MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ HỌC VẬT RẮN TRONG CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THPT MÔN VẬT LÝ

MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ HỌC VẬT RẮN TRONG
CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THPT
MÔN VẬT LY
Nguyễn thị nguyệt nga
Bài toán 1.
Một thanh cứng đồng chất tiết diện đều, chiều dài L, khối lượng M được
đặt một đầu trên sàn nằm ngang, một đầu trên tường thẳng đứng. Ban đầu giữ
cho thanh lập với phương thẳng đứng một góc α. Bỏ qua mọi ma sát. Thả thanh
tự do, hãy xác định:
a. Phản lực của sàn và tường lên thanh ngay sau khi thả.
b. Góc giữa thanh và phương thẳng đứng ở thời điểm thanh rời khỏi tường.
Giải
Chọn hệ trục tọa độ xOy như hình vẽ. Ban đầu thanh hợp với phương thẳng đứng
góc α , tại thời điểm góc đó là ϕ . Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:
MvG 2 I Gω 2 MgL cos ϕ MgL cos α
+
+
=
2
2
2
2

Trong đó I G =

y

2

ML
L

, vG = ω (vì khối tâm G
2
2

quay quanh O với bán kính L/2).

uu
u
r
N2

α

Từ đó
3 g ( cos α − cos ϕ )
L
3 gω sin ϕ
3 g sin ϕ
⇒ 2ωγ =
⇔γ =
L
2L

ω2 =

(1)

u
r
P

uu
r
N1
x

(2)

Mặt khác
L
L
sin ϕ ⇒ xG// = ( γ cos ϕ − ω 2 sin ϕ )
2
2
L
L
yG = cosϕ ⇒ yG// = ( −γ sin ϕ − ω 2cosϕ )
2
2

xG =

(3)
(4)

Áp dụng định luật 2 Niu tơn theo hai phương ox và oy với lưu ý các phương trình
(1) (2) (3) (4)ta được

Trang 1


3Mg  sin 2 ϕ
N1 = Mg − My = Mg −
+ cosϕ .sinϕ − cos 2ϕ ÷

2  2

//
G

N 2 = MxG// =

3Mg sin ϕ  3cosϕ

− cosα ÷

2
 2


Khi thanh vừa thả ra ϕ = α nên
3Mg 2
sinα
4
3Mgsin2α
N2 =
8
N1 =Mg-

2
3

Khi thanh rời khỏi tường N 2 = 0 ⇒ cosϕ = cosα .
Bài toán 2. (HSG QG 2008)
Sợi dây không dãn, khối lượng không đáng kể,
được vắt qua ròng rọc cố định, hai đầu buộc vào hai vật
khối lượng m1 và m2 (m1< m2). Ròng rọc có khối lượng M,
bán kính R và có một khe hẹp để phanh lại khi chốt G găm
vào đó. Biết hệ số ma sát trượt giữa dây và ròng rọc là k.
Bỏ qua ma sát ở ổ trục ròng rọc. Lúc đầu, ròng rọc được
chốt lại, hệ ở trạng thái cân bằng.
1. Khi chốt G rời nhẹ ròng rọc, hệ bắt đầu chuyển động.
Tính gia tốc a và vận tốc của các vật khi ròng rọc quay được một vòng.
2. Ngay sau khi quay được một vòng, chốt G lại găm tức thời vào khe ròng rọc
làm cho dây bị trượt trên ròng rọc. Biết rằng trên đoạn dl của phần dây tiếp xức
với ròng rọc thì lực căng T của dây biến thiên một lượng theo quy luật dT =

k
Tdl
R

. Hãy xác định gia tốc a/ của các vật và lực căng T 1 , T2 tại các điểm A và B
tương ứng nơi dây bắt đầu tiếp xúc với ròng rọc.
3. Tính vận tốc của các vật sau thời gian t kể từ thời điểm dây bị trượt trên ròng
rọc.
Giải
1.Phương trình động lực học của các vật

