
X CM

2
Thế năng trọng
trường của một vật
rắn: Ug = mgyCM


Trả lời BT 4 - 2
• Do đó:
∆E = 12 Iω 2 − mgR = 0
• Định lý Steiner:
3
I = ICM + mR 2 = mR2
2
g

⇒ω =2
3R

BT 5
y
O

Một hình trụ đồng chất bán
kính R, khối lượng M có thể
quay quanh trục.
Một dây khối lượng m, chiều
dài l được cuốn một lớp quanh
hình trụ, phần còn lại buông
thõng có chiều dài x.
Tìm gia tốc góc của hình trụ
theo x.

1

R
X CM

vCM

2

• Vận tốc khối tâm:
vCM = ωR = 2

x

gR
3

Trả lời BT 5 - 1
Gọi m2 là khối lượng phần dây
cuốn, momen quán tính của (hình
trụ + dây cuốn) đối với trục quay:
1
1
I = MR 2 + m2R 2 = ( M + 2m2 ) R 2
2
2

Định luật 2 cho chuyển động quay của hệ:
Iα = TR
2T
⇒α =
( M + 2m2 ) R

(1 )

Trả lời BT 5 - 2
R

+

T

Gọi m1 là khối lượng phần dây

buông, định luật 2 cho khối tâm
của phần này là:
m1a = m1 g − T

⇒ T = m1 ( g − a ) = m1 ( g − α R )

( 2)

+

T
CM

Từ (1) và (2):
α=

2m1 g
( M + 2m) R

Với: m1 =

m
x
l

m1g


BT 6

Trả lời BT 6 - 1

Cho hệ như hình vẽ, momen
quán tính của ròng rọc là I,
bán kính hai vành của ròng
rọc là R và R/2, khối lượng
hai vật treo là m1 và m2.
a) Tìm điều kiện để vật m1
đi xuống.
b) Khi m1 đi xuống, hãy tìm
gia tốc góc của ròng rọc
và các sức dây.

Giả sử m1 đi xuống, ĐL 2 cho
m1 trên trục y cho ta:
m1a1 = m1 g − T1

+

(1 )
T1

cho m2 trên trục y’:
m2a2 = T2 − m2 g
m2
m1

( 2)

T2

T1

và cho ròng rọc quay:
R
Iα = T1 − RT2
2

T2

y’

y

( 3)

m2g
m1g

Trả lời BT 6 - 2
ோ
ଶ

Dây không trượt: ܽଵ = ߙ , ܽଶ = ߙܴ
Suy ra hệ phương trình:
m1a1 = m1 g − T1
2m2a1 = T2 − m2 g
I
1
2 2 a1 = T1 − T2
R

2

Nhân phương trình đầu
với ½ rồi cộng theo vế:
a1 = g

m1 − 2m2
m1 + 4m2 + 4 I R 2

Điều kiện để m1 đi xuống: a1 > 0 ⇔m1 > 2m2
Có a1 ⇒giatoቷ cgó cα và các sức căng T1, T2

BT 7
Một thanh khối lượng M = 1 kg, chiều dài L = 1
m đang quay trong mặt phẳng thẳng đứng
quanh trục khối tâm với vận tốc góc ω = 20
vòng/phút. Một vật nhỏ bằng cao-su khối
lượng m = 0,1 kg bay ngang và dính vào đầu
dưới của thanh khi thanh ở vị trí thẳng đứng.
Để thanh đứng yên sau va chạm, vật m phải có
vận tốc bằng bao nhiêu?


Trả lời BT 7 - 1
Ngay trước và sau khi va
chạm, các ngoại lực đều có
phương qua trục nên Mz = 0
Suy ra momen động lượng
Lz của hệ được bảo toàn:
L

− mv + Iω = 0
2
Chất điểm

Hệ đứng
yên sau đó

Trả lời BT 7 - 2
Do đó: v =

N
CM

Với: I =

Mg
+
mg

v

2Iω
mL

Momen động của chất điểm
đối với trục z: Lz = ±lp
− nếu chuyển động ngược
chiều quay dương
l: khoảng cách từ ‫݌‬Ԧ tới trục

1
ML2
12

⇒ v = 3,5 m s

Trục quay z ⊥ mp hình vẽ

Ngay trước khi va
chạm

+
l

Thanh rắn
quay

‫݌‬Ԧ

BT 8

Trả lời BT 8 - 1

Người ta tác dụng một lực nằm ngang không
đổi F lên một ống hình trụ đặc đồng chất khối
lượng M, bán kính R (hình vẽ). Nếu ống trụ lăn
không trượt trên mặt ngang, hãy chứng tỏ:
a) Gia tốc khối tâm ống trụ là: ܽ =

ଶி

ଷெ

b) Hệ số ma sát nhỏ nhất để khối trụ không
ி
trượt là: ߤ =
ଷெ௚

F

ĐL 2 cho khối tâm trên trục x:
MaCM = F − f

( 2)

Lăn không trượt:
aCM = α R

(3)

N

(1 )

ĐL 2 cho chuyển động quay
quanh trục khối tâm:
Iα = Rf

+

F

f
x
mg
ma sát nghỉ f là lực
tạo momen quay,
các lực còn lại đều
đi qua trục quay
nên có momen
bằng không.


Trả lời BT 8 - 2
Kết hợp (1)-(3) :
MaCM = F − f

 aCM
 I R2 = f

Giải hệ trên ta có:
1 F
aCM =
1+c M
c
f=
F
1+c

Trả lời BT 8 - 3

Kết quả trên đúng cho
mọi vật lăn, với
ܿ = ‫ ܫ‬⁄‫ ܴܯ‬ଶ
Với ống hình trụ đặc
ܿ = 1/2, do đó:
aCM =

2F
3M

1
f= F
3

Để vật lăn không trượt ma sát nghỉ không
được vượt quá giá trị cực đại μN:
f ≤ µN ⇔

⇒ µ ≥3

F
≤ µmg
3

F
mg

Hệ số ma sát nhỏ nhất để vật không trượt:
ଷி
ߤ݉݅݊ =

௠௚

BT 9
Một ống chỉ hình vành tròn
khối lượng M, bán kính R
được quấn chỉ chung quanh,
đầu chỉ còn lại được giữ cố
định (hình vẽ). Thả cho vành
tròn rơi, hãy tìm gia tốc góc
và sức căng dây.
Lưu ý: vì chỉ nhẹ nên có thể
bỏ qua momen quán tính của
phần chỉ cuốn quanh ống.

Trả lời BT 9 - 1
ĐL 2 cho khối tâm trên trục y:
MaCM = Mg − T

(1 )

ĐL 2 cho chuyển động quay
quanh trục khối tâm:
Iα = RT

( 2)

Dây không trượt:
aCM = α R

(3)

+

T

Mg
y


BT 10

Trả lời BT 9 - 2
Kết hợp (1)-(3) :
MaCM = Mg − T


aCM
I
=T

R2

Giải hệ trên ta có:
1
g
1+c
c
T=
Mg
1+c

aCM =

Kết quả trên đúng cho
mọi ống chỉ hình dạng
khác
nhau,
với
ଶ
ܿ = ‫ ܫ‬⁄‫ܴܯ‬

Một quả cầu nhỏ khối lượng m, bán kính r lăn
không trượt trên một máng trượt (hình vẽ).
Tìm giá trị cực tiểu của h để quả cầu có thể di
chuyển hết đường trượt.

Với vành tròn c = 1:
aCM =

g
2

h
R

1
T = Mg
2

Trả lời BT 10 - 1
• Định luật 2 cho khối

tâm trên phương pháp
tuyến tại A cho ta:
v 2A
m
= mg + N A
R −r
• Để vật không bị rơi
khỏi máng trượt tại A
ta phải có: N A ≥ 0
• Suy ra:
(1)
v 2A ≥ g ( R − r )

Lưu ý: để đi hết
đường trượt chỉ cần
vật không rơi khỏi
đỉnh của vòng lượn
tròn.

