Bài tập Vật lý đại cương 1 - Chương 2: Cơ học vật rắn

Chương 2. Cơ học vật rắn

A. Phần lý thuyết

m r



i i



i

- Khối tâm của hệ chất điểm:

r_G OG 

m



i

m v



i

dr_G

dt

i

- Vận tốc của khối tâm:

v_G



m



i

n



m a

F



i1

n



i



d v_G

F

i1

- Gia tốc của khối tâm: a_G



 F  ma_G

dt

m



i

i1

 Phương trình chuyển động của khối tâm.

- Định luật bảo toàn động lượng của 1 hệ cô lập:

F  0  m v  const v  const







i

G

i

- Vận tốc của 1 điểm trên vật rắn trong chuyển động phức tạp: v_M v_G  R

- Mô-men quán tính của một chất điểm:

I_ mr²



;

- r là khoảng cách từ chất điểm đến trục quay

- Mô-men quán tính của hệ chất điểm:

n

I  m r²- r_ilà khoảng cách từ chất điểm thứ i đến trục quay



;





i i

i1

- Mô-men quán tính của 1 vật rắn:

I_ r²dm - r là khoảng cách từ khối lượng nguyên tố dm đến trục quay



.



vr

Đơn vị của mô-men quán tính: kgm², thứ nguyên: ML²

- Mô men quán tính đối với trục quay đi qua khối tâm của các vật rắn đồng chất

1

I  mR²

Khối trụ đặc, đĩa tròn

2

I  mR²

Khối trụ rỗng, vành tròn:

1

I  mL²

Thanh mảnh có chiều dài L:

12

2

I  mR²

Khối cầu đặc:

5

2

I  mR²

Quả cầu rỗng:

3

1

I  m a² b²

Mặt chữ nhật





12

- Định lý Huygens-Steiner

I_ I  md²

, trong đó d là khoảng cách giữa 2 trục  &₀

.

₀

1

- Mô-men quán tính của một số vật rắn thường gặp



- Mômen lực: M  M  r  ^F  r F

t

Độ lớn:|M|| M | rFsin  rF

t

M

I

- Phương trình cơ bản của chuyển động quay: I  M   =

- Mômen động lượng: L  I

2

t₂

dL

dt

^{ M  L  L  L }^{dL  Mdt}



- Định lý về mômen động lượng:

(xung lượng của mômen lực trong

2

1

t₁

khoảng thời gian . .)

t

- Định luật bảo toàn mô men động lượng của hệ chất điểm.

dL

dt

dL_i

dt

Ta có: M 





n

dL

dt

Với hệ cô lập:

M  M  0 

 0  L  const  I  const



i

i1

B. Phần bài tập

Bài tập cần làm:

3.2, 3.3, 3.4, 3.5, 3.6, 3.9, 3.11, 3.12, 3.13, 3.14, 3.19-3.22, 3.24

Bài tập cần trình bày ra giấy A4 & ghim vào nộp cho thầy

3.4, 3.5, 3.9, 3.12, 3.13, 3.20, 3.22, 3.24

Bài 3.2. Trên một đĩa tròn đồng chất bán kính R có khoét 1 lỗ tròn nhỏ bán kính

r; tâm của lỗ khoét nằm cách tâm của đĩa một đoạn bằng R/2. Xác định vị trí khối

tâm của đĩa trên.

Bài giải:

Bài này có 2 cách, cách thứ nhất có thể áp dụng đúng định nghĩa về khối tâm và

sử dụng phương pháp tọa độ để giải.

Cách 1: Vì đĩa đối xứng qua đường nối tâm OO₁nên khối tâm cần tìm cũng nằm

trên đường OO₁. Chọn O là gốc tọa độ, từ đó có tọa độ khối tâm của cái đĩa khi

chưa bị khoét là: x_O 0

m₁x_O m₂x_O

R

2

1

2

x_O

 0

, trong đó:

x_O



x

,

O₂

Theo định nghĩa:

là khoảng cách chúng ta cần tìm, m₁là

1

m₁ m₂

khối lượng của phần bị khoét đi (bán kính là r), m₂là khối lượng của phần đĩa còn lại (mà chúng ta đang đi

tìm khối tâm).