Trang 2

a

(T2 − T1)R = I β = I R

(1) P2 − T2 = m2a
T − P = ma
1
 1 1

Giải hệ (1) ta thu được kết quả

a=

( m2 − m1 ) g
m1 + m2 +

M.
2

Khi ròng rọc quay được 1 vòng, các vật m1 và m2 đi được quãng đường s = 2πR .
Vận tốc các vật m1 và m2 lúc đó
v = 2as =

4πR ( m2 − m1 ) g
M
m1 + m2 +
2

2. Các phương trình động lực học
P2 − T2 = m2a'

(2)

T1 − P1 = ma'
1

(3)

Do có ma sát giữa dây với nửa vòng tròn của ròng rọc nên lực căng dây ở các
điểm khác nhau thì khác nhau, tăng dần từ A đến B.
Xét đoạn dây dl, biến thiên lực căng
T2

π

dT
= kdϕ
dT = kTdϕ⇒ ∫
T ∫0
T1
kπ
Từ đó T2 = T1e

Kết hợp với các phương trình (1), (2), (3) giải ra ta có

( m − me ) g
a' =
kπ

2

1

kπ
m2 + me
1

T1 = m1 ( a'+ g)

T2 = m1 ( a'+ g) ekπ
/
3. Vận tốc các vật được xác định bởi v = v0 + a t , trong đó v0 là vận tốc tại thời

điểm dây bắt đầu trượt. Ta có

Trang 3


v0 =

4πR ( m2 − m1 ) g
M
m1 + m2 +
2

Từ đó vận tốc của các vật

(

)

kπ
4πR ( m2 − m1 ) g m2 − me
1
v=
+
gt
kπ
M
m
+
me
2
1
m1 + m2 +
2

Bài toán 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,

O2

O1

α0

không giãn O1A và O2B (hình vẽ).
Góc hợp bởi dây O1A và phương
thẳng đứng là α 0 .

M
A

a. Tính lưc căng T0 của dây O1A.

B

b. Căt dây O2B, tính lực căng T của
dây O1A và gia tốc góc của thanh ngay sau khi cắt.
Giải
Hệ thanh và vật nặng có khối tâm G với vị trí được xác định cách A khoảng AG:
AG =

3L
5

Momen quán tính của hệ với trục quay qua G (áp dụng định lí Say nơHuyghen):
IG =

8mL2
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:

Trang 4

m


P.BG − T0 L cos α 0 = 0 ⇒ T0 =

2L
5 = 2mg
L cos α 0
cos α 0

( M + m) g

(1)

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 theo phương vuông góc với dây O1A
r
r
r
Xét điểm G, có gia tốc: a G = a A + a G / A .
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:
T.AG.cosα 0 = I G γ G
T.AG.cosα 0
⇒ γG = γA = γ =

(2)
IG
Phương trình ĐLII Newton:
r r
r
r
P + T = ( M + m) ( aA + aG/A )
r
Chiếu lên phương dây O1A, với a G / A hướng như hình vẽ, ta được:

( M + m ) g cos α 0 − T = ( M + m ) γ.AG.cosα 0

(3)

Thay (2) vào (3) tính được:
T=

( M + m ) g cos α0
M + m ) AG 2 .cos 2 α 0
(
1+

(4)

IG

Thay giá trị của AG và IG đã tính ở trên vào (4) tính được:
T.AG.cosα 0
45gcos 2α 0
40mg cos α 0

=
.
T=
và γ =
IG
8 + 27 cos 2 α 0
( 8+27cos2α0 ) L
Bài toán 4. (HSG QG vòng 2, 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

Trang 5


thả từ vị trí có OG hợp với phương thẳng đứng một góc α 0 = 600 (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.
3. 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.
Giải
r

r

r

1. Chiếu phương trình động lực học Mg + F = Ma lên các phương:
Ox tiếp tuyến với quỹ đạo khối tâm:
Mγd = Ft − Mg sin α

(1)

Oy trùng với phương GO:
Mω2d = Fn − Mg cos α (2)
Phương trình chuyển động quay :
Iγ= - Mgdsinα

(3)

