Giáo trình Hướng dẫn giải bài tập Cơ kỹ thuật 2 (Phần Động lực học)

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP

CƠ KỸ THUẬT 2
(PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC)

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

Phần II

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

ĐỘNG LỰC HỌC (KINETICS)

CÁC ĐẶC TRƯNG HÌNH HỌC KHỐI LƯỢNG CỦA CƠ HỆ VÀ VẬT RẮN
I. KHỐI TÂM CỦA CƠ HỆ
Khối tâm G củ a cơ hệ là mộ t điểm mà vi ̣ tri ́ củ a nó đượ c xác đi ̣nh bở i phương trình :
r

1 n
 miri
m i 1

Hệ n chât́
điểm

1 n

x

 mi xi

m i 1


1 n
 y   mi yi
m i 1


1 n
z


 mi zi
m i 1

v

1 n
 mi vi
m i 1

a

1 n
 miai
m i 1

II. MOMEN QUÁN TÍNH KHỐI LƯỢNG CỦA VẬT RẮN
 Định nghĩa
Momen quán tính khối lượ ng củ a vật đối vớ i trụ c a đượ c đi ̣nh nghi ̃a là

Miền

 Bán kính quán tính
Bán kính quán tính của vật đối với trục a đượ c đi ̣nh nghi ̃a là

ka 

Ia
m

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa

hay

I a  mka2

V


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

 Định lý song song
Liên hệ momen quán tính giữ a hai trụ c song song : trục a và trục đi qua khối tâm G và song
song vớ i trụ c a

I a  I a  md 2

a

Ia

Ia

d

Trong đó
 I a là momen quán tính khối lượng của vật đối với trục

G

a.
 I a là momen quán tính khối lượng của vật đối với trục
đi qua khối tâm và song song vớ i trụ c a.
 m là khối lượng của vật.
d là khoảng cách giữa hai trục.
 Momen quán tính của vật thể phức hợp
Momen quán tính của vật thể đối với một trục cho trước bằng tổng momen quán tính của
các phần củ a vật đối với trục đó.
 Momen quán tính khối lượng của một số vật rắn đồng chất
z

z
l /2

Thanh mảnh

Thanh
mảnh

l /2

A
l

y

G

y

x

I Gy  I Gz 

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa

ml 2
12

x

I Ay  I Az 

ml 2
3


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

z

Vành

z

Đi ̃a trò n

R

R

C
G

tròn

C
G

y

x

y

x

IGz  mR 2 ; I Gx  I Gy 

mR 2
2

I Gz 

mR 2
mR 2
; I Gx  I Gy 
4
2

z

Khối cầu

Khối trụ

x

I Gx  I Gy  I Gz 

2mR 2
;
5

I Gz

mR 2
;

2

I Gx  I Gy 

Khối

z

m(3R 2  h 2 )
12

Khối hộ p chữ nhật

nón

I Gz 

3
mR 2 ;

10

I Gx  I Gy 

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa

3
m(4 R 2  h 2 )
80

I Gx 

m(b 2  c 2 )
m(c 2  a 2 )
; I Gy 
;
12
12

I Gz 

m(a 2  b 2 )
12


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

CÁC BÀI TẬP MẪU

Bài 1
Cơ hệ trong Hình (a) bao gồm ba vật thể đồng chất: trụ nặng 10-kg; thanh mảnh nặng 2-kg; và
khối cầu nặng 4-kg. Với cơ hệ đó, tính toán:
(1)

Ix, mô men quán tính khối lượng đối với trục x.

(2)

𝐼𝑥 𝑣à 𝑘, mô men quán tính khối lượng và bán kính quán tính đối với trục đi qua

khối tâm của hệ và song song với trục x.

Lời giải
Các khối tâm của trụ (G1), thanh (G2), và khối cầu (G3) được chỉ ra trong Hình (b). Do tính đối
xứng , khối tâm G của hệ nằm trên trục y, với tọa độ 𝑦 cần được xác định.
Phần 1:
Trụ: Mô men quán tính của trụ đối với trục đi qua khối tâm của chính nó và song song với trục x
là

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

Theo định lý trục song song, mô men quán tính của trụ đối với trục x là

Thanh mảnh: Bởi vì G2 chính là gốc của hệ trục xyz, mô men quán tính của thanh đối với trục x là

Khối cầu: Mô men quán tính của khối cầu đối với trục đi qua khối tâm của chính nó và song song
với trục x là

