Động lực học vật rắn

Động lực học vật rắn 1.42 Hình trụ khối hộp (Indonesia) Một hình trụ có khối lượng m bán kính r đứng yên tựa vào khối hộp hình vẽ Khối hộp kéo sang trái với vận tốc v không đổi Lúc đầu khối hộp sát cạnh tường, bỏ qua ma sát hình trụ với tường khối hộp Hãy xác định: 1) Dạng quỹ đạo chuyển động tâm hình trụ so với điểm A 2) Điều kiện vận tốc v để khối hộp tiếp xúc với trụ khoảng cách hai điểm A B r 3) Các lực tác dụng lên thành hình trụ khoảng cách A B r 1.43 Thanh rắn thả ngang (Trung Quốc) Một cứng nhỏ, đồng chất khối lượng m, đầu qua trục quay nằm ngang O Thanh quay tự mặt phẳng thẳng đứng chứa O Ở thời điểm ban đầu nằm ngang thả không vận tốc đầu m mật độ khối lượng dài Nếu gọi  vận tốc góc chuyển L động quay quanh trục nằm ngang qua O, động quay biểu diễn dạng 1) Ký hiệu   Ek k     L , k số khơng có thứ ngun cần phải xác định Biết rằng, hai đại lượng giá trị số chúng phải nhau, thứ nguyên phải Hãy tìm giá trị số  ,   2) Cho biết: động hệ tổng động chuyển động khối tâm (như chất điểm) động chuyển động hệ hệ quy chiếu khối tâm Hãy tìm hệ số k 3) Khi tạo với phương ngang góc  , phần hai phía điểm cách O khoảng r tác dụng lên lực bao nhiêu, theo phương dọc theo vng góc với thanh? Gia tộc trọng trường g Gợi ý: Nếu X  t  hàm t, Y  X  t   hàm X  t  , đạo hàm Y  X  t   theo t dY  X  t   dt  dY dX dX dt Ví dụ, hàm cos   t  với biên độc lập t có đạo hàm d cos   t  cos  d  dt d dt 1.44 Thanh trượt theo tường (Trung Quốc) Hai vật nhỏ hình cầu, khối lượng m quả, nối với dài l khối lượng không đáng kể Ban đầu dựa thẳng đứng sát vào tường hình vẽ Giả sử tường sàn nhà phẳng nhẵn khơng có ma sát Truyền cho Trang cầu vận tốc ban đầu nhỏ Trong trình chuyển động, bắt đầu rời tường góc tường thẳng đứng có giá trị bao nhiêu? 1.45 Yoyo (Thụy Sĩ) Năm phần giải độc lập Phần Khởi động Xét hai hình trụ có bán kính R khối lượng m Khối lượng hình trụ tập trung tâm nó, khối lượng hình trụ tập trung biên (mặt bên) Hai hình trụ đặt đình mặt phẳng nghiêng, lúc thả cho lăn không trượt Hình trụ đến chân mặt phẳng nghiêng sớm hơn? Giải thích cơng thức Phần Mơmen qn tính Yoyo Trong phần này, yoyo có cấu tạo hình 1.45a Nó bao gồm hình trụ bán kính r, chiều dây l hai hình trụ hai bên có bán kính R, chiều dày L Ba hình trụ đồng chất làm từ chất có khối lượng riêng  Mơmen qn tính hệ viết dạng I mR , R bán kính hình trụ m tổng khối lượng Yoyo Hãy biểu diễn số  qua R, r, L l Gợi ý: Mơmen qn tính hình trụ bán kính r khối lượng m quay quanh trục đối xứng mr Phần Yoyo mặt bàn Yoyo mô tả đặt đứng yên mặt phẳng nằm ngang (hình 1.45b) Một sợi dây có khối lượng đường kính khơng đáng kể quấn quanh hình trụ yoyo Trong phần xét chuyển động lăn không trượt yoyo  3a) Sợi kéo với lực F song song với bề mặt phẳng hướng bên phải (xem hình 1.45b)  Yoyo di chuyển phía nào? Yoyo