Giáo án Cơ học lý thuyết (Tóm tắt lý thuyết và Bài tập mẫu)

iãn, không trọng lượng. Kéo vật m2 bởi lực 10 N theo phương thẳng đứng. Hãy tính gia to·c các vật và lực căng dây đaỴt lên m 1, m2. 27. Hai vật gio·ng nhau kho·i lượng mỗi kho·i là M, được no·i với nhau bằng dây mảnh không giãn và có thể di chuyển trên maỴt phẳng nhám nằm ngang (hình 9). Hai vật được kéo với to·c độ không đổi theo đường thẳng bằng sợi dây buộc vào một vật. Cho bie·t sức căng trong dây kéo là T 0, tìm sức căng trong dây no·i. Ne·u sức căng trong dây no·i ba·t thình lình tăng tới 4T0, thì gia to·c tức thời của hai kho·i và sức căng tức thời trong dây no·i bằng bao nhiêu? Bài tập về phương trình vi phân chuyển động (bài toán ngược) Bài tập 25 Hình 9: Bài tập 27 28 (Mục 1.3.2 Chuyển động thẳng, [1]). Xác định chuyển động thẳng của cha·t điểm dưới tác dụng của lực: a) Phụ thuộc thời gian F (t); b) Phụ thuộc vị trí F (x); c) Phụ thuộc vận to·c F (x ˙). 29 (Mục 1.4.2 Dao động thẳng, [1]). Một vật kho·i lượng m treo vào đầu một lò xo có độ cứng k. a) Xác định chuyển động của vật khi lò xo được kéo giãn một đoạn λ và buông ra không vận to·c đầu. b) Với điều kiện đầu như câu a), tìm chuyển động của vật trong trường hợp vật chịu lực cản của môi trường có độ lớn tỉ lệ với vận to·c µx˙. Chuyển động của vật sẽ như the· nào ne·u vật còn chịu thêm lực kích động tuần hoàn Q(t) = Q0 sin pt. 30. Máy bay bổ nhào thẳng đứng đạt được vận to·c 1000 km/h, sau đó người lái đưa máy bay ra khỏi hướng bổ nhào và vạch thành một cung tròn bán kính R = 600 m trong maỴt phẳng thẳng đứng. Trọng lượng người lái là 800 N. Hỏi người lái đã ép lên ghe· ngồi một lực cực đại bằng bao nhiêu. 31. ? Một quả cầu kho·i lượng m rơi thẳng đứng trong môi trường cha·t lỏng và chịu lực cản tỉ lệ với vận to·c, FC = kv, k là hệ so· cản, gia to·c trọng trường g. Xác định vận to·c, phương trình chuyển động của quả cầu. Giả thie·t v(0) = 0, y(0) = 0. 32. ? Một vật naỴng P rơi tự do không vận to·c đầu. Sức cản của không khí lệ với bình phương vận to·c, R = k2P v2 (k là hằng so·). Xác định vận to·c vủa vật tại thời điểm t và vận to·c giới hạn của nó. 33. ? Một viên đạn chuyển động trong maỴt phẳng Oxy từ go·c O với vận to·c đầu V0 lệch so với phương ngang góc α. Giả sử bỏ qua lực cản không khí. a) Tìm vận to·c, quỹ đạo chuyển động của viên đạn. 2 2 b) Xác định α để viên đạn bắn trúng mục tiêu M(v0/2g, V0 /4g). Bài tập về các định lý tổng quát Bài tập 26 34. Chứng tỏ rằng, ne·u một hệ di chuyển từ trạng thái nghỉ đe·n trạng thái khác trong khoảng thời gian nào đó, thì trung bình của lực ngoài toàn phần trong khoảng thời gian này phải bằng không. Áp dụng: Một đồng hồ cát kho·i lượng m đaỴt trên maỴt sàn co· định. Áp lực do đồng hồ lên maỴt sàn là so· đo trọng lượng biểu kie·n của đồng hồ. Cát ở trạng thái nghỉ trong khoang trên, lúc t = 0, bắt đầu chảy xuo·ng khoang dưới. Cát đe·n trạng thái nghỉ ở khoang dưới sau khoảng thời gian τ. Tìm trung bình theo thời gian trọng lượng biểu kie·n của đồng hồ trong khoảng thời gian [0, τ]. Trọng lượng biểu kie·n của đồng hồ không phải là hằng so·! Hãy chứng minh, khi cát đang chảy, trọng lượng biểu kie·n của đồng hồ lớn hơn trọng lượng thực (trọng lượng tĩnh). 35. ? Một tia nước chảy từ một vòi phun với vận to·c v = 10 m/s và trực giao với tường cứng. —ường kính vòi d = 4 cm. Bỏ qua sự nén được của nước. Hãy xác định áp lực của tia nước lên tường. Coi các phần tử nước sau khi va chạm có vận to·c hướng dọc theo tường. Hình 10: Bài tập 35 ? 36. Hai vật A và B có kho·i lượng lần lượt là m1 và m2 được no·i với nhau bởi sợi dây không giãn không trọng lượng vòng qua ròng rọc. Vật A trượt trên maỴt KL và vật B trượt trên maỴt EK của lăng trụ DEKL có kho·i lượng m3 và nằm trên maỴt nhẵn nằm ngang. Xác định dịch chuyển s của lăng trụ khi vật A trượt xuo·ng một đoạn l. Bie·t ban đầu hệ đứng yên. 37. Một chie·c thuyền kho·i lượng M đứng yên trên maỴt nước yên tĩnh và một người đàn ông kho·i lượng m ở mũi thuyền. Người này đứng dậy đi xuo·ng đuôi thuyền rồi ngồi xuo·ng. Ne·u nước cản chuyển động với lực tỉ lệ với vận to·c của thuyền, chứng tỏ rằng thuyền sẽ đe·n và dừng ở vị trí ban đầu của nó. [Ke·t quả này độc lập với hằng so· cản và chi thie·t chuyển động của người.] Bài tập 27 Hình 11: Bài tập 36 Hình 12: Bài tập 37 38. ? Một ta·m tròn đồng cha·t naỴng Q bán kính r có thể quay không ma sát quanh trục thẳng đứng Oz trực giao với maỴt phẳng đĩa. Một người trọng lượng P đi theo mép ta·m tròn với vận to·c tương đo·i u không đổi. Ban đầu hệ đứng yên, hỏi ta·m tròn quay quanh trục với vận to·c góc ω bằng bao nhiêu? Hình 13: Bài tập 38 39. ? Trục hình trụ trọng lượng P bán kính R quay được xung quanh trục nằm ngang nhờ quả cân A có trọng lượng Q treo vào sợi dây qua·n quanh hình trụ (xem hình 14). Bỏ qua kho·i lượng của dây và ma sát ở ổ trục. Hãy xác Bài tập 28 định gia to·c góc trong chuyển động quay của hình trụ khi vật A có chuyển động thẳng đứng. Hình 14: Bài tập 39 ? 