Sử dụng định lý trục song song, mô men quán tính của khối cầu đối với trục x là

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

Cơ hệ: Mô men quán tính của cơ hệ đối với một trục bằng tổng mô men quán tính của các phần
thuộc hệ đối với trục đó. Do đó, cộng các giá trị mà chúng ta tính được ở trên, ta được

Phần 2:
Theo Hình (b), tọa độ 𝑦 của tâm G là
y

m y
m
i

i



i

10  0.24   2  0   4  0.27 
 0.0825m
10  2  4

Bởi vì 𝑦 là khoảng cách giữa trục x và trục đi qua khối tâm của cơ hệ và song song với trục x nên

Bán kính quán tính tương ứng là

Bài 2
Một chi tiết máy nặng 290-kg trong Hình (a) được tạo bởi việc khoan một cái lỗ lệch tâm đường
kính 160mm, một trụ đường kính 400mm dài 350mm. Xác định:
(1) Iz (mô men quán tính của chi tiết máy đối với trục z.)
(2) 𝑘 (bán kính quán tính của chi tiết máy đối với đi qua khối tâm của nó và song song với
trục z.)

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

Lời giải
Chi tiết máy trong Hình (a) có thể được xem gồm hai phần khác nhau, đó là các khối trụ đồng
chất A và B trong Hình (b) và (c). Mật độ khối lượng của chi tiết máy là

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

Do đó, khối lượng của các trụ A và B là

Như một sự kiểm tra việc tính toán, chúng ta chú ý rằng mA – mB = m, như mong đợi.
Phần 1
Mô men quán tính của trụ A đối với trục z, trục mà trùng với trục trung tâm z của nó là

Mô men quán tính của trụ B đối với trục trung tâm z của nó là

Bởi vì khoảng cách giữa trục z và trục trung tâm z của vật B là d =0.11m, mô men quán tính của B
đối với trục z được tính từ định lý trục song song:

Do đó, mô men quán tính của chi tiết máy đối với trục z là

Phần 2
Do tính đối xứng, tọa độ x và z của khối tâm của phần máy là 𝑥 = 0 𝑣à 𝑧 = −0.175𝑚. Tọa độ y
được tính như sau

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

Mô men quán tính của chi tiết máy đối với trục trung tâm z của nó (trục đi qua khối tâm của nó
và song song với trục z) có thể được tính từ định lý trục song song:

Bán kính quán tính tương ứng là

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

ĐỘNG LỰC HỌC
PHƢƠNG PHÁP LỰC – KHỐI LƢỢNG – GIA TỐC
I. PHƯƠNG PHÁP LỰC – KHỐI LƯỢNG – GIA TỐC ĐỐI VỚI CHẤT ĐIỂM

 F  ma
Các bước áp dụng:


Vẽ FBD của chất điểm (gồm tất cả các lực tác dụng lên chất điểm).
 Lực hoạt động: lực cho trước và trọng lực (nếu có).
 Phản lực liên kết: lực do các vật đỡ gây ra, gồm cả lực ma sát (TH chuyển động Fms  k N ),
lự c cản (nếu có).



Vẽ MAD cho chất điểm (thể hiện véc tơ ma).
 Chọn hệ trục tọa độ
 Sử dụng phần động học (bài 2) để phân tích phương, chiều của véc tơ gia tốc a. Nếu chiều
của a chưa biết thì chúng ta giả thiết chiều của mỗi thành phần gia tốc a hướng theo chiều
dương của các trục tọa độ.
 Thể hiện véc tơ ma trên hình vẽ.



Từ hai sơ đồ FBD và MAD viết phương trình chuyển động cho chất điểm.
Sử dụng liên hệ giữa gia tốc, vận tốc và vị trí (phần động học chât́ điểm ), thực hiện các phép tính



đạo hàm hoặc tích phân để xác định các đại lượng được yêu cầu.

BÀI TẬP MẪU
Bài 1
Khối A trọng lượng 300N trong hình M2.5a đứng yên trên mặt phẳng nằm ngang, khi một lực P
tác dụng tại thời điểm t=0. Tìm vận tốc và vị trí của khối khi t=5s. Hệ số ma sát động lực là 0.2.

(a)
Lời giải
 Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc
 Vẽ FBD (hình (b))
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2
-

Lực cho trước: P =200N

-

Trọng lực: W =mg

-

Phản lực liên kết: phản lực NA và lực ma sát FA =µkNA.

