bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lý thpt chuyên đề CÁC DẠNG TOÁN cơ vật rắn THI HSG QUỐC GIA

Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013

CÁC DẠNG TOÁN CƠ VẬT RẮN THI HSG QUỐC GIA
VÀ CHỌN QUỐC TẾ

I. MỞ ĐẦU:
Trong chương trình ôn thi hsg quốc gia môn vật lý thì cơ vật rắn là một trong những
phần khá quan trọng, bài tập phần cơ vật rắn rất đa dạng, áp dụng nhiều kiến thức về toán
học, vật lý. Ở trên thị trường có rất nhiều sách tham khảo nhưng đều cung cấp các kiến thức
chung chung hoặc phổ kiến thức quá rộng đối với các em làm các em dễ sa đà vào những
kiến thức quá mở rộng không cần thiết cho kì thi HSG quốc gia. Đứng trên kinh nghiệm này
tôi nhận thấy cần phải có một chuyên đề phân loại các dạng toán cơ vật rắn đã thi HSG quốc
gia và chọn quốc tế để cho các em có cái nhìn chắt lọc hơn về những kiến thức cần chuẩn bị
nhằm phục vụ cho mục tiêu của mình.

II. NỘI DUNG:
PHẦN 1. TÍNH MÔMEN QUÁN TÍNH – XÁC ĐỊNH TRỌNG TÂM
Bài 1 – HSG QG 2003.


v0

O

Cho một bán cầu đặc đồng chất, khối lượng m, bán kính R, tâm
O(hình vẽ). Chứng minh rằng khối tâm G của bán cầu cách tâm O của
nó một đoạn là d = 3R/8.

.

Lời giải :

x

Do đối xứng, G nằm trên trục đối xứng Ox. Chia bán cầu thành nhiều
lớp mỏng dày dx nhỏ( hình vẽ).

.

Một lớp ở điểm có toạ độ x= R sin α, dày dx= Rcosα.dα

x

2
3

3
có khối lượng dm = ρπ(Rcosα)2dx với m = ρ πR nên:

π/ 2

m

xG =

∫ xdm
0

m

=

∫ ρπR

D = xG = −

4

cos 3 α sin αdα

0

m
π/2
ρπR 4
ρπR 4 3R
cos 4 α
=
=
( đpcm)
0
4m
4m
8

1

O

O

α

dx


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
Bài 2 – HSG QG 2011.
Cho vật 1 là một bản mỏng đều, đồng chất, được uốn theo
dạng lòng máng thành một phần tư hình trụ AB cứng, ngắn, có
trục ∆, bán kính R và được gắn với điểm O bằng các thanh cứng,
mảnh, nhẹ. Vật 1 có thể quay không ma sát quanh một trục cố định
(trùng với trục ∆) đi qua điểm O. Trên hình vẽ, OA và OB là các
thanh cứng cùng độ dài R, OAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục ∆, chứa khối tâm
G của vật 1, C là giao điểm của OG và lòng máng. Tìm vị trí khối tâm G của vật 1.
Lời giải :
Do tính đối xứng, ta thấy ngay G nằm trên đường thẳng đứng Oy
(xem hình vẽ) nên chỉ cần tính tọa độ y G = OG của vật. Mật độ khối
lượng : ρ =

2m
πR

Xét phần tử dài d l , có khối lượng dm = ρ.d l =

2m
2m
dl =
.dα
πR
π

1 π4
2m
2 2R
2 2R
dα =
Theo công thức tính tọa độ khối tâm : y = ∫ π R cos α
. Vậy OG =
m −4
π
π
π
Bài 3 – HSG QG 2004
Hai chiếc đĩa tròn đồng chất giống nhau chuyển
động trên mặt phẳng nằm ngang rất nhẵn, theo đường
thẳng nối tâm các đĩa, đến gặp nhau. Các đĩa này quay
cùng chiều quanh trục thẳng đứng qua tâm của chúng

ω1

ω2

với các tốc độ góc tương ứng là ω1 và ω2.
Tác dụng của lực ma sát giữa các đĩa và mặt bàn không đáng kể, còn tác dụng của lực
ma sát xuất hiện ở điểm tiếp xúc hai đĩa với nhau thì đáng kể. Biết các đĩa có khối lượng m,
có dạng trụ tròn thẳng đứng, hai đáy phẳng, bán kính R; phần tâm đĩa có khoét một lỗ thủng
hình trụ tròn đồng tâm với vành đĩa, bán kính R/2. Tính mômen quán tính đối với trục quay
nói trên của mỗi đĩa.
R

Lời giải : Mô men: I = ∫ (

r

m
(R 2 + r 2 ) 5mR 2
3
)
2
π
r
dr
=
1
1 ; r = R/2, I = m
π(R 2 − r 2 )
2
8

Bài 4 - HSG QG 2006
2


Hi tho cỏc trng chuyờn min Duyờn Hi Bc B 2013
Mt vt hỡnh cu bỏn kớnh R ang
ng yờn trờn tm g mng CD. Mt
khi lng ca vt ph thuc vo khong
cỏch r n tõm ca nú theo quy lut:
=

O

m
R
Tấm gỗ

C

Mặt bàn
D

3m
r
1 + ữ, m l mt hng s dng.
3
7 R R

Tm g c kộo trờn mt bn nm ngang theo chiu DC vi gia tc khụng i a (xem
hỡnh v). Kt qu l vt ln khụng trt v phớa D c on l v ri xung mt bn. H s
ma sỏt trt gia vt v mt bn l k, gia tc trng trng l g. Tớnh khi lng v mụ men
quỏn tớnh ca vt i vi trc quay qua tõm ca nú.
R

Li giai : Khối lợng của vật:

dV = m
0

Mô men quán tính

:

2
2 3m
dI0 = dm.r 2 =
.4r 2 .r 2 .dr ;
3
3
3 7 R

I0 = RdI 0 =
0

44
mR 2
105

Bai 5 - HSG QG 2007
Mt khi tr c cú bỏn kớnh R, chiu cao h, khi lng m,
ln khụng trt trờn mt sn nm ngang ri va vo mt bc tng
thng ng c nh (trc ca khi tr luụn song song vi mt sn
v tng). Bit h s ma sỏt gia khi tr v bc tng l à; vn
tc ca trc khi tr trc lỳc va chm l v 0; sau va chm thnh
phn vn tc theo phng ngang ca trc gim i mt na v
ln; mụmen quỏn tớnh i vi trc ca khi tr l I =

0 R
v0

2
mR 2 (hỡnh v). B qua tỏc dng ca
5

trng lc trong lỳc va chm v b qua ma sỏt ln. Bit mt khi lng ti mt im ca
khi tr ph thuc vo khong cỏch r t im ú n trc ca nú theo quy lut
= A(1 +

r2 m
)
. Tỡm h s A.
R 2 R 2h

Li giai : S dng h to tr:

3


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
R

I = ∫ r 2dm = 2πh ∫ ρr 3dr = 2πh
0

→A=

mA R
r2 3
2
(1
+
)r dr = mR 2
2 ∫

2
R h0
R
5

12
25π

Nhận xét :
-

Từ năm 2001 – 2013 có 5 bài cơ vật rắn tính momen quán tính và xác định khối tâm,
không có bài nào thi chọn đội tuyển thi quốc tế. Các bài tính mômen quán tính và
khối tâm đều ở dạng kiến thức cơ bản.