40. Hai vật A và B naỴng P1 và P2 được no·i với nhau bằng sợi dây mềm không giãn không trọng lượng và vắt qua ròng rọc O bán kính r trọng lượng Q. Cho P1 > P2, kho·i lượng ròng rọc phân bo· đều trên vành. Xác định gia to·c vật A. Hình 15: Bài tập 40 41. ? Cho tay quay OA chiều dài r trong cơ ca·u thanh truyền quay với vận to·c góc ω0. Thanh truyền OB cũng có chiều dài r. Tay quay và thanh truyền là đồng cha·t và có kho·i lượng riêng là ρ (trên đơn vị dài). Tính động năng của cơ hệ. Hình 16: Bài tập 41 Bài tập 29 42. ? Một dây không giãn, không trọng lượng được qua·n vào đầu đĩa tròn đồng cha·t kho·i lượng m bán kính r, còn đầu kia buộc vào điểm co· định A. Khi dây lơi ra, hình trụï rơi xuo·ng không vận to·c đầu. Xác định vận to·c v của tâm đĩa tròn khi nó rơi xuo·ng một đoạn h. Xác định gia to·c tâm C và sức căng dây. Hình 17: Bài tập 42 43. Một hình trụ trọng lượng P1 có cuộn xung quanh bằng một sợi dây. Dây vắt qua ròng rọc co· định O rồi no·i với vật A naỴng P2. Vật A trượt trên maỴt phẳng nằm ngang có hệ so· ma sát f. Bỏ qua ma sát ở ổ trục O, tìm gia to·c của vật A và của tâm C hình trụ. Hình 18: Bài tập 43 Cơ học giải tích Bài tập về phương trình Lagrange 44. ? Một hạt kho·i lượng m di chuyển dưới tác dụng của lực ha·p dẫn do kho·i lượng M co· định đaỴt tại go·c. La·y tọa độ cực r, θ làm tọa độ suy rộng, vie·t phương trình Lagrange loại hai cho chuyển động của hạt. Tìm một tích phân đầu và giải thích ý nghĩa cơ học của nó. Bài tập 30 Hình 19: Bài tập 44 Hình 20: Bài tập 45 45. ? Một hạt P kho·i lượng m trượt trên maỴt trong trơn của hình nón tròn xoay có góc ở đỉnh bằng 2α. Trục đo·i xứng của hình nón thẳng đứng qua đỉnh O hướng xuo·ng. Chọn các tọa độ suy rộng: r, khoảng cách OP , và ϕ, góc phương vị đo·i với maỴt phẳng co· định đi qua trục hình nón. Vie·t hệ phương trình Lagrange. Chứng tỏ rằng ϕ là tọa độ cyclic và tìm một tích phân đầu. Giải thích ý nghĩa cơ học của tích phân đầu này. 46. ? Xét vật kho·i lượng m trượt trên một maỴt bên trơn nghiêng góc α của nêmï kho·i lượng M, nêm này lại trượt trên maỴt phẳng trơn nằm ngang như hình 21. Toàn bộ chuyển động là phẳng. Vie·t phương trình Lagrange loại Hình 21: Bài tập 46 hai cho hệ này và suy ra (i) gia to·c của nêm, và (ii) gia to·c tương đo·i của vật (đo·i với nêm). Bài tập 31 47. ? Hình 22 vẽ một hình trụ tâm G bán kính a lăn không trượt trên maỴt trong của một maỴt trụ co· định tâm O bán kính b > a. Vie·t phương trình Lagrange loại hai, suy ra chu kỳ dao động bé của hình trụ quanh vị trí cân bằng. Hình 22: Bài tập 47 48. ? Cho hệ như hình 23. —ường ray trơn và lực cho trước F (t) tác động Hình 23: Bài tập 48 lên vật P2. Bỏ qua trọng lực. Vie·t hệ phương trình Lagrange loại hai cho hệ. Trường hợp tính đe·n trọng lực thì sao? 49. Tìm quy luật chuyển động của viên bi B chuyển động dọc trong o·ng OA đang quay đều trong maỴt phẳng nằm ngang với vận to·c góc ω. Tại thời điểm ban đầu viên bi cách O một đoạn bằng A và có vận to·c dọc theo o·ng bằng không. Hình 24: Bài tập 49 50. Vie·t phương trình Lagrange loại hai cho chuyển động của con lắc kép phẳng (xem hình 25). Giả sử kho·i lượng của A và B bằng nhau và bằng m. Bài tập 32 Hình 25: Bài tập 50 51. Vie·t phương trình Lagrange loại hai cho chuyển động của con lắc gồm cha·t điểm kho·i lượng m treo trên dây qua·n vào hình trụ co· định bán kính r (xem hình 26). —ộ dài của phần dây buông thõng tại vị trí cân bằng là l. Bỏ qua kho·i lượng của dây. Hình 26: Bài tập 51 52. Các đầu mút của thanh đồng cha·t AB, có kho·i lượng m, dài 2a trượt không ma sát theo các thanh nằm ngang và thẳng đứng của một khung quay quanh thanh thẳng đứng (xem hình 27). Vie·t phương trình Lagrange loại hai cho chuyển động của thanh khi khung quay với vận to·c góc không đổi ω. Hình 27: Bài tập 52 Lời giải một so· bài tập Trong Lời giải một so· bài tập thỉnh thoảng chúng tôi có chua thêm giải thích, nhận xét, hoaỴc bình luận. Các nội dung này được đaỴt trong da·u ngoaỴc vuông và được in nghiêng để phân biệt. 14 Từ phương trình vi phân ta suy ra dr2 r˙ r = 2r r˙ = 0 r = R (const) (a) ⊥ ⇒ dt · ⇒ d(r c) r˙ c · = r˙ c = 0 r c = const (b) ⊥ ⇒ dt · ⇒ · Từ đẳng thức (b) ta tha·y hình chie·u của P lên trục đi qua O có vectơ chỉ phương c là điểm co· định, gọi là Q; hay nói cách khác, P luôn luôn nằm trên maỴt phẳng co· định đi qua điểm Q và nhận c làm pháp vectơ. Cùng với đẳng thức (a) ta rút ra quỹ đạo của P là đường tròn. Ký hiệu v = r˙ là vận to·c và w = ¨r là gia to·c. Ta có [bằng cách la·y đạo hàm hai ve· phương trình vi phân] ¨r = r˙ c v w = 0. × ⇒ · Vậy P chuyển động với to·c độ không đổi. 15 [Chú ý đe·n các mo·i liên hệ giữa điểm M (cần khảo sát) với các điểm mà giả thie·t của bài toán cho bie·t chuyển động. Dùng tọa độ descartes.] Ta có: - OA = (2a cos ωt, 2a sin ωt), - OB = (2xA, 0) = (4a cos ωt, 0). 33 Lời giải một so· bài tập 34 Suy ra - 1 - - OM= (OA + OB) = (3a cos ωt, a sin ωt). 2 Phương trình chuyển động của M: x = 3a cos ωt y = a sin ωt  Quỹ đạo (khử t từ phương trình chuyển động): x2 y2 + = 1. 9a2 a2 Vận to·c: x˙ = 3aω sin ωt, y˙ = aω cos ωt. − Gia to·c: x¨ = 3aω2 cos ωt, y¨ = aω2 sin ωt. − − —ể tính gia to·c tie·p ta cần tính to·c độ (môđun vectơ vận to·c) v = a ω 1 + 8 sin2 ωt. | | Gia to·c tie·p: p 4a ω ω sin 2ωt wt =v ˙ = | | . √1 + 8 sin2 ωt —ể tính gia to·c pháp ta cần đe·n môđun vectơ gia to·c: w = aω2√1 + 8 cos2 ωt. Gia to·c pháp: aω2 9 12 sin2 2ωt w = w2 w2 = . n t − 2 − √p1 + 8 sin ωt p Lời giải một so· bài tập 35 Chú ý, gia to·c pháp luôn luôn là so· dương! 16 Chuyển động của tâm C là chuyển động thẳng đều vận to·c v0. Do bánh xe lăn không trượt nên Rϕ = v0t (giả thie·t lúc t = 0 điểm M nằm ở go·c tọa độ O). - - Hệ thức liên hệ OM với OC - - - OM=OC + CM. Chie·u hệ thức vectơ xuo·ng các trục tọa độ 3π v0t x = xC + R cos 2 ϕ x = v0t R sin R − − v0t y = yC + R cos(π ϕ) ⇔ y = R R cos  −