Trả lời BT 10 - 2

S
h −2(R − r)

CM

ܰA

m݃Ԧ
‫ݑ‬n

Định lý động năng cho
vật lăn: KA −KS = Wmg

h
2(R − r)

K A = 12 mv 2A + 12 Iω 2

Đường đi của khối tâm
2

(

= 12 mv 2A + 12 I ( v A r ) = 12 mv 2A 1 + I mr 2
1
2

Khối tâm chuyển động
trên đường tròn bán
kính R – r

A

)= c

mv 2A (1 + c ) = mg h − 2( R − r ) 

v 2A =

10
g  h − 2( R − r ) 
7 

(2)

Quả cầu:
c = 2/5


BT 11

Trả lời BT 10 - 3

Một hình trụ đặc đồng chất có bán kính R = 15
cm lăn trên một mặt phẳng nằm ngang với vận
tốc v0, rồi lăn xuống một mặt nghiêng hợp với
phương ngang một góc θ = 30°.
Tìm giá trị cực đại của v0 để hình trụ không bị
nẩy khi lăn từ mặt ngang qua mặt nghiêng.

Từ (1) và (2):
h − 2( R − r ) ≥

7
(R − r )
10

⇒ h ≥ 2,7R
hmin = 2,7R

Trả lời BT 11 - 1

Trả lời BT 11 - 2

v0
CM

v0

v
R

Định luật 2 cho khối tâm hình trụ trên phương
pháp tuyến, ở đầu mặt nghiêng (hình vẽ):

N

h

v
θ

θ

mg

h = R(1 – cosθ)

v2

m = mg cosθ − N
R

v2 
⇒ N = m  g cosθ − 
R


Để hình trụ không bị nẩy khi qua mặt nghiêng
phải có N ≥ 0, suy ra:
v 2 ≤ Rg cosθ

(1 )


Trả lời BT 11 - 3

BT 12
Một hình trụ đồng chất
khối lượng m, bán kính R
đang quay với vận tốc ω0
thì được đặt (không có
vận tốc ban đầu) xuống
một mặt phẳng nằm
ngang.
Tìm vận tốc hình trụ khi
nó bắt đầu lăn không
trượt trên mặt ngang.

Định lý động năng cho hình trụ lăn:

K − K 0 = mgh = mgR (1 − cosθ )
1
1
3
K = Iω 2 + mv 2 = mv 2
2
2
4
4
⇒ v 2 = v02 + Rg (1 − cosθ )
3
Từ (1) và (2):
v02 ≤

Rg
(7cosθ − 4 )
3

3
K 0 = mv02
4

( 2)

v0max = 1 m s

Trả lời BT 12 - 1
Ma sát trượt làm ω giảm dần
từ giá trị ban đầu ω0,
nhưng lại làm v của khối tâm

tăng dần từ 0,
đến khi v = ωR thì vật bắt đầu
lăn không trượt.
DL 2 cho CM trên trục x
݀‫ݒ‬
݉
= ߤ݉݃(1)
݀‫ݐ‬

→ ‫(ݐ݃ߤ = ݒ‬2)

với μ là hệ số ma sát trượt.

Trả lời BT 12 - 2
DL 2 cho chuyển động quay
quanh trục:

ω

ω0

+
ω

v
fms
x

v

‫ܫ‬

݀߱
= −ߤܴ݉݃(3)
݀‫ݐ‬

trong đó I = mR2/2.
→ ߱ = ߱଴ − 2

ߤ݃
‫(ݐ‬4)
ܴ

fms
x


Trả lời BT 12 - 3

Tìm thời gian và quãng đường đi cho đến khi
vật lăn không trượt?