R

m₁R

m₂2

Thay vào biểu thức trên ta được: m₁ m₂x_O 0  x_O 

2

m₁

m₂

r²

r²

R² r²



Lại có:

,



có thể coi là khối lượng phân bố theo diện tích (kg/m²).

 R² r²









r²R

x

 

Từ đó suy ra:

, dấu “-” có nghĩa là O₂nằm ngược phía với O₁.

O₂

2 R² r²





Cách 2. Làm theo kiểu thời phổ thông đã được học, chúng ta dùng quy tắc hợp lực song song chẳng hạn, khi

đó trọng lượng của cả cái đĩa chưa bị khoét bằng trọng lượng của cái đĩa (đang cần tìm khối tâm – m₂) cộng

với trọng lượng phần đĩa bị khoét đi (m₁), và đương nhiên khối tâm của cái đĩa đầy đủ nằm tại O. Theo quy

tắc chia trong ta có:

P

OO₂

P .OO₁m₁

m₁R

2m₂

r²R

2 R² r²

1



 OO₂



OO₁



P₂OO₁

P₂

m₂





Bài 3.4. Một xe chở đầy cát chuyển động không ma sát với vận tốc v₁

= 1 m/s trên mặt đường nằm ngang. Toàn bộ xe cát có khối lượng M

= 10 kg. Một quả cầu khối lượng m = 2 kg bay theo chiều ngược lại

với vận tốc nằm ngang v₂= 7 m/s. Sau khi gặp xe, quả cầu nằm ngập

trong cát. Hỏi sau đó xe chuyển động theo chiều nào, với vận tốc bằng

bao nhiêu?

Tóm tắt:

3

v 1 m / s , M = 10 kg





1

m = 2 kg, v  7 m / s





2



= ?

v

Bài giải:

Đây là 1 bài toán va chạm mềm, áp dụng định luật bảo toàn động lượng.

10.1 2. 7





Mv₁ mv₂

M  m

Mv  mv  M  m v  v 



 0,33 m / s









1

2

10 2

Dấu “” nghĩa là chuyển động ngược với chiều ban đầu.

Bài 3.6. Một hỏa tiễn lúc đầu đứng yên, sau đó phụt khí đều đặn ra phía sau với vận tốc ko đổi u = 300 m/s

đối với hỏa tiễn. Trong mỗi giây, lượng khí phụt ra bằng μ = 90 g. Khối lượng tổng cộng ban đầu của hỏa tiễn

bằng M₀= 270 g. Hỏi:

a) Sau bao lâu hỏa tiễn đạt tới vận tốc v = 40 m/s?

b) Khi khối lượng tổng cộng của hoả tiễn là 90 g thì vận tốc của hỏa tiễn là bao nhiêu? Bỏ qua sức cản của ko

khí và lực hút của Trái đất.

Tóm tắt:

u  300 m / s





  90 g  0,09 kg

 





M  270 g  0,27 kg

 





0

a)v  40 m / s  t  ?





b)M  90 g  0,09 kg  v  ?