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

 Vẽ MAD (hình (b))
-

Chọn hệ trục tọa độ xy như trong hình (b).

-

Chuyển động là chuyển động thẳng theo phương ngang nên ay =0.

(b)
 Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD

 F  ma
 P  W  N A  FA  ma

F
F

y

0

x

 ma =>

=>

N A  W  P sin 300  0

(1)

P cos300  FA  ma

(2)

Từ phương trình (1) có được N A  W  P sin 300  300  200sin 300  400 N
Do đó lực ma sát là FA  k .N A   0.2  400   80 N
Từ phương trình (2) ta có:

a

1
9.81
( P cos300  FA ) 
(200cos300  80)  3.048m / s 2
m
300

 Sử dụng các liên hệ động học giải tìm vận tốc v và tọa độ vị trí x
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2
Ta có: a 

dv
dt

và v 

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

dx
dt

Nên

v   adt   3.048dt  3.048t  C1

(3)

x   vdt   (3.048t  C1 )dt  1.524t 2  C1t  C2

(4)

Trong đó C1 và C2 là các hằng số tích phân có thể được tìm ra từ các điều kiện đầu. Như đã biết
ban đầu v =0. Tuy nhiên, chúng ta có nhiều lựa chọn gốc tọa độ x. Lựa chọn thuận lợi nhất là đặt
x =0 khi t =0. Do đó điều kiện đầu là:
v =0 và x =0 khi t =0
Thay các giá trị này vào (3) và (4) ta có C1=0 và C2=0. Do đó vận tốc và tọa độ vị trí của khối lúc
t=5s là
v   3.048  5   15.24

( m / s)

x  1.524  (5)2  38.10 (m)

Bài 2
Hình (a) biểu diễn một kiện hàng khối lượng m nằm yên trên sàn thùng của một chiếc xe tải. Hệ
số ma sát tĩnh giữa hai bề mặt là 0.64. Để cho kiện hàng trượt xuống thì sàn thùng có vị trí như
hình vẽ, xe tải phải chuyển động có gia tốc sang phải. Xác định gia tốc a nhỏ nhất để kiện hàng
bắt đầu trượt. Biểu diễn đáp án theo gia tốc trọng trường g.

(a)

Lời giải
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

 Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc
 Vẽ FBD (hình (b))
-

Trọng lực: W =mg

-

Phản lực liên kết: phản lực N và lực ma sát F =0.64N (do kiện hàng ở trạng thái sắp

trượt, F bằng với giá trị ma sát tĩnh lớn nhất s N ).

 Vẽ MAD (hình (b))
-

Chọn hệ trục tọa độ xy như trong hình (b).

-

Do kiện hàng và xe tải có cùng gia tốc trước khi sự trượt xuất hiện, véctơ lực quán tính
của kiện hàng là ma, hướng theo phương ngang.

(b)
 Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD

 F  ma
 W  N  F  ma

F
F

y

0

x

 ma  - N sin 300  0.64 N cos300

Từ phương trình (1) ta có N 

 N cos300  0.64 N sin 300 - mg  0

mg
 0.8432mg
cos30  0.64sin 300
0

 ma

(3)

Thay vào phương trình (3) vào phương trình (2) ta có

0.8432mg ( sin 300  0.64cos300 )  ma
 a  0.0458 g
Nhận thấy rằng kết quả là độc lập với khối lượng m.
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa

(1)
(2)


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

Bài 3
Một quả bóng trong hình (a) có trọng lượng 1.5N và được ném lên với vận tốc ban đầu 20m/s.
Tính toán chiều cao lớn nhất mà quả bóng đạt được nếu (1) bỏ qua sức cản không khí; và (2) khi

không khí sinh ra lực cản FD được biết như là ảnh hưởng khí động học, ngược với vận tốc. Giả
thiết rằng FD=cv2 trong đó c=2.10-3N.s2/m2.