‫(ݐ݃ߤ = ݒ‬2)
ߤ݃
‫(ݐ‬4)
ܴ
Khi v = ωR thì vật bắt đầu lăn không trượt.
Dùng v và ω từ (2) và (4) ta được:
ߤ݃‫߱ = ݐ‬଴ ܴ − 2ߤ݃‫ݐ‬
↔ 3ߤ݃‫ = ݐ‬3‫߱ = ݒ‬଴ ܴ

→ ‫߱ = ݒ‬଴ ܴ⁄3
߱ = ߱଴ − 2

Trả lời BT 12 – mở rộng
• Thay ‫߱ = ݒ‬଴ ܴ⁄3 vào (2) suy ra:
t=

ω0R
3µ g

• Ta có:
dx
v=
= µ gt
dt

s

t

→ ∫ dx = µ g ∫ tdt
0

0
2

2

µ g 2 µ g  ω0R  (ω0R )
=

s=
t =
2
2  3µ g  18µ g

• Trả lời : b)

BT 12 – mở rộng

2

(ω R )
ωR
b) t = 0 ; s = 0
3µ g
18µ g

2

12(ω0R )
5ω R
d) t = 0 ; s =
7µ g
49µ g

(ω R )
ωR
a) t = 0 ; s = 0
2µ g
8µ g

(ω R )
ωR
c) t = 0 ; s = 0
3µ g
8µ g

2

2

BT 13
Một quả cầu ban đầu trượt
không lăn với tốc độ v0 trên
mặt nằm ngang. Hệ số ma
sát giữa quả cầu và bề mặt
là ߤ.
Khi quả cầu bắt đầu lăn
không trượt, tốc độ của nó
bằng bao nhiêu?
Tìm thời gian chuyển động
và quãng đường đi được
cho đến khi đó?

v0
fms
x


BT 14

Hướng dẫn BT 13
Ma sát trượt làm v của khối
tâm giảm dần từ giá trị ban
đầu v0,
nhưng lại làm ω tăng dần từ 0,
đến khi v = ωR thì vật bắt đầu
fms
lăn không trượt.

ω
v

x

5
2‫ݒ‬଴
12‫ݒ‬଴ଶ
‫ݒ = ݒ‬଴ ; ‫= ݐ‬
;‫= ݏ‬
7
7݃ߤ
49݃ߤ

Ân có khối lượng 80 kg và Bích có khối lượng
nhỏ hơn dạo chơi trên hồ trong một chiếc canô khối lượng 30 kg.
Khi ca-nô đứng yên trên mặt hồ yên tĩnh họ
đổi chỗ cho nhau, các chỗ này cách nhau 3 m
và đối xứng qua tâm ca-nô.
Ca-nô dịch chuyển 40 cm so với trụ bến
thuyền khi họ đổi chỗ.

Tìm khối lượng của Bích.

Trả lời BT 14 - 1

Trả lời BT 14 - 2

Bỏ qua lực cản của nước, tổng ngoại lực tác dụng
lên hệ bằng không. Lúc đầu hệ đứng yên nên khối
tâm của hệ tiếp tục đứng yên.
Khối tâm O không di chuyển nên sau khi đổi chỗ
khoảng cách từ A, B và khối tâm C của ca-nô tới O
phải không thay đổi.
A

C

1,5m

1,5m

B

O
Trước khi đổi chỗ →

x

xC
← Sau khi đổi chỗ
xC

B’
C’

A’

A

C

1,5m

1,5m

B

O
Trước khi đổi chỗ →

x

xC
← Sau khi đổi chỗ
xC

B’

A’

C’

Chọn O là gốc tọa độ của trục x hướng sang
phải như trên hình vẽ ta có:
2‫ݔ‬஼ = 0,4 → ‫ݔ‬஼ = 0,2
‫ݔ‬஺ = ‫ݔ‬஼ − 1,5 = −1,3
‫ݔ‬஻ = ‫ݔ‬஼ + 1,5 = 1,7


Trả lời BT 14 - 3
Vị trí khối tâm hệ:
݉஺ ‫ݔ‬஺ + ݉஻ ‫ݔ‬஻ + ݉஼ ‫ݔ‬஼

0=
݉஺ + ݉஻ + ݉஼
→ 80 × −1,3 + 1,7݉஻ + 30 × 0,2 = 0
Suy ra:
݉஻ =

80 × 1.3 − 30 × 0.2
= 57,6݇݃
1.7