bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lý thpt chuyên đề ĐỊNH lý KOENIG TRONG các bài TOÁN cơ học vật rắn

ĐỊNH LÝ KOENIG TRONG CÁC BÀI TOÁN CƠ HỌC VẬT RẮN

LỜI NÓI ĐẦU:
Trong chương trình vật lý THPT dành cho học sinh chuyên Lý cũng như
chương trình vật lý đại cương, tôi thấy phần các bài tập cơ học vật rắn là phần
kiến thức khó và đặc biệt là phần Định lý Koenig để xác định mô men động
lượng và mô men lực đối với một trục quay hay một điểm thì càng khó hơn vì
đây là phần kiến thức đòi hỏi học sinh phải có kỹ năng toán học tốt về phần giải
tích vec tơ. Đây là phần kiến thức khó nhưng cũng rất cơ bản giúp chúng ta có
thể giải quyết các bài toán cơ học vật rắn tốt hơn, nhanh gọn hơn. Chính vì vậy
tôi biên soạn chuyên đề “ĐỊNH LÝ KOENIG TRONG CÁC BÀI TOÁN CƠ
HỌC VẬT RẮN” nhằm góp phần cung cấp kiến thức cơ bản, rèn luyện kĩ năng
vận dụng các định lý này trong việc giải các bài toán cơ học vật rắn cho học sinh
chuẩn bị thi học sinh giỏi các cấp và đặc biệt là học sinh đội tuyển dự thi học
sinh giỏi quốc gia và thi chọn đội tuyển dự thi Olympic Châu Á Thái Bình
Dương cũng như Olympic quốc tế.
Sau đây là nội dung của chuyên đề:
- Cơ sở lý thuyết.
- Các ví dụ đơn giản áp dụng công thức.
- Các bài tập tổng hợp có lời giải chi tiết.
- Các bài tập tự luyện tập với đáp số.


I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1. Khối tâm
a) Đối với hệ chất điểm S là trọng tâm của các điểm M i có khối lượng mi, gọi O là
một điểm tùy ý, ta có
uuur r
OG = rG =

r

r

i i

i i

∑m r = ∑m r
M
∑m

r

uuuur

(1) với r i = OM i

i

uu
r r

Nếu ta chọn O ở G thì rG = 0
b) Đối với vật rắn:

r
r
r ∫ rdm ∫ rdm
rG =
=

M
dm
∫

(2)

2. Động lượng
a) Định nghĩa:

r

Các điểm MI cấu tạo nên hệ S chuyển động với vận tốc vi trong hệ quy chiếu R.
ur

Tổng động lượng p của S trong R bằng tổng cộng động lượng của các chất điểm
cấu tạo nên hệ S:

u
r
uuur
d ri d
d
r
r
r
r
p = ∑ mi vi = ∑ mi
= ( ∑ mi vi ) =
m.OG = mvG
dt dt

dt

(

)

(3)

Ta có nhận xét quan trọng: Tổng động lượng của một hệ chất điểm trong hệ quy
chiếu (HQC) R bằng động lượng trong R của một chất điểm giả định ở tại khối tâm
G có khối lượng bằng khối lượng tổng cộng của hệ S.
ur
r
p = mvG

b) Tổng động lượng trong HQC trọng tâm R*
r*

ur*

Theo định nghĩa, điểm G là điểm cố định trong R *, vG và tổng động lượng p của
hệ S trong R*

ur*

r

bằng không: p = 0 (4)
3. Mối liên hệ giữa động lượng và lực. Định luật II Newton




dp
F
=
+ Lực:
∑ ext dt = MaG (5)

Trong đó ∑ Fext là tổng các ngoại lực tác dụng lên hệ.


uu
r τ uuu
r
uuuu
r
uuu
r
X
=
F
dt
=
F
∆
t
=
∆
P
+ Xung của lực:

extb
∫ ex
0

4. Động năng của hệ, định lý Koenig đối với động năng
Chọn điểm cố định O làm gốc tọa độ, G là khối tâm của hệ, ta có:
K (0) =

Vì

1
1
1
2
mi vi2 = ∑ mi viG
+ mvG2 (6)
∑
2
2
2

1
2
mi viG
là động năng toàn phần của hệ hạt đối với khối tâm G, nên ta có:
∑
2
1
2

Định lý Koenig đối với động năng: K = mv 2 (G ) + K * (G )

(7)

5. Mô men động lượng. Định lý Koenig đối với mô men động lượng
a) Mô men động lượng của hệ đối với điểm cố định O chọn làm gốc (của hệ S trong
HQC R) bằng tổng mô men động lượng của tất cả các điểm tạo nên hệ S.



L0 = ∑ ri ∧ mi vi (8)

b) Mô men động lượng của hệ đối với khối tâm G của S trong R *, theo định nghĩa
là:
uuuur
r
r
r
r
L*G = ∑ GM i ∧ mi vi* = ∑ riG ∧ mi vi* (9)

c) Định lý Koenig đối với mô men động lượng
Mô men động lượng đối với O của hệ chất điểm S trong HQC R bằng tổng của:
+ Mô men động lượng đối với O của một chất điểm giả định đặt ở G có khối lượng
bằng khối lượng tổng cộng của hệ trong R
+ Mô men động lượng đối với G của hệ S trong HQC trọng tâm của nó (nghĩa là
trong chuyển động của nó quanh G)
r
r uuur
r

L0 = L*G + OG ∧ mvG

(10)

d) Mô men động lượng trọng tâm
Nếu A là một điểm bất kỳ nào đó, ta có thể viết trong R*:

uu
r
ur*
uuuu
r
ur
uuur uuuu
r
L A = ∑ AM i ∧ mi vi = ∑ AG + GM i ∧ mi vi*
uu
r
uu
r
uuur
uuuu
r
= AG ∧ ∑ mi vi* + ∑ GM i ∧ mi vi*
uu
r r
ur*
p
=
m

v
Biết rằng
∑ i i* = 0 , chúng ta nhận thấy mô men động lượng của hệ trong

(

)

