2 đl bảo toàn mô men động lượng và năng lượng

CHƯƠNG: ĐỘNG LỰC HỌC VẬT RẮN CHỦ ĐỀ 2: BẢO TỒN NĂNG LƯỢNG VÀ BẢO TỒN MƠ MEN ĐỘNG LƯỢNG A LÝ THUYẾT CỦA CHỦ ĐỀ MOMEN ĐỘNG LƯỢNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN MOMEN ĐỘNG LƯỢNG Momen động lượng a) Dạng khác phương trình động lực học vật rắn quay quanh trục cố định M  I Ta có: Hay M I d dt Trong trường hợp momen qn tính I khơng đổi, ta viết: M  d ( I ) dt (3.1) Đặt (3.2) L  I  M dL dt (3.3) (3.3) cho trường hợp momen quán tính I vật hay hệ vật thay đổi - Nếu M không đổi  L M t (3.4) b) Momen động lượng Momen động lượng vật rắn trục quay tích số momen quán tính vật trục quay vận tốc góc vật quay quanh trục đó: L  I Đơn vị momen động lượng: kg.m2.s-1 Định luật bảo toàn momen động lượng Từ (3.3), M  dL = thì: dt  L = số (3.5) Định luật: Nếu tổng momen ngoại lực tác dụng lên vật rắn (hay hệ vật) trục momen động lượng vật rắn (hay hệ vật) trục bảo tồn Các trường hợp riêng: - Nếu momen qn tính I khơng đổi: Vật đứng yên quay quanh trục - Nếu vật (hoặc hệ vật) có momen quán tính thay đổi, ta có I const  I11  I 2 const (3.6) ĐỘNG NĂNG CỦA VẬT RẮN QUAY QUANH MỘT TRỤC CỐ ĐỊNH Động vật rắn quay quanh trục cố định - Xét vật rắn quay quanh trục cố định Oz, thời điểm t có tốc độ góc   Chất điểm mi cách trục quay khoảng r có động năng: 1 mi vi2  mi (ri ) 2 Động vật rắn tổng động tất điểm vật: Wđ =  m (r  ) Hay: Wđ = i i i 1     mi ri  2 i  L2 I = 2I (4.1) Trong I momen quán tính vật rắn trục quay Chú ý: Định lí động cho vật rắn chuyển động quay: Wđ = 1 I 22 – I12 = A 2 (trang1) Độ biến thiên động vật tổng công ngoại lực tác dụng lên vật Công ngoại lực A = M  Bài tập áp dụng Đề bài: Vận động viên trượt băng quay quanh trục thẳng đứng với 1 =15 rad/s, hai tay dang ra: I1 = 1,8 kg.m2 Khi vận động viên thu tay lại I2 = I1 Tính động người lúc đầu lúc cuối Bỏ qua ảnh hưởng ma sát với mặt băng LG: Động lúc đầu: Wđ1 = I112 = 202,5 J Theo định luật bảo toàn momen động lượng: I11 = I22  2 = 31 Động lúc cuối là: Wđ2 = I 2 22 = 3Wđ1 = 607,5 J BÀI TẬP VỀ ĐỘNG LỰC HỌC VẬT RẮN Phương pháp động lực học: - Xác định rõ đối tượng cần khảo sát vật hay hệ vật nào, vật chuyển động tịnh tiến hay chuyển động quay quanh trục cố định, - Xác định lực tác dụng lên vật momen lực lực trục quay - Áp dụng phương trình định luật II Newton cho vật rắn chuyển động tịnh tiến, phương trình vật rắn cho vật rắn quay quanh trục cố định, - Tìm quan hệ đại lượng động học hệ, - Giải phương trình, biện luận  đại lượng vật lí cần tìm BÀI TẬP VẬN DỤNG: Câu – HSG Thanh hóa 2011/2012 k12 đề thức(2 điểm): Một thẳng, đồng chất, tiết diện nhỏ, dài  2( m) có khối lượng M=3(kg) Thanh quay mặt phẳng nằm (trang2) ngang, quanh trục cố định thẳng đứng qua trọng tâm Thanh đứng n viên đạn nhỏ có khối lượng m = 6(g) bay mặt phẳng nằm ngang chứa có phương vng góc với cắm vào đầu Tốc độ góc sau va chạm 5(rad/s) Cho momen quán tính trục quay I= M2 Tính tốc độ 12 đạn trước cắm vào Câu Thang điểm Hướng dẫn giải + Momen động lượng hệ trước va chạm: (2 điểm) L1 I d d md R v md v.  (1) R 0,75 + Momen động lượng hệ sau va chạm: 1  L2  I d  I t    md 2  mt 2   12 4  0,75 + Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng: L1 = L2 1 2  md   mt    12  838,3(m / s)  v   md 0,5 Câu 2: Một bánh xe đạp chịu momen lực M1 không đổi 20 N.m Trong 10 s đầu, tốc độ góc bánh xe tăng từ đến 15 rad/s Sau momen lực M1 ngừng tác dụng, bánh xe quay chậm dần dừng lại sau 30 s Biết momen lực ma sát có giá trị khơng đổi suốt q trình bánh xe chuyển động 0,25M1 Tính: a) Gia tốc góc bánh xe quay nhanh dần chậm dần đều, b) Momen quán tính bánh xe trục, c) Động quay bánh xe đầu giai đoạn quay chậm dần LG: a) Chuyển động bánh xe gồm hai giai đoạn: - Giai đoạn đầu (10 s đầu) quay