 − R Vận to·c: v t v t v t x˙ = v 1 cos 0 , y˙ = v sin 0 v = v 2 1 cos 0 . 0 − R 0 R ⇒ 0 − R   s   Gia to·c: v2 v t v2 v t v2 x¨ = 0 sin 0 , y¨ = 0 cos 0 w = 0 . R R R R ⇒ R —ể tính bán kính cong ta cần bie·t gia to·c tie·p, 2 v0t v0 sin R wt =v ˙ = , R 2 1 cos v0t − R q
gia to·c pháp 2 2 2 v0 v0t wn = w wt = 2 1 cos . − 2Rs − R p   Lời giải một so· bài tập 36 Suy ra v2 v t v t ρ = = 2R 2 1 cos 0 = 4R sin 0 . w − R 2R n s     20 Vận to·c của (1): x˙ = 140t (cm/s). Do đai chuyền, bánh xe (2) chuyển động quay với vận to·c góc ω2 thỏa −1 ω2r2 = 140t suy ra ω2 = 14t/3 (s ) [vận to·c của điểm trên vành bánh xe (2) bằng vận to·c của vật (1)]. Bánh xe (3) chuyển động quay với vận to·c góc ω3 thỏa ω2R2 = ω3R3 −1 suy ra ω3 = R2ω2/R3 = 35t/9 (s ) [bánh xe (3) và bánh xe (2) no·i với nhau bằng đai chuyền. Dùng công thức chuyền động]. —iểm M gắn với bánh xe (3) chuyển động quay quanh trục. Vận to·c của M là v = ω3r3 = 1400t/9 (cm/s). Gia to·c góc của bánh xe (3) là 3 = 2 2 35/9 (1/s ) nên gia to·c tie·p của M là wt = 3r3 = 1400/9 (cm/s ) và gia to·c 2 2 2 pháp của M là wn = ω3 r3 = 19000t /81 (cm/s ) [xem lại các công thức liên quan đe·n chuyển động của co· thể quanh một trục]. Thời điểm (1) đi được s = 40 (cm) là t = 2/√7, thay vào các biểu thức trên ta được ke·t quả cần tìm. [Chú ý, ke·t quả tính vận to·c, gia to·c tie·p, gia to·c pháp của điểm M chỉ là độ lớn. —ể xác định hướng của các vectơ này ta cần xét thêm chiều quay của các bánh xe liên ke·t với nhau!] 21 Chuyển động tương đo·i của M đo·i với hình nón (hệ tọa độ động) là chuyển động thẳng đều nên gia to·c tương đo·i wr bằng không. Chuyển động theo là chuyển động tròn với vận to·c góc ω -không đổi nên vận to·c theo của M là ve = ~ω r, trong đó ~ω = ωk, r =OM. Gia to·c theo (dùng công thức Gibbs): × dv w = e = (~ω r)~ω ω2r. e dt · − —ể ý rằng ~ω r = ωr cos α nên · − w = ω2r cos αk ω2rr , e − − 0 trong đó r0 là vectơ đơn vị của r. Ne·u phân tích vectơ r0 thành r = cos αk + sin αu 0 − Lời giải một so· bài tập 37 với u là vectơ đơn vị trực giao với k (trục z) và nằm trong maỴt phẳng (AOM), thì w = ω2r sin αu. e − Gia to·c Coriolis của M: w = 2~ω v = 2ωv sin αv, c × r r trong đó v là vectơ đơn vị của vectơ k v r, vectơ này vuông góc với maỴt phẳng (AOM). × Áp dụng công thức cộng gia to·c, w = ω2r sin αu + 2ωv sin αv, a − r gia to·c này nằm trong maỴt phẳng vuông góc với OA. Tại thời điểm t, r = vrt + a, w = ω2(v t + a) sin αu + 2ωv sin αv. a − r r 23 Hệ tọa độ co· định Oxy gắn với nền. Hệ tọa độ động Cs gắn với maỴt nghiêng của nêm. Hình 28 vẽ hai vị trí của nêm, trong đó hình vẽ không Hình 28: Hai vị trí trước và sau của nêm (bài tập 23). liền nét ứng với vị trí ban đầu của nêm. Thanh AB chuyển động tịnh tie·n, vận to·c của thanh được cho bởi vận to·c của A. —iểm A0 là vị trí ban đầu của A (trong hệ co· định). Ta có: HA = ∆x, ∆yA = HA tan α = ∆x tan α, suy ra vận to·c tuyệt đo·i của thanh AB: va(A) = v tan α, hướng thẳng đứng lên trên. Ke·t quả nhận được bằng cách chia hai ve· cho ∆t, rồi qua giới hạn, ∆t 0. → —iểm A00 là vị trí ban đầu của A trên nêm. Ta có: A 0A00 = ∆s cos α, 0 00 A A = HA = ∆x, suy ra vận to·c tương đo·i của A: vr(A) = v/cosα, hướng ngược chiều với s. Dùng dữ liệu so·: o o va(A) = 30 tan 30 = 10√3 (cm/s), vr(A) = 30/ cos 30 20√3 (cm/s). Lời giải một so· bài tập 38 Ta có thể giải bằng công thức hợp vận to·c. Trước he·t, để ý rằng vận to·c của nêm v là vận to·c theo của A, ve(A) = v. Tính vận to·c tương đo·i của A, vr(A) (như trên) rồi dùng công thức hợp vận to·c tính vận to·c tuyệt đo·i của A, va(A). 24 Gọi I, ωAB lần lượt là tâm quay tức thời, vận to·c góc tức thời của thanh o AB. —iểm I chính là giao điểm của O1A và O2B. ‘¤ vị trí α = β = 60 tam giác O1IO2 là tam giác đều, suy ra: IA = O1I O1A = 40 (cm), IB = O I O B = 20 (cm). Từ công thức vận to·c của chuyển− động quay của thanh 2 − 2 O1A và thanh AB ta có 10 10π = 40ω ω = 2, 5π (1/s). × AB ⇒ AB —iểm B chuyển động với vận to·c V = 20 2, 5π = 50π (cm/s). B × Vận to·c góc của thanh O2B sinh viên tự làm. 31 Quả cầu chịu tác dụng của: trọng lực P = mg, lực cản của môi trường F = kv (bỏ qua lực đẩy Archimède). —ịnh luật thứ hai cho C − mw = P + FC. Chọn hệ trục độ Oy thẳng đứng hướng lên. Chie·u hệ thức vectơ lên trục Oy, ta được: k my¨ = mg ky˙ y¨ + y˙ = g. (a) − − ⇒ m − Giải phương trình vi phân (a) - cách 1. Tách bie·n (xem y˙ là ẩn hàm), dy˙ k = dt, m y˙ + g − tích phân hai ve· m k ln y˙ + g = t + C. (b) k m −   m Dùng điều kiện đầu y˙(0) = 0, ta được C = k ln g; thay vào (b), sau một so· bie·n đổi, ta thu được vận to·c của quả cầu: mg kt y˙ = exp 1 . (c) k −m −     Lời giải một so· bài tập 39 —ể ý rằng khi t + , y˙ mg (vận to·c giới hạn). Vận to·c giới hạn này → ∞ → − k cũng có thể tìm từ phương trình P + FC = 0. Tích phân (c) và dùng điều kiện đầu y(0) = 0 ta được phương trình chuyển động (luật chuyển động): m2g kt mgt y = 1 exp . k2 − −m − k    Cách 2. Phương trình (a) là phương trình vi phân tuye·n tính ca·p hai không thuần nha·t. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nha·t kt y = C + C exp . 1 2 −m   Tìm nghiệm phương trình không thuần nha·t dưới dạng kt y = C (t) + C (t) exp . 1 2 −m   0 0 C1(t),C2(t) thỏa hệ 0 kt 0 C1(t) + exp m C2(t) = 0 k exp − kt C0 (t) = g − m − m
2 −