-

Học sinh phải sử dụng thành thạo phương pháp tính tích phân. Cách chia nhỏ vật thể,
xác định cận, lập hàm để tính tích phân.

PHẦN 2. ĐỘNG HỌC - ĐỘNG LỰC HỌC
Bài 1 - HSG QG 2003.
Một thanh cứng AB có chiều dài L tựa trên hai
mặt phẳng P1 và P2 (Hình vẽ). Người ta kéo đầu A
của thanh lên trên dọc theo mặt phẳng P 1 với vận





tốc v 0 không đổi. Biết thanh AB và véctơ v 0 luôn

P1
A


v0
β

α

B

P2
nằm trong mặt phẳng vuông góc với giao tuyến của
P1 và P2; trong quá trình chuyển động các điểm A, B luôn tiếp xúc với hai mặt phẳng; góc

nhị diện tạo bởi hai mặt phẳng là β = 1200. Hãy tính vận tốc, gia tốc của điểm B và vận tốc
góc của thanh theo v0, L, α (α là góc hợp bởi thanh và mặt phẳng P2).
Lời giải :
Các thành phần vận tốc của A và B dọc theo thanh bằng nhau nên:
1
2

vB = vAcos(600- α)/cosα = v 0 ( +

3
tgα)
2

Chọn trục Oy như hình vẽ, A có toạ độ:
y = Lsinα ⇒ y’= Lcosα. α’ = v0cos300.
Vận tốc góc của thanh:
ω = α’ =

v 0 cos 30 0
v 3
= 0
.
L cos α
2L cos α

4


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
Gia tốc của B: a =

dv B
3v 02
3
= v0
α
'
=
dt
4L cos 3 α
2 cos 2 α

Bài 2 - HSG QG 2006

Một vật hình cầu bán kính R đang
m
R
đứng yên trên tấm gỗ mỏng CD. Tấm gỗ
O
Tấm gỗ
Mặt bàn
được kéo trên mặt bàn nằm ngang theo
D
chiều DC với gia tốc không đổi a (hình vẽ). C
Kết quả là vật lăn không trượt về phía D
được đoạn l và rơi xuống mặt bàn. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt bàn là k , gia tốc
trọng trường là g. Biết khối lượng và mô men quán tính của vật đối với trục quay qua tâm
của nó lần lượt là m và I0 =

44
mR 2
105

1. Hãy xác định thời gian vật lăn trên tấm gỗ và gia tốc tâm O của vật đối với mặt bàn.
2. Tại thời điểm vật rơi khỏi tấm gỗ vận tốc góc của vật bằng bao nhiêu?
3. Chứng minh rằng trong suốt quá trình chuyển động trên mặt bàn vật luôn luôn lăn có
trượt.
4. Vật chuyển động được một quãng đường s bằng bao nhiêu trên mặt bàn?
Lời giải :
Cách 1:
Xét hệ quy chiếu gắn với tấm gỗ. Vật chịu tác dụng


của lực quán tính hướng về phía D: F = − ma và có

độ lớn F = ma. Xét trục quay tức thời đi qua B.
Chọn các chiều chuyển động là dương.
I B = I 0 + mR 2 =

O


F

B

+
+
D

149
mR 2 (1)
105

Fqt R = ma = I B γ (2)

Giải hệ: γ =

105a
105a
44
a
; a12 = γR =
; a1 =
149R

149
149

Cách 2:
Viết phương trình chuyển động quay với trục quay qua tâm O:
Gọi F là lực ma sát nghỉ giữa quả cầu và tấm ván, a1 là gia tốc của quả cầu đối với đất:
5


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
FR = I0γ

(1)

F = ma1

(2)

a = a1 + γR (3)
Giải hệ: γ =

105a
105a
44
a)
; a12 = γR =
; a1 =
149R
149
149

(γR là gia tốc tiếp tuyến đối với tâm quay B, a12 là gia tốc tâm O của vật đối với tấm gỗ).
Thời gian để vật chuyển động trên tấm gỗ cho đến lúc rời xe:
t=

ω0 = γt = γ

3.

2l
=
a12

298l
l
≈ 1,7
105a
a

2l
2 γl
210la
al
=
=
≈ 1, 2
2
γR
R
149R

R

Vận tốc theo phương ngang của vật khi chạm mặt bàn bằng vận tốc theo phương ngang của
nó khi rời khỏi tấm gỗ: v0 = a1t =

44a 298l
≈ 0,5 al .
149 105a

Chọn thời điểm vật chạm mặt bàn là thời
điểm ban đầu.Các chiều dương như hình vẽ.
Chúng ta có nhận xét là ngay từ thời điểm

+

này vật đã lăn có trượt, vì v0 ≠ Rω0 . Trước


v0

khi đổi chiều quay thì vật luôn lăn có trượt.
Muốn vật lăn không trượt, điều kiện cần là vật phải đổi chiều quay.

ω0
O


Fms

Mặt bàn

Giả sử đến thời điểm τ nào đó vật chuyển động tịnh tiến với vận tốc v’ và quay với vận
tốc góc ω’. Sử dụng các định lí biến thiên động lượng và mômen động lượng :
τ

∫F

ms

0

τ

dt = m(v’ – v0)

=> ∫ Fms Rdt = I0(ω’ – ω0) => I0(ω’ – ω0) = mR(v’ – v0) (*)
0

2
Thay biểu thức của I0 và ω0 vào (*), ta thu được: I0 ω ' = mR v ' . Điều đó có nghĩa khi quả cầu

đổi chiều quay (ω’=0) thì v’=0 vật dừng lại. Vậy vật lăn có trượt trên suốt quá trình chuyển
động trên mặt bàn cho tói khi dừng lại.

6


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
4. t =

v0
al
v2
44 2 al
kg 2
; s = v0t t = 0 =
≈ 0,124
kg
kg
2kg 149.105.kg
2

Bài 3 – HSG QG 2010
Một thanh cứng AB đồng chất, tiết diện đều, khối
lượng M, chiều dài AB = L có gắn thêm một vật nhỏ
khối lượng m = M/4 ở đầu mút B. Thanh được treo nằm
ngang bởi hai sợi dây nhẹ, không dãn O 1A và O2B (hình

O1

O2

α0

m

M

vẽ). Góc hợp bởi dây O1A và phương thẳng đứng là α0.
A

a. Tính lực căng T0 của dây O1A.