nhanhd ần đều: 1  1  0 1,5 rad / s t1 - Giai đoạn cuối (30 s cuối) quay chậm dần đều: 2  2  1  0,5 rad / s t b) Áp dụng phương trình chuyển động quay quanh trục cố định: Trong giai đoạn đầu momen ngoại lực M = M1 + Mms = 0,75M1 (vì Mms = - 0,25M1) M 0,75.20  I    1,5 10 kg.m M  0,25.20 Hay: Trong giai đoạn cuối M2 = Mms = - 0,25M1  I     0,5 10 kg.m 2 c) Động quay bánh xe đầu giai đoạn quay chậm dần đều: Wđ  I12 1125 J Câu 3: Một đĩa tròn đồng chất khối lượng m = kg, bán kính R = 20 cm dđng quay quanh trục vng góc với mặt đĩa qua tâm đĩa với tốc độ góc 0 = 10 rad/s Tác dụng lên đĩa momen hãm Đĩa quay chậm dần dừng lại sau quay góc 10 rad Tính: a) Momen hãm b) Thời gian từ lúc chịu tác dụng momen hãm đến dừng lại (trang3) LG: a) Chuyển động đĩa chuyển động quay chậm dần đều: Áp dụng phương trình M I (chú ý I > 0,  < 0) Với momen quán tính I  mR = 0,02 kg.m2 Gia tốc góc    02 = - rad/s2 2.  M = - 0,1 N.m Cách khác: Theo định lí động năng: Wđ = A 0– I 02 = M. M b) Áp dụng công thức  = 0 + t  t = s Hoặc công thức  0  .t  t Câu 4: Cho hệ hình vẽ: Hai vật A, B khối lượng m = kg, rịng rọc co momen qn tính I = 0,050 kg.m 2, bán kính R = 10 cm Dây khơng trượt rịng rọc, ban đầu vật giữ đứng yên Thả hệ vật, sau s ròng rọc quay quanh trục vòng, gia tốc A, B không đổi Bỏ qua ma sát trục rịng rọc Lấy g = 9,8 m/ s2 Tính: a) Gia tốc góc rịng rọc gia tốc vật A, B b) Lực căng dây hai bên ròng rọc c) Hệ số ma sát B mặt bàn (nếu có) LG: a) Vì hai vật A, B chuyển động với gia tốc không đổi  chúng chuyển động thẳng nhanh dần - Dây không trượt ròng rọc nên a = R. Áp dụng công thức:   .t (ban đầu 0 = 0)  = 2 = 2 = 6,28 rad/s2 t  a = R. = 0,628 m/s2 b) Vật A: P – TA = ma  TA = m(g – a) = 1.(9,8 - 0,628) = 9,17 N Xét ròng rọc: M = I.  (TA – TB).R = I.  TB = TA – I./R = 6,03 N Chú ý: Vì rịng rọc có momen qn tính I nên lực căng dây hai bên rịng rọc có giá trị khác c) Vì TB = 6,03 N > m.a = 0,628 N  B mặt bàn có lực ma sát Theo định luật II Newton: TB – Fms = ma  Fms = TB – ma = 5,4 N F ms 0,55  Hệ số ma sát  = mg Câu – HSG Hà nội năm học 2011-2012 vòng 2: Hai bánh xe đĩa trịn đồng chất có tâm O O’ nối với dây cua roa không dãn, không trượt bánh xe (hình 1) Bánh xe tâm O quay với vận tốc (trang4)  O Q Q O' R H×nh góc 0 má phanh đè vào với áp lực Q, hệ số ma sát k Biết bánh xe tâm O có khối lượng M bán kính R, bánh xe O’ có khối lượng M’, dây cua roa có khối lượng m Tìm động ban đầu hệ theo M, M’, m, 0 R Tính số vịng bánh xe tâm O quay dừng gia tốc góc HƯỚNG DẪN CHẤM: - Dây không dãn, công nội lực 0, ngoại lực tác dụng vào dây lực ma sát F = kQ - Khối tâm bánh xe dây không dịch chuyển nên công trọng lực I 02 MR MR  02 ………….….0,5đ Động bánh xe O K0 = mà I = nên K0 = 2 Động bánh xe O’ K0’ = M 'r 4 02' , 0R = 0’ r  K0’ = M' 2 R  …….0,5đ m 2 R  (do V = R0) …………………………………… …0,5đ Vậy động hệ K = K0 + K0’ + Kd = (M + M’ + 2m) R2  02 (*) ………… 0,5đ Động dây Kd = Động hệ chuyển thành công lực ma sát n vòng quay (M + M’ + 2m) R2  02 = n.k.Q.2πR R Vậy …………………………………………………… 1đ ( M  M '2m) R 02 n 8kQ Từ (*) ta thấy : Hệ tương đương với bánh xe có bán kính R khối lượng (M + M’ + 2m) mơ men qn tính tương đương Itđ, ta có: Itđ = (M+M’+2m) R2 Gọi  gia tốc góc, ta có phương trình: kQR = Itđ || kQR kQR 2kQ R = - ( M  M '2m) R ……………… …….1đ =- I =( M  M '2m) td Câu – HSG Vĩnh phúc 2011-2012 khối chuyên tỉnh: Một mảnh, đồng chất có khối lượng M 360 g chiều dài L 30cm quay khơng ma sát quanh trục O cố định nằm ngang qua đầu Từ vị trí thẳng đứng, đầu cịn lại thả đổ xuống (Hình 2) Khi tới vị trí thấp va chạm hồn tồn đàn hồi với vật nhỏ (coi chất điểm) có khối lượng M m1 120g nằm mặt bàn Cho gia tốc trọng trường g 10m / s Mơmen qn tính trục quay qua O I ML2 / a) Xác định tốc độ góc gia tốc góc