Hình (a)

Lời giải
Phần 1
Khi sức cản không khí được bỏ qua, chỉ có trọng lực tác dụng lên quả bóng
trong suốt quá trình chuyển động, được chỉ ra trong hình (b). Do chuyển
động là thẳng nên giá trị của véctơ quán tính là max=ma, như chỉ ra trong
hình MAD trong hình (b). Áp dụng định luật II Newton (pp Lực – Khối lượng – Gia tốc) ta có:

F

x

 ma

 mg  ma

từ đó ta có thể tìm ra: a   g  9.8m/s2

(1)

Sử dụng liên hệ động học giữa gia tốc với vận tốc và tọa độ vị trí theo thời gian, ta xác định được
vận tốc và vị trí như sau:

v   adt   (9.8)dt  9.8t  C1

(2)

x   vdt   (9.8t  C1 )dt  4.9t 2  C1t  C2

(3)

Các hằng số tích phân có thể được tính toán dựa vào các điều kiện đầu x =0 và v =0 khi t =0 kết
quả là:C1 =20m/s, C2 =0. Do đó vận tốc và vị trí của quả bóng được xác định là:
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2
v  9.8t  20

(4)

x  4.9t  20t

(5)

2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

Quả bóng đạt tới độ cao lớn nhất khi v =0 ta có 9.8t  20  0  t  2.04s .Thay t =2.04s vào
phương trình (5) ta có xmax  20.4m
Chú ý trong trường hợp này gia tốc, vận tốc và vị trí của quả bóng độc lập với trọng lượng của
nó.

Phần 2
Khi kể đến ảnh hưởng của sức cản khí động học, FBD và MAD của quả bóng trong quá trình bay

lên được chỉ ra trong hình (c).
Quan sát thấy rằng lực FD, luôn ngược chiều vận tốc, tác dụng hướng xuống
dưới bởi vận tốc theo chiều dương là hướng lên. Từ định luật II Newton,
chúng ta có các phương trình chuyển động:

F

x

 max

 mg  cv 2  ma

(6)

Sử dụng liên hệ động học: a=vdv/dx, phương trình (6) trở thành:
mg  cv 2  m

dv
v
dx

Phân ly biến số, ta có:
dx  

mvdv
mg  cv 2

Tích phân cả hai vế của phương trình này (sử dụng bảng tích phân nếu cần thiết), ta có:
x

m
ln(mg  cv 2 )  C3
2c

Trong đó C3 là hằng số tích phân. Thay số vào ta được :
x  38.25ln(1.5  2 103 v2 )  C3
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

Sử dụng điều kiện đầu: v =20m/s khi x =0, ta tìm được C3 =31.86m. Do đó:
x  38.25ln(1.5  2 103 v2 )  31.86

Bởi vì độ cao lớn nhất đạt được khi v =0 ta có
xmax  38.25ln1.5  31.86  16.4(m)

Dĩ nhiên giá trị này nhỏ hơn giá trị lớn nhất có được trong phần 1, khi bỏ qua sức cản khí động
học.

Bài 4
Vật A khối lượng 12kg trong hình (a) trượt không ma sát trong một máng nửa hình tròn bán kính
R=2m. Vật A bắt đầu chuyển động từ vị trí có góc   300 và đạt vận tốc v0=4m/s hướng về phía
đáy máng. Tìm biểu thức vận tốc của vật và lực giữa máng và vật theo  .

Lời giải
 Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc

 Vẽ FBD (hình (b))
 Vẽ MAD (hình (b))
-

Quỹ đạo là đường tròn nên có thể chọn sử dụng hệ tọa độ quỹ đạo (hệ tọa độ tiếp
tuyến – pháp tuyến).

-

Gia tốc của vật gồm hai thành phần: gia tốc tiếp và gia tốc pháp.

-

Các véc tơ man (chiều hướng về tâm của quỹ đạo) và mat (vẽ theo chiều dương của
trục tiếp tuyến) được thể hiện trong hình vẽ.

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

 Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD

 F  ma
 W  N A  man  mat

Chiếu PT này lên hai phương tiếp tuyến và pháp tuyến, ta được
mg cos

 mat

(1)

N A - mg sin   man

(2)

 Sử dụng các liên hệ động học:
vdv
ds

an 

mg cos

m

at 

v2



và ds  Rd

ta có

N A - mg sin   m

vdv
Rd
v2



(3)
(4)

Phân ly biến số, PT (3) trở thành gR cos d  vdv . Tích phân hai vế phương trình này sử dụng
điều kiện đầu v  v0  4m / s khi   300