 





Bài giải:

v

Tại thời điểm t bất kỳ, khối lượng của hỏa tiễn là M, vận tốc là , chiếu lên phương chuyển động là v

Tại thời điểm t + dt, khối lượng của hỏa tiễn là M + dM (vì khối lượng hỏa tiễn giảm dần nên dM<0), vận tốc

là

, chiếu lên phương chuyển động là v + dv,

vdv

Vận tốc khí phụt ra là

, chiếu lên phương chuyển động được v – u,

u  v

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương chuyển động:

M dM vdv  dM vu  Mv , “

” là khối lượng của lượng khí phụt ra.

dM





 





Bỏ qua tích của dMdv ta được:

M

^vdv

v

u

M

M₀

M

M₀













dv

u

dM

M

^ ^{ } ^dM



₀



Mdv  udM  0 

a) với v = 40 m/s

 



 ln

 ln

 v  u ln

 u ln





u

M

M₀

M

M₀t



0

M₀

v

40

















M e^u1

270 e³⁰⁰1

₀



v













M₀



v  uln



 e^u t 



 0,374 s

 

v

40

M₀t

e^u

90e³⁰⁰











M₀

M₀t

270

90









b) v  uln

 300ln

 300ln3  329,6 m / s











Bài 3.9. Một trụ đặc khối lượng m = 100 kg, bánh kính R = 0,5 m đang quay xung quanh trục của nó. Tác

dụng lên trụ một lực hãm F = 243,4 N, tiếp tuyến với mặt trụ và vuông góc với trục quay. Sau thời gian Δt =

31,4 giây, trụ dừng lại. Tính vận tốc góc của trụ lúc bắt đầu tác dụng lực hãm.

Tóm tắt:

m 100 kg ,R  0,5 m ,F  243,4 N ,t  31,4 s    0





 

₀ ?

4

Bài giải:

 ₀

t

 

 ₀ t

M

I

RF

mR²/ 2 mR

2Ft 2Ft 2.243,4.31,4

2F

 



Lại có:

Thay vào ta được: ₀ 



 305,7 rad / s





mR

100.0,5

Bài 3.11. Một thanh chiều dài l = 0,5 m có thể quay tự do xung quanh một trục nằm ngang đi qua một đầu của

thanh. Một viên đạn khối lượng m = 0,01 kg bay theo phương nằm ngang với vận tốc v = 400 m/s tới xuyên

vào đầu kia của thanh và mắc vào thanh. Tìm vận tốc góc của thanh ngay sau khi viên đạn đập vào thanh. Biết

răng mômen quán tính của thanh đối với trục quay bằng 5 kg.m².

Bài giải:

Tại vị trí va chạm, các lực tác dụng vào hệ “thanh + đạn” là trọng lực và lực đàn

hồi của thanh đều đi qua trục quay nên không gây ra mômen vì thế

mômen động lượng được bảo toàn.

nên

M

 0

Mômen trước: lmv (của viên đạn)



Mômen sau:



trong đó

I

là mômen quán tính của hệ “thanh + đạn”:

I 

I  I_barI_bullet Iml²

lmv 0,5.0,01.400

Ta có: lmv  I  ml²   



 0,4 rad / s









I  ml²5 0,01.0,5²

Bài 3.14. Một đĩa bằng đồng (khối lượng riêng ρ = 8,9. 10³kg/m³có bề dày b =

R  5.10^2

-3

4.10 m, bán kính

m. Đĩa bị khoét thủng hai lỗ tròn bán kính R/2 như

trên hình. Tìm mômen quán tính của đĩa đã khoét đối với trục quay vuông góc với

đĩa và đi qua tâm O của đĩa.

Bài giải:

MR²

Mômen quán tính đĩa tròn chưa bị khoét đối với trục quay đi qua tâm là I₀

2

R²bR²bR⁴

Trong đó: M  R²b  I₀



2

Mômen quán tính của 2 đĩa tròn nhỏ có kích thước đúng bằng 2 lỗ tròn bán kính R/2 đối với trục quay đi qua

tâm của chính chúng là:

2

M R / 2

₁



I₁ I₂

, theo định lý Huygen-Steiner, mômen quán tính của 2 đĩa tròn nhỏ đối với trục quay đi

2

M R / 2

₁



3

2

I_1O I_2O



 M R / 2  M R² b R / 2 R² bR⁴

qua O là:

₁







1

2

8

32

Suy ra mômen của đĩa bị khoét đi 2 lỗ có bán kính R/2 là:

bR⁴

3

5

4

I  I₀ I₁ I₂

 2. bR⁴ bR⁴ .8,9.10³.3,14.4.10^3. 5.10^2 2,2.10^4kg.m²









2

32

16

5

Bài 3.20. Hai vật có khối lượng lần lượt bằng m₁và m₂(m₁> m₂), được nối với nhau

bằng một sợi dây vắt qua một ròng rọc (khối lượng của ròng rọc bằng m) (hình vẽ).