thanh có vị trí O nằm ngang b) Xác định thành phần lực theo phương ngang theo phương thẳng đứng mà trục quay tác dụng lên thanh có vị trí nằm ngang m2 k m1 c) Xác định vận tốc vật m1 sau va chạm d) Vật m1 gắn với m =120g qua lị xo nhẹ có độ cứng k 100 N / m (Hình 2) Xác định biên độ dao động m m2 sau va Hình chạm Bỏ qua ma sát a Áp dụng định luật bảo tồn cho vị trí thẳng đứng nằm ngang: (2,5đ) 3g 3.10 L  rad   I  Thay I  ML2 ta được:    10   2 L 0,3  s  N N Phương trình động lực học cho chuyển động quay quanhy O: M ( P ) I  Mg 0,5 G (trang5) O Nx P g 3.10 L  rad  50   ta được:    L 2.0,3  s     Định luật II Niutơn cho chuyển động tịnh tiến thanh: P  N Ma (*) L Chiếu (*) lên phương ngang: N x Max Man M  2 Thay I  ML2 M ( P ) Mg 0,5 Thay  phần a) vào ta được: Nx 3 Mg / 5, N Chiếu (*) lên phương thẳng đứng: b P  N y Ma y Mat M  L 0,25 Thay  phần a) vào ta : Ny Mg / 0,9 N 0,25 Bảo toàn cho chuyển động M từ đầu đến trước va chạm 2 MgL 6g I  MgL     I L 1 Bảo toàn động va chạm: m1v  I  '2  I  (1) 2 m vL  I  '  I  (2) Bảo tồn mơmen động lượng: với m1: c  m   s Từ (1) (2) ta được: v  gL 3 4,  0,25 0,25 Sau va chạm, khối tâm G hệ (m1+m2) chuyển động với vận tốc VG mà:  m 2mVG mv  VG  v 1,5 2,1    s 0,25 Trong HQC gắn với khối tâm G, hai vật có khối lượng nên ta xem dao động m 1, m2 dao động vật gắn với lị d xo có đầu G cố định có độ cứng k’=2k Gọi A biên độ dao động vật, theo định luật bảo tồn ta có: 1 mv  2mVG2  k ' A2  A 5, 2cm 2 0,25 Câu – HSG Ninh bình 2008-2009 vịng 2: Cái gồm đĩa trịn mỏng, đồng chất có khối lượng m = 400g, bán kính R = 6cm, treo hai sợi dây không dãn dài quấn vào trục hình trụ (bán kính r = 0,3cm đồng trục với đĩa) Bỏ qua khối lượng dây, trục bề dày dây Quấn dây để nâng khối tâm đĩa lên độ cao H = 1,0m (so với vị trí thấp khối tâm đĩa) thả nhẹ cho đĩa quay xuống Coi dây treo ln thẳng đứng q trình chuyển động (lấy g = 9,8m/ s2) Chọn mốc tính điểm thấp tâm đĩa Mơmen qn tính trục qua tâm đĩa I = mR2/2 Tính tốc độ góc ω đĩa lúc khối tâm dịch chuyển quãng đường s = 0,5m Tính động tịnh tiến Eđ đĩa khối tâm đĩa dịch chuyển 0,5m Tỉ số động dạng lượng khác đĩa lúc Tính lực căng dây đĩa xuống Xét đĩa dịch chuyển đoạn s 1,0 Định luật bảo toàn (trang6) mgH = mg(H – s) + 1 mv2 + Iω2 2 1,0 v = ω.r; I = mR2 2 gs → ω = 2 = 73,6rad/s R r 2 Vận tốc tức thời khối tâm: v = ω.r Động tịnh tiến đĩa: Eđ = 1,5 1 mv2 = mr2ω2 = 9,75.10-3J 2 0,5 0,25 0,25 Thế đĩa: Et = mg(H – s) = 1,96J Động quay: Eq = 1 Iω2 = ( mR2)ω2 = 1,95J 2 → Eđ/Et = 4,98.10-3 0,25 →Eđ/Eq = 5.10-3 0,25 Định luật II Niutơn áp dụng cho chuyển động khối tâm: mg – 2T = ma (1) 0,5 a = r.γ (2) 0,25 γ gia tốc góc chuyển động quay quanh trục, 1,5 gia tốc góc chuyển động quay khối tâm quanh A Phương trình động lực học chuyển động quay quanh A: mgr = IA.γ (3) 0,25 IA = I + mr (1), (2) (3) → T = 1,95N (không phụ thuộc s) 0,5 Câu – HSG Quảng bình 2012-2013 vịng đề thức(2,0 điểm): Ba cầu nhỏ, khối lượng m1 gắn nhẹ, cách khoảng l Thanh quay quanh điểm O không ma sát Khi cầu đứng yên vị trí cân theo phương thẳng đứng có viên đạn khối lượng m 2, bay ngang trúng cầu  hình vẽ với vận tốc v0 Ngay sau va chạm viên đạn quay ngược lại với m2v0   vận tốc v ( v ngược hướng với v0 ) Cho gia tốc trọng trường g Hỏi sau va chạm viên đạn làm nhỏ quay góc quanh điểm O? HƯỚNG DẪN GIẢI: Hình cho câu Câu Nội dung Điểm - Mơ men qn tính hệ cầu nhẹ trục quay O: 0,5 I m1l  m1 (2l )  m1 (3l ) 14m1l ………………………………… Gọi  tốc độ góc hệ cầu nhẹ sau va chạm Xét hệ gồm viên đạn hệ (3 cầu + thanh) Mô men động lượng hệ lúc bắt đầu va chạm đến lúc vừa va chạm xong bảo toàn: l l l L0( m2 )  L0(3 m1 ) L( m2 )  L(3 m1 )  I2 (2,0 đ) v0 v I   I 2l 2l m (v  v )  m2v0 2l I   m2 v 2l    m1l (1) …… Gọi  góc cực đại tạo phương thẳng đứng sau