0 0 Giải ra C1(t),C2(t), rồi tích phân theo t, cuo·i cùng ta được kt m2g mgt y = C exp + + C , 2 −m k2 − k 1   trong đó C1,C2 là các hằng so· tích phân phụ thuộc điều kiện đầu. Phần còn lại sinh viên tự làm. 33 a) Lực tác dụng lên viên đạn là trọng lực P. Phương trình vi phân chuyển động (định luật thứ hai của Newton) mw = P. Lời giải một so· bài tập 40 Chie·u xuo·ng các trục tọa độ: x¨ = 0 y¨ = g − Tích phân hệ phương trình trên, ta được vận to·c của viên đạn (dùng điều kiện đầu, vận to·c): x˙ = V0 cos α y˙ = gt + V sin α − 0 Tích phân lần nữa (dùng điều kiện đầu, vị trí) ta được phương trình chuyển động của viên đạn: x = V0t cos α y = 1 gt2 + V t sin α − 2 0 Khử t trong hai phương trình trên ta được phương trình quỹ đạo của viên đạn: g 2 y = 2 2 x + x tan α. −2V0 cos α b) —ể viên đạn bắn trúng điểm M ta phải có V 2 1 V 2 V 2 1 3 0 = (1 + tan2 α) 0 + 0 tan α tan2 α 2 tan α + = 0. 4g −2 4g 2g ⇔ 2 − 2 Nghiệm: tan α = 1, tan α = 3. 35 Cơ hệ: kho·i nước, ban đầu được giới hạn bởi a b, sau khoảng thời gian 0 0 − ∆t giới hạn bởi a b (hình 10). − Lực ngoài tác dụng: trọng lực P, phản lực R của tường tác dụng lên kho·i nước. Chọn trục x nằm ngang và áp dụng định lý bie·n thiên động lượng theo phương x. P P = R∆t. (a) 2x − 1x − Lời giải một so· bài tập 41 Kho·i nước ban đầu và kho·i nước lúc sau có phần chung (2). Ne·u giả thie·t chuyển động của kho·i nước là dừng thì P P = P (1) = mv, (b) 2x − 1x − 1x − (1) trong đó P1x là động lượng lúc đầu của phần (1) còn m là kho·i lượng của nó. Ke·t quả này nhận được là do các phần (3) có vận to·c vuông góc với trục x. Thay (b) vào (a) ta suy ra mv R = . (c) ∆t Ne·u nước có mật độ kho·i là ρ thì kho·i lượng của phần (1) là πd2 m = ρ v∆t 4 và như vậy (ρ = 1), πd2v2 R = ρ = 125, 6 N. 4 36 Hệ quy chie·u: trục Ox nằm ngang có chiều từ trái qua phải. Cơ hệ: gồm A, B, sợi dây và lăng trụ. Chú ý, ở đây ta không kể dây và ròng rọc vì chúng không có kho·i lượng nên chỉ có tác dụng ràng buộc (liên ke·t) các vật trong hệ (xem hình 11). Lực ngoài tác dụng: các trọng lực P, PA, PB , và phản lực N của maỴt sàn tác dụng lên lăng trụ. —ể áp dụng định lý bie·n thiên động lượng trên phương Ox, trước he·t, ta tìm liên hệ giữa các thành phần vận to·c theo phương x của A, B và lăng trụ. Ne·u gọi v là vận to·c của lăng trụ đo·i với O, v 0 là thành phần vận to·c theo phương x của B đo·i với lăng trụ. Thì thành phần vận to·c theo phương x của A đo·i với lăng trụ (vận to·c tương đo·i) sẽ là v 0 cos α (do dây không giãn). Từ công thức cộng vận to·c, ta có thành phần vận to·c theo phương x của A, B đo·i với O (vận to·c tuyệt đo·i) lần lượt là v 0 cos α + v, v0 + v. Do ban đầu hệ đứng yên nên động lượng bằng không, P1x = 0. —ộng lượng lúc sau (khi A đã trượt xuo·ng một khoảng l dọc theo cạnh KL của lăng Lời giải một so· bài tập 42 trụ): 0 0 0 P2x = m1(v cos α+v)+m2(v +v)+mv = (m1 cos α+m2)v +(m1 +m2 +m)v. Vì dây không trọng lượng nên mômen động lượng của nó bằng không. Như vậy, theo định lý bie·n thiên động lượng trên phương Ox, 0 0 (m1 cos α + m2)v (m1 cos α + m2)v + (m1 + m2 + m)v = 0 v = . ⇒ − m1 + m2 + m Ve· phải của phương trình trên bằng không do ta·t cả các lực ngoài đều trực giao với Ox. La·y tích phân hai ve· từ 0 đe·n thời điểm đang xét, ta được: (m cos α + m )l s = 1 2 . − m1 + m2 + m Da·u trừ trong phương trình chỉ thị lăng trụ di chuyển ngược hướng di chuyển của B. 38 Cơ hệ: ta·m tròn và người. Lực ngoài tác dụng: P, Q là trọng lực của người và ta·m tròn, RA, RB phản lực liên ke·t tại các ổ trục (xem hình 13). (e) Ta có mz(Fk ) = 0 nên mômen động lượng của hệ được bảo toàn theo phương z. Vì ban đầu hệ đứng yên nên Lz = 0 tại mọi thời điểm. P Tại thời điểm ba·t kỳ, giả định vận to·c của người và vectơ vận to·c góc của ta·m tròn như hình vẽ. Lúc đó vận to·c tuyệt đo·i của người v = rω + u. Mômen động lượng của hệ đo·i với trục z: P r2 P L = J ω + r(rω + u) = (Q + 2P )ω + ru, z z g 2g g ta·m tròn người |{z} | {z } trong đó ta đã dùng công thức tính mômen quán tính của ta·m tròn đo·i với 2 trục z, Jz = Qr /2g. Từ Lz = 0 ta suy ra 2P u ω = . −r(Q + 2P ) Lời giải một so· bài tập 43 Chú ý, da·u trừ trong biểu thức ω chứng tỏ vận to·c góc có chiều ngược với chiều giả thie·t. 39 Xem hình 14. ‘¤ đây, vì lý do tie·t kiệm, chúng tôi không vẽ hình lại cũng như không thêm những chi tie·t bổ sung trong quá trình giải, chẳng hạn như sơ đồ các lực ngoài tác dụng lên hệ, hệ tọa độ được dùng. Nhưng trong khi trình bày lời giải các bạn nên vẽ ra để lời giải được rõ ràng hơn. Cơ hệ: hình trụ, sợi dây và quả cân A. Lực ngoài: trọng lực P và phản lực N tác dụng lên hình trụ, trọng lực Q tác dụng lên quả cân A. Hệ tọa độ: Go·c O "tâm" của hình tru, trục Ox hướng xuo·ng dưới, trục Oy nằm ngang hướng từ phải qua trái, và như vậy trục Oz vuông góc và hướng vào trong maỴt phẳng hình vẽ. Chọn hệ tọa độ như the· này thì hình trụ sẽ quay theo chiều thuận (ngược chiều kim đồng hồ).ï Mômen động lượng của hệ đo·i với trục z: Q R2ω(P + Q) L = J ω + v R = . z z g A g hình trụ quả cân A |{z} | {z } 2 ‘¤ đây ta đã dùng công thức tính mômen quán tính của hình trụ Jz = PR /g, và liên hệ giữa vận to·c quả cân A với vận to·c góc của hình trụ, vA = ωR (do dây không giãn). Vì dây không trọng lượng nên mômen động lượng của nó bằng không. Mômen của lực ngoài đo·i với trục z (hai lực P, N có đường tác dụng caỴt trục z nên mômen của chúng bằng không): Mz(Q) = RQ. Áp dụng định lý bie·n thiên mômen động lượng (dạng vi phân) ta được: R2(P + Q) = RQ. g Suy ra gia to·c góc của hình trụ: gQ  = . R(P + Q) Lời giải một so· bài tập 44 40 Cơ hệ: ròng rọc, sợi dây và hai vật A, B. Lực ngoài tác dụng: P1, P2, Q và phản lực R (hình 15). Hệ tọa độ: Oxyz với Ox nằm ngang hướng từ trái qua phải, Oy thẳng đứng hướng lên và Oz vuông góc với maỴt phẳng hình vẽ hướng ra ngoài (trang gia·y). —ể ý rằng, ne·u vật A (B) có vận to·c v thì ròng rọc có ω = v/r. Mômen động lượng của hệ đo·i với trục z vuông góc với maỴt phẳng hình vẽ P P rv(Q + P + P ) L = J ω + 1 vr + 2 vr = 1 2 . z z g g g ròng rọc vật A vật B |{z} | {z } | {z } 2 ‘¤ đây ta đã dùng công thức Jz = Qr /2 tính mômen quán tính của ròng rọc. Vì dây không trọng lượng nên mômen động lượng của nó bằng không. Áp dụng định lý bie·n thiên mômen động lượng đo·i với trục z, ta có r(Q + P + P ) L˙ = (P P )r 1 2 w = (P P )r (w =v ˙), z 1 − 2 ⇔ g 1 − 2 suy ra (P P )g w = 1 − 2 . Q + P1 + P2 41 Thanh OA thực hiện chuyển động quay quanh O với vận to·c góc ω0 nên động năng bằng 1 1 J ω2 = ρr3ω2. 