 /6

v

gR cos d   vdv
4

 v   2  9.8 2  sin   1.81   39.2sin   3.62 m / s

Thay kết quả này vào PT (4), ta nhận được

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

39.2sin   3.62 

N A  12  9.8sin  

2


 352.8sin   21.7 N

Bài 5
Một vật B khối lượng 100g như trong hình (a) trượt dọc theo tay quay OA. Hệ số ma sát động
giữa B và OA là   0.2 . Tại vị trí như hình vẽ, R  1m / s,  5rad / s và   3rad / s 2 . Tại vị trí
k

 , gia tốc tương đối của B so với OA.
này, xác định R

(a)

Lời giải
 Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc
 Vẽ FBD (hình (b))
-

Trọng lực: W =mg =(0.1)(9.8) =0.98N

-

Phản lực liên kết: phản lực NB và lực ma sát F =0.2NB , chiều của F ngược với chiều của
R , vận tốc tương đối của B so với thanh OA.

 Vẽ MAD (hình (b))
-

Chọn hệ tọa độ cực  R, 

-

Có ma  maR  ma .

 Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

F  0.2 N B

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

NB

 F  ma
 W  NB  F  maR  ma
Chiếu PT này lên hai phương vuông góc




 F  m R  2 R


2


 FR  m R  R





 N B  0.98cos 400
 0.1  0.4  3   2 1 5


0
   0.4  52 
0.98sin 40  0.2 N B  0.1  R


  0.04m / s 2
R

Dấu âm nghĩa là gia tốc tương đối của B so với tay quay OA là hướng về O.

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

II. PHƯƠNG PHÁP LỰC – KHỐI LƯỢNG – GIA TỐC ĐỐI VỚI CƠ HỆ
Phương trình chuyển độ ng củ a khối tâm

 F  ma
trong đó

 F là tổng các ngoại lực tác dụng lên hệ, m là tổng khối lượng của các chất điểm thuộc

hệ, a là gia tốc khối tâm của hệ.
Các bước áp dụng:
 Cách 1
- Vẽ FBD và MAD cho từng chất điểm thuộc hệ . Từ đó , viết các phương trình chuyển
độ ng cho từ ng chât́ điểm.
- Biểu diễn liên hệ độ ng họ c giữ a các chât́ điểm.
- Giải các đại lượng được yêu cầu.
 Cách 2
- Vẽ FBD của toàn hệ (chỉ vẽ các ngoại lực tác dụng lên hệ).
- Viết phương trình chuyển độ ng khối tâm củ a hệ :  F  ma .
-

Vẽ FBD, MAD và viết phương trình chuyển động cho một số chất điểm của hệ nếu cần
thiết.

BÀI TẬP MẪU
Bài 1
Người đàn ông trong hình (a) đi từ đầu cuối bên trái sang đầu cuối bên phải của một tấm ván
đồng chất. Ban đầu tấm ván ở trạng thái nghỉ trên mặt băng. Xác định dịch chuyển của người khi
anh ta đến đầu cuối bên phải. Trọng lượng của người và tấm ván tương ứng là 60kg và 15kg. Bỏ
qua ma sát giữa tấm ván và mặt băng.

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

Lời giải
Sơ đồ vật thể tự do của hệ gồm người và tấm ván được biểu diễn trong hình (b). Các lực xuất
hiện trong FBD này là trọng lượng của người, trọng lượng của tấm ván và phản lực N. Phản lực
pháp tuyến và lực ma sát giữa người và tấm ván không xuất hiện trong FBD, bởi vì chúng là các
nội lực của hệ.
Từ FBD trong hình (b), chúng ta thấy rằng không
có lực tác dụng lên hệ theo phương x. Do đó, theo
phương trình

 F  ma , khối tâm G của hệ vẫn đứng ở

một chỗ như được chỉ ra trong các hình (c) và (d).

Tiếp theo chúng ta tính x , toạ độ-x của điểm G,
khi người đàn ông ở đầu cuối bên trái của tấm ván.
Theo hình (c), chúng ta có

n

mx   mi xi
i 1

 60  15 x  60  0   15  2 
Phương trình này cho x  0.4 m . Lặp lại các bước trên với thời điểm người đàn ông ở đầu cuối
bên phải của tấm ván, như biểu diễn trong hình (d), chúng ta có

 60  15 x  60d  15  d  2
Phương trình này cho d  x  0.4 . Thay x  0.4 m (nhắc lại rằng x không đổi khi người di chuyển
dọc theo tấm ván), chúng ta có
d = 0.8 m
Quan sát thấy rằng mỗi bước đi của người dẫn đến kết quả là người dịch chuyển sang phải và
tấm ván dịch chuyển sang trái. Độ lớn của các dịch chuyển này ở một tỉ lệ thích hợp để đảm bảo
rằng khối tâm của hệ không di chuyển theo phương ngang.