B

b. Cắt dây O2B, tính lực căng T của dây O1A và gia tốc góc của thanh ngay sau khi cắt.
Lời giải :
- Hệ thanh và vật nặng có khối tâm G với vị trí được xác định cách A khoảng AG:
Có AG.(M + m) = M.AC + m.AB ⇒ (M + m).AG = M.
Thay

L
M + 2m
+ m.L ⇒ AG =
L
2
2(M + m)

m 1
3L
= tính được AG =
(*)
M 4
5

- Momen quán tính của hệ với trục quay qua G: với BG =

2L
L
;CG =

5
10

ML2
mL2 mL2 4mL2 8mL2
8mL2
2
2
IG =
+ M.CG + m.BG =
+
+
=
Vậy IG =
(**)
12
3
25
25
15
15
a. Khi thanh cân bằng, xét với trục quay qua điểm B và vuông góc với mặt phẳng hình vẽ.
Từ phương trình momen, có: P.BG − T0 Lcosα 0 = 0 ⇒ T =
0

2L
5 = 2mg (1)
Lcosα 0
cosα 0

(M + m)g.

b. Tại thời điểm t = 0 khi dây O 2B vừa bị cắt, vì thanh chưa
di chuyển, điểm A có vận tốc bằng 0. Điểm A chỉ có gia


tốc a A theo phương vuông góc với dây O1A.

 
Xét điểm G, có gia tốc: a G = a A + a G /A (vì AG=const nên

O1


T
A

7

O2

α0


aA



C



Ga A B

a G α/ A 
P
0


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013

uuu
  dAG 
ω ∧
 =0)
dt 


- Trong hệ quy chiếu đất, với trục quay qua khối tâm G, trong quá trình chuyển động quay
của thanh sau khi cắt dây, có phương trình momen, tại thời điểm ban đầu:


M T = IG γ G ⇒ T.AG.cosα 0 = IG γ G và γ G = γ A = γ
⇒ γG =

T.AG.cosα 0
(2)
IG

 




- Phương trình ĐLII Newton: P + T = (M + m)a G = (M + m)(a G/A + a A )

 uuu

a
=
γ
Chiếu lên phương dây O1A, với G/A  A ∧ AG  hướng như hình vẽ,
ta được:
(M + m)g.cosα 0 − T = (M + m)a G /A .cosα 0 = (M + m).γ.AG.cosα 0 (3)
Thay (2) vào (3) tính được:

T=

(M + m)g.cosα 0
(M + m)AG 2cos 2 α 0 (4)
1+
IG

Thay (*)và (**) vào (4) tính được

T=

(M + m)g.cosα 0
5mg.cosα 0
40mgcosα 0
=

=
2
2
3L
(M + m)( ) 2 cos 2α 0 1 + 27cos α 0 8 + 27cos α 0
(4')
5
8
1+
2
8mL
15

40mgcosα 0 3L
cosα 0
T.AG.cosα 0 8 + 27cos 2α 0 5
45gcos 2α 0
=
=
- Tính γ: Thay (4') vào (2) γ =
8mL2
IG
(8 + 27cos 2α 0 )L
15
45gcos 2α 0
γ=
(8 + 27cos 2α 0 )L
Bài 4 - HSGQG 2011
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

8


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
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 α0 = 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 α.
2. Tính gia tốc toàn phần lớn nhất của khối tâm con lắc trong quá trình dao động.
Lời giải :
 

1. Chiếu phương trình động lực học : M g + F = M a lên các phương:
Ox tiếp tuyến với quỹ đạo khối tâm: Mγd = Ft – Mgsinα (1)
Oy trùng với phương GO: Mω2d = Fn – Mgcosα (2)
Phương trình chuyển động quay : Iγ = -Mgdsinα (3)
Từ (1) và (3) suy ra: Ft = Mg(1-A)sinα , với A =
Định luật bảo toàn năng lượng:

Md 2
I

Iω2
= Mgd(cosα –cosαo)
2

Từ (5) và (2) suy ra: Fn = Mg[(1-2A)cosα + 2Acosαo]
Do đó : F = Fn2 + Ft2 = Mg

[ (1 − 2A) cos α + 2A cos α 0 ]

2

+ (1 − A) 2 sin 2 α

2. Gia tốc khối tâm:
a=

a 2n + a 2t =

(ω2d) 2 + ( γd)2 = g 4A 2 (cos α − cos α 0 )2 + A 2 sin 2 α

= gA 1 − 8cos α.cos α 0 + 3cos 2 α + 4cos 2 α 0
Khi α0 = 600 có a = g

Md 2
I

2 − 4cos α + 3cos 2 α

Xét hàm f(α) = 2 − 4cos α + 3cos 2 α
Dễ dàng thấy hàm có cực đại tại α = 0 với f(0) = 1 và cực tiểu ứng với cosα = 2/3.
0

Tại biên f( ± 60 ) = 3/4 < 1 , vậy a cực đại khi α = 0 và amax =
Bài 5 - Chọn đội tuyển dự IPHO 2003 :
9

2 Mgd 2

3
I


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
Một khối trụ đồng chất , khối lượng M ,
bán kính R, có momen quán tính đối với trục là
I=

B

MR 2
, được đặt lên mặt phẳng nghiêng góc θ
2

= 300 . Giữa chiều dài khối trụ có một khe hẹp
trong đó lõi có bán kính

A
C

θ

R
. Một sợi dây ABC
2

không giãn, khối lượng không đáng kể được quấn nhiều vòng vào lõi rồi vắt qua ròng rọc B
(khối lượng không đáng kể). Đầu còn lại của sợi dây mang một vật khối lượng m. Phần dây
AB song song với mặt phẳng nghiêng . Hệ số ma sát nghỉ cực đại giữa trụ và mặt

nghiêng( cũng là hệ số ma sát trượt ) là µ =

1
2 3

M
để trụ không tịnh tiến trượt mà lăn không trượt trên mặt nghiêng
m
b) Trụ lăn không trượt lên trên. Lấy chiều dương của gia tốc a O của O ( trục khối trụ ) và

a) Tìm điều kiện về

u

uuu

gia tốc a của m như hình vẽ. Tính a O , lực căng dây T , lực ma sát Fms và tìm điều kiện
M
để có trường hợp này .
m
uuu
u
c) Trụ lăn không trượt xuống dưới. Tính a O , lực căng dây T , lực ma sát Fms và tìm điều

về

M
để có trường hợp này .
m
M

d) Tìm
ứng với cân bằng của hệ. Tính T và f
m
M
e) Trụ trượt xuống. Tìm aO và điều kiện về
.
m
M
f) Trụ trượt lên. Tìm aO và điều kiện về
.
m

kiện về

g) Cuối cùng làm bẳng tổng kết như dưới đây. Dòng 1 ghi các giá trị đặc biệt của

M
.
m

Dòng 2 ghi tính chất chuyển động của trụ: trượt lên (hay xuống ), lăn không trượt lên (hay
xuống ). Dòng 3 ghi biểu thức của aO.
M
m