2 1 0 6 0 1 2 ‘¤ đây, ta đã dùng công thức J1 = 3 Mr với M = ρr. Thanh AB chuyển động song phẳng. Chuyển động tức thời của nó là chuyển động quay quanh tâm quay tức thời I (hình vẽ) với vận to·c góc ω1. Ta tha·y A là trung điểm cạnh huyền của tam giác vuông ∆OBI vuông tại B, nên IA = OA = r. Vì v(A) = OAω0 = rω0 (trong chuyển động của thanh OA), v(A) = IAω1 = rω1 (trong chuyển động của thanh AB) nên ω1 = ω0. —ể tính động năng của thanh AB ta cần tính mômen quán tính J2 của nó Lời giải một so· bài tập 45 đo·i với trục đi qua I. Trước he·t, xác định IJ với J là kho·i tâm (trung điểm) của AB. Áp dụng công thức côsin cho tam giác ∆IAJ, ta có: 5 IJ 2 = IA2 + AJ 2 2AI AJ cos ∠IAJ = r2 cos 2ϕ . − · 4 −   Do đó theo công thức Huygens 1 5 4 J = ρr3 + ρr3 cos 2ϕ = ρr3 cos 2ϕ . 2 12 4 − 3 −     —ộng năng của thanh AB bằng 1 4 ρr3 cos 2ϕ ω2. 2 3 − 0   Tóm lại, động năng của hệ bằng 1 1 4 5 1 ρr3ω2 + ρr3 cos 2ϕ ω2 = ρr3 cos 2ϕ ω2. 6 0 2 3 − 0 6 − 2 0     42 Cơ hệ: đĩa và dây. Lực ngoài tác dụng: P trọng lực đaỴt lên đĩa. Hệ tọa độ được chọn có go·c đaỴt tại A, Ax thẳng đứng hướng xuo·ng dưới, Ay nằm ngang hướng từ trái qua phải, Az vuông góc với maỴt phẳng hình vẽ (đầu bài) hướng từ ngoài vào trong (trang gia·p). Với cách chọn hệ tọa độ này thì đĩa quay theo chiều thuận. 0 0 0 —ể tính mômen động lượng của- hệ ta dùng hệ tọa độ K¨onig Cx y z (hình tịnh tie·n của Axyz theo vectơ AC). —ể ý rằng, đĩa thực hiện chuyển động song phẳng, do dây không giãn, có chuyển động tức thời là chuyển động quay quanh trục đi qua "điểm tie·p xúc" của dĩa với trục Ax với vận to·c góc ω, vC = rω. Ne·u xét chuyển động của điểm này đo·i với hệ K¨onig (xem như đứng yên), thì nó chuyển động quay quanh C với cùng vận to·c góc. Như vậy, 3 L = mrv + J ω = mr2ω, z C C 2 Lời giải một so· bài tập 46 trong đó JC là mômen quán tính của đĩa đo·i với trục đi qua C và cùng hướng 2 với Az. ‘¤ đây ta đã dùng công thức JC = mr /2. Vì dây không trọng lượng nên mômen động lượng của nó bằng không. Mômen của lực ngoài (đaỴt tại C): mgr. Áp dụng định lý bie·n thiên mômen động lượng: 3 2g mr2ω˙ = mgr  =ω ˙ = . 2 ⇒ 3r Vì C chuyển động thẳng đứng nên gia to·c của C: wC =v ˙C = 2g/3. —ể tìm lực căng ta xét hệ chỉ gồm đĩa. Khi đó, lực ngoài tác dụng lên hệ gồm P và lực căng dây T. Áp dụng định lý chuyển động kho·i tâm, ta có: 2mg mg mw = mg T T = mg = . C − ⇒ − 3 3 Cách giải khác Phần đầu của bài tập này có thể giải bằng cách dùng định lý bie·n thiên động năng. ‘¤ đây ta cũng dùng hệ tọa độ K¨onig khi tính động năng. —ộng năng của hệ: 1 1 3 T = mv2 + J ω2 = mr2ω2. 2 C 2 C 4 Công sua·t của lực ngoài: W = mgvC = mgrω. Áp dụng định lý bie·n thiên động năng: 3 2g mr2ωω˙ = mgrω  =ω ˙ = . 2 ⇒ 3r 44 Hệ là hạt chỉ chuyển động trong maỴt phẳng qua go·c nên có 2 bậc tự do [Chuyển động của hạt dước tác dụng của lực xuyên tâm là chuyển động phẳng. —a‚y là ràng buộc của hạt]. Tọa độ suy rộng (dùng tọa độ cực có go·c đaỴt tại go·c). Lời giải một so· bài tập 47 —ộng năng của hạt là (xem hình 19) 1 T = m(r ˙2 + r2θ˙2). 2 The· năng của hạt (đo·i với vô cùng) là GMm V = . − r Hàm Lagrange L = T V : − 1 GMm L = m(r ˙2 + r2θ˙2) + . 2 r Tính các đạo hàm rồi thay vào hệ phương trình Lagrange, ta được: MG mr¨ m rθ˙2 = 0, − − r2   d m(2rr˙θ˙ + r2θ¨) = 0 (r2θ˙) = 0. ⇒ dt Tích phân đầu: r2θ˙ =const. Chú ý, ta có thể nhận ra chuyển động có một tích phân đầu từ nhận xét ∂L/∂θ (hàm Lagrange không phụ thuộc θ, nghĩa là θ là tọa độ cyclic). Tích phân đầu này chính là mômen động lượng của hạt mr2θ˙ được bảo toàn. 45 Hệ là hạt. Vì vectơ bán kính của hạt: r = rer, trong đó er = (sin α cos ϕ, sin α sin ϕ, cos α), nên hệ có 2 bậc tự do. Tọa độ suy rộng: r, θ. Vận to·c của hạt: r˙ =r ˙er + re˙ r. —ể ý rằng, e˙ =ϕ ˙ sin α( sin ϕ, cos ϕ, 0) =ϕ ˙ sin αe . r − ϕ Lời giải một so· bài tập 48 Như vậy, động năng của hạt: 1 T = m(r ˙2 + r2ϕ˙ 2 sin2 α). 2 The· năng của hạt (đo·i với O): V = mgr cos α. Hàm Lagrange: 1 L = T V = m(r ˙2 + r2ϕ˙ 2 sin2 α) mgr cos α. − 2 − Hệ phương trình Lagrange (sv nên tính toán tường minh) r¨ rϕ˙ 2 sin2 α + g cos α = 0, − 2rr˙ϕ˙ + r2ϕ¨ = 0 (sin α > 0). Do hàm Lagrange không phụ thuộc ϕ nên ϕ là tọa độ cyclic. Tích phân đầu: r2varphi˙ = const. Sv tự giải thích ý nghĩa vật lý. 46 Hệ hai bậc tự do. Chọn tọa độ suy rộng: x, chuyển dịch của nêm đo·i với điểm co· định trên sàn; y, chuyển dịch của vật đo·i với điểm co· định trên nêm. —ộng năng và the· năng của hệ: 1 1 T = Mx˙ 2 + m(x ˙ 2 +y ˙2 + 2x ˙y˙ cos α), 2 2 V = mgy sin α. − Hàm Lagrange: 1 1 L = T V = Mx˙ 2 + m(x ˙ 2 +y ˙ 2 + 2x ˙y˙ cos α) + mgy sin α. − 2 2 Tính các đạo hàm ∂L ∂L d ∂L = 0, = (M + m)x ˙ + (m cos α)y, ˙ = (M + m)¨x + (m cos α)¨y; ∂x ∂x˙ dt ∂x˙ ∂L ∂L d ∂L = mg sin α, = my˙ + (m cos α)x, ˙ = my¨ + (m cos α)¨x. ∂y ∂y˙ dt ∂y˙ Lời giải một so· bài tập 49 Hệ phương trình Lagrange loại hai: (M + m)¨x + (m cos α)¨y = 0, my¨ + (m cos α)¨x mg sin α = 0. − Giải ra ta được mg sin α cos α (M + m)g sin α x¨ = , y¨ = . − M + m sin2 α − M + m sin2 α 47 Ne·u không có điều kiện "lăn không trượt" thì hệ hai bậc tự do với các tọa độ suy rộng: θ, góc giữa OG và trục thẳng đứng hướng xuo·ng; ϕ, góc quay của hình trụ (đo·i với vị trí tham chie·u nào đó). —iều kiện lăn không trượt cho (b a)θ˙ = aϕ˙ (b a)θ = aϕ. (a) − ⇒ − ‘¤ đây ta đã chọn vị trí tham chie·u thích hợp để cho ϕ = 0 khi θ = 0. Vậy hệ một bậc tự do. Chọn tọa độ suy rộng là θ. —ộng năng của hệ: 1 1 T = m((b a)θ˙)2 + Jϕ˙ 2 2 − 2 3 = m(b a)2θ˙2 4 − trong đó ta đã dùng phương trình liên ke·t (a) và công thức tính mômen quán tính của hình trụ J = ma2/2. The· năng: V = mg(b a) cos θ. − − Hàm Lagrange 3 L = T V = m(b a)2θ˙2 + mg(b a) cos θ. − 4 − − Tính các đạo hàm: ∂L ∂L 3 d ∂L 3 = mg(b a) sin θ, = m(b a)2θ,˙ = m(b a)2θ.¨ ∂θ − − ∂θ˙ 2 − dt ∂θ˙ 2 − Lời giải một so· bài tập 50 Phương trình Lagrange loại hai: 3 2g m(b a)2θ¨ + mg(b a) sin θ = 0 θ¨ + sin θ = 0. 2 − − ⇒ 3(b a) − (chú ý, phương trình này trùng với phương trình chính xác cho dao động con lắc đơn có chiều dài l = 3(b a)/2). − Với giả thie·t dao động bé ta xa·p xỉ sin θ θ trong phương trình Lagrange, ta được ≈ 2g θ¨ + θ = 0. 3(b a) − Chu kỳ của dao động theo công thức của con lắc đơn l 3(b a) 2π = 2π − . sg s 2g 48 Hệ hai bậc tự do. Chọn các tọa độ suy rộng: x, θ như trên hình 23. —iểm đaỴc biệt ở thí dụ này là lực F tác dụng lên P2 được cho phụ thuộc thời gian (không bảo toàn) nên ta cần tính các lực suy rộng! Chuyển dịch ảo của P2 theo phương ngang: δx + a cos θδθ. nên công phân to· của lực chủ động (chỉ có lực F ) là F (t)(δx + a cos θδθ) = Qxδx + Qθδθ, suy ra Qx = F (t),Qθ = (a cos θ)F (t). —ộng năng của hệ: 1 1 T = mx˙ 2 + m[(x ˙ + a cos θθ˙)2 + (a sin θθ˙)2] 2 2 1 = mx˙ 2 + (ma cos θ)x ˙θ˙ + ma2θ˙2. 2 Lời giải một so· bài tập 51 Hệ phương trình Lagrange loại hai: d [2mx˙ + (ma cos θ)θ˙] = F (t), dt d [(ma cos θ)x ˙ + ma2θ˙] [ (ma sin θ)x ˙θ˙] = (a cos θ)F (t). dt − − Phụ lục A —ề thi mẫu Câu 1 (2đ) Một con ong bay trên một quỹ đạo theo luật chuyển động cho trong tọa độ cực là bt t r = (2τ t), ϕ = (0 t 2τ), τ 2 − τ ≤ ≤ trong đó b và τ là những hằng so· dương. Chứng tỏ rằng to·c độ nhỏ nha·t của con ong là b/τ. Tìm gia to·c của con ong tại thời điểm này. Câu 2 (2đ) Một cha·t điểm P kho·i lượng m chuyển động dưới lực ha·p dẫn Hình 1: Câu 2 của vật có kho·i lượng M đaỴt tại O. Ban đầu P ở cách O khoảng cách a, được bắn ra xa O với to·c độ (2MG/a)1/2. Tìm khoảng cách từ P đe·n O tại thời điểm t. Chứng tỏ P chuyển động ra vô cùng. ‘¤ đây G là hằng so· ha·p dẫn. Câu 3 (1đ) Cho đĩa tròn đồng cha·t bán kính a, kho·i lượng M. —ể thay đổi mômen quán tính của đĩa người ta gắn thêm vào đĩa kho·i lượng m cách tâm khoảng cách a/2. Tính mômen quán tính của hệ đo·i với trục đi qua tâm và 52 PHỤ LỤC A. —Ề THI MẪU 53 Hình 2: Câu 3 vuông góc với đĩa. Ne·u không thêm và kho·i lượng m thì trục phải dời song song đe·n điểm nào trên đĩa để mômen quán tính vẫn bằng như trường hợp trước? Câu 4 (2.5đ) Một đĩa tròn kho·i lượng M bán kính a có thể quay không ma Hình 3: Câu 4 sát quanh trục nằm ngang đi qua tâm của nó. Một con bọ kho·i lượng m chạy với vận to·c không đổi u quanh mép đĩa. Ban đầu đĩa được giữ ở trạng thái nghỉ và được thả ra khi con bọ ở vị trí tha·p nha·t. Tính mômen động lượng của hệ (gồm đĩa và con bọ) đo·i với trục quay. Vie·t phương trình bie·n thiên động lượng của hệ. Chứng tỏ rằng 4mg u2 ϕ˙ 2 = (cos ϕ 1) + . a(M + 2m) − a2 trong đó ϕ là góc xác định vị trí con bọ so với phương thẳng đứng hướng xuo·ng. Câu 5 (2.5đ) Một o·ng trụ bán kính a, trong lượng P1 có cuo·n xung quanh bằng một sợi dây. Dây vắt qua ròng rọc co· định O rồi no·i với vật naỴng A trọng lượng P2. Vật A trượt trên maỴt phẳng ngang có hệ so· ma sát f. Bỏ qua ma sát ở ổ trục O. Vie·t phương trình Lagrange loại hai cho hệ. Tìm gia to·c của A và tâm C của o·ng trụ. Chú thích —ề thi gồm 5 câu được ca·u trúc như sau: Câu 1 - —ộng học điểm; kiểm tra kie·n thức và kỹ năng tính toán các PHỤ LỤC A. —Ề THI MẪU 54 Hình 4: Câu 5 khái niệm động học cơ bản: phương trình (luật) chuyển động, quỹ đạo, vận to·c, gia to·c, gia to·c tie·p, gia to·c pháp, bán kính cong. Câu 2 - —ộng lực học điểm; kiểm tra khả năng thie·t lập phương trình vi phân chuyển động và kỹ năng giải phương trình vi phân. Câu 3 - Kiểm tra kie·n thức về kho·i tâm, mômen quán tính. Câu 4 - Kiểm tra kỹ năng vận dụng một trong ba định luật tổng quát (động lượng, mômen động lượng và động năng). Câu 5 - Cơ học giải tích; kiểm tra kỹ năng phân tích liên ke·t, thie·t lập phương trình Lagrange loại hai. —áp án Câu 1 Vận to·c của con ong tại thời điểm t: 2b bt v = (τ t), v = (2τ t). r τ 2 − ϕ τ 3 − To·c độ của con ong tại thời điểm t: b 2 1 2 2 v = 2 4(τ t) + 2 (2τt t ) , τ r − τ − b2 v2 = f(t). τ 4 2 1 2 2 ‘¤ đây ta đã đaỴt f(t) = 4(τ t) + 2 (2τt t ) . —ể tìm to·c độ nhỏ nha·t của − τ − PHỤ LỤC A. —Ề THI MẪU 55 ong ta khảo sát hàm f(t). 2 f 0(t) = 8(τ t) + (2τt t2)(2τ 2t) − − τ 2 − − 4 = (τ t)(t2 2τt + 2τ 2) −τ 2 − − Xét da·u f 0(t) trong khoảng [0, 2τ] có thể tha·y f(t) nhỏ nha·t (và như vậy vận to·c nhỏ nha·t) khi t = τ. Vận to·c nhỏ nha·t bằng b/τ. Gia to·c của con ong tại thời điểm t: 2b bt 4b w = (2τ t), w = (τ t). r −τ 2 − τ 4 − ϕ τ 3 − Lúc t = τ, 3b 3b w = , w = 0 w = . r −τ 2 ϕ ⇒ τ 2 Câu 2 Chọn hệ tọa độ như hình vẽ. Lực tác dụng: lực ha·p dẫn có độ lớn F = GMm/x2 và hướng về O. Phương trình vi phân chuyển động GMm GM mx¨ = x¨ = . − x2 ⇒ − x2 Ký hiệu v =x ˙ x¨ =v ˙. Nhân vào hai ve· phương trình với vdt = dx, ta được ⇒ 1 GMdx d(v2) = . 2 − x2 Tích phân hai ve· từ thời điểm đầu đe·n thời điểm t: 1 1 v(t)2 v(0)2 = 2GM . − x(t) − x(0)   PHỤ LỤC A. —Ề THI MẪU 56 Dùng điều kiện đầu, v(0)2 = 2MG/a, x(0) = a, ta suy ra 2GM v(t) = . s x(t) Nhân vào hai ve· với dt, ta được 2GM dx = dt x1/2dx = √2GMdt. r x ⇒ Tích phân hai ve·, ta được 3 3 2/3 x(t)3/2 x(0)3/2 = √2GM t x(t) = a3/2 + √2GMt . − 2 ⇒ 2   —ây chính là khoảng cách từ O đe·n P tại thời điểm t. Cho t , x(t) , nghĩa là P chuyển động ra vô cùng. → ∞ → ∞ Câu 3 Mômen quán tính của hệ có tính cha·t cộng tính. Gọi ∆ là trục đi qua tâm (kho·i tâm của đĩa), ta có 1 a 2 a2(2M + m) J = Ma2 + m = . 2 2 4   Gọi ∆0 là trục cần tìm và d là khoảng cách giữa hai trục. Theo định lý Huygens, 2 1 2 2 J 0 = J + Md = Ma + Md . ∆ ∆ 2 —ể mômen quán tính vẫn bằng như trường hợp trước, ta phải có 1 a2(2M + m) a m Ma2 + Md2 = d = . 2 4 ⇒ 2 M r PHỤ LỤC A. —Ề THI MẪU 57 Vậy trục ∆0 phải chọn đi qua điểm cách tâm đĩa khoảng cách d xác định như trên. Câu 4 Gọi θ là góc quay của đĩa (chiều chọn như hình vẽ). —ĩa thực hiện chuyển động quay nên mômen động lượng đo·i với trục quay là 1 L = Jθ˙ = Ma2θ.˙ đ 2 Chuyển động của con bọ gồm: chuyển động tương đo·i - chuyển động tròn với vận to·c dài không đổi u; chuyển động theo là chuyển động quay quanh trục cùng với đĩa. Vận to·c tuyệt đo·i của con bọ: u + aθ.˙ − (chú ý kỹ cách chọn chiều quay dương). Mômen động lượng của con bọ: L = ma(u aθ˙). b − − Mômen động lượng của hệ đo·i với trục quay: 1 2 L = Lđ + L = Ma θ˙ ma(u aθ˙). b 2 − − Lực tác dụng lên hệ: trọng lực của đĩa và của con bọ. Lực tác dụng lên đĩa quy về lực đaỴt tại điểm mà trục quay đi qua nên mômen của lực bằng không. Mômen của lực tác dụng lên hệ cũng là mômen của lực tác dụng lên con bọ: MO = mga sin ϕ (chú ý kỹ cách chọn chiều quay dương). ‘¤ đây ϕ là góc xác định vị trí con bọ đo·i với phương thẳng đứng hướng xuo·ng. Áp dụng định lý bie·n thiên mômen động lượng của hệ, d 1 Ma2θ˙ ma(u aθ˙) = mga sin ϕ dt 2 − −   (M + 2m)a2θ¨ = mga sin ϕ. 2 PHỤ LỤC A. —Ề THI MẪU 58 —ể ý rằng góc chuyển động của con bọ tại thời điểm t so với vị trí ban đầu bằng θ + ϕ. Con bọ chuyển động đều nên a(θ + ϕ) = ut, suy ra θ˙ = (u/a) ϕ˙, − ϕ¨ = θ¨. Thay vào phương trình bie·n thiên mômen động lượng ta được sau một so·− bie·n đổi: 2mg ϕ¨ = sin ϕ. −a(M + 2m) Nhân hai ve· với ϕdt˙ = dϕ, ta được: 1 2mg d(ϕ ˙)2 = sin ϕdϕ. 2 −a(M + 2m) Tích phân hai ve· từ thời điểm đầu đe·n thời điểm t: 1 2mg [ϕ ˙(t)2 ϕ˙(0)2] = [cos(ϕ(t)) cos(ϕ(0))]. 2 − a(M + 2m) − Dùng điều kiện đầu, ϕ(0) = 0, ϕ˙(0) = u/a, ta suy ra: 4mg u2 ϕ˙ 2 = (cos ϕ 1) + . a(M + 2m) − a2 Câu 5 Hệ: o·ng trụ tâm C và vật năng A Vật A thực hiện chuyển động tịnh tie·n theo phương ngang. Hình trụ thực hiện chuyển động song phẳng, bao gồm: tịnh tie·n theo phương thẳng đứng (cùng với A) và quay (tức thời) quanh B. Hệ có 2 bậc tự do. Tọa độ suy rộng: x - vị trí A theo phương ngang, ϕ góc quay của o·ng trụ. Các lực chủ động: trọng lực P1, lực ma sát Fms = fP2, trọng lực P2. —ộng năng của A: P T = 2 x˙ 2. A 2g —ể tính động năng o·ng trụ, dùng công thức tính động năng theo kho·i tâm C, trước he·t ta tính vận to·c của C bằng công thức Euler (điểm cực là B - tâm PHỤ LỤC A. —Ề THI MẪU 59 quay tức thời) v =x ˙ +aϕ˙ w =x ¨ + aϕ.¨ C ⇒ C vB |{z} —ộng năng o·ng trụ (J = Ma2) P 1 P P T = 1 (x ˙ + aϕ˙)2 + Jϕ˙ 2 = 1 (x ˙ 2 + 2ax˙ϕ˙ + a2ϕ˙ 2) + 1 a2ϕ˙ 2. C 2g 2 2g 2g —ộng năng của hệ: P + P P a P a2 T = T + T = 1 2 x˙ 2 + 1 x˙ϕ˙ + 1 ϕ˙ 2. A C 2g g g Công của các lực chủ động (giúp tìm các lực suy rộng): fP δx + P δx + P aδϕ Q = fP + P ,Q = P a. − 2 1 1 ⇒ x − 2 1 ϕ 1 Tính các đạo hàm rồi thay vào phương trình Lagrange, ta được: P + P P a 1 2 x¨ + 1 ϕ¨ = fP + P , g g − 2 1 P a 2P a2 1 x¨ + 1 ϕ¨ = P a. g g 1 Giải ra ta được g(P 2fP ) x¨ = 1 − 2 (gia to·c của A), P1 + 2P2 gP2(1 + 2f) g(P1 + P2) ϕ¨ = wC = (gia to·c của C). a(P1 + 2P2) ⇒ P1 + 2P2 Phụ lục B —ề thi môn Cơ học lý thuye·t Thời gian: 120 phút Ngày thi: 4/6/2009 (Sinh viên được phép tham khảo tài liệu chỉ định) Câu 1 (2đ) —iểm chuyển động trên đường cycloid, x = a(θ sin θ), y = a(1 cos θ), − − theo luật θ = bt/a, trong đó a và b là những hằng so· dương. ‘¤ thời điểm ba·t kỳ, xác định vận to·c, gia to·c của điểm và bán cong của quỹ đạo tại vị trí của điểm. Câu 2 (2.5đ) Một vật kho·i lượng m trượt không ma sát trên maỴt phẳng nghiêng một góc α (0 < α < π/2) so với phương ngang. Cho bie·t vật chịu sức cản không khí có độ lớn tỉ lệ với bình phương vận to·c, kv2. Ban đầu vật ở đỉnh do·c O và được buông ra không vận to·c đầu. Vie·t phương trình vi phân chuyển động của vật. Chứng minh vận to·c của vật bie·n thiên theo quy luật mg sin α v = (1 e−2kx/m), r k − trong đó x là khoảng cách từ vật đe·n đỉnh do·c. Tìm vận to·c giới hạn của vật. Câu 3 (1đ) Một quả lắc đồng hồ gồm: thanh đồng cha·t chiều dài 2a, kho·i lượng m và đĩa tròn đồng cha·t bán kính a/2, kho·i lượng M gắn với nhau như hình 1. Tính mômen quán tính của quả lắc đo·i với trục đi qua O (điểm giữa của thanh), cho bie·t OC = 3a/4. 60 PHỤ LỤC B. —Ề THI MÔN C‘ HỌC LÝ THUYẾT 61 Hình 1: a) Câu 3; b) Câu 5. Câu 4 (2đ) Một vật kho·i lượng 4m ở trạng thái nghỉ (đứng yên) khi nó bị nổ tung thành ba mảnh có kho·i lượng lần lượt là 2m, m và m. Sau khi nổ tung, hai mảnh kho·i lượng m được quan sát tha·y chuyển động với cùng to·c độ u theo hai hướng hợp với nhau góc 120o. Tìm vận to·c của mảnh có kho·i lượng 2m. Tính động năng toàn phần của hệ (gồm ba mảnh). Vị trí ban đầu của vật là điểm gì của hệ? Câu 5 (2.5đ) Con lăn A lăn không trượt trên maỴt phẳng nghiêng một góc α so với phương ngang, làm vật C trọng lượng P được nâng lên nhờ một sợi dây vắt qua ròng rọc B. Con lăn A và ròng rọc B là hai đĩa tròn đồng cha·t có cùng trọng lượng Q và bán kính R. Bỏ qua ma sát lăn và ma sát của trục ròng rọc. Vie·t phương trình Lagrange loại hai cho hệ. Chứng minh gia to·c của C bằng (Q sin α P )g w = − . C 2Q + P Hãy chỉ ra điều kiện trên các dữ kiện của đầu bài (không được cho một cách tường minh). —áp án Câu 1 Vận to·c: x˙ = b(1 cos θ), y˙ = b sin θ v = b 2(1 cos θ). − ⇒ − p Gia to·c: b2 b2 b2 x¨ = sin θ, y¨ = cos θ w = . a a ⇒ a PHỤ LỤC B. —Ề THI MÔN C‘ HỌC LÝ THUYẾT 62 Tính bán kính cong. Gia to·c tie·p: b2 sin θ wt =v ˙ = . a 2(1 cos θ) − p Gia to·c pháp: 2 2 2 b 1 cos θ wn = w wt = − . − a r 2 p Suy ra v2 ρ = = 2a 2(1 cos θ). wn − p Câu 2 Hình 1: Câu 2. Hệ quy chie·u được chọn như hình vẽ, trục Ox hướng song song với maỴt nghiêng. Lực tác dụng lên vật: trọng lực P, phản lực N và lực cản không khí Fc. Chie·u phương trình vi phân chuyển động (định luật thứ hai của Newton) lên trục x, ta được: mx¨ = mg sin α kx˙ 2. − Nhân vào hai ve· với xdt˙ = dx, ta được: m d(v2) = (mg sin α kv2)dx, 2 − trong đó v =x ˙. Tách bie·n, md(v2) = dx, 2(mg sin α kv2) − PHỤ LỤC B. —Ề THI MÔN C‘ HỌC LÝ THUYẾT 63 rồi tích phân hai ve· (chú ý, bie·n la·y tích phân bên ve· trái là v2), ta được: m v2 ln mg sin α kv2 = x x(0). −2k | − | v2(0) − Dùng điều kiện đầu, v(0) = 0, x(0) = 0, mg sin α kv2 2kx ln − = , mg sin α − m   suy ra mg sin α v = (1 e−2kx/m). r k − Qua giới hạn, t , ta thu được (do x ): → ∞ → ∞ mg sin α mg sin α v = lim (1 e−2kx/m) = . gh →∞ x r k − r k Câu 3 Mômen quán tính của thanh đo·i với trục đi qua O: 1 4ma2 J = m(2a)2 = . t 3 3 Mômen quán tính của đĩa đo·i với trục đi qua O (dùng công thức Huygens): 1 a 2 3a 2 11Ma2 J = M + M = . đ 2 2 4 16     Vậy, mômen quán tính của quả lắc đo·i với trục qua O: 4m 11M 2 J = J + Jđ = + a . t 3 16   PHỤ LỤC B. —Ề THI MÔN C‘ HỌC LÝ THUYẾT 64 Hình 2: Câu 4. Câu 4 Hệ gồm ba vật có kho·i lượng lần lượt là m, m, 2m (ban đầu chúng ke·t dính với nhau). Theo giả thie·t ban đầu chúng đứng yên, điều đó có nghĩa là lực tác dụng lên chúng bằng không! Ta áp dụng định lý bảo toàn động lượng. Gọi v là độ lớn vận to·c của vật 2m. Do động lượng ban đầu của hệ bằng không nên động lượng của hệ lúc sau cũng vậy. Do đó vận to·c của vật 2m có phương chiều như hình vẽ, và độ lớn được tính nhờ sự bảo toàn động lượng u mu cos 60o + mu cos 60o 2mv = 0 v = . − ⇒ 2 —ộng năng của hệ: mu2 mu2 2m u 2 5mu2 T = + + = . 2 2 2 2 4   Vị trí ban đầu của vật (O) là kho·i tâm của hệ. Câu 5 Cơ hệ gồm: con lăn A, ròng rọc B, vật C. Lực chủ động tác dụng lên hệ: trọng lực Q, phản lực NA, trọng lực Q, phản lực NB, trọng lực P (xem hình vẽ). Liên ke·t: Con lăn A chuyển động song phẳng. Chuyển dịch tịnh tie·n s và quay quanh tâm góc ϕ. Do lăn trượt nên δs = Rδϕ (s˙ = Rϕ˙). Ròng rọc B thực hiện chuyển động quay góc ϕ (chọn go·c thích hợp). Vật C dịch chuyển tịnh tie·n x. Do dây không giãn δx = δs (x˙ =s ˙). Như vậy, hệ có 1 bậc tự do, chọn tọa độ suy rộng là x (tọa độ vật C). PHỤ LỤC B. —Ề THI MÔN C‘ HỌC LÝ THUYẾT 65 Hình 3: Câu 5. —ộng năng của con lăn A: Q QR2 3Q T = s˙2 + ϕ˙ 2 = x˙ 2. A 2g 4g 4g —ộng năng của ròng rọc B: QR2 Q T = ϕ˙ 2 = x˙ 2. B 4g 4g —ộng năng của vật C: P T = x˙ 2. C 2g —ộng năng của hệ: P + 2Q T = T + T + T = x˙ 2. A B C 2g Công toàn phần do lực chủ động tác dụng lên hệ: δW = Q sin αδs P δx = (Q sin α P )δx. − − Do đó, lực suy rộng Q = Q sin α P . x − PHỤ LỤC B. —Ề THI MÔN C‘ HỌC LÝ THUYẾT 66 Tính các đạo hàm rồi thay vào phương trình Lagrange, ta được: P + 2Q (Q sin α P )g x¨ = Q sin α P w =x ¨ = − . g − ⇒ C P + 2Q —iều kiện: để vật C đi lên ta phải có điều kiện Q sin α P . ≥ Lời bàn Câu 4 Câu này thường làm cho các bạn lúng túng về lực tác dụng lên hệ. Tuy nhiên, ne·u để ý đe·n cụm từ "ở trạng thái nghỉ (đứng yên)" thì ta có thể xem, theo định luật thứ nha·t của Newton, hệ không chịu tác dụng bởi lực nào cả, hay nói khác đi, các lực tác dụng lên hệ cân bằng. Câu 5 Một so· bạn cho là hệ có 2 bậc tự do! Thật ra với điều kiện "lăn Hình 4: Tính động năng trong chuyển động song phẳng. không trượt" của con lăn thì bài này chỉ có 1 bậc tự do. Một so· bạn áp dụng máy móc cách tính động năng của con lăn gio·ng như cách tính động năng của o·ng trụ (câu 5 của đề thi mẫu). Như trên hình 4a), o·ng trụ thực hiện chuyển động song phẳng được phân tích bằng cách chọn B làm điểm cực, gồm: chuyển động tịnh tie·n của điểm B và chuyển động quay quanh trục đi qua B của o·ng trụ. Còn trong bài này, hình 4b), chuyển động của con lăn gồm: chuyển động tịnh tie·n của điểm A và chuyển động quay quanh A của con lăn. Các bạn nên đọc lại lời giải trong hai trường hợp để so sánh. Tài liệu tham khảo [1] —aỴng —ình Áng, Trịnh Anh Ngọc, Ngô Thành Phong, Nhập môn Cơ học, NXB —ại học Quo·c gia TP. HCM 2003. [2] Nguyễn Trọng Chuyền, Phan Văn Cúc, Bài tập cơ học lý thuye·t, NXB Khoa học và Kỹ thuật, Hà nội, 1991. [3] R. Douglas Gregory, Classical Mechanics - An Undergraduate Text, Cambridge University Press, 2006. [4] R. Douglas Gregory, Classical Mechanics - Solution Manual, Cambridge Uni- versity Press, 2006. [5] X.M. Targ, Giáo trình giản ye·u cơ học lý thuye·t, NXB —ại học & Trung học Chuyên nghiệp Hà nội, Mir Matxcơva 1979. 67