HQC trọng tâm là độc lập với điểm mà tại đó ta tính. Chúng ta có thể viết mô men
ur

ur*

ur*

này mà không cần nói rõ chỉ số của điểm đó: L A = LG = L


ur

ur*

ur*

Dùng định lý Koenig ta có: LG = LG = L
e) Mô men động lượng tại một điểm của trục
Giả sử vật rắn S là một cánh cửa như hình vẽ. HQC R S (O,xS, yS, zS) gắn với vật
ur

ur

ur

rắn, quay với vận tốc góc Ω = Ωez = θ ' ez trong HQC R.
ur

Ta viết biểu thức của mô men động lượng L A của vật rắn này tại một điểm A cố
định của trục Oz (A cũng là một điểm cố định trong HQC gắn với vật rắn) trong R:
ur
uuuu
r r
L A = ∫∫∫ AM ∧ v( M ) dm
S
r
r
ur uuuu
r
ur uuuu
r
Với v( M ) = v(a) + Ω ∧ AM = Ωez ∧ AM

Từ đó rút ra:

ur
uuuu
r r
uuuu
r ur uuuu
r
L A = ∫∫∫ AM ∧ v( M ) dm = Ω ∫∫∫ AM ∧ (ez ∧ AM )dm

S

S

ur
uuuu
r 2 ur uuuu
r ur uuuu
r
Vậy L A = Ω ∫∫∫S ( AM ez − ( AM .ez ) AM )dm

Ta đưa vào điểm H là hình chiếu của M trên
trục quay:
uuuu
r uuur uuuur uuuu
r ur ur uuuur
AM = AH + HM = AM .ez ez + HM

(

)

Vậy ta được:

ur
ur
uuuu
r ur uuuur
L A = Ω ∫∫∫ HM 2 dm − Ω ∫∫∫ ( AM .ez ) HM )dm (Vì HM 2 = AM 2 − AH 2 )
S

S
ur
Như vậy ta phân biệt trong biểu thức của L A hai thành phần:
ur
ur
2
+ Một thành phần cùng phương với vec tơ quay, đó là: L AP = Ω ∫∫∫S HM dm
ur
uuuu
r ur uuuur
+ Một thành phần vuông góc với vec tơ quay, đó là: L A⊥ = −Ω ∫∫∫ ( AM .ez ) HM )dm
S

f) Mô men động lượng đối với trục ∆ - Mô men quán tính:
ur

Thành phần L∆ trên trục quay L A của mô men động lượng được gọi là mô men
động lượng của vật rắn đối với trục ∆.

ur ur ur ur urur
L∆ = L A .ez = L AP.ez = ez Ω ∫∫∫ HM 2 dm = Ω ∫∫∫ HM 2 dm
S

S

Theo định nghĩa, L∆ không phụ thuộc vào vị trí
của điểm A trên trục ∆.
+ Khoảng cách HM = r của điểm M đến trục quay
là không đổi khi vật rắn quay và ta cũng định nghĩa mô men quán tính J ∆ của vật
2

rắn đối với trục quay ∆ như sau: J ∆ = ∫∫∫S r dm


Mô men quán tính của vật rắn đối với một trục quay đặc trưng cho mức quán
tính của chuyển động quay của vật rắn quanh trục đó (bất biến theo thời gian),
chỉ phụ thuộc vào cách phân bố khối lượng trong vật rắn.
6. Mô men lực, định lý Koenig đối với mô men lực
uur

uur

uuuur

ur

+ Mô men lực M O tại điểm O của hệ S trong R có biểu thức là: M O = ∑ OM i ∧ mi ai
+ Mô men lực tại G trong R* (R* là tịnh tiến đối với R)

uur*
uuuur
r*
r*
r
M G = ∑ GM i ∧ mi a i = ∑ riG ∧ mi a i
uu
r uur uu
r
ur uu
r
uur

Từ công thức cộng gia tốc ta có: ai = ae ( M i ) + aC ( M ) + ai* = aG + ai*

Gia tốc Coriolis bằng không còn gia tốc kéo theo không phụ thuộc vào chỉ số i và
uur

bằng gia tốc aG của điểm G.
uur

uuur uuuu
r

(

r
uur uu

uuur

)

uur

uuuu
r

uur

*
*
Ta rút ra: M O = ∑ ( OG ∧ GM i ) ∧ mi aG + ai = OG ∧ maG + ∑ GM i ∧ mi ai

Vì

uuuur

∑ m GM
i

i

r
= 0 và

uu
r uur r
m
a
∑ i i* = F * = 0 nên ta suy ra định lý Koenig đối với mô men

lực:
uuuur τ uuur
uuur
+ Xung của mô men lực: M Ox = ∫ M g dt = ∆L0
0

Định lý Koenig đối với mô men lực: Mô men lực đối với O của hệ chất điểm S
trong HQC R bằng tổng của:
+ Mô men lực đối với O của một chất điểm giả định đặt ở G có khối lượng bằng
khối lượng tổng cộng của hệ trong R
+ Mô men lực đối với G của hệ S trong HQC trọng tâm của nó (nghĩa là trong

chuyển động của nó quanh G)
uur uur* uuur
uur
M 0 = M G + OG ∧ maG

(10)

7. Mô men lực trọng tâm:
Cũng như đối với mô men động lượng, mô men lực của S trong HQC trọng tâm R *
không phụ thuộc vào điểm mà ta tính. Chúng ta có thể viết mô men này mà không
uur

uur*

uur*

cần nói rõ chỉ số của điểm đó: M A = M G = M
uur

uur*

uur*

Dùng định lý Koenig ta có: M G = M G = M

8. Mối liên hệ giữa mô men động lượng và mô men lực


Ta xét trường hợp tổng quát, điểm được chọn để tính mô men là điểm bất ký P,
điểm này có thể đứng yên hoặc chuyển động đối với điểm cố định O chọn làm gốc

tọa độ (hình vẽ)
y

O

1
rr
r1 − rP
r
rr
r1r
r
rP P 2 −2rP
r
r2

x

Theo định nghĩa mô men động lượng toàn phần của hệ đối với điểm P là:

 
 
LP = ∑ ( ri − rP ) ∧ mi ( vi − vP )

Lấy đạo hàm theo thời gian, ta được


 
 
 

 
dLP
= ∑ (vi − vP ) ∧ mi ( vi − vP ) + ( ri − rP ) ∧ mi ( ai − aP )
dt
 


= 0 + ∑ ( ri − rP ) ∧ ( mi .ai − mi aP )