va chạm Cơ hệ cầu bảo tồn nên ta có: I  m1 gl (1  cos )  m1 g 2l (1  cos )  m1g 3l (1  cos ) (trang7) (2) ……… 0,5 0,5 0,5 m22 (v0  v) Giải hệ (1) (2) ta có: cos 1  ……………………… 42m12 gl Câu – HSG khối 12 bảng A 2011/2012: Một cầu đặc, đồng chất có khối lượng m = kg, bán kính R lăn không trượt theo mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v = 10 m/s đến va chạm vào tường thẳng đứng bật trở lăn không trượt với vận tốc v = 0,8v1 Tính nhiệt lượng tỏa q trình va chạm Động cầu trước va chạm: W1  Do: I  mR 1  mv12 I12  2 0,5 v1 R 0,5 2 mv v  mR  mv12 2 R 10 Sau va chạm, cầu bật lăn không trượt với vận tốc v nên tính tương tự 0,5 trên, ta nhận động nó: nên: W1  W2  mv22 10 0,5 Nhiệt lượng tỏa trình va chạm băng độ giảm động cầu: Q Wđ 0, m(v12  v22 ) 0, 7.2.(102  82 ) 50, J Câu 10 – HSG Nghệ An 2009-2010 bảng A: Một mảnh đồng chất, có khối lượng m chiều dài L, có trục quay cố định nằm ngang vng góc với qua đầu (Hình 2) Bỏ qua ma sát lực cản không khí, gia tốc rơi tự g Thanh đang đứng n chất điểm có khối lượng m = m/3 bay ngang với vận tốc v theo phương vng góc với trục quay đến cắm vào trung điểm  Tính tốc độ góc sau va chạm mát lúc va v m1 chạm Cho V0  10 gL Tính góc lệch cực đại HƯỚNG DẪN GIẢI: Câu a + Tính mơ men động lượng hệ " chất điểm+ thanh" trước sau va chạm: 1,0 Hình m1 V L /   m1 L2 ).  I  ( I   + Áp dụng định luật bảo tồn mơ men động lượng hệ " + chất điểm" trục quay: m1 V0 L  mL2 L2   m1   mV0 L 2V      2 5L (3)  mL mL      12   + Cơ mát va chạm biến thành nhiệt lượng toả lúc va chạm: m1 V 02 Q b  mL2 m L2   I  02 mV02      .  2mV02  15 + Vị trí khơi tâm hệ cách trục quay đoạn: OG  0,5 1,0 (theo (3)) m1 L /  m.L / L  m1  m 0,5 + Áp dụng định luật bảo toàn sau va chạm ta được:  mL2 m L2  4V02    3  25 L2 I 02 4m L 3I 02   g (1  cos  )  cos  1  1  4mgL 4mgL cos  1  V 20 gL 0,5 0,25 0,25 cos  0,5   600 (trang8) (theo (3) Câu 11 - Chọn HSG Duyên hải đồng bắc 2010: Một thước đồng chất AB khối lượng m = 200g, chiều dài l = 80cm, có trục quay cố định nằm ngang qua điểm O cách đầu A đoạn OA = 20cm Đầu B thước có A gắn chặt cầu nhỏ C khối lượng m = 100g Hệ cân người ta bắn theo phương ngang vào cầu C vật nhỏ khối lượng m3 = 100g với vận tốc v O Biết va chạm tuyệt đối đàn hồi sau va chạm thước đạt góc lệch lớn so với phương thẳng đứng 600 Cho g = 9,8m/s2 Bỏ qua lực cản khơng khí ma sát trục quay Tính vận tốc góc thước sau va chạm? m3 B Tính vận tốc v m3 trước va chạm? * Khảo sát HQC gắn với mặt đất, chọn chiều dương chiều chuyển động m3 trước va chạm (4 ®iĨm) * Gọi vận tốc góc AB sau va chạm  , khối tâm AB G A Mơmen qn tính hệ AB cầu C là: O G I= 41 m1l2+m1.OG2 + m2.OB2 = (kgm2) 12 750 Áp dụng định luật bảo toàn cho hệ AB cầu C giai đoạn sau va chạm ta có: 0,5đ B m3 m1g.OG.(1-cos  )+m2g.OB.(1-cos  ) = I2 Thay số tính được:  = 4,23 (rad/s) * Khảo sát hệ (m1+m2+m3) trình va chạm Gọi v’ vận tốc m3 sau va chạm, áp dụng định luật bảo 1đ tồn mơmen động lượng bao tồn động cho hệ thời điểm 0,5đ trước sau va chạm ta có: 1 1 m3v  m3v '2  I  2 2  m3v.OB  I   m3v '.OB Thay số giải  v=3,16 (m/s 0,5đ 0,5đ 1đ Câu 12 - Đề thi đề nghị chuyên Biên hòa Hà Nam thi Duyên Hải Bắc Bộ 2010: Một mảnh OA đồng chất, khối lượng M = 1kg, dài l = 1m quay khơng ma sát mặt phẳng thẳng đứng quanh trục cố định nằm ngang qua đầu O Lúc đầu vị trí cân bằng, vật nhỏ khối lượng m chuyển động thẳng với vận tốc V0 = 0,5 O m/s vng góc với vng góc với trục quay thanh, đến va chạm vào đầu tự A (hình 2) Coi va chạm hồn tồn khơng đàn hồi Sau va chạm, m gắn vào đầu A dao động Biết mơ men qn tính mảnh trục quay quanh O I  Ml Lấy g = 10 m/s2 Chứng minh sau va chạm, hệ dao động điều hoà  Chọn gốc thời gian lúc va chạm, chiều dương chiều V0 , gốc toạ độ vị trí cân hệ Lập phương trình li độ góc hệ HƯỚNG DẪN CHẤM: (trang9)  V0 m A m va chạm mềm với l: * Áp dụng định luật bảo tồn mơmen động lượng: Ltrước v.c = L sau v.c I m 0 (I m  I M ). 