Từ(1) và (3) suy ra:
Ft = Mg ( 1 − A ) sin α , với A =

Md 2
(4)
I

Định luật bảo toàn năng lượng:
Iω2
= Mgd ( cosα- cosα 0 ) (5)
2
Từ (2) và (5) ta có:

F = Ft 2 + Fn 2 = Mg

{ ( 1 − 2A ) cosα+2Acosα } + ( 1 − A )
2

0

2. Gia tốc khối tâm:

Trang 6

2

sin 2α


a = a 2n + a 2t =

( ω d ) + ( γd )
2

2

2

= gA 1 − 8cos α.cosα 0 + 3cos 2 α + 4cos 2 α 0

Khi α0 = 600 có a = gA 2 − 4cos α + 3cos 2 α 0
Hàm này cực đại tại α = 0 , khi đó a max =

2 Mgd 2
.
3 I

3. a. Phân tích xung lượng X0 của lực trục quay tác dụng lên con lắc thành hai
thành phần XOy, XOxtheo phương thẳng đứng Oy và phương ngang Ox. Áp dụng
định lý biến thiên động lượng và mômen động lượng với v x, vylà các thành phần
vận tốc khối tâm sau va chạm:
Mv Gx = X sin β + X Ox (1)
X Oy = X cos β
I

(2)

vGx
= lX sin β
d

(3)
2

 Mld 
2
2
Từ đó, độ lớn của X0 : X O = XOx
+ X Oy
=X 
− 1÷ sin 2β + cos 2β
 I



Ở đây l=OA.
b. Để trục quay không chịu tác động của xung lực X thì cần hai điều kiện
X Oy = 0 ⇒ β = 900 và X Ox = 0 ⇒ X O = 0 . Từ đó l = OA =

I
.
Md

Bài toán 5. ( HSG QG vòng 1, 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.
1. Tìm vị trí khối tâm G của vật 1.
2. 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 nằm dọc theo đường sinh
của vật 1. Kéo vật 2 lệch ra khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ rồi thả nhẹ.

Trang 7


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 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.
3. 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 như hình vẽ, rồi thả nhẹ. Bỏ qua ma sát. Tìm khoảng thời gian nhỏ
nhất để vật 3 đi tới C.
Giải
1. Do tính đối xứng, ta thấy ngay G nằm trên đường thẳng đứng Oy nên chỉ cần
tính tọa độyG = OG của vật.
Xét phần tử dài dl, có khối lượng dm =

2m
2m
dl =
dα .
πR
π

Theo công thức tính tọa độ khối tâm ta có:
yG =

1
m

π
4

∫ R cos α

−π

4

2m
2 2R
dα =
.
π
π

2. . 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: m 2 a = Fms − m 2 g sin β
Vì β nhỏ sin β ≈ β (rad) ⇒ m 2 ( R − r ) β // = Fms − m 2gβ (1)
Phương trình chuyển động quay của khối trụ nhỏquanh khối tâm:
m 2 r 2 ϕ// = Fms r (2).

Điều kiện lăn không trượt: ( R − r ) β// = −rϕ// (3)
Thay (2) và (3) vào (1) ta được:

Trang 8


β // +

g
β = 0 (4).
2( R − r)

Nghiệm (4) có dạng dao động điều hòa với chu kì T = 2π

2( R − r )
g

.

1
2

Từ (2) ta có Fms = m 2 rϕ// = −m 2 ( R − r ) β // = m 2 gβ (5)

Phản lực: N = m 2gcos β = m 2g 1 −


β2 
(6)
2 ÷


Điều kiện lăn không trượt Fms ≤ µN .
β

Từ đó 2 − β2 ≤ µ với ∀β∈ ( 0, β0 ) .
1

Hay β0 ≤ 2  8 +


1 1
− ÷.
µ2 µ ÷


3. Xét tại thời điểm khối tâm vật 1 và vật 3 có li độ góc tương ứng là α, θ .
Phương trình chuyển động của vật 3 theo phương tiếp tuyến với hình trụ
m 3 Rθ // = − m3gθ (1)
g
Nghiệm của (1) là θ = θ0 cosω0 t với ω0 =
.
R