 
Thay mi ai = Fi ex + Fi in là tổng hợp các ngoại lực và nội lực tác dụng lên hạt I, ta được:
r
r
dLP
r r
r r
r
= ∑ ( ri − rP ) ∧ Fi ext − ∑ mi ( ri − rP ) ∧ aP
dt
r
r
Thay tiếp ∑ mi .ri = mrG , ta được
r
r
dLP
r r
r r r
= ∑ ( ri − rP ) ∧ Fi ex − m ( rG − rP ) aP
dt
r

r r
Vì ∑ ( ri − rP ) ∧ Fi ex theo định nghía là mô men của ngoại lực đối với P, nên cuối

cùng ta được công thức tổng quát:
r
r
dLP
r r
r
= ∑ M Pex − ( rG − rP ) ∧ maP
dt

(6)

Công thức (6) cho thấy mối liên hệ giữa mô men lực và mô men động lượng không
đơn giản như mối liên hệ giữa lực và động lượng. Có dự khác biệt này là do mô
men động lượng và mô men lực còn tùy thuộc vào điểm để tính mô men.
Bây giờ ta bàn tiếp số hạng thứ hai trong công thức (6). Số hạng này chỉ triệt tiêu
nếu một trong ba điều kiên sau đây được thỏa mãn:
r

r

a) aP = 0 . Điểm P đứng yên (hay chuyển động thẳng đều)


r
r
dLP
= ∑ M P (P cố định) (7)

dt
r r
b) rG = rP hay P ≡ G . Khi ấy ta có:
r
r
dLG
= ∑ M Gex
dt
uuur
r
r r
r
c) Gia tốc aP / / ( rG − rP ) hay aG / / PG . Khi ấy ta có:
r
uuur
r
dLP
r
= ∑ M Pex aP / / PG (9)
dt

{

9. Các chú ý về toán học:
ur

}

ur

Cho hai vec tơ: A = (ax , ay , az ) , B = (bx , by , bz )
ur ur

+ Tích vô hướng của hai vec tơ: A.B = (axbx + a y by + azbz )
ur ur r

r

r

+ Tích có hướng của hai vec tơ: A ∧ B = i (a y bz − az by ) + j (az bx − axbz ) + k (axby − a y bx )
rr r

Với i, j, k là các vec tơ đơn vị của các trục Ox, Oy, Oz


II. BÀI TẬP VÍ DỤ
Ví dụ 1.
Hai chất điểm A và B giống hệt nhau, có khối
lượng m liên kết với nhau bằng một thanh chiều dài
là b, khối lượng không đáng kể. A dịch chuyển trên
vòng tròn tâm O bán kính b và thanh AB có thể dao
động quanh một trục đi qua A và vuông góc mặt
phẳng như hình vẽ. Tính tổng động lượng và mô men

O
α

A
β

B

động lượng đối với O của hệ AB theo các góc α, β
và đạo hàm của chúng theo thời gian.
Giải
Cách 1:
ur

r

r

Ta có: p = mv( A) + mv ( B )

uur uuu
r
r
uuur
r
LO = OA ∧ mv ( A) + OB ∧ mv ( B)
uuu
r
Với OA = (b cos α , b sin α , 0)
r
uuu
r
suy ra v( A) = OA ' = (−bα 'sin α , bα ' cosα , 0)
uuur
và OB = (b(cos α + cosβ ), b(sin α + sin β ), 0)

r
uuu
r
v( B ) = OB ' = (−b(α 'sin α + β 'sinβ ), b(α ' cosα + β ' cosβ ), 0)
ur
r
r
Suy ra p = mv( A) + mv ( B ) = m(−b(2α 'sin α + β 'sinβ ), b(2α ' cosα + β ' cosβ ), 0)
uur uuu
r
r
uuur
r
ur
Và LO = OA ∧ mv ( A) + OB ∧ mv ( B) = mb 2 (2α '+ β '+ 2 β ' cos(α − β ))ez
ur
Với ez là vec tơ đơn vị của trục Oz vuông góc, đi ra ngoài mặt phẳng hình vẽ

Cách 2:
Chúng ta có thể dùng định lý Koenig bằng cách đưa vào khối tâm G (trung điểm
của AB) của hệ.
uuur

1
2

1
2

Ta có OG = (b(cos α + cosβ ), b(sin α + sin β ), 0)

uu
r uuur

1
2

1
2

Và vận tốc khối tâm G là: vG = OG ' = (−b(α 'sin α + β 'sinβ ), b(α 'cos α + β ' cosβ ), 0)
Mô men động lượng của hệ đối với khối tâm G:


uuu
r
uuu
r
uuu
r
r
uuu
r
uuu
r
r
r
r
r
r
L*G = GA ∧ mv ( A)* + GB ∧ mv ( B)* = 2GB ∧ mv ( B )* vì GA = −GB và v ( A)* = −v ( B )*

uuur 1
1
GB = ( bcosβ , b sin β , 0)
2
2
1
1
r
v ( B )* = (− β 'sinβ , bβ ' cosβ , 0)
2
2

Rõ ràng là ta tìm được

ur
r
p = 2mv(G ) = m(−b(2α 'sin α + β 'sinβ ), b(2α ' cosα + β ' cosβ ), 0)

Và tổng mô men động lượng của hệ:

uur r* uuur
ur
r
LO = LG + OG ∧ 2mv (G ) = mb 2 (2α '+ β '+ 2 β ' cos(α − β ))ez

Ví dụ 2
Một thanh AB đồng nhất, có tâm G, khối lượng m
được treo trên hai dây nhẹ giống nhau AA’ và BB’ có
chiều dài b. Thanh dao động trong mặt phẳng thẳng
đứng, hai dây AA’ và BB’ luôn song song với nhau.

a) Tính động năng của thanh theo đạo hàm α ' của góc
nghiêng α của các dây ở một thời điểm cho trước.
b) Tìm chu kỳ dao động nhỏ của thanh.
Giải
a) Định lý Koenig đối với động năng cho ta:
K=

A’

B’
α

α
A

G

1 2
mv (G ) + K * (G )
2

Trong HQC R* (G,x,y,z) thanh đứng yên và K * (G ) = 0 nên:
K=

1 2
1
mv (G ) = mb 2α '2 (1)
2
2

b) Chọn mốc thế năng tại vị trí thấp nhất của thanh trong quá trình dao động
+ Thế năng của thanh là: U = mgb(1 − cosα ) (2)
1
2