∞

0

10

Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
Tính chất chuyển động
aO
Đáp số : a)

4
M
<
<4 ;
3
m

M
3 ; để a > 0 thì M < 3 ; T = g 3mM ; F = Mg
b) a0 = g
0
ms
3
m
3m
+
2M
6
m+M
2
m−

M

3 ; để a > 0 thì M < 3 ; T = g 4mM ; F = - Mg
c) a0 = g
0
ms
3
m
3m + 2M
6
m+M
2
m−

d)

M
mg
= 3; T = mg ; Fms =
m
2

M
M
e) a0 = g
>4
4 ;
m
m+M
m−

3M

M
4
f) a0 = g
<
4 ;
m
3
m+M
m−

;

Bài 6 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2004
Một thanh kim loại AB khối lượng m, tiết diện nhỏ đều B
đồng chất, chiều dài 2 l có thể quay quanh một trục O nằm
ngang cố định có đầu B một khoảng bằng l . Đầu A của
thanh có gắn một quả cầu khối lượng M = 2m, kích thước nhỏ
không đáng kể. Kéo cho thanh lệch góc α 0 (α0 < 900 ) so với
phương thẳng đứng rồi buông ra với vận tốc ban đầu bằng 0.
Bỏ qua mọi ma sát và lực cản của không khí. Gia tốc trọng trường là g .

O

A

a) Hãy tính tốc độ góc, gia tốc góc của thanh và cường độ của lực do thanh tác dụng lên
quả cầu ở thời điểm thanh hợp với phương thẳng đứng một góc α ≤ α0
b) Tìm gia tốc toàn phần nhỏ nhất, lớn nhất của quả cầu trong quá trình chuyển động theo g
và α0
Bài 7 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2011

Một vành trụ mỏng I, đồng chất, khối lượng M, bán kính
R. Trong lòng vành trụ có một khối trụ đặc II, đồng chất, khối
11


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
lượng m, bán kính r, cùng chiều dài với vành trụ. Trong hình vẽ bên, Oxy là mặt phẳng tiết
diện vuông góc với trục vành trụ, A và B là giao điểm của mặt phẳng Oxy với hai trục. Tác
dụng lực có phương đi qua A vào vành trụ sao cho vành trụ lăn không trượt trên mặt phẳng
nằm ngang dọc theo chiều dương trục Ox. Biết khối trụ lăn không trượt trong lòng vành trụ,
trục khối trụ luôn song song với trục vành trụ. Ở thời điểm t, góc hợp bởi AB và phương
thẳng đứng là ϕ; vận tốc của A là vA, tốc độ góc của AB quanh trục đi qua A là ω.
1. Xác định lực ma sát giữa vành trụ và khối trụ, giữa vành trụ và mặt phẳng nằm ngang
theo gia tốc xA′′ của A và gia tốc góc ϕ" của đoạn AB ở thời điểm t.
2. Giả thiết rằng trục vành trụ chuyển động đều. Tìm gia tốc góc ϕ" của đoạn AB theo
ϕ, R, r, gia tốc của A và gia tốc trọng trường g.
m
m
 "
Đáp số : 1. Fms =  − M ÷x A + (R-r)ϕ”
2
2

2. ϕ” = -

2g sin ϕ + (2cos ϕ + 1)x "A
3(R − r)

Bài 8 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2012
Một hình trụ rỗng bán kính R, mặt trong nhám, được giữ thẳng đứng. Một đĩa mỏng

đồng chất khối lượng m, bán kính r (r < R), lăn không trượt ở mặt trong của hình trụ sao cho
tiếp điểm của nó với hình trụ luôn nằm trên một mặt phẳng nằm ngang. Gọi µ là hệ số ma
sát nghỉ giữa đĩa và hình trụ, θ là góc nghiêng của đĩa so với phương thẳng đứng. Cho gia tốc
trọng trường là g, bỏ qua ma sát lăn và lực cản môi trường.
1. Giả sử đĩa lăn đều, không trượt và luôn nghiêng một góc θ = θ0 không đổi.
a) Tính vận tốc góc của khối tâm đĩa trong chuyển động quay quanh trục hình trụ.
b) Hỏi θ0 phải nằm trong khoảng giá trị [ θmin , θmax ] nào thì điều giả sử trên (lăn không
trượt với góc nghiêng không đổi) thỏa mãn?
2. Giả sử khi đĩa đang chuyển động với góc nghiêng θ0 nằm trong khoảng [ θmin , θmax ] ,
người ta tác động trong thời gian ngắn làm cho đĩa thay đổi góc nghiêng một giá trị nhỏ.
Biết rằng trong quá trình chuyển động tiếp theo lực ma sát đủ lớn để giữ cho đĩa tiếp tục lăn
không trượt.
a) Gọi momen quán tính của đĩa đối với trục quay tiếp tuyến với đĩa và nằm trong mặt
phẳng của đĩa là I = γmr 2 . Tìm giá trị của γ.
12


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
b) Hãy phán đoán chuyển động tiếp theo của đĩa khi đĩa bị thay đổi góc nghiêng một giá
trị nhỏ quanh góc θ0 . Giải thích.
Nhận xét :
-

Từ năm 2001 – 2013 có 4 bài cơ vật rắn về động học và động lực học(xác định vận
tốc, gia tốc, các lực tác dụng). Có 4 bài thi chọn đội tuyển thi quốc tế. Số lượng bài
toán thi hsg quốc gia và thi chọn đội tuyển thi quốc tế thuộc phần kiến thức này là
như nhau và xuất hiện nhiều. Do đó đây là dạng toán quan trọng cần làm kỹ nếu
muốn đi tiếp vào vòng trong

-

Học sinh phải biết cách phân tích đúng các lực tác dụng, sử dụng tốt công thức cộng
vận tốc, cộng gia tốc. Nắm được điều kiện lăn có trượt và lăn không trượt của vật rắn.