0,5 Ml ).  3mV0 l (3m  M )l   ml 0 (ml  3mV *   (3m  M )l : tốc độ góc hệ sau va chạm, đồng thời tốc độ góc cực đại hệ (M+m) * Sau va chạm, hệ lệch góc  nhỏ khỏi vị trí cân Phương trình động lực học cho vật rắn quay quanh trục cố định O: M = Ihệ  l  Mg sin   mg.l.sin   ( 0,5 0,5 M  m).l  * Do sin     " g l2 3 g M  2m    "  2l M  3m g M  2m Đặt   =>  "    => hệ vật dao động điều hoà 2l M  3m  ( M  2m)   (3m  M )  " 0,5 Phương trình li độ   cos (t   ) * pt li độ góc có dạng:  pt tốc độ góc có dạng:    .sin (t   ) * tốc độ góc cực đại: max =      0,5 0,5 max 3mV0 2l M  2m   ( M  3m)l g M  3m * Thay số: M = 1kg; m = 0,2kg; l = 1m; V0 = 0,5m/s, ta được: 0,5  3, 62(rad / s );  0, 05( rad ); * Chọn t0 = lúc va chạm =>    0,5 Vậy pt li độ góc hệ vật là:  0, 05.cos (3,62.t -  ) (rad) Câu 13 – HSG Vĩnh phúc 2012-2013 khối chuyên: (2,5 điểm) Cho hệ (như hình vẽ bên), đồng OA có khối lượng M, chiều dài l quay tự quanh trục O cố định nằm ngang, đầu A O S buộc vào sợi dây nhẹ khơng dãn, đầu cịn lại α dây vắt qua ròng rọc S buộc vào vật m S độ cao với O OS=l Khi cân góc α= 60 Bỏ qua ma sát, khối lượng kích thước rịng rọc M,l a) Tìm tỷ số M m m b) Đưa đến vị trí nằm ngang thả nhẹ Tìm vận tốc m qua vị trí cân A ban đầu a (1 điểm) (2,5 Khi m cân lực căng dây trọng lực m  T = mg điểm) Áp dụng quy tắc mômen cho với trục quay O Mg.cos l  Mg .cos α = T.l.cos  T = 2cos  = mg 2 (mỗi biểu thức mômen lực 0,25 điểm) (trang10) 0,25 0,5  Hiệu điện hai điểm AB: U =  e1 – e2  = Bl B .( R12  R22 ) = 2 Tính U Câu 15 (2 điểm): Một cột dài L = 2,5m đứng cân mặt phẳng nằm ngang Do bị đụng nhẹ cột đổ xuống đất mặt phẳng thẳng đứng Trong đổ, đầu cột không bị trượt Tính tốc độ đầu cột trước chạm đất Lấy g = 10 m/s ; momen qn tính cột có giá trị câu HƯỚNG DẪN: Câu4 (4 điểm): Áp dụng định luật bảo toàn năng: + Ở trạng thái ban đầu: W1 = Wt = mgh Với h = L/2 (0,5 đ) mL2  L mL2 3g  => ω = + Cơ bảo toàn nên: mg = 2 L + Mặt khác v = L.ω = 3gL Thay số ta có v = m/s = 8,66m/s + Khi cột tiếp mặt đất: W2 = Wd = I.ω2 /2 = (0,5 đ) (0,5 đ) (0,5 đ) Câu 16 (3 điểm): Trên mặt phẳng nghiêng góc α (so với mặt ngang) đặt vật hình hộp nhỏ A vật hình trụ đặc B, đồng chất, khối lượng phân bố Cùng lúc cho hai vật bắt đầu chuyển động xuống phía theo đường dốc mặt nghiêng Vật A trượt, vật B lăn khơng trượt q trình chuyển động hai vật cách khoảng không đổi Biết hệ số ma sát trượt vật A mặt phẳng nghiêng μ a) Tìm giá trị góc α b) Hệ số ma sát μ’ vật B mặt phẳng nghiêng phải thỏa mãn điều kiện để có chuyển động hai vật trên? Câu Hướng dẫn giải - Phương trình chuyển động vật A (theo phương nghiêng): m1gsinα – μm1gcosα = m1a1  Gia tốc vật A: a1 = g.(sinα – μcosα) - Phương trình chuyển động tịnh tiến vật B: m2gsinα – Fms2 = m2a2 (1) - Với Fms2 lực ma sát giữ cho B lăn không trượt, đồng thời gây quay quanh trục với gia tốc góc γ Ta có phương trình: M = I.γ  Fms2.r = m2.r2.γ (2) a - Vật B lăn không trượt nên:   r (3) Từ (1), (2) (3): a  g.sin  (4) - Muốn khoảng cách hai vật khơng đổi thì: a1 = a2 tg 3 0,50 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25  g.