+ Cơ năng của hệ là: E = K + U = mb 2α '2 + mgb(1 − cosα ) = mgb(1 − cosα 0 ) = const (3)
Đạo hàm theo thời gian hai vế của (3) ta được: α " b + g sin α = 0 (4)
Với α < 10o → sin α ≈ α (rad )
thì phương trình (4) trở thành: α "+ ω 2α = 0 với ω 2 =

g
b

B


Vậy chu kỳ dao động nhỏ của thanh là: T =

2π
b
= 2π
ω
g

Ví dụ 3
Một vòng tròn đồng nhất có tâm O, khối lượng m, bán
kính a quay với tốc độ ω không đổi quanh trục cố định của
nó. Tính mô men động lượng của vòng tròn ở O và động
năng của vòng tròn đó.
Giải

uuuu
r

ω

ur

Điểm M của vòng tròn được xác định bởi các tọa độ cực: OM = aer
r

uu
r

Vận tốc của M là: v( M ) = aω eθ

Từ đây suy ra:
+ Mô men động lượng đối với O:
uur
LO =

∫

uuuu
r r
ur
OM ∧ v( M )dm = ma 2ω ez

vòng

+ Mô men lực đối với O:
uuur d uur d
uuuu
r r
ur r
d
2
M O = LO =
OM
∧
v
(
M
)
dm
=
(
ma
ω
)
e
z =0
∫
dt
dt vòng
dt
1
2

1

2

+ Động năng K = J ∆ω 2 = ma 2ω 2
Ví dụ 4
Chứng minh định lý Huygens bằng cách:
a) Dùng định lý Koenig đối với mô men động lượng.
b) Dùng chứng minh hình học.
Giải
a) Gọi A là điểm cố định của trục ∆.
+ Trong R: L∆ = J ∆G Ω

uur

uur ur

uuur

r

r ur
ur uuu

+ Theo định lý Koenig: L∆ = LA .ez = ( AG ∧ mv(G ) ) ez + L*G .ez
r

ur uuur

Với v(G ) = Ωez ∧ AG

uuur

r
ur
2
2
2
AG
∧
mv
(
G
)
e
Từ đó:
z = m ( AG − AH G ) Ω = ma Ω

(

)

ur
ez


uur

uur ur

Trong R*: L*∆ = L*G .ez = J ∆G Ω
Từ đó: J ∆ = ma 2 + J ∆G
b) H và HG là hình chiếu của một điểm M của vật rắn tương ứng trên ∆ và ∆G, ta có:

J ∆ = ∫∫∫ HM 2 dm và J ∆G = ∫∫∫ H G M 2 dm
S
S
uuuur 2
uuuuur uuuuuu
r 2
uuuuur uuuuuu
r
Nhưng HM = HH G + H G M = HH G2 + H G M 2 + 2 HH G .H G M

(

)

Với HH G = a là khoảng cách giữa hai trục ∆ và ∆G và

uuuuur uuuuuu
r uuuuur uuuu
r
uuuuur uuuuu
r r
HH G .H G M = HH G .GM vì HH G .H G G = 0
uuuuur
Để ý rằng vec tơ HH G là độc lập với điểm M, từ đó lấy tổng cho cả vật rắn S ta suy
uuuuur
uuuu
r
2
ra: J ∆ = ma + J ∆G + 2 HH G ∫∫∫ GMdm
S

Số hạng cuối cùng của biểu thức này bằng không theo định nghĩa của khối tâm G
nên: J ∆ = ma 2 + J ∆G
Ví dụ 5
Xét một con lắc treo ở điểm O cố định gồm thanh OA
khối lượng không đáng kể và chiều dài là R, người ta hàn
vào thanh một dây thuần nhất khối lượng m có dạng là một
nửa vòng tròn mà thanh OA là bán kính. Vị trí của con lắc
được xác định theo góc α giữa thanh OA và đường thẳng
đứng hướng xuống. Xác định tổng động lượng, mô men
động lượng đối với O, mô men lực đối với O và động năng
của con lắc phụ thuộc vào α và các đạo hàm của chúng.
Giải
Một điểm M của nửa vòng tròn được xác định
bởi góc ϕ = α + β với β = const (hình vẽ)
uuuu
r

ur

r

uu
r

Từ đó: OM = Rer và v( M ) = Rα ' eϕ
Từ đây ta suy ra:

ur C r
ur

2
+ Động lượng: p = ∫ v( M )dm = mRα ' ez
π
B
uur C uuuu
r uu
r
ur
+ Mô men động lượng: LO = ∫ OM ∧ v(M )dm = mRα ' ez
B


uur
C
uuur d L
r uu
r
ur
d uuuu
O
M
=
=
(
OM ∧ v (M )dm) = mRα '' ez
+ Mô men lực: O
∫
dt
dt B
1

2

Và động năng: K = mR 2α '2
Ví dụ 6.
Một thanh AB đồng nhất chiều dài 2b và khối
tâm G là trung điểm của AB. Thanh tựa lên mặt
đất nằm ngang và gối lên một bức tường thẳng
đứng. Vị trí của thanh được xác định theo góc
uuu
r uuur
α = Ox, OG , góc này thay đổi khi thanh trượt ở

(

)

A và B.

y
+

B
G

r

1) Xác định các thành phần của vận tốc v(G ) của
điểm G theo α và đạo hàm của α.
ur
2) Tìm vec tơ quay Ω của thanh.

x

O

A

Chú ý: cần chú ý đến dấu của các biểu thức khi tính toán.
Giải.
1. Trong tam giác vuông OAB, trung tuyến OG có chiều dài b, từ đó:
uuur
OG = ( b cos α , b sin α , 0 )
r

d uuur
OG = ( −bα 'sin α , bα ' cosα , 0 ) (1)
dt
ur
ur
ur
2. Véc tơ quay của thanh hướng theo trục ez , ta đặt Ω = Ωez
r
Ta cũng có thể viết biểu thức của v(G ) như sau:
r
r
ur uuur
v(G ) = v( A) + Ω ∧ AG

Vận tốc khối tâm: v(G ) =

uuu
r

r

uu
r

Biết rằng OA = 2b cos α .ex suy ra v( A) =
r

r

ur uuur

r
uu
r
d uuu
OA = −2bα 'sin α .ex
dt

Từ đây suy ra: v(G ) = v( A) + Ω ∧ AG = (−b(Ω + 2α ') sin α ; −bΩcosα ;0) (2)
ur

ur

Cho (1) bằng (2) ta được Ω = −α ' ez

O

Ví dụ 7.
Một con lắc kép gồm hai thanh OA và AB giống
nhau, đồng chất, có khối lượng m, chiều dài 2b và

α

G2

y
A

+
β

x

G1

y’
B

x’


nối khớp ở A. Hai thanh chuyển động trong mặt
phẳng thẳng đứng Oxy và góc nghiêng của chúng
được xác định bởi các góc α, β so với đường thẳng
đứng Ox hướng xuống. Tính mô men động lượng đối
với O và động năng của con lắc kép này.