Tìm:

a) Gia tốc của các vật;

b) Sức căng T₁và T₂của các dây treo. Coi ròng rọc là một đĩa tròn, ma sát không đáng

kể. Áp dụng bằng số m₁= 2 kg, m₂= 1 kg, m = 1 kg.

Tóm tắt:

m  m m  2kg,m 1kg,m 1kg

₂



1

2

a)a  ?

b)T  ?,T₂ ?

1

Bài giải:

Dễ dàng viết được 2 phương trình theo định luật 2 Newton đối với mỗi vật: m₁g T  m₁a (1),

1

T₂ m₂g  m₂a (2)

Phương trình đối với chuyển động quay của ròng rọc:

mR²a maR

ma

2

M  I  TR T₂R  I 



 T T₂

(3)

1

2 R

2

(Ở đây chú ý, phương trình cơ bản của chuyển động quay được chiếu lên phương của véc-tơ , trong trường



hợp này véc-tơ này hướng từ bên trong mặt phẳng hình vẽ đi ra)

Từ các phương trình trên ta dễ dàng suy ra hệ phương trình:

m₁g T  m₁a  T  m₁g  m₁a

1

T₂ m₂g  m₂a  T₂ m₂g  m₂a

ma

T  T₂

1

2

ma

m₁ m₂

2 1

2 1 0,5

m  m g  m  m a 

₂ ₂

 a  g

10

 2,86 m / s²





1

m

2

m₁ m₂

m















m₁g m₁ m₂  m₁ m



²



m g 4m  m

2.10. 4.11









m₁ m₂

2

1

2

T  m g  g



14,3 N

 

₁

1

m

2m₁ 2m₂ m

2.2  2.11



m₁ m₂



2 

2

m











m₂g m₁ m₂  m₁ m





²





m g 4m  m 1.10. 4.2 1









m₁ m₂

2

1

T  m g  g



12,9 N

 

₂

2

m

2m₁ 2m₂ m

2.2  2.11



m₁ m₂



2 

2

Bài 3.22. Một vật A khối lượng m trược trên mặt phẳng

nghiêng và làm quay một bánh xe có bán kính R (hình vẽ).

Mômen quán tính của bánh xe đối với trục quay bằng I. Khối

lượng của dây không đáng kể.Tìm gia tốc góc của bánh xe.

Bài giải:

Đối với vật nặng ta có phương trình định luật 2 Newton như

sau:

T  P  F_ms ma

Chiếu phương trình trên lên phương chuyển động và phương vuông góc với phương chuyển động ta được:

Psin T  F_ms ma và N  Pcos  0  N  Pcos  F_ms kmgcos

mgsin  T  kmgcos  ma  mR

Suy ra

6

I

R

Đối với đĩa tròn ta có: M  I  TR  I  T 

mgR sin  kcos





I

Thay vào phương trình phía trên ta được: mgsin   kmgcos  mR   

R

I  mR²

Bài này chẳng rõ ràng gì sất, thứ nhất là chẳng nhắc gì đến lục ma sát cả, thứ 2 là từ công thức cuối cùng có

thể thấy, hệ này chỉ chuyển động khi mà , còn ngược lại thì hệ này cân bằng. Nên

sin  kcos k  tan

về nguyên tắc, phải nói rõ mấy thứ này nữa. Và chú ý là trong sách giải của Trần Văn Quảng sai bét nhé.

7