PHẦN 3. VA CHẠM – XUNG LỰC – NĂNG LƯỢNG
Bài 1 – HSG QG 2003
Cho một bán cầu đặc đồng chất, khối lượng m, bán kính R, tâm O.
Đặt bán cầu trên mặt phẳng nằm ngang.Giả thiết bán cầu đang nằm cân
bằng trên một mặt phẳng nằm ngang khác mà các ma sát giữa bán cầu và
mặt phẳng đều bằng không (Hình vẽ). Tác dụng lên bán cầu trong khoảng

O

.


v0



thời gian rất ngắn một xung của lực X nào đó theo phương nằm ngang, hướng đi qua tâm O



của bán cầu sao cho tâm O của nó có vận tốc v 0 . Tính năng lượng đã truyền cho bán cầu.
Cho biết gia tốc trọng trường là g; mô men quán tính của quả cầu đặc đồng chất khối lượng
2
M, bán kính R đối với trục quay đi qua tâm của nó là I = MR 2 .
5
Lời giải :

Có các mối liên hệ:
X = mvG

(1)

Với IG = IO - md2 =
ω=

;

Xd = IGω (2)

;

v0
83
83v 0
mR2. vG =
=
;
2
320
1 + md / IG 128

md
120
15
vG =
.v G =
.v 0

IG
83R
16R
13

v0= vG + ωd

(3)


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
Động năng của bán cầu:

E=

mv G2 IG ω2 83mv 02
mv 02
+
=
≈ 0,32
2
2
256
2

Bài 2 - HSG QG 2004
Hai chiếc đĩa tròn đồng chất giống nhau chuyển
động trên mặt phẳng nằm ngang rất nhẵn, theo đường
thẳng nối tâm các đĩa, đến gặp nhau. Các đĩa này quay
cùng chiều quanh trục thẳng đứng qua tâm của chúng

ω1

ω2

với các vận tốc góc tương ứng là ω1 và ω2.
Tác dụng của lực ma sát giữa các đĩa và mặt bàn không đáng kể, còn tác dụng của lực
ma sát xuất hiện ở điểm tiếp xúc hai đĩa với nhau thì đáng kể. Biết các đĩa có khối lượng m,
có dạng trụ tròn thẳng đứng, hai đáy phẳng, bán kính R; phần tâm đĩa có khoét một lỗ thủng
hình trụ tròn đồng tâm với vành đĩa, bán kính R/2. Mômen quán tính đối với trục quay nói
trên của mỗi đĩa là

5mR 2
8

1. Hãy xác định vận tốc góc của các đĩa sau va chạm, biết rằng vào thời điểm va chạm
kết thúc, tốc độ của các điểm va chạm trên các đĩa theo phương vuông góc với đường
nối tâm của chúng là bằng nhau.
2. Xác định thành phần vận tốc tương đối của hai điểm tiếp xúc nhau của hai đĩa theo
phương vuông góc với đường nối tâm của chúng ngay sau lúc va chạm.
Lời giải :
1. Gọi X là xung lực của lực ma sát ở nơi tiếp xúc giữa hai đĩa; v 1⊥, v2⊥ tương ứng là độ
lớn thành phần vuông góc của vận tốc hai đĩa với đường nối tâm của chúng, có
phương ngược với chiều quay của các đĩa này:
+ Định luật bảo toàn động lượng theo phương vuông góc với phương chuyển động:
m1v1⊥= m2v2⊥
+ ĐLBT mô men động lượng của vật rắn:

I(ω1' − ω1 ) = −RX ;

I (ω'2 − ω2 ) = − RX


ω1' − ω1 = ω'2 − ω2

;

m1v1⊥ = − I(ω1' − ω1 ) / R

+ Sau va chạm, thành phần vuông góc của vận tốc dài của các tiếp điểm ở 2 vành đĩa
14


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
'
'
v⊥ = ω1 R − v1⊥ = −ω2 R + v 2 ⊥

bằng nhau :

+ Giải hệ 4 phương trình, 4 ẩn: ω'1, ω'2, v1⊥; v2⊥;
ω1' +



ω1' =

 thì:
 v1⊥=

(1 +

ω1' =

I
( ω1' − ω1 ) = −ω'2 − I 2 ( ω'2 − ω2 ) .
2
mR
mR

2I
2I
)ω1 − ω2
(1 +
)ω 2 − ω1
2
2
5mR 2
'
mR
mR
, ω2 =
; Thay I =
,
2I
2I
8
2+
2+
mR 2

mR 2

9ω1 − 4ω2
9ω2 − 4ω1
; ω'2 =
.
13
13

5(ω1 + ω2 )R
(ω − ω 2 ) R
'
; v2⊥ = ω1 R − v1⊥ = 1
2
26

( nếu ω1 > ω2 v > 0, vận tốc v2⊥ có hướng theo chiều quay của đĩa 1)
Bài 3 - HSG QG 2007
Một khối trụ đặc có bán kính R, chiều cao h, khối lượng m,
lăn không trượt trên mặt sàn nằm ngang rồi va vào một bức
tường thẳng đứng cố định (trục của khối trụ luôn song song với
mặt sàn và tường). Biết hệ số ma sát giữa khối trụ và bức tường

0 R
v0

là µ; vận tốc của trục khối trụ trước lúc va chạm là v 0; sau va
chạm thành phần vận tốc theo phương ngang của trục giảm đi
một nửa về độ lớn; mômen quán tính đối với trục của khối trụ là

2
mR 2 (hình vẽ). Bỏ qua tác dụng của trọng lực trong lúc va chạm và bỏ qua ma sát lăn.
5
Tính động năng của khối trụ và góc giữa phương chuyển động của nó với phương nằm
I=

ngang ngay sau khi va chạm. Áp dụng bằng số cho trường hợp µ =

1
1
và µ = .
8
5

Lời giải :
Có hai khả năng:
a) Nếu trong thời gian va chạm τ , theo phương Oy, khối
trụ luôn luôn lăn có trượt.

y
µN

15

N

x


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013

* Lực ma sát trượt hướng lên theo Oy
τ

* Theo Ox:

1,5mv 0 = ∫ Ndt

(1)

0

τ

* Theo Oy:

mv y = µ ∫ Ndt

(2)

0

vy

* Từ (1) và (2): tgα =

vx

3
→ v y = µv 0
2

τ

= 3µ ; I(ω − ω0 ) = −µR ∫ Ndt

(3) → ω =

0

4 − 15µ
v0
4R

* Điều kiện trên xẩy ra nếu khối trụ vẫn trượt trong va chạm.
vy ≤ ωR ⇒ µ ≤
* Trường hợp đầu µ =
ω=

4
≈ 0,19 .
21

1
= 0,125 < 0,19 thoả mãn.
8

4 − 15µ
17
v0 =
v0
4R

32R

Động năng :
2
2
Iω2 m  1 2  3   m 2  17  2
E=
+
=  v 0 +  v 0 ÷ ÷+ R 
÷ v0
2
2
2  4
5
32R
 16  ÷