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

Chúng ta cũng có thể giải bài toán này bằng cách chú ý rằng khoảng cách giữa người và
khối tâm G phải như nhau trong hình (c) và (d), do sự đối xứng của hai cấu hình. Nói cách khác,
x  d  x , hay d  2 x .

Bài 2
Dây cáp trong hình A được vắt qua ròng rọc, một đầu dây buộc vào vật A nặng 60N, đầu kia chịu

tác dụng của lực 90N. Trong hình (b), lực 90N được thay bằng vật B nặng 90N. Bỏ qua khối lượng
của ròng rọc, xác định gia tốc của vật A và sức căng trong dây cáp với hai trường hợp trên.

Lời giải
Hệ trong hình (a)
Hình (c) biểu diễn sơ đồ vật thể tự do (FBD) của vật A. Vì khối lượng của ròng rọc được bỏ qua,
sức căng của dây cáp là như nhau dọc theo dây cáp. Ta có
T = 90 N
Hình (c) cũng biểu diễn sơ đồ khối lượng – gia tốc
(MAD) của vật A, trong đó gia tốc a được giả thiết hướng
Định luật hai Newton cho

F

y

 ma





90  60 

Từ phương trình này gia tốc của vật A là
a
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa

g
 4.9 m/s 2

2

60
a
g

lên.


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

Hệ trong hình (b)
FBD và MAD của các vật A và B được biểu diễn trong hình (d). Vì dây cáp không dãn, gia tốc của
vật A bằng gia tốc của vật B về độ lớn, nhưng ngược hướng. Chúng ta giả thiết gia tốc của A
hướng lên. Do đó phương trình chuyển động của vật A là

F

y

 ma

60
a
g





T  60 





T  90  

Đối với vật B, chúng ta có

F

y

 ma

90
a
g

Giải đồng thời hai phương trình trên, chúng ta nhận được
T  72 N và a 

9
 1.96 m/s 2 .
5

Chú { rằng sự tác dụng lực 90N và o đầu cuối dây cáp không tương đương với việc buộc

dây vớ i trọ ng lượ ng 90N.
Bài 3
Hình (a) biểu diễn mộ t hệ gồm ba khối hộ p đượ c liên kết bằng mộ t dây cáp không dãn văt́ qua
bốn rò ng rọ c . Khối lượ ng củ a các khối hộ p A, B, và C tương ứ ng l à 60kg, 80kg, và 20kg. Sử dụ ng
các toạ độ đã chỉ ra và bỏ qua khối lượng của các ròng rọc , hãy tìm gia tốc của mỗi khối hộp và
sứ c căng T trong dây cáp.

Lờ i giải
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2

PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC

Chúng ta sẽ dùng phương pháp lực – khối lượ ng – gia tốc để rút ra phương trình chuyển động
của mỗi khối hộp.
Phân tích độ ng họ c
Đặt L là chiều dài của dây cáp vắt qua các ròng rọc trong hình (a), chúng ta có
L  2 yA  2 yB  yC  C1

trong đó C1 là hằng số được tính từ chiề u dà i các đoạn cáp quấn quanh các rò ng rọ c và hai đoạn
cáp ngắn đỡ hai ròng rọc phía trên . Bở i vì chiều dà i L là không đổi, đạo hà m phương trình trên ta
đượ c
2vA  2vB  vC  0

Đạo hà m phương trình liên hệ vận tốc theo thờ i gian, ta đượ c liên hệ gia tốc giữ a các khối hộ p :
2aA  2aB  aC  0

(a)

Phân tích độ ng lự c họ c

Hình (b) biểu diễn sơ đồ vật thể tự do củ a khối hộ p A và B (cùng với ròng rọc khối lượng không
đáng kể m à chúng được gắn vào ), và khối hộp C. Chú { rằng sức căng T là hằng số từ đầu đến
cuối dây cáp . Các sơ đồ khối lượng – gia tốc tương ứ ng cũ ng đượ c biểu diễn trong hình (b). Áp
dụng định luật hai Newton  Fy  ma đối vớ i từ ng khối hộ p, các phương trình chuyển động là

GV. Nguyễn Thị Kim Thoa