(sin  cos    g.sin   3,0  α = arctg3μ b) Từ (1) (4) ta có: Fms  m g sin  0,25 - Lực ma sát cực đại B mặt nghiêng: Fmsnmax = μ’m2gcosα - Điều kiện phải thỏa mãn là: Fms2 ≤ Fmsnmax  tg m g sin   ' m g cos    '   3 0,25 0,25 0,25 (trang12) Câu 17 - ÔN THI HSG CHUYÊN HÙNG VƯƠNGĐộng lực học vật rắn có liên kết rịng rọc giải phương pháp sử dụng ĐLBT Moment xung lượng: R0 Hai vật nặng P1 P2 buộc vào hai dây quấn vào hai tang tời bán kính r R (hình vẽ) Để nâng vật nặng P lên người ta tác M R r dụng vào tời mơmen quay M Tìm gia tốc góc tời quay Biết trọng lượng tời Q bán kính quán tính trục quay  Lời giải Q Xét hệ gồm vật nặng A, B, tời C ( hình vẽ ) Các ngoại lực tác dụng lên hệ    gồm trọng lực P1 , P2 , Q    Mơmen M phản lực R , phản lực R có mơmen trục quay O không ÁP dụng định lý biến thiên mômen động lượng trục quay z qua qua d O tời ta có: dt Mặt khác ta lại có : Lz = Lz( A ) + Lz( B ) + Lz( C ) P1 g P2 vA  P1 r  g P2 Mômen động lượng vật B là: Lz( B ) = R v B  R  g g Q Mômen động lượng tời C là: Lz( C ) =  z     g   Lz = (P1r2 + P2R2 + Q  ) g M  P2 R  P1r d   Thay ( ) vào ( ) ta được: 2 dt P1r  P2 R  Q M  P2 R  P1r g Vậy   2 P1r  P2 R  Q (2) Câu 18 - Động lực học vật rắn có liên kết ròng rọc sử dụng DLBT Hai phẳng song song thẳng đứng số chúng hồn tồn trơn, cịn lại nhám, phân bố cách khoảng D Giữa chúng có đặt ống với đường kính ngồi b ằng D, khối lượng chung M mơmen qn tính trục I Ổng bị kẹp chặt phẳng cho chuyển động xuống quay không trượt so với phẳng nhám Một sợi nhẹ buộc với vật nặng khối lượng ma quấn vào hình trụ ống có đường kính d Tìm gia tốc vật nặng? Lời giải Giả sử thời gian t khối tâm ống xuống đoạn DH Lúc ống quay quanh khối tâm góc:   D d o H 2H  R D Khối m bị lên đoạn:  cuộn A (1) L z  P1r  P2 R  M Mômen động lượng vật A là: Lz( A ) = r B h H  H Vậy khối m d d H so với khối tâm D xuống đoạn: d D d H t Gọi a gia tốc khối tâm ống D D chỉ, gia tốc vật m là: (trang13) m1 a0 = a D d t D  d t ; H a ; h a D D Vận tốc vật m: v = at, v0 = a0t = a D-d t Vận tốc góc trục  = D 2v 2at  D D Áp dụng định luật bảo toàn năng: D-d m( a t ) 2 2 Mv mv02 I  t D d  t M ( a  t ) I  2at  D   MgH + mgh = Mga  mga      2 2 D 2 2 D  D d m D suy a = g 4I D d M   m D  D  M Bài 19 - Khảo sát chuyển động lăn vật rắn mặt phẳng nghiêng Từ mức cao mặt phẳng nghiêng, hình trụ đặc cầu đặc có khối lượng bán kính, đồng thời bắt đầu lăn khơng trượt xuống Tìm tỷ số vận tốc hai vật một mức ngang Lời giải Gọi vc vận tốc cầu sau lăn xuống độ cao h A vT vận tốc hình trụ sau lăn xuống độ cao h Khi cầu, hình trụ lăn khơng trượt xuống dưới, điểm đặt lực ma sát tĩnh nằm trục quay tức thời, mà vận tốc điểm không không ảnh hưởng tới B tồn phần vật Vai trị lực ma sát đảm bảo cho vật lăn tuỳ không trượt đảm bảo cho độ giảm hoàn toàn chuyển thành độ tăng động tịnh tiến chuyển động quay vật   Vì lực tác dụng lên hình trụ đặc cầu : p ( lực ),  ( theo phương pháp tuyến)    lực ma sát tĩnh Fms Ta có  Fms không sinh công  Acác lực không =  hệ bảo tồn Như ta áp dụng định luật bảo toàn cho chuyển động cầu hình trụ: Với cầu: Với hình trụ: Trong đó: mgh = mv c  c c (1)  2 2 mv     mgh =  2 v 2mR c  ; c  c R v mR   ;    R (2) Thay vào ( ) ( ) ta có: mgh = mv c ; mgh = 10 v v 15 15    c  v 14 v 14 3mv  c  Câu 20: Khảo sát chuyển động lăn vật trụ rắn mặt phẳng nghiêng (trang14) Một hình trụ đồng chất khối tâm C, bán kinh R, momen quán tính I = mR trục Được đặt khơng vận tốc đầu mặt phẳng nghiêng góc  Gọi f hệ số ma sát trượt hình trụ mặt phẳng nghiêng 1) Xác định gia tốc hình trụ Chứng tỏ có trượt hay khơng tuỳ theo giả thiết  so với giả thiết  cần xác định 2) Tìm biến thiên động thời điểm t, Xét hai trường hợp  <   >  y N C O P Fms  x Lời giải 1) Xác định gia tốc hình trụ Giả sử trụ lăn không trựơt: Psin  -Fms=ma a R Suy ra: Fms = ma 2 a = g sin  Fms.R = I   mR Điều kiện Fms= mg sin   fmg cos   tg 3 f trượt Trường hợp  >  Tức   với tg  = 3f trụ lăn khơng Fms ma sát trượt Ta có: Fms = fmgcos  mg sin   Fms = g(sin  - fcos  ) m F R fg   ms  cos  I R a2 = 2) Sự biến thiên động Trường hợp  <  thời điểm t: Động năng: Eđ = mv I  2 g sin  t  .t  g sin  t 3R v = at = Bảo toàn lượng E 0 - Trường hợp  >  thời điểm t:  v = g(sin - fcos  ).t fg cos   t R Biến thiên lượng: (trang15)  a t2  E  