Giải
Thanh OA quay quanh trục Oz cố định, định lý Huygens cho:
J OZ (OA) = mb 2 +

1
4
m(2b) 2 = mb 2
12
3

Từ đó ta có mô men động lượng của thanh OA đối với điểm O:
uur
ur 4
ur
LO (OA) = J Oz (OA).α ' ez = mb 2α ' ez
3

Động năng của thanh OA:
K (OA) =

1
2
J Oz (OA).α '2 = mb 2α '2
2
3

Áp dụng định lý Koenig cho phép tính các phần tử động học của thanh AB:
uur
uuuur
r

ur
LO ( AB ) = OG2 ∧ mv(G2 ) + J G2 z ( AB ).β ' ez
K ( AB ) =

1 2
1
mv (G2 ) + J G2 z ( AB ).β '2
2
2

2b cos α + b cos β
uuuur
Biết rằng: OG2 2b sin α + b sin β
0
−2bα 'sin α − bβ 'sin β
r
d uuuur
Và vận tốc của G2 là v(G2 ) = OG2 = 2bα ' cosα + bβ ' cosβ
dt
0

Và J Gz ( AB) =

1
1
m(2b) 2 = mb 2 = J
12
3

uur

ur

 2

2
Ta có: LO ( AB) =  mb (4α '+ β '+ 2(α '+ β ')cos(α − β ) + mb β ' ÷ez
1
3






2
2
2
2
2
Và động năng: K ( AB) =  mb (4α ' + β ' + 4α '.β ' cos(α − β ) + mb β ' ÷
1
2

1
6

Đối với cả hệ con lắc kép:
uur uur
uur

4
 16
 ur
LO = LO (OA) + LO ( AB ) = mb 2  α '+ β '+ 2(α '+ β ')cos(α − β ) ÷ez
3
 3





2
8

K = K (OA) + K ( AB ) = mb 2  α '2 + β '2 + 2α '.β ' cos(α − β ) ÷
3
3


Ví dụ 8.
Hai vật khác nhau có cùng khối lượng m trượt không ma sát trên mặt bàn nằm
ngang. Thời gian đầu các vật này thực hiện trượt tịnh tiến( không quay) và các tâm
của chúng có cùng vận tốc v dọc theo hai đường thẳng song song. Khoảng cách
giữa các đường thẳng bằng d. Tại một thời điểm nhất định xảy ra va chạm đàn hồi
lý tưởng giữa các vật. Sau va chạm, các vật thực hiện chuyển động tịnh tiến, quay
và tiếp tục trượt trên mặt bàn, vận tốc góc của vật thứ nhất bằng ω1 , của vật thứ hai
bằng ω2 . Mô men quán tính của chúng tính theo các trụ thẳng đứng đi qua khối tâm
lần lượt là I1 và I2.
a) Hãy chỉ ra rằng mô men xung lượng của vật tính theo điểm xác định bất kì
của mặt bàn bằng tổng mô men xung lượng của vật tính theo khối tâm của

nó.
b) Tính khoảng cách d’ giữa các đường thẳng dọc theo khối tâm của hai vật
chuyển động sau va chạm.
c) Thừa nhận rằng, sau va chạm giá trị vận tốc của vật thứ nhất là

v
còn vật
2

thứ hai không quay. Hãy xét sự phụ thuộc của d’ vào d.
Giải:
a)
Ta cần chứng minh:
uur uur
uu
r uu
r uur
uu
r uu
r
LO = LG + (∑ mi )rG ∧ vG = LG + M rG ∧ vG

mi
+

u
u
r
Xét phần tử mi trên vật rắn. Ta có:
rG

uur
uu
r u
r
uu
r ur
G
O
LO = ∑ mi (rG + ri ) ∧ (vG + vi )
uu
r uu
r
u
r uu
r uu
r
ur
u
r ur
= (∑ mi )rG ∧ vG + (∑ mi ri ) ∧ vG + rG ∧ (∑ mi vi ) + ∑ mi ri ∧ vi
u
r r
∑ mi ri = 0
ur r
Nhận xét: 
∑ mi vi = 0
uur
uu
r uu
r

u
r ur
LO = (∑ mi )rG ∧ vG + ∑ mi ri ∧ vi
Do đó

u
r
ri
G


Mặt khác,

uu
r uu
r
uu
r uu
r
(∑ mi ) rG ∧ vG = M rG ∧ vG
u
r ur uur

m
r
∑ i i ∧ vi = LG

uur uur
uu
r uu

r
LO = LG + M rG ∧ vG (ĐPCM)

nên

'
b) Gọi v1 là vận tốc của vật 1 (của G1) sau va chạm.

m

G1

r
v

r
v
G2

Do hệ kín nên động lượng của hệ được bảo toàn dó đó:
ur
uu
r
uu
r
r
r r ur'
ur
'
'

mv1 + mv2 = mv − mv = 0 ⇒ v1 = −v2' = −v '
Ta xét mô men động lượng của hệ đối với G2.
Do không có ngoại lực nên mô men động lượng trước và sau va chạm là bằng
nhau.
Ta có,

ban đầu thì LG2 = mvd
sau đó thì L 'G2 = mv ' d '+ I1ω1 + I 2ω2

Mà ω1 ; ω2 có chiều như hình vẽ gọi là chiều dươngd' nên

mvd = mv ' d '+ I1ω1 + I 2ω2
⇒d'=

<0

mvd − I1ω1 − I 2ω2
mv '

I
v
I1ω21 1
, ω2 = 0 ⇒ d ' = 2 d −
c) Với v ' =
m
mv
2

>0
>0

d

I1
m


Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:
1 2
1
v
1
mv .2 = m( ) 2 .2 + I1ω12
2
2
2
2
⇒ 2mv 2 = mv 2 + I1ω12 ⇒ I1ω12 = mv 2
⇒