E ≈ 0,34mv 02 = 0,68E 0

m(v 2x + v 2y )

b) Trường hợp µ = 0, 2 > 0,19 . Quá trình này xảy ra như sau: khi va chạm khối trụ lăn
có trượt trong khoảng thời gian τ1 và lăn không trượt trong khoảng thời gian τ2:
τ1

mv y = µ ∫ Ndt
0

ω1 =

vy
R

; ω0 =

τ1

(4); I(ω1 − ω0 ) = −Rµ ∫ Ndt

(5)

0

v
2v
2
v0
v
2
⇒ mR 2 ( y − 0 ) = −Rmv y ; v y = v 0 ; ω1 = 0
7
7R
R
5
R R

Sau đó khối trụ lăn không trượt với vy: tgα =
Động năng sau va chạm là E =

m(v 2x + v 2y )
2

+

vy
vx

Iω12
2

16

=

4
;
7


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
1
4
2
4
m( v 20 + v 20 )
mR 2
v2
2 0

297
4
49
49R
E=
+5
=
mv 20 ≈ 0,15mv 20 = 0,3E 0
2
2
1960

Bài 4 - HSG QG 2011
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 α 0 = 60o (G
phía dưới O). Bỏ qua ma sát ở trục quay và lực cản môi trường. 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 β, xem hình vẽ).
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 β và vị trí điểm A để xung lượng của lực tác dụng lên trục quay bằng
không.
Lời giải :
Phân tích xung lượng X0 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
MvGx = Xsinβ + XOx

(1)

I ϖ = lXsinβ , với ϖ =

v Gx
d

(2)

 Mld 
− 1÷ Xsinβ
Từ (1) có : XOy = Xcosβ ; XOx = MvGx – Xsinβ = 
 I

Độ lớn của XO : XO =
c)

X

2
Ox

+X

2

2

Oy

Mld 
= X 
− 1÷ sin 2 β + cos 2 β
 I


Để trục quay không chịu tác động của xung lực X thì cần hai điều kiện :
XOy = 0 => β = 0 và XOx = 0 => XO = 0 => l = OA =

Bài 5 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2001
17

I
Md


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
1. Hai thanh AB, BC mỗi thanh có chiều dài l, khối lượng
m được nối với nhau bằng chốt ở B và có thể quay không ma sát
quanh B. Thanh ghép được đặt trên mội mặt phẳng nằm ngang rất
nhẵn và tạo thành góc vuông ở B( hình vẽ). Đầu A chịu 1 xung X
nằm trong mặt phẳng và vuông góc với AB( xung là tích F.dt của
lực va chạm F và thời gian va chạm dt, nó là một động lượng
được truyền toàn vẹn cho thanh). Tính theo X các đại lượng sau
đây ngay sau va chạm :

C

B

2
1
X

A

a) Các vận tốc v1, v2 của các khối tâm của 2 thanh
b) Các tốc độ góc ω1, ω2 của 2 thanh quay quanh khối tâm của các thanh đó
c) Động năng Wđ của thanh ghép
( Mômen quán tính của mỗi thanh đối với đường trung trực là I =

C

2

ml
. Ta không biết công của lực va chạm)
12

2

2. Thanh ghép được đặt cho AB, BC thẳng hàng và cũng chịu xung
X vuông góc với AB như trên. Tính theo X :
a)

Các vận tốc v1, v2

b)

Các tốc độ góc ω1, ω2 của 2 thanh quay quanh khối tâm của các
thanh đó

c)

B

+

Vận tốc vG của khối tâm G của thanh ghép và vận tốc v B của
chốt B; vG bằng hay khác vB và tại sao ?

1
X

A

Lấy chiều dương của xung và tốc độ góc như trong hình vẽ
Bài 6 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2005
Một khung có thể biến dạng gồm 3 thanh cứng đồng chất, mỗi thanh có khối lượng m,
chiều dài l, được nối bằng các chốt A, B và treo lên trần bằng các chốt O, O' (OO' = l).
Khung đang đứng cân bằng thì đầu A của thanh OA chịu một xung lực X đập vào (X có
chiều từ A đến B). Khung bị biến dạng và các thanh OA, O'B quay tới góc cực đại ϕ (hình
vẽ). Bỏ qua ma sát ở các khớp nối.
1) Tính vận tốc v của trung điểm (khối tâm) C của thanh OA
và tính động năng của khung ngay sau va chạm (theo X và m).
18

O

.

C

.ϕ

X

.

A

. O'
.

B


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
2) Tính góc ϕ theo X, m, l và gia tốc trọng trường g.
3) Nếu xung lực X là do một quả cầu có khối lượng m và vận tốc v0 có chiều từ A đến B
gây ra thì sẽ có tối đa bao nhiêu phần trăm động năng của quả cầu chuyển thành nhiệt?
Cho mômen quán tính của thanh có chiều dài l, khối lượng m đối với trục vuông góc với
thanh và đi qua một đầu là I =

ml2
.
3

Bài 7 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2002
Một thanh OA chiều dài l , khối lượng không đáng
kể , có thể quay trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục O
nằm ngang . A là trục quay (song song với trục O ) của một
đĩa tròn đồng chất bán kính R , khối lượng m , momen quán

O

A

A2

h
A1
mR
. Ban đầu có chi tiết của máy gắn chặt đĩa
2
với thanh . Người ta đưa thanh OA đến vị trí nằm ngang rồi thả không có vận tốc ban đầu .
Khi thanh quay đến vị trí đứng thẳng OA1 thì chi tiết máy nhả ra cho đĩa tự do quay quanh
trục của nó. Thanh đi tới vị trí OA2, A2 có độ cao cực đại h (tính từ độ cao của A 1 ). Hãy tính
h. Bỏ qua ma sát, sức cản của không khí .

tính I A =

2

Bài 8 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2011
Một vành trụ mỏng I, đồng chất, khối lượng M, bán kính R.
Trong lòng vành trụ có một khối trụ đặc II, đồng chất, khối
lượng m, bán kính r, cùng chiều dài với vành trụ. Trong hình

vẽ bên, Oxy là mặt phẳng tiết diện vuông góc với trục vành
trụ, A và B là giao điểm của mặt phẳng Oxy với hai trục. Tác
dụng lực có phương đi qua A vào vành trụ sao cho vành trụ lăn không trượt trên mặt phẳng
nằm ngang dọc theo chiều dương trục Ox. Biết khối trụ lăn không trượt trong lòng vành trụ,
trục khối trụ luôn song song với trục vành trụ. Ở thời điểm t, góc hợp bởi AB và phương
thẳng đứng là ϕ; vận tốc của A là vA, tốc độ góc của AB quanh trục đi qua A là ω. Tính
động năng của hệ ở thời điểm t.
Đáp số : W = MvA2 +

1
2
2 2
m 3v A + 3(R − r) ω + 2v A ω(R − r)(2cos ϕ + 1) 
4

Nhận xét :
19


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
-

Từ năm 2001 – 2013 có 4 bài cơ vật rắn về năng lượng, va chạm, xung lực; có 4 bài
thi chọn đội tuyển thi quốc tế. Số lượng bài toán thi hsg quốc gia và thi chọn đội
tuyển thi quốc tế thuộc phần kiến thức này là như nhau và xuất hiện nhiều. Do đó đây
là dạng toán quan trọng cần làm kỹ nếu muốn đi tiếp vào vòng trong.