di chuyển lực kéo F2 hướng lên trên? Hãy giải thích Gợi ý: Hãy xét bắt đầu quay yoyo 3b) Tồn góc  (góc hướng lực mặt ngang) mà kéo với góc lớn nhỏ góc yoyo chuyển động Xác định góc  theo thơng số yoyo 3c) Góc  giới hạn r  R r  ? Giải thích điều xảy Phần Yoyo mặt phẳng nghiêng Trang Bây yoyo đặt lên mặt phẳng nghiêng góc  so với phương ngang Thả yoyo ra, chuyển động xuống chân mặt phẳng nghiêng Yoyo lăn không trượt góc nghiêng    c lăn có trượt    c Giả sử hệ số ma sát nghỉ ma sát trượt nhau: k  s  , mômen quán tính yoyo I mR , số  , khối lượng m yoyo bán kính ngồi R cho trước 4a) Biểu diễn hình vẽ lực tác dụng vào yoyo 4b) Tìm biểu thức gia tốc yoyo trường hợp    c (lăn không trượt) hàm  , R, m,   4c) Giống câu hỏi 2) trên, cho góc    c (lăn có trượt) 4d) Tìm góc tới hạn  c Phần Yoyo chuyển động thẳng đứng Trong phần này, sợi dây có chiều dài l r cuộn quanh hình trụ có bán kính r Ở thời điểm ban đầu, yoyo treo đứng yên vào trần hình 1.45c Tại thời điểm t0 0 , yoyo có tọa độ x  t0  0 Trong trình chuyển động, sợi dây giữ phương thẳng đứng 5a) Viết biểu thức tọa độ x  t  hàm thời gian 5b) Xác định giá trị vận tốc dài cực đại vmax tốc độ góc cực đại max Trang ĐÁP ÁN 1.42 Hình trụ khối hộp (Indonesia) 1) Khi khối hộp tiếp xúc với khối trụ khối trụ tiếp xúc với bậc Suy tâm khối trụ cách mép bậc đoạn r, hay nói cách khác tâm khối trụ chuyển động cung trịn tâm A, bán kính r 2) Xét thời điểm bán kính AC tạo với phương ngang góc α Tâm C nằm cách khối hộp uur v v bậc thang, dễ thấy x C x B / 2, suy v Cx  Bx  Véctơ vận tốc v C , có phương vng góc với 2 uur bán kính quỹ đạo AC Sử dụng định lý góc có cặp cạnh tương ứng vng góc, dễ thấy phương v C hợp với phương thẳng đứng góc α Vậy ta có: v v v Cx v C sin    vC  2sin  Gia tốc hướng tâm hướng từ C A có độ lớn ax  v2c v2  r 4r sin  Tâm C chuyển động theo phương ngang nên phản lực từ A, B Phương trình định luật hai Newton cho phương CA có dạng sau: N B cos 2  mg sin   N A ma C  v2   2sin .N B m   g sin    4r sin   m  v2  Hay : N B   g sin    2sin   4r sin   Khi AB r   / Điều kiện để hộp tiếp xúc với khối trụ : N B 0 v 4gr sin  gr 3) Với v  gr AB r , lực khối hộp bậc tác dụng lên khối trụ : Trang  g v2  N A N B m     2r  Cách : Với cách chọn trục tọa độ hình vẽ, dễ dàng tính x C r cos   vt Lần lượt lấy đạo hàm bậc bậc hai theo thời gian ta được:  r sin . ' v / 2; (1)  r cos . '  r sin . '' 0 α', α" đạo hàm bậc bậc hai góc α theo thời gian Tọa độ theo phương thẳng đứng y C OA  r sin  Lấy đạo hàm hai lần liên tiếp ta được: y 'C r cos . '; y ''C  r sin . '  r cos . '' Thay đạo hàm từ vào ta y ''C  r sin . '  r cos  ' r v2    '  sin  sin  4r sin  Vẫn trước, ta nhận N A N B Xét phương trình định luật hai Newton cho phương y : 2N A sin   mg my ''  m v2 4r sin  Ta nhận lại kết Cách : Từ (1) tìm gia tốc tiếp tuyến (chú ý dