Chu de 3 tinh hoc vat ran p3 28tr

Dạng CÁC DẠNG CÂN BẰNG CỦA VẬT CÂN BẰNG CỦA MỘT VẬT CÓ MẶT CHÂN ĐẾ  Khi đưa vật rời khỏi vị trí cân đoạn:  Nếu trọng tâm vật hạ xuống thấp cân khơng bền  Nếu trọng tâm vật dịch lên cao cân bền  Nếu độ cao trọng tâm không thay đổi cân phiếm định  Điều kiện cân vật có mặt chân đế giá trọng lực phải xuyên qua mặt chân đế (hay trọng tâm “rơi” mặt chân đế)  Muốn tăng mức vững vàng vật có mặt chân đế hạ thấp trọng tâm tăng diện tích mặt chân đế vật Ví dụ 1: Một khung dây kim loại ABC  90o , B  30o , BC nằm ngang, với A khung nằm mặt phẳng thẳng đứng Có hai viên bi giống hệt trượt dễ dàng hai AB AC Hai viên bi nối với nhẹ MN Khi cân   AMN A M B N C a) Tính góc  b) Cân bền hay không bền Hướng dẫn a) Các lực tác dụng lên viên bi M gồm:   Trọng lực P   A  Phản lực N1  N1  M   Lực căng dây T1 (với T1 = T)  N2 T1 + Các lực tác dụng lên viên bi N gồm:  N   Trọng lựcP T 2 30o P  Phản lực N B C   Lực căng dây T (với T2 = T) P    P  N1  T1 0  1 + Điều kiện cân viên bi:     P  N  T 0   Psin 30o T cos  + Chiếu (1) lên AB, chiếu (2) lên AC ta có:  o Psin 60 T sin  sin  sin 60o   tan     60o cos  sin 30o b) Gọi chiều dài MN a + Vế chia vế  450 * Xét cân vị trí MN, lúc trọng tâm G MN cách A theo phương thẳng đứng đoạn x MN a a  MG  AMG  AG  + Ta có: AM MN.cos 60o  2 o   MAG 60  AG  BC a  G cách A theo phương thẳng đứng đoạn x AG  * Cho MN di chuyển đến vị trí IJ // BC, lúc trọng tâm G MN cách A theo phương thẳng đứng đoạn y = AH1 A M I G1 H1 J G N B H C  a o a 31 a AI IJ.cos30  o  y  AH1 IA.sin 30  + Ta có:  2 AIH o  30  a a + Vì x   y   trọng tâm G1 dịch lên cao so với lúc đầu nên cân bền Chú ý:  Dù MN có di chuyển chiều dài MN không đổi a  M dịch xuống I N dịch lên J  Mặc dù MN nhẹ gắn hai vật giống hai đầu nên xem có trọng lượng trọng lượng hai vật đặt MN nên MG = IG1 = 0,5a Ví dụ 2: Một cốc thủy tinh, thành cốc thẳng đứng có vạch chia độ Cốc có khối lượng 180 g trọng tâm vạch số (kể từ đáy trở lên) Đổ vào li 120 g nước mực nước tới vạch số Hỏi trọng tâm cốc chứa nước vạch số so sánh bền vững cốc trước sau đổ nước 451 Hướng dẫn + Gọi G1, G2 trọng tâm cốc không chứa nước trọng tâm khối nước; G trọng tâm cốc chứa nước GG1 P2 GG1 m 120 GG1 G1        + Ta có: GG P1 GG m1 180 GG  GG1 GG1 2    GG1  GG 2  G1G G2 (1) + Vì trọng tâm G1 cốc cách mặt nước vạch, trọng tâm G khối nước cách mặt nước vạch nên G1G2 = vạch Thay vào (1) ta có GG = vạch Vậy trọng tâm G cốc chứa nước nằm mặt nước (tức nằm vạch số 6) + Khi chứa 120g nước trọng tâm G cốc hạ xuống thấp khơng chứa nước nên cốc chứa nước bền vững khơng chứa nước Ví dụ 3: Người ta tiện khúc gỗ thành vật đồng chất có dạng hình Gồm phần hình trụ chiều cao h tiết diện đáy có bán kính R = cm, phần bán cầu bán kính R Muốn cho vật có cân phiếm định h phải bao nhiêu? Cho biết trọng tâm bán cầu bán kính R nằm thấp 3R Hướng dẫn Ban đầu vật cân trục đối xứng hướng thằng đứng Nên ta đẩy nhẹ vật để trục đối xứng nghiêng góc nhỏ so với vị trí ban đầu h độ cao tâm O bán cầu không thay đổi (cách mặt sàn đoạn bán kính R khơng đổi) Do để vật cân phiếm định, phần hình trụ phải có chiều cao h cho trọng tâm vật phải nằm O Gọi O1, O2 mặt phẳng bán cầu đoạn x  452 O1 O x O2 trọng tâm phần hình trụ hình h  OO1  bán cầu ta có:  OO 3R  (1)   + Phần hình trụ có trọng lực P1 , đặt O1, phần bán cầu có trọng lực P , đặt O2 Áp dụng quy tắc hợp lực song song ta có: OO1 P2  OO P1 R V P P P 2R + Vì vật đồng chất nên:      V1 P1 R h P1 P1 3h  OO1 2R  (2) OO 3h h  2R  4h  2R  h  R 5  cm  + Thay (1) vào (2) ta có:  3R 3h 3R 3h + Vậy để vật có cân phiếm định, chiều cao phần hình trụ phải cm Ví dụ 4: Một khối lập phương đồng chất đặt mặt phẳng hình vẽ Hỏi phải nghiêng mặt phẳng đến góc nghiêng cực đại để khối lập phương không bị đổ Hướng dẫn + Khối lập phương một vật có mặt chân đế Góc nghiêng đạt đến giá trị cực đại giá trọng lực P qua mép A mặt chân đế + Vì vật khối lập phương nên   = 45o   = 45o A  P   453 + Vậy góc nghiêng cực đại mặt phẳng nghiêng  = 45o Ví dụ 5: Có ba viên gạch chồng lên cho phần viên gạch nhô khỏi viên gạch Hỏi mép phải viên gạch nhơ khỏi mép phải viên gạch đoạn cực đại bao nhiêu? Cho biết chiều dài viên gạch L Hướng dẫn + Khi hai viên gạch chồng lên mặt chân đế viên gạch mặt tiếp xúc hai viên gạch G G2  P2 G3  P3  P + Để viên gạch không bi đổ khỏi viên gạch  viên gạch phép nhơ tối đa đoạn x cho giá trọng lực P3 viên gạch phải qua mép phải L viên gạch  viên gạch nhô tối đa đoạn x = + Gọi G trọng tâm hai viên gạch 3; h    h3 khoảng cách từ giá trọng lực P P3 đến giá trọng lực P Áp dụng quy tắc hợp lực   song song chiều P P3 ta có: P2 h P3 h (1) L 1 L h h  + Vì P2 P3  h h Mặt khác: h  h     + Để hai viên gạch khơng bị đổ khỏi viên gạch trọng lực P hai viên gạch phải có giá qua mép phải viên gạch Suy viên gạch L nhô khỏi viên gạch đoạn tối đa đoạn y = h3 = L L + Vậy viên gạch nhô khỏi viên gạch đoạn tối đa là:   L 4 Ví dụ 6: Một khối hộp có cạnh a = b = 20 cm, c = 40 cm đặt mặt phẳng nghiêng góc  so với mặt nằm ngang Hệ số ma sát trượt khối mặt phẳng nghiêng  = 0,6 454 Nghiêng dần mặt phẳng nghiêng để tăng góc  Hỏi khối hộp đổ hay trượt trước hai trường hợp sau: a) Mặt vuông tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng b) Mặt chữ nhật tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng Hướng dẫn + Các lực tác dụng lên vật trượt gồm:    Trọng lực P  N  Phản lực N  y  Lực ma sát Fms      Fms + Ta có: P  N  Fms ma (1) O + Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ + Chiếu (1) lên Ox Oy ta có:  x P Ox: Psin   Fms ma Oy: N  P cos  0  N P cos   Fms N P cos   a g  sin    cos   + Vật trượt khi: a 0  g  sin    cos   0  tan   0,6  a 30,96o (2) a) Mặt vuông tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng  + Vật không đổ giá trọng lực P qua mặt chân đế  + Khi tăng dần góc nghiêng  giá P tiến lại gần mép A mặt chân đế  + Vật bắt đầu bị đổ  HOA a   a 1 + Lại có: tan HOA c c 2  26,57 o   26,57 o  HOA  (3) A  P  + Từ (2) (3) suy tăng dần  vật đổ trước trượt b) Mặt chữ nhật tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng  + Vật bắt đầu bị đổ  HOA c    c 2 + Lại có: tan HOA a a  63, 43o   63, 43o  HOA (4)  A  P  455 + Từ (2) (4) suy tăng dần  vật trượt trước đổ Ví dụ 7: Một chén có dạng nửa mặt cầu bán kính R đặt ngửa cho trục đối xứng trùng với phương thẳng đứng Người ta cho chén quay quanh trục với tần số f Trong chén có O viên bi nhỏ quay với chén Hãy xác định góc  tạo  bán kính mặt cầu vẽ qua bi với phương thẳng đứng cân Cân cân bền hay không bền ? Hướng dẫn + Chọn hệ quy chiếu gắn với chén + Các lực tác dụng lên viên bi gồm:    Trọng lựcP viên bi  Phản lực N chén  Lực quán tính li tâm Fqt m r    + Ta có: P  N  Fqt 0 (*) + Chọn chiều dương hình  O N + Chiếu (*) lên chiều dương ta có:  R Fhl P.sin   Fqt cos  0 (1) 2  I r Fqt m r m R.sin  + Lại có:  (2)  Fqt P mg M + P + Thay (2) vào (1) ta có: g sin   2 R.sin .cos  0 sin  0   0    g g  g  cos   2 R  42 f R   arccos  42 f R     + Như vậy, với f ta ln có vị trí cân ứng với  = (đáy chén)  g  cos   ta có vị trí cân thứ hai với  arccos  2   4 f R  * Bây ta khảo sát tính bền vững ứng với trường hợp trên: + Hợp lực tác dụng lên bi theo phương chiếu lúc là: Fhl m gsin   m2 R.sin .cos  msin   g  m2 R.cos   a) Khi viên bi đáy chén (α = 0) + Đưa bi lệch khỏi đáy M góc nhỏ   nhỏ  sin    cos  + Hợp lực tác dụng lên bi theo phương Ox lúc là: Fhl m.  g  2 R  (: rad) + Nếu   456 g g  f   Fhl   Fhl kéo bi trở lại M R 2 R  cân bền g g + Nếu    f   Fhl   Fhl khơng thể kéo hịn bi trở lại M R 2 R  cân không bền g b) Khi viên bi khơng gần đáy chén cos   R g g g + Vì cos         f  R R 2 R + Đưa bi lệch khỏi vị trí cân góc nhỏ (lên cao xuống thấp) thì:  Nếu đưa bi lên cao ( tăng)  Fhl msin   g  m R.cos      bi bị kéo tụt xuống  cân bền Nếu đưa bi xuống thấp ( giảm)  Fhl msin   g  m R.cos     bi bị kéo lên  cân bền Vậy có hai vị trí cân vị trí đáy chén vị trí ứng với cos   + Ở đáy chén, bi cân bền f  f g 4 f R g , cân không bền 2 R g 2 R + Ở vị trí ứng với cos   g g ln có cân bền f  4 f R 2 R 2 BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Một khung dây kim loại ABC với  60o , B  30o , BC nằm ngang, khung C nằm mặt phẳng thẳng đứng Có hai viên bi I II trượt dễ dàng hai tương ứng AB AC Hai viên bi nối với nhẹ MN Khi cân   Tính góc , lực căng AMN A M B N C dây MN phản lực hai AB BC Biết trọng lượng viên bi PI = 100N PII = 300N Bài 2: Một cốc thủy tinh, thành cốc thẳng đứng có vạch chia độ Cốc có khối lượng 300 g trọng tâm vạch số (kể từ đáy trở lên) Đổ vào li 100 g nước mực nước tới vạch số Hỏi trọng tâm cốc chứa nước vạch số so sánh bền vững cốc trước sau đổ nước 457 Bài 3: Người ta tiện khúc gỗ thành vật đồng chất có dạng hình Gồm phần hình trụ chiều cao h tiết diện đáy có bán kính R = cm, phần bán cầu bán kính R Muốn cho vật có cân phiếm định h phải bao nhiêu? Cho biết trọng tâm bán cầu nằm cao đáy bán cầu 5R Bài 4: Có bốn viên gạch chồng lên cho phần viên gạch nhô khỏi viên gạch Hỏi mép phải viên gạch nhơ khỏi mép phải viên gạch đoạn cực đại bao nhiêu? Cho biết chiều dài viên gạch L Bài 5: Có năm viên gạch chồng lên cho phần viên gạch nhô khỏi viên gạch Hỏi mép phải viên gạch nhơ khỏi mép phải viên gạch đoạn cực đại bao nhiêu? Cho biết chiều dài viên gạch 2L “Trích 423 tốn Vật lí 10 – Trần Trọng Hưng” Bài 6: Một khối hộp có cạnh a = b = 20 cm, c = 30 cm đặt mặt phẳng nghiêng góc  so với mặt nằm ngang Hệ số ma sát trượt khối mặt phẳng nghiêng  = 0,7 Nghiêng dần mặt phẳng nghiêng để tăng góc  Hỏi khối hộp đổ hay trượt trước hai trường hợp sau: a) Mặt vuông tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng b) Mặt chữ nhật tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng “Trích 423 tốn Vật lí 10 – Trần Trọng Hưng” đoạn x  458 Bài 7: Một xe tải chạy 2,4 m đoạn đường nghiêng Xe cao m, rộng 2,4 m 4m 2,2 m có trọng tâm cách mặt đường 2,2 m Hỏi độ nghiêng tối đa mặt đường để xe không bị lật đổ bao nhiêu? Bài 8: *Hình cầu bán kính R chứa  hịn bi đáy Khi hình cầu quay quanh trục thẳng đứng với vận tốc góc  đủ lớn bi quay với hình cầu, vị trí xác định góc  Xác  định vị trí cân tương đối viên bi nghiên cứu bền vững chúng “Trích giải Tốn Vật lí 10 – Bùi Quang Hân” Bài 9: *Một khối gỗ lập phương cạnh a đặt sàn, kê cạnh vào tường nhẵn Mặt hợp với sàn góc  Tìm điều kiện góc  để khối gỗ cân Cho hệ số ma sát khối gỗ B O  A sàn  “Trích đề thi Olympic 30 – – 2002” Bài 10: *Khối hộp hình chữ nhật kích thước AB = 2a, AD = a đặt mặt phẳng nghiêng A D hình vẽ: Mặt phẳng nghiêng, nghiêng góc  so với phương ngang, hệ số ma sát nghỉ cực đại B khối hộp với mặt phẳng nghiêng C a) Khối hộp nằm cân mặt phẳng nghiêng Biểu diễn lực tác dụng lên khối hộp?  N  max   459 Ban đầu vật cân trục đối xứng hướng thằng đứng Nên ta đẩy nhẹ vật để trục đối xứng nghiêng góc nhỏ so với vị trí ban đầu độ cao tâm O bán cầu không thay đổi (cách mặt sàn đoạn bán kính R khơng đổi) Do để vật cân phiếm định, phần hình trụ phải có chiều cao h cho trọng tâm vật phải nằm O Gọi O1, O2 trọng tâm phần hình trụ hình O1 h O O2 x h  OO1  bán cầu ta có:  (1) OO R  5R  3R  8   + Phần hình trụ có trọng lực P1 , đặt O1, phần bán cầu có trọng lực P , đặt O2 Áp dụng quy tắc hợp lực song song ta có: OO1 P2  OO P1 R V P P P 2R + Vì vật đồng chất nên:      V1 P1 R h P1 P1 3h  OO1 2R  (2) OO 3h h  2R  4h  2R  h  R 7  cm  + Thay (1) vào (2) ta có:  3R 3h 3R 3h + Vậy để vật có cân phiếm định, chiều cao phần hình trụ phải cm 462 Bài 4: + Khi hai viên gạch chồng lên mặt chân đế viên gạch mặt tiếp xúc hai viên gạch G G3 G2 G0  P3   P P2  P0 G4  P4 + Để viên gạch không bi đổ khỏi viên gạch  viên gạch phép nhô tối đa đoạn x cho giá trọng lực P viên gạch phải qua mép phải L viên gạch  viên gạch nhô tối đa đoạn x = + Gọi G trọng tâm hai viên gạch 4; h    h4 khoảng cách từ giá trọng lực P3 P đến giá trọng lực P Áp dụng quy tắc hợp lực   song song chiều P3 P ta có: P3 h P4 h (1) L 1 L h h  + Vì P3 P4  h h Mặt khác: h  h    (2)  + Để hai viên gạch không bị đổ khỏi viên gạch trọng lực P hai viên gạch phải có giá qua mép phải viên gạch Suy viên gạch L nhô khỏi viên gạch đoạn tối đa đoạn h4 = + Gọi G0 trọng tâm ba viên gạch 2, 4; h 2và h khoảng cách từ   giá trọng lực P P đến giá trọng lực P Áp dụng quy tắc hợp lực   song song chiều P P ta có: P2 h P.h (3)  3 + Với: P P3  P4 2P2   P2 h 2P2 h  h 2.h (4) L 4 L h + Mặt khác: h  h     + Để ba viên gạch 2, không bị đổ khỏi viên gạch trọng lực P ba viên gạch 2, phải có giá qua mép phải viên gạch Suy viên gạch L nhô khỏi viên gạch đoạn tối đa đoạn h = L L L 11 + Vậy viên gạch nhô khỏi viên gạch đoạn tối đa là:    L 12 463 Bài 5: Khi hai viên gạch chồng lên mặt chân đế viên gạch mặt tiếp xúc hai viên gạch G5 G 45 G4 G3 G2  P2 G0 G    P P 45 P3  P  P5  P0 + Để viên gạch không bi đổ khỏi viên gạch  viên gạch phép nhô tối đa đoạn x cho giá trọng lực P5 viên gạch phải qua mép phải viên gạch  viên gạch nhô tối đa đoạn x = L + Gọi G45 trọng tâm  hai viên gạch 5; h  h5 khoảng cách từ giá trọng lực P P đến giá trọng lực P 45 Áp dụng quy tắc hợp lực   song song chiều P P ta có: P4 h P5 h (1) L 1 h h  + Vì P4 P5  h h Mặt khác: h  h L   (2)  + Để hai viên gạch không bị đổ khỏi viên gạch trọng lực P 45 hai viên gạch phải có giá qua mép phải viên gạch Suy viên gạch L nhô khỏi viên gạch đoạn tối đa đoạn h5 = + Gọi G trọng tâm ba viên gạch 3, 5; h   h45 khoảng cách từ giá trọng lực P3 P 45 đến giá trọng lực P Áp dụng quy tắc hợp lực   song song chiều P3 P 45 ta có: P3 h P45 h 45 (3) 3 + Với: P45 P4  P5 2P3   (4) P3 h 2P3 h 45  h 2.h 45 L 4 h 45  + Mặt khác: h  h 45 L    + Để ba viên gạch 3, khơng bị đổ khỏi viên gạch trọng lực P ba viên gạch 3, phải có giá qua mép phải viên gạch Suy viên gạch L nhô khỏi viên gạch đoạn tối đa đoạn h45 = + Gọi G0 trọng tâm của bốn viên gạch 2, 3, 5; h 2và h khoảng  cách từ giá trọng lực P P đến giá trọng lực P Áp dụng quy tắc hợp   lực song song chiều P P ta có: P2 h P.h (5) 464 5 + Với: P P3  P4  P5 3P2   (6) P2 h 3P2 h  h 3h L  6 + Mặt khác: h  h L   h   + Để bốn viên gạch 2, 3, không bị đổ khỏi viên gạch trọng lực P bốn viên gạch 2, 3, phải có giá qua mép phải viên gạch Suy viên L gạch nhô khỏi viên gạch đoạn tối đa đoạn h = L L L 25 + Vậy viên gạch nhô khỏi viên gạch đoạn tối đa là:    L  L 12  Chú ý:Chú Chú ý:ý: Từ ta thấy phần nhô viên gạch thứ i (tính từ xuống) L xi  (chiều dài viên gạch 2L) i Bài 6: + Các lực tác dụng lên vật trượt gồm:   Trọng lực P   Phản lực N   Lực ma sát Fms     + Ta có: P  N  Fms ma (1) + Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ + Chiếu (1) lên Ox Oy ta có: Ox: Psin   Fms ma  N y  Fms O  P x Oy: N  P cos  0  N P cos   Fms N P cos   a g  sin    cos   + Vật trượt khi: a 0  g  sin    cos   0  tan   0,7  a 35o (2) a) Mặt vuông tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng  + Vật không đổ giá trọng lực P qua mặt chân đế  + Khi tăng dần góc nghiêng  giá P tiến lại gần mép A mặt chân đế  + Vật bắt đầu bị đổ  HOA a   a 2 + Lại có: tan HOA c c  33,69o   33,69o  HOA  (3) A  P  465 + Từ (2) (3) suy tăng dần  vật đổ trước trượt b) Mặt chữ nhật tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng  + Vật bắt đầu bị đổ  HOA c   c 3 + Lại có: tan HOA a a 2 o  56,31   56,31o  HOA  (4) + Từ (2) (4) suy tăng dần  vật trượt trước đổ Bài 7: Để xe khơng bị đổ  giá trọng lực P phải có giá qua mặt chân đế + Góc nghiêng  lớn giá trọng lực P qua điểm A  + Từ hình vẽ ta có:  AGH A  P  G  PH B max A AH 1,      + Mà: tan AGH GH 2, 11  28,61o Vậy góc nghiêng lớn  max 28,61o  AGH Bài 8: + Chọn hệ quy chiếu gắn với hình cầu + Các lực tác dụng lên viên bi gồm:   Trọng lựcP viên bi  Phản lực N hình cầu  Lực qn tính li tâm Fqt m r    + Ta có: P  N  Fqt 0 (*) + Chọn chiều dương hình  O N + Chiếu (*) lên chiều dương ta có:  R Fhl P.sin   Fqt cos  0 (1) 2 Fqt m r m R.sin  + Lại có:  (2) P mg + Thay (2) vào (1) ta có: g sin   2 R.sin .cos  0 sin  0   0    g  g  cos   2 R   arccos  2 R     466 I M r +  P  Fqt + Như vậy, với  ta ln có vị trí cân ứng với  = (đáy hình cầu)  g  cos   ta có vị trí cân thứ hai với  arccos    R * Bây ta khảo sát tính bền vững ứng với trường hợp trên: + Hợp lực tác dụng lên bi theo phương chiếu lúc là: Fhl m gsin   m2 R.sin .cos  msin   g  m2 R.cos   a) Khi viên bi đáy hình cầu (α = 0) + Đưa hịn bi lệch khỏi đáy M góc nhỏ   nhỏ  sin    cos  + Hợp lực tác dụng lên bi theo phương Ox lúc là: Fhl m.  g  2 R  (: rad) g  Fhl   Fhl kéo bi trở lại M  cân bền R g + Nếu    Fhl   Fhl kéo hịn bi trở lại M  cân khơng R bền g b) Khi viên bi không gần đáy cầu cos   R g g + Vì cos        R R + Đưa bi lệch khỏi vị trí cân góc nhỏ (lên cao xuống thấp) thì:  Nếu đưa hịn bi lên cao ( tăng)  Fhl msin   g  m R.cos    + Nếu    bi bị kéo tụt xuống  cân bền Nếu đưa bi xuống thấp ( giảm)  Fhl msin   g  m R.cos      bi bị kéo lên  cân bền Vậy có hai vị trí cân vị trí đáy hình cầu vị trí ứng với cos   + Ở đáy hình cầu, bi cân bền    g 2 R g , cân không bền R g R + Ở vị trí ứng với cos   g g ln có cân bền   2 R R 467 Bài 9: + Các lực tác dụng lên khối gỗ gồm:   Trọng lực P    Phản lực N1 N   Lực ma sát Fms G + Điều kiện cân lực:     P  N1  N  Fms 0 (*)   N1 + Chiếu (*) lên Ox Oy ta có: N 2P B Ox: N  Fms 0  N Fms (1)   A Oy: N1  P 0  N1 P (2) O HFms + Để khối gỗ không trượt: Fms N1  N P (3) + Điều kiện cân momen với trục quay qua A: N OB P.AH (4) + Ta có: OB a sin  AH GA cos    45o  y O a  cos  cos 45o  sin  sin 45o   a2  cos   sin   + Do (4) viết lại sau: P  cos   sin   a (5) N a sin  P  cos   sin    N  2sin  P. cos   sin   + Thay (5) vào (3) ta có: P  2  1 2sin  tan    1  1  2  tan     arctan   tan   2  2    + Khi  > 45o giá trọng lực P rời mặt chân đế  khối gỗ bị lật   o + Vậy để khối gỗ cân khơng bị đổ arctan    45     Bài 10:  a) Biểu diễn lực tác dụng lên khối hộp N b) Điều kiện để khối hộp nằm cân  A D mặt phẳng nghiêng: Fms + Tổng lực tác dụng lên vật không:  B    C  P  N  Fms 0 P + Chiếu lên trục tọa độ ta thu được:  AH   468 x Psin   Fms 0   N P cos   max  Psin    N N 0  P sin    N P cos  0  tan   N  P   max 30o + Giá trọng lực phải rơi vào mặt chân đế BC: BC    max 26,6o + Từ hình vẽ ta có: tan  max  AB  tan  max  N  max + Kết hợp hai điều kiên ta có:  max 26,6o Bài 11: + Các lực tác dụng lên OA gồm:   Trọng lực P   Lực căng dây T  Phản lực N   + Vì trọng lực P lực căng dây T đồng quytại I nên để hệ cân phản lực N phải có giá kéo dài qua I + Vì phản lực N có giá qua trục quay O nên mơn-men Do để OA cân thì: M  P  M T  y N O H G  K  P AT S O x P1 I     AK OA.cos  + Vì tam giác AOS cân O nên: AOS 2  OA   M  P  OH.P  cos   P    + Do đó:   M AK.T  OA.cos  T     T  2   P   OA   cos   P  OA.cos  T  cos  T.cos + Vậy ta có:  2 2     P   + Lại có: T P1  cos  P1.cos  cos  cos 2        cos + Ta có: cos  2cos    2cos  2   + Đặt x cos  (vi góc  < 90o)  3x  x  0  x  2    cos   30o   60o 2 469