-

Bài toán dạng này được nhận biết khi có sự va chạm giữa các vật rắn, khi có sự thay

đổi tốc độ( tốc độ dài, tốc độ góc) và khi đề bài cho xung lực X. Học sinh phải nắm
được công thức biến thiên mômen động lượng, biến thiên động lượng và xung lực X.
Xác định đúng tốc độ dài, tốc độ góc để từ đó xác định được đúng năng lượng.

PHẦN 4. DAO ĐỘNG
Bài 1 – HSG QG 2003
Cho một bán cầu đặc đồng chất, khối lượng m, bán kính R, tâm O.
Biết khối tâm G của khối cầu cách tâm O 1 khoảng d = 3R/8. Đặt bán
cầu trên mặt phẳng nằm ngang. Đẩy bán cầu sao cho trục đối xứng của
nó nghiêng một góc nhỏ so với phương thẳng đứng rồi buông nhẹ cho
dao động (Hình 1). Cho rằng bán cầu không trượt trên mặt phẳng này và
ma sát lăn không đáng kể. Hãy tìm chu kì dao động của bán cầu.

O

.

H×nh 1

Lời giải :

Xét chuyển động quay quanh tiếp điểm M: gọi ϕ là góc hợp bởi OG
và đường thẳng đứng
- mgdϕ = IM.ϕ” (1) ⇒ ϕ biến thiên điều hoà với

M

mgd
IM

ω=

O
ϕ G
P

IO, IG, IM là các men quán tính đối với các trục quay song song qua O,G,M. Mô men
quán tính đối với bán cầu là:
2
5

2
IO = mR ;

IO = IG + md2

IM = IG + m( MG)2 . Vì ϕ nhỏ nên ta coi MG = R-d
⇒ IM =
ω=

2
13
mR 2 +m(R2 –2Rd) =
mR 2
5
20

mgd
15g
=

IM
26R

⇒ T = 2π

26R
15g

20


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
Bài 2 - HSG QG 2007
Một đĩa tròn đồng chất, khối lượng m, bán kính R, có thể quay quanh
một trục cố định nằm ngang đi qua tâm O của đĩa (hình vẽ). Lò xo có độ
cứng k, một đầu cố định, một đầu gắn với điểm A của vành đĩa. Khi OA

A

R

O

nằm ngang thì lò xo có chiều dài tự nhiên. Xoay đĩa một góc nhỏ α 0 rồi

k

thả nhẹ. Coi lò xo luôn có phương thẳng đứng và khối lượng lò xo không
đáng kể.
a) Bỏ qua mọi sức cản và ma sát. Tính chu kì dao động của đĩa.

b) Thực tế luôn tồn tại sức cản của không khí và ma sát ở trục quay. Coi mômen cản
M C có biểu thức là M C =

kR 2
. Tính số dao động của đĩa trong trường hợp
200

α 0 = 0,1rad .
Lời giải :
a. Quay đĩa một góc nhỏ α, A dịch chuyển đoạn Rα. A chịu tác dụng

A

O

lực kRα do lò xo bị biến dạng.
* Đĩa chịu tác dụng của mômen lực M = -kR 2α (dấu – vì M ngược chiều

k

α)
* Đĩa tròn đồng chất, bán kính R có mômen quán tính I =

mR 2
.
2

* Phương trình chuyển động của vật rắn quay quanh một trục:
d 2α

M = Iγ; γ = 2 là gia tốc góc. Vậy:
dt
..
1 ..
2k
m α+ kα = 0, α+
α = 0,
2
m

Tần số góc: ω =

2k
m
, Chu kì: T = 2π
m
2k

M
Aα 0
N 1α
2

b. Xét một lần đoạn OA đi qua vị trí nằm ngang. Gọi α1, α2 là
biên độ góc về hai phía so với đường nằm ngang. Biến thiên cơ năng của hệ là

21

A’

Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
∆W =

1 2 2
kR (α 2 − α12 )
2

Công của mômen cản
kR 2
A C = −M C (α1 + α 2 ) = −
(α 1 + α 2 )
200
Theo định lý biến thiên cơ năng:

∆W = A C → α1 − α 2 =

1
→
100

Số dao động:
n=

α0
=5
2(α1 − α 2 )

Bài 3 – HSG QG 2011.
Cho vật 1 là một bản mỏng đều, đồng chất, được uốn

theo dạng lòng máng thành một phần tư hình trụ AB cứng,
ngắn, có trục ∆, bán kính R và được gắn với điểm O bằng các
thanh cứng, mảnh, nhẹ. Vật 1 có thể quay không ma sát
quanh một trục cố định (trùng với trục ∆) đi qua điểm O.
Trên Hình 1, OA và OB là các thanh cứng cùng độ dài R,
OAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục ∆, chứa khối
tâm G của vật 1, C là giao điểm của OG và lòng máng.
1. Giữ cho vật 1 luôn cố định rồi đặt trên nó vật 2 là một hình trụ rỗng, mỏng, đồng
chất, cùng chiều dài với vật 1, bán kính r (r < R), nằm dọc theo đường sinh của vật 1. Kéo
vật 2 lệch ra khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ β0 rồi thả nhẹ.
a) Tìm chu kì dao động nhỏ của vật 2. Biết rằng trong quá trình dao động, vật 2 luôn lăn
không trượt trên vật 1.
b) Biết µ là hệ số ma sát nghỉ giữa vật 1 và vật 2. Tìm giá
trị lớn nhất của góc để trong quá trình dao động điều
hoà, vật 2 không bị trượt trên vật 1.
2. Thay vật 2 bằng một vật nhỏ 3. Vật 3 nằm trong mặt
phẳng OAB. Kéo cho vật 1 và vật 3 lệch khỏi vị trí cân bằng
sao cho G và vật 3 nằm về hai phía mặt phẳng thẳng đứng
chứa ∆, với các góc lệch đều là α0 như Hình 2, rồi thả nhẹ. Bỏ qua ma sát. Tìm khoảng thời
22