Ams  Fms   S q   fmg cos  g  sin   f cos  t 2   Với S q = .t  R E  mg f cos  sin   cos  t 2 S  S  S1 Với S2 độ dịch C, S1 quãng đường trụ quay   Câu 21 Khảo sát chuyển động lăn có trượt – khơng trượt Người ta dùng gậy tác động vào bi- a bán kính R, xung lực nằm ngang cách mặt bàn bi- a khoảng h a) Xác định hệ thức  vận tốc khối tâm v0 bi-a b) Nghiên cứu chuyển động bi - a sau lực ngừng tác động trường hợp: 7r 7r 2) h = 1) h > 3) r < h < 7r Lời giải  a) Gậy tác dụng vào bi- a xung lực X Tại điểm tiếp xúc I lực ma sát gây xung  lực X ' cản quay quanh O bi - a Fms nhỏ ( khơng có thêm lực nén ) nên X’  (vq  R) V I = vq- v0 , chiều vI hướng sau Như I xuất lực ma sát làm cho  giảm dần  =  ’ vI = 0, bi- a thơi khơng trượt chuyển sang chuyển động lăn không trượt, chuyển động chậm dần dừng hẳn +) h = R : v0 = vq =  R , vI = Quả bi- a lăn không trượt, chuyển động chậm dần dừng lại +) R < h < R : v0 > v q =  R vI = v0 -  R , hướng phía trước Fms hướng sau cản chuyển động làm tăng  đến  ”: v0” =  ”R lúc bia lăn khơng trượt chuyển động chậm dần dừng lại Câu 22 - Khảo sát va chạm lý tưởng vật rắn lý tưởng với mp ngang (trang16) Một bóng siêu đàn hồi đặc, khối lượng m, bán kính R Bóng bay tới va chạm vào mặt sàn ngang với vận tốc v vận tốc góc  Chỗ mà bóng tiếp xúc với sàn có ma sát giữ cho điểm tiếp xúc khơng trượt Do có ma sát nên va chạm không đàn hồi nhiên bỏ qua biến thiên thành phần pháp tuyến vy độ biến thiên động bóng ’ a) Xác định thành phần tiếp tuyến vx’ v’ bóng sau va chạm theo v x  trước va chạm? Biện luận? b) Tính vận tốc điểm tiếp xúc A bóng trước sau va chạm? Giải thích kết quả? c) Xét  = vx > Lời giải *) Theo định luật biến thiên momen động lượng ta dL = Mdt = FmsRdt = dPxR Id  = mRdvx vx ' ' d   mR I   dv  vx I(  ’-  ) = mR(vx’- vx) (1) Ta có vy’= - vy *) Theo định luật bảo tồn động ta có: mv I  mv '2 I  '2 m (vx2  v '2x ) I ( '2   )    2 2 có: (2) v  1 3  10 x   7 R 3v  4 R v x’ = x *) Thay (1) vào (2) rút  ’=  *) Biện luận: +)  ’ < siêu bóng quay ngược lại với chiều quay ban đầu sau va chạm +) vx’ > vx > +) vx’ = vx = +) vx’ < 4 vx < R R R Ban đầu (trước va chạm): vAx =vx+  R vAy = vy Sau va chạm: v’Ax = v’x+  ' R = - (vx+  R ) v’ Ay = v’ = - vy  y v A'   v A Như vậy: Vận tốc điểm A trước sau va chạm có độ lớn nhau, chiều ngược Câu 23 Khảo sát chuyển động lăn lăng trụ mặt phẳng nghiêng Một lăng trục lục giác cạnh a, khối lượng m phân bố Mơmen qn tính lăng trụ I = ma2 mặt lăng trụ lõm để lăn mặt phẳng nghiêng lăng trụ tiếp xúc 12 (trang17) mặt phẳng nghiêng cạnh coi vật rắn Gọi 1 ,  vận tốc góc lăng trụ 2 trước sau va chạm Tìm tỉ số biết ma sát đủ lớn để khối trụ lăn không nảy lên 1 Lời giải D Ngay trước va chạm lăng trụ quay với 1 , mômen động lượng trục quay : C a  L0 I1  ma 21 ; v0  OB trước va chạm, lăng trụ quay B quanh B Đối với trục quay A: Ngay trước va chạm : mav0 LA  L0  a.mv0 sin 300  ma2 1  12 11 LA  ma 21  ma21  ma21 12 12 Ngay sau va chạm lăng trụ quay quanh A với  , (A): 17 L'A I A  ( ma2  ma ).2  ma22 12 12 E O v0 F A ỏ (1) (2) Mơmen động lượng bảo tồn coi có phản lực N (va chạm) F ms qua trục quay, suy  mômen (mômen vectơ p thời gian nhỏ ta bỏ qua) 2 11 LA L'A   1 17 Câu 24 - Khảo sát chuyển động vật liên kết rịng rọc sử dụng định luật bảo tồn cơng dạng vi phân định luật bảo toàn Một vật A có trọng lượng P kéo lên từ trạng thái đứng yên nhờ tời B đĩa trịn đồng chất có bán kính R, trọng lượng Q chịu tác dụng ngẫu lực có mơmen M khơng đổi ( hình vẽ ) Tìm vận tốc vật A kéo lên đoạn h Tìm gia tốc vật A Lời giải Cơ hệ khảo sát gồm vật A chuyển động tịnh tiến; tời B quay quanh trục cố định R0    M Các lực tác dụng lên hệ gồm trọng lực P, Q , ngẫu lực M ,  O phản lực R nội lực R  B Nhận xét: trọng lực tác dụng có ngẫu lực M