ω1
m
I
=±
⇒d'= 2 d ± 1
v
I1
m

Vậy:

uur uur
uu
r uu
r
a) LO = LG + M rG ∧ vG
b) d ' =

mvd − I1ω1 − I 2ω2
mv '

c) d ' = 2 d ±

I1
m

Ví dụ 9.
Xét một hình bán trụ D đồng nhất, tâm C, khối tam
G, bán kính R và khối lượng m. Hệ quy chiếu Trái Đất
(Oxyz) được xem là quán tính. Tất cả đều nằm trong
mặt phẳng thẳng đứng (Oxy). Ta kí hiệu I là điểm tiếp
xúc giữa mặt đất và D. Ta xác định vị trí của D theo
uur uuur

tọa độ x của tâm C của nó theo góc α = (CI , CG ) .
Cho CG = b =

4R
. Hãy xác định phương trình chuyển động của D bằng cách:
3π

a) Tính mô men lực của đĩa D đối với I.
b) Vận dụng định lý mô men lực đối với I để tìm phương trình vi phân bậc hai của
α.


c) Giả sử α rất nhỏ. Tuyến tính hóa phương trình vi phân có được ở câu b) để từ đó
suy ra chu kỳ T0 của các dao động nhỏ của D quanh vị trí cân bằng.
Giải
a) Tính mô men lực của D ở I
+ Cách 1. Dùng định lý Koenig đối với mô men lực.
uuur uur
r
ur
M I = IG ∧ ma (G ) + J Gα " ez
uuur
ur
2
2
Ta tìm được: M I = ( ( J + m( R − 2bR cos α ))α "+ mRbα ' sin α ) ez

+ Cách 2. Dùng định lý Koenig đối với mô men động lượng của D đối với I
uu
r uur
r
ur
ur
LI = IG ∧ mv(G ) + J Gα ' ez = ( J + m( R 2 − 2bR cos α ) ) α ' ez
uu
r
ur

ur
2
Hay là LI = J I α ' ez = ( J + m( R − 2bR cos α ) ) α ' ez
uu
r
uuur d L
ur
Và dùng hệ thức M I = I = ( ( J + m( R 2 − 2bR cos α ))α "+ mRbα '2 sin α ) ez
dt

b) Vận dụng định lý về mô men lực đối với điểm I, phép chiếu lên trục Oz cho
ngay kết quả (chỉ có mô men của trọng lực đối với I là khác không)

( ( J + m( R

2

− 2bR cos α ))α "+ mRbα '2 sin α ) = −mgb sin α

c) Nếu α rất nhỏ, phương trình trên được đơn giản thành:
( J + mR 2 − 2mbR )α " = −mgbα

Như vậy vật hình bán trụ D thực hiện dao động nhỏ điều hòa quanh vị trí cân bằng
J + mR 2 − 2mRb
α = 0 với chu kỳ: T0 = 2π
mgb

Ta có mô men quán tính của D đối với trục qua C và vuông góc với D là J =
Nên T0 = 2π

(9π − 16 R )
8g

Ví dụ 10.
Xét một khối lăng trụ đáy là lục giác đều, dài và cứng,
giống như một cái bút chì thông thường. Khối lượng của
nó là M và được phân bố đều. Tiết diện thẳng của nó là

α

mR 2
2


một hình lục giác đêu cạnh a. Mômen quán tính của khối lăng trụ lục giác đối với
trục xuyên tâm là I =

5
Ma 2 .
12

a) Ban đầu khối lăng trụ nằm yên trên một mặt phẳng nghiêng làm với mặt
ngang một góc nhỏ α. Trục của lăng trụ nằm ngang. Cho rằng các mặt của khối
lăng trụ hơi lõm một chút sao cho khối trụ chỉ tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng ở
cạnh của nó. Bỏ qua ảnh hưởng của sự lõm ấy đối với mômen quán tính. Khối trụ
ấy bị đẩy cho dịch chuyển và bắt đầu lăn xuống trên mặt nghiêng. Cho rằng do ma
sát mà khối trụ không trượt và luôn chạm vào mặt nghiêng. Vận tốc góc của nó
ngay trước khi một cạnh của nó đập vào mặt nghiêng là ωi và ngay sau khi cạnh ấy
đập vào mặt nghiêng là ωf . Chứng minh rằng ta có thể viết : ωf = sωi , tìm s.
b) Động năng của khối trụ ngay trước và ngay sau khi một cạnh đập vào mặt

nghiêng là Ki và Kf. Chứng minh rằng : Kf = r. Ki. Tìm r.
c) Để có lần va đập tiếp theo thì K i phải vượt qua giá trị Ki min , mà ta có thể viết
dưới dạng: Ki

min

= δMga, trong đó g = 9,81 m/s 2. Tính giá trị của δ theo góc

nghiêng α và hệ số r.
d) Giả sử điều kiện trong phần c) được thỏa mãn, động năng K i sẽ dần tới một
giá trị không đổi Kio khi khối trụ lăn xuống trên mặt phẳng nghiêng. Biết rằng giá
trị ấy tồn tại, chứng minh rằng K io có thể viết dưới dạng : Kio = kMga, tìm biểu thức
của k theo α và r.
e) Tính chính xác đến 0,1o góc nghiêng thối thiểu αo để cho quá trình lăn một
khi đã được khởi động, sẽ tiếp diễn mãi mãi.
Giải.
a) Cách 1.
- Trước va đập, khối trụ quay quanh trục I, sau va đập nó quay quanh trục F. Xung
lực xuất hiện khi va chạm đi qua F, vậy : Mômen động lượng L của khối trụ đối với
trục F được bảo toàn trong quá trình va chạm. Ta có :
Trước va đập : Li = Mômen động lượng quanh khối tâm C + Mômen động
lượng của khối tâm quanh trục quay F bằng (theo định lý Koenig)
uur uur uuur
uu
r
LF = LG + ( FC × M vci ).


uuu
r

ur uuur
uu
r
LFi = I Cωi ez + ( FC × M vci )
ur
với ez là vec tơ đơn vị của trục hình trụ
C

 Li = ICωi + vci.cos60o.a.M (1)

ο

30

5
2
Vì vci = ωi.a và I C = Ma nên
12

vci

2
 5ω ω  11Ma ωi
Li = Ma  i + i  =
(2)
2
12
 12
2

Sau va đập : L f = I f ω f =

17 Ma 2ω f
12

Ι
F

α
(3)

ω f 11
11Ma 2ωi 17 Ma ω f
=
⇔s=
=
Suy ra : Li = Lf 
12
12
ωi 17
2

lưu ý s không phụ thuộc α, a ωi
Cách 2.
Khi cạnh khối trụ va đập vào mặt nghiêng (trong thời gian dt) thì có phản lực N tác
dụng lên khối trụ, do có ma sát nên N không vuông góc với mặt nghiêng.
+ Thành phần song song với mặt nghiêng là N//.
+ Thành phần vuông góc với mật nghiêng là N⊥.
Lấy trục song song với mặt nghiêng hướng từ thấp đến cao, trục vuông góc với mặt
nghiêng hướng từ dưới lên trên.

Ta có: N // dt = M (ω f − ωi )a.sin 30 0 = m(ω f − ωi )a

3
(4)
2

1
N ⊥ dt = M (ω f + ωi ) a. cos 30 0 = m(ω f + ωi ) a (5)
2
1
2

Mặt khác: N ⊥ dt.a − N // dt.a

3
= I C (ω f − ωi )(6) (định lí biến thiên mômen động lượng
2

đối với C)
ω

11

f
Từ (4), (5), (6) loại N// và N⊥ ta cũng được : s = ω = 17
i

b) Tốc độ dài của khối tâm ngay trước lúc va đập là aωi và ngay sau lúc va đập là
aωf.
+ Động năng toàn phần của một vật quay là : K =

MvC2 I C ω 2
+
(7)
2
2


+ Trước va đập : K i =

MvC2 I C ωi2 1 
5Ma 2 2  17 Ma 2ωi2
+
=  Ma 2ωi2 +
ωi  =
2
2
2
12
24


Ta thấyđộng năng tỉ lệ với ω2.
+ Sau va đập : K f =
Suy ra :

Kf
Ki

=

MvCf2
2

I C ωi2 1 
5Ma 2 2  17 Ma ω f
=  Ma 2ω 2f +
ω f  =
2
2
12
24

2

+

2

ω 2f  11  2 121
=  =
= r ≈ 0,419 (8)
ωi2  17  289

c) Động năng Kf sau va đập phải đủ lớn để có thể nâng khối tâm của khối trụ lên vị
trí cao nhất trên đường thẳng đứng đi qua tiếp điểm.
uu
r

+ góc mà véc tơ rC phải quay là : x = 30o - α

+ năng lượng để khối tâm nâng lên là :
E0 = Mga(1 − cos x) = Mga(1 − cos(30 0 − α )) (9)

ta suy ra điều kiện :
Kf = r.Ki > Eo = Mga(1-cos(30o - α))  r.Ki min = δMga =Eo
 δ = [1 − cos(30 0 − α )] (10)
1
r

d) Gọi Ki,n và Kf,n là động năng ngay trước và ngay sau va đập lần thứ n. Ta chứng
minh có hệ thức :
Kj,n = r.Ki,n trong đó r được tính ở (8). Giữa hai va đập liên tiếp, độ cao khối tâm
của khối trụ giảm di là asinα, động năng của nó tăng lên một lượng ∆ = Mgasinα,
do đó Ki, n + 1 = r.Ki + ∆ (11)
Ta không cần phải viết biểu thức đầy đủ của K i,n là hàm theo Ki và n để tìm giới
hạn của nó. Làm như thế là chứng minh sự tồn tại của giới hạn đó. Theo đề bài,
giới hạn đó đã tồn tại, vì thế có thể cho Ki,n + 1 ≈ Ki,n khi n đủ lớn một cách tùy ý.
Giới hạn Ki,o đó phải thỏa mãn hệ thức :
Ki,o = r.Ki,o + ∆ (12)  K i , 0 =

∆
Mga sin α
sin α
⇔k=
(13)
 kMga =
1− r
1− r
1− r

Ta có thể giải bài toán một cách tường minh bằng cách viết các biểu thức một cách
đầy đủ :
Ki,2 = r.Ki,1 + ∆
Ki,3 = r.Ki,2 + ∆ = r(r.Ki,1 + ∆) + ∆ = r2.Ki,1 + (1+r)∆
Ki,4 = r.Ki,3 + ∆ = r. (r2.Ki,1 + (1+r)∆) + ∆ = r3.Ki,1 + (1 + r + r2)∆


........................
Ki,n = rn-1.Ki,1 + (1 + r + r2 + ....+ rn-2)∆ = r n−1 K i ,1 +
Khi n → ∞, vì r < 1, nên ta có : K i ,n → K i ,0 =

1 − r n−1
∆ (14)
1− r

1
∆(15)
1− r

Nếu ta tính biến thiên động năng trong một chu kí nghĩa là từ trước lần đập
thứ n tới trước lần đập thứ n + 1, ta được:
∆Ki,n = Ki,n+1 – Ki,n = (r – 1)rn-1Ki,1 + rn-1∆ = rn-1[∆ - (1 – r)Ki,1] (16)
Đại lượng này dương nếu giá trị ban đầu Ki,1 < Ki,o và khi ấy Ki,n tăng dần tới giá trị
giới hạn Ki,o. Ngược lại, nếu Ki,1 > Ki,o thì động năng trước va đập Ki,n sẽ giảm tới
giá trị giới hạn Ki,o.
a) Để khối trụ lăn mãi, giá trị giới hạn K i, trong phần d) phải lớn hơn giá trị nhỏ
nhất để có thể tiếp tục lăn đã tìm được trong phần c):
K i ,0 =

đặt A =

∆
Mga sin α Mga
=
>
(1 − cos(30 0 − α ))(17)
1− r
1− r
r

r
121
=
ta có : Asinα > 1- cos(30o - α) = 1 – cos30ocosα - sin30osinα
1 − r 168



1
2

  A +  sin α +

3
cos α > 1 (18)
2

Giải phương trình lượng giác này ta được αo ≈ 6,58o
+ Nếu α > αo và động năng trước lần va đập đầu tiên đủ lớn như đã nói ở câu c) thì
ta sẽ có một quá trình lăn liên tục.

+ Chú ý: do đầu bài nói α là góc nhỏ nên cũng có thể áp dụng các công thức gần
đúng: sinx ≈x ; cosx ≈ 1- x2/2 để giải bất phương trình (18).