Phương trình chuyển động của G quanh O
m1R 2 α // = − m1gR

2 2
α (2)
π

Nghiệm của (2) là α = α0 cosω1t với ω1 = 2 2g
πR

Góc lệch của vật 3 so với phương OG là
 ω − ω1 
 ω + ω1 
γ = α − θ = 2α 0cos  1
t ÷cos  1
t÷
 2


 2

π

Khi vật 3 tới C thì γ = 0 . Từ đó: t min = ω + ω .
1
1
Ví dụ 6. (Trích đề HSG QG vòng 2, 2012)
Cho một vành hình trụ mỏng đều, đồng chất, bán kính R và có khối lượng
M. Trong lòng vành trụ có gắn cố định ở A
một quả cầu nhỏ (bán kính rất nhỏ so với R),

Trang 9

C
A

α0


khối lượng m. Biết A nằm trong mặt phẳng mà mặt phẳng này vuông góc với trục
của hình trụ và đi qua khối tâm C của vành hình trụ. Người ta đặt vành trụ trên
mặt phẳng nằm ngang. Biết gia tốc rơi tự do là g. Giả thiết không có ma sát giữa
vành trụ và mặt phẳng. Đẩy vành trụ sao cho AC nghiêng một góc α o so với
phương thẳng đứng rồi buông ra cho hệ chuyển động với vận tốc ban đầu bằng
không (Hình 1.a).
a) Tính động năng cực đại của hệ.
b) Viết phương trình quỹ đạo của A trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất.
c) Xác định tốc độ góc của bán kính AC khi AC lệch một góc α (α< α o) so với

phương thẳng đứng.
Giải
Vì không có ma sát, các ngoại lực tác dụng lên hệ chỉ theo phương thẳng đứng,
nên vị trí theo phương ngang của khối tâm G không đổi.
a. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, động năng cực đại của hệ bằng độ giảm
cực đại của thế năng của vật m
Wd max = mgR ( 1 − cosα 0 )
b. Chọn hệ tọa độ xOy đứng yên với mặt đất có Oy đi qua khối tâm G, Ox đi qua
tâm C của vành. Gọi tọa độ của m là (x, y) và của tâm C vành M là (X, Y). Khi
CA lệch phương thẳng đứng (Oy) góc α
x=−

M
X
m

và

x + X = R sin α nên

y

suy

ra

M
x=
R sin α . (1)
M+m

A

Và y = R ( 1 − cosα ) (2).
Từ (1) và (2) thay vào hệ thức sin 2 α + cos 2α = 1
qui chiếu gắn với mặt đất
x2

Trang 10

x

α
B

ta thu được phương trình quỹ đạo của m trong hệ
y2
+ 2 =1
2
 M
 R
R÷

M+m 

C

O
G

(3).


Phương trình (3) mô tả quỹ đạo chuyển động của m là một elip bán trục lớn R
dọc theo Oy và bán trục nhỏ

M
R dọc theo Ox.
M+m

c. Vì không có ma sát, khối tâm G chỉ chuyển động theo phương thẳng đứng nên
vận tốc của điểm G theo phương thẳng đứng. Điểm tiếp xúc B có vận tốc theo
phương ngang, từ đó tâm quay tức thời K tại thời điểm góc lệch AC và phương
thẳng đứng α được xác định như hình vẽ. Động năng của hệ

C
A

G

K

B

Wd =

1
1
I K ω2 = ( M.R 2 + M.CK 2 + m.KA 2 ) ω2 (1)
2

2

Trong đó:

CK = mCG.cosα =

m
R cos α (2)
m+M

KA = CK 2 + R 2 − 2.R.CK.cosα (3)
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có

mgR ( cosα-cosα 0 ) =

1
I K ω2 (4)
2

Thay (1), (2), (3) vào (4) thu được biểu thức tốc độ góc của bán kính CA

ω=

2mg ( cosα-cosα 0 )
  m 2
.
2
R ( m + M ) 1 − 
÷ cos α 
  M + m 



Trang 11


Trang 12