trọng lực    P sinh cơng; cịn phản lực R trọng lực Q khơng sinh Q cơng điểm đặt chúng cố định, nội lực không sinh công   Vì tính cơng hữu hạn ngẫu lực M trọng lực P A  để tìm vận tốc v A vật A ta áp dụng định lý biến thiên động năng: P      A P  A M     (1) T0 động hệ thời điểm ban đầu ; T động hệ thời điểm ( t ) Ta có: T0 = ban đầu hệ đứng n (2) Ta có: T = TA + TB (3) Vật A chuyển động tịnh tiến nên TA = 1P 2g (4) vA (trang18) Vật B quay quanh trục cố định nên TB   O  2  Q  Q  vA  1Q   B   R    R  vA   2 g g g  R   2P  Q  v 2A  Thay ( ) , ( ) vào ( ) ta có:   2g   Ta có: A P  A M = M  - P.h = M  - P.R  với h = R    (6)     M   A P A M =   P  h R      Thay ( ), ( ), ( ) vào ( ) ta được:  v A  4g (5) (7)  2P  Q  vA 2g M   P h R  =  M  Ph  h R  2P  Q  Để tìm gia tốc aA vật A ta sử dụng định lý biến thiên động dạng vi phân i k  dA   dA d  Vậy v A  4g e k   2P  Q  2g vA aA =  M  Ph  h R  2P  Q  M    P  vA R  aA = 2g  aA = 2g  M  PR  R  2P  Q   M  PR  R  2P  Q  Câu 25: Một bánh đà có dạng hình trụ đồng khối lượng M, bán kính R quay quanh trục cố định nằm ngang Một sợi dây quấn quanh bánh đà, đầu sợi dây buộc vật nặng có khối lượng m Quả nặng nâng lên buông cho rơi xuống Sau rơi độ cao h, nặng bắt đầu làm căng sợi dây quay bánh đà Tìm vận tốc góc bánh đà thời điểm ( hình vẽ ) Lời giải Vận tốc vật nặng m cuối độ cao h tính nhờ áp dụng định luật bảo tồn : v1 = 2gh ( 1) Khi vật nặng bắt đầu làm căng dây, xuất tương tác vật nặng bánh đà Vì tương tác xảy thời gian xem ngắn nên ta có gần bảo tồn mơ men xung lượng (đối với trục quay): Lngay trước trước tương tác = L trước sau tương tác (2) Trong v2 vận tốc vật m sau tương tác, I mơmen qn tính bánh đà trục quay,  vận tốc góc bánh đà sau tưong tác M  m.v1.R = m.v2.R + I  Ta có: I = M.R2 (3) v2 = .R Từ ( 1), ( ), ( ), ( ) ta tính : m h (4)  2m 2gh  m  2M  R Câu 26: Một sợi dây vắt qua ròng rọc, hai đầu sợi dây có hai người đu vào Biết khối lượng người lớn gấp lần khối lượng ròng rọc Người A bắt đầu leo theo dây với vận tốc tương dây u Tính vận tốc người B so với mặt đất? coi khối lượng ròng rọc phấn bố vành (trang19) Lời giải  Gọi v B vận tốc dây đất, (và vận tốc người B đất ) Theo cơng thức cộng vận tốc ta có vận tốc người A đất là:    v A u  v B  u B A (1) Chiếu ( ) xuống phương chuyển động A ta : v A u  v B (2) Ban đầu hệ đứng yên nên mômen động lượng hệ trục rịng rọc khơng:  L 0 ( ) Khi người A bắt đầu leo lên dây mơmen động lượng hệ gồm mômen động lượng người A, người B mơmen quay rịng rọc: với   ' L R.m.v A  R.m.v B  I. vB R Ta áp dụng định luật bảo tồn mơmen động lượng cho hệ : L L, R.m.v A  R.m.v B  I. 0 v m  R.m.(U  VB )  R.m.v B  R B 0 R 4u  Ta tìm được: v B  Vậy vận tốc người B đất : v B  4u Câu 27 - Va chạm đàn hồi nhiều vật rắn lý tưởng – Vận dụng ĐLBT động lượng Ba vòng đệm nhỏ giống A, B,C, nằm yên mặt phẳng ngang, nhẵn, người ta truyền cho vòng A vận tốc v đến chạm đồng thời với hai vịng B, C (hình vẽ) Khoảng cách giữ hai tâm vòng B, C trước va chạm N lần đuờng kính vịng Giả sử va chạm hoàn toàn đàn hồi Xác định vận tốc vịng A sau va chạm Tính giá trị N để vòng A: bật ngược lại, dừng lại, tiếp tục tiến lên? Lời giải Vì hệ có tính đối xứng nên A chuyển động đường B thẳng cố định B C có quỹ đạo đối xứng qua quỹ đạo A v A Vì vòng đệm tròn nên va chạm xuyên tâm vịng B C chuyển động theo phương 12 C 13 Gọi v '; v B ;vC vec tơ vòng tròn A, B, C sau va chạm Theo định luật bảo toàn động lượng: mv mv'  v B  mvC Suy ra: mv = mv’ + 2mvBcos (1) Trong vB = vC,  góc quỹ đạo A phương chuyển động B C Ta có: cos = R  ( NR ) 4 N  2R Thay (2) vào (1) v = v + VB Vì chạm đàn hồi nên: mv B2 mvC2 mv mv = + + 2 2 (với OAOB = 2R) 4 N2  v = v2 + v B2  vC2 Từ (3) (4) tìm v = v’ v’ = (2) (4) (5) N  v 6 N2 (6) (trang20)