III. BÀI TẬP TỰ GIẢI

A
G

Bài 1
Một bánh xe to ở chỗ chơi ngày lễ hội
O

b


có bán kính R quay với tốc độ góc ω không
đổi quanh trục nằm ngang của bánh xe. Ta
xét một cái thùng treo (móc nối rất tốt ở A
trên bánh xe) và hành khách (mà ta xem
như hoàn toàn không động đậy trong thùng
treo), hệ thùng treo và hành khách có khối
lượng m, có khối tâm G nằm trên đường
thẳng đứng qua điểm A, cách A một
khoảng b. Xác định mô men động lượng đối với O, mô men lực đối với O và động
năng của hệ thùng treo và hành khách.
uur

uu
r

uu
r

Đáp số: LO = mR 2ω ey với vec tơ ey vuông góc mặt phẳng hình vẽ
uuur r
1
M O = 0 và K = mR 2ω 2
2

Bài 2
Bốn thanh OD, OE, AC và BC có khối lượng không
đáng kể nối khớp với nhau tại các điểm O, A, B và C.
Điểm O là cố định, ống C được xem là một chất điểm
khối lượng m trượt theo trục thẳng đứng (Oz). Ở các
đầu mút D và E có hai chất điểm giống nhau, cùng khối

O

x
ϕ

A

C

D

lượng m. Ta xác định vị trí của hệ bằng góc ϕ. Hãy tìm
tổng động lượng, mô men động lượng đối với O và

B
+
E

z

động năng của hệ theo đạo hàm ϕ’ của góc ϕ. Cho biết:
OA = OBur = AC = BC =urAD
= BE = b.uur
uur
Đáp số: p = −6mbϕ 'sin ϕ ez ; LO = 8mb 2ϕ ' e y và K = 2mb 2ϕ '2 (2 + sin 2 ϕ )

Bài 3
Một thanh AB có khối lượng không đang kể, chiều dài 4a được treo ở điểm giữa
F Bnhau CD và EF, khối lượng
O cố định. Ở A và b có khớp nối với hai thanh giống
+ của EF).
không đáng kể, chiều dài 2a (A là điểm giữa của CD, B là điểm giữa
E
β
Ở các đầu mút C, D, E và F có bốn khối điểm
O

D

ϕ
x

y

A
α

C


giống hệt nhau m. Tính mô men động lượng
đối với O và động năng của hệ phụ thuộc vào
các góc ϕ,α, β và các đạo hàm của chúng.
uur

ur

Đáp số: LO = 2ma 2 (8ϕ '+ α '+ β ')ez
K = ma 2 (8ϕ '2 + α '2 + β '2 )

Bài 4
Thanh thẳng AB đồng chất, tâm C dài b, có khối lượng m được
treo nằm ngang nhờ hai dây nhẹ, không dãn, cùng chiều dài, được
treo vào điểm O như hình vẽ. Góc tạo bởi các dây treo và thanh là

O

α
A

α = 60o. Hệ quy chiếu Trái Đất được xem là HQC quán tính.
a) Hệ cân bằng. Tìm lực căng của dây T0 của dây OA tại A.
b) Tìm lực căng T của dây OA khi dây OB đột ngột bị đứt (khi mà thanh AB còn
T

chưa kịp dịch chuyển). Tính tỉ số T
0
Đáp số: a) T0 =

mg
3

b) T =

2 3mg T = 6
; T 13
13
0

Bài 5
Một hình vuông ABCD cạnh L có thể quay
xung quanh một điểm A mà vẫn nằm trong mặt
phẳng (xOy), với tốc độ góc ω. Ở các đỉnh có các
chất điểm khối lượng m và bỏ qua khối lượng của
các thanh nối. Hãy xác định, trong HQC R, động
lượng, mô men động lượng đối với A cũng như
động năng.
ur
ur
uuur uur
Đáp số: p = 2mω BD ; LA = 4mω L2 ez ; K = 2mL2ω 2
Bài 6
Một đồng tiền được xem lý tưởng như là
một đĩa tròn đồng chất bán kính a với bề dày

không đáng kể và khối lượng m lăn không
trượt trên một đường tròn. Khối tâm C của
đĩa chuyển động trên một đường tròn bán

A

ω

L
y
B

G
x

D

B


kính b và trục của nó nghiêng một góc θ so
với phương thẳng đứng. Tìm vận tốc góc Ω
của tâm của đĩa.
Đáp số: ω =

4 g tan α
6b + a sin α

IV. KẾT LUẬN.
Giải bài toán về động lực học vật rắn là một chuyên đề cơ bản trong việc bồi

dưỡng Học sinh giỏi THPT. Để giải quyết được những yêu cầu đặt ra của bài toán
về chuyển động của vật rắn yêu cầu phải nắm vững Định luật chuyển động của vật


thể, đặc điểm chuyển động của vật rắn, đặc điểm về va chạm của vật rắn. Từ phân
tích đặc điểm đó mà vận dụng định luật động lực học một cách phù hợp.
Trong giải bài toán vật lý nói chung và bài toán cơ học vật rắn nói riêng thì việc
phân tích kĩ hiện tượng vật lý xảy ra rất quan trọng. Từ việc hiểu được hiện tượng
vật lý để vận dụng nguyên lí phù hợp thông qua các định lý, định luật. Các biểu
thức thể hiện quan hệ đã đạt được dựa vào giả thiết bài toán để tìm ra kết quả.
Trong chương trình THPT chỉ mới giải quyết các bài toán cơ bản vận dụng các
phương trình động lực học vật rắn và phương trình chuyển động của vật rắn.
Thường thì chúng ta gặp bài toán biết điều kiện động lực học suy ra chuyển động
và ngược lại biết chuyển động để tìm các đại lượng động lực học. Việc giải bài toán
về phức tạp hơn của cơ học vật rắn, đặc biệt là bài toán va chạm của vật rắn có mức
độ tổng hợp cao hơn đòi hỏi học sinh phải hiểu sâu hơn và giải quyết tình huống
phức tạp hơn, do đó học sinh cần phải rèn luyện kĩ năng vận dụng cao hơn.
Chuyên đề “ĐỊNH LÝ KOENIG TRONG CÁC BÀI TOÁN CƠ HỌC VẬT
RẮN” là một chuyên đề cơ bản góp phần hỗ trợ trong việc giải quyết các bài toán
tổng hợp, đặc biệt là các bài toán về va chạm vật rắn.
Các ví dụ trên đây chỉ là những ví dụ điển hình minh hoạ một phần nào cho
chuyên đề này. Rất mong các đồng nghiệp góp ý, bổ xung để chuyên đề thực sự bổ
ích trong công tác giảng dạy đối với học sinh chuyên cũng như công tác bồi dưỡng
học sinh giỏi các cấp. Tôi xin chân thành cảm ơn.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Chuyên đề bồi dưỡng Học sinh giỏi Vật lí (Cơ học 2). NXBGD 2012. Tô Giang
2. Mécanique du solide. Hachette Supérieur 2003. J.P. DURANDEAU