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
gian nhỏ nhất để vật 3 đi tới C.
Lời giải :
1. Xét vật 2 ở vị trí ứng với góc lệch β Gọi φ là góc mà
vật 2 tự quay quanh mình nó. Chọn chiều dương tất cả các
chuyển động ngược chiều kim đồng hồ. Lực tác dụng lên vật
2 gồm: trọng lực, phản lực, lực ma sát nghỉ.
Phương trình chuyển động của khối tâm vật 2 xét theo

phương tiếp tuyến với quỹ đạo:
m2a = Fms – m2gsinβ (1)
Vì β nhỏ => sinβ ≈ β (rad) => m2(R – r)β” = Fms – m2gβ (2)
Phương trình chuyển độngquay của khối trụ nhỏ quanh khối tâm: m2r2φ” = Fmsr
Điều kiện lăn không trượt: (R – r).β’ = -rφ’ => (R – r).β” = -rφ”
Thay (2) và (3) vào (1) ta được: β” +

(3)

g
β = 0 (4)
2(R − r)

Phương trình (4) biểu diễn dao động điều hòa với chu kì : T = 2π
Từ (2) ⇒ Fms = m2rφ” = -m2(R-r)β” = m2(R – r)ω2β =

2(R − r)
g

1
m2gβ (5)
2

β2
Phản lực N = m2gcosβ = m2g(1 ) (6)
2
Điều kiện lăn không trượt:

Fms
≤ µ với mọi β (7)

N

Thay (5) và (6) vào (7) ta có :

β
Fms
= f(β) =
≤ µ với 0 ≤ β ≤ β0
2 − β2
N

Bất phương trình trên cho nghiệm : β0 ≤

1 1
1
 8+ 2 − ÷
µ
µ
2

Cần chú ý : để có kết quả này cần có thêm điều kiện giới hạn về β0 để sinβ0 ≈ β0 (rad)
2. Xét tại thời điểm khối tâm vật 1 và vật 3 có li độ góc tương ứng là α, θ
23


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
Phương trình chuyển động của vật 3 theo phương tiếp tuyến với hình trụ:
m3Rθ” = - m3gθ (1)
Nghiệm của phương trình là : θ = θ0cosω0t = α0 cosω0t ; với ω0 =
Phương trình quay của G quanh O: m1R2α” = -m1g

2 2R
α
π

Nghiệm phương trình này: α = α0cosω1t ; với ω1 =

2 2g
πR

g
R

Góc lệch của vật 3 so với phương OG là: γ = α - θ = 2α0cos
 ω1 − ω0

 2


 ω + ω0
t ÷ cos  1

 2


t÷


Khi vật 3 tới C thì γ = 0 => tmin =

π
ω1 + ω0

Bài 4 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2003
Ba thanh AB, BC và CD đồng
chất, giống hệt nhau, có cùng khối
lượng m, chiều dài 2b, được ghép với
nhau bằng các khớp không ma sát ở B
và C. AB và CD được treo ở A và D,
nhờ các khớp không có ma sát, vào cùng
một giá đỡ nằm ngang. Hệ có thể dao
động trong mặt phẳng thẳng đứng. Vị trí

A

D
θ

2b
k

C

2k

C

B
I

x

G

của hệ được xác định bằng góc lệch θ. Trên thanh BC có lồng một hình trụ đồng chất, chiều
dài 2h, có cùng khối lượng m như các thanh. Hình trụ được mắc vào 2 lò xo cùng có chiều
dài tự nhiên d = b và khối lượng không đáng kể. Các lò xo có độ cứng là 2k và k. Hai đầu
còn lại của các lò xo mắc vào B và C. Hình trụ có thể trượt không ma sát trên thanh BC, và
trọng tâm G của nó luôn nằm trên thanh BC. Vị trí của hình trụ được xác định bằng khoảng
cách x từ trung điểm I của thanh BC đến trọng tâm G của hình trụ
1. Tìm biểu thức cơ năng toàn phần của hệ .
2. Viết phương trình chuyển động của hình trụ dọc theo thanh BC .
3. Xác định giá trị xc của x khi toàn bộ hệ nằm ở vị trí cân bằng .
24


Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013
4. Ta xét các dao động nhỏ của hệ với giả thiết θ và

x
là các đại lượng vô cùng bé cùng
b

bậc. Người ta thả cho hệ bắt đầu dao động , không có vận tốc ban đầu, từ vị trí θ =
θ0 , x0 = xc + p.b. θ0 trong đó p là một thông số không thứ nguyên. Thông số p phải
thoả mãn điều kiện nào để hệ thực hiện các dao động nhỏ như sau : θ = θ0 cosωt và x
= xc + p.b. θ0 cosωt ?
5. a) Tìm điều kiện đối với kb và mg để cho p =1. Xác định tần số góc ω 1 của dao động
của hệ trong trường này .
b) Chứng tỏ rằng khi điều kiện ở a được thoả mãn, hệ còn có thể hiện các dao động

điều hoà nhỏ với tần số góc ω2 khác với ω1. Xác định ω2. Giải thích kết quả thu được.
cho biết Momen quán tính của một thanh đồng chất, khối lượng m, chiều dài 2b, đối
1
với đường trung trực của thanh là J = mb 2 .
3

Bài 5 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2004
Hai đĩa tròn A và B đồng tính và giống hệt nhau. Mỗi đĩa có
momen quán tính I đối với trục quay đi qua tâm của đĩa và vuông góc
với mặt phẳng của đĩa. Đĩa A nằm ngang, tâm của đĩa gắn vào đầu dưới
θ1
A
của một sợi dây mảnh thẳng đứng có hằng số xoắn K, đầu trên của dây
gắn vào một điểm cố định C. Đĩa B cũng nằm ngang và tâm đĩa gắn vào
θ2
đầu đưới của một sợi dây mảnh khác có hằng số xoắn K, giống như đĩa B
A, chỉ khác là đầu trên của sợi dây này gắn vào tâm mặt dưới đĩa A,
khiến cho hai dây treo nằm trên cùng một đường thẳng đứng. Ở vị trị cân bằng của hai đĩa,
hai dây treo không bị xoắn. Kí hiệu θ1 và θ2 lần lượt là toạ độ góc của mỗi đĩa (vào thời điểm
t) tính từ vị trí cân bằng
1. Viết phương trình vi phân cho chuyển động của từng đĩa
2. Giả thiết hai đĩa đều dao động điều hoà với cùng tần số góc ω theo các phương trình θ1
= Acosωt; θ2 = Bcosωt. Với giá trị nào của ω thì hai phương trình trên đều được thoả
mãn ? Tính tỉ số A/B
3. Ban đầu đĩa A có toạ độ góc θ1(0) = θ0 và tốc độ góc bằng 0. Cần phải để đĩa B ở tọa độ
góc ban đầu là bao nhiêu( tốc độ góc ban đầu của đĩa B bằng 0) thì hai đĩa đều dao động
với cùng tần số góc như ở câu 2. Chiều quay của 2 đĩa so với nhau như thế nào.
Đáp số :
a) I.θ1” = -Kθ1 + K(θ2 - θ1) ; I.θ2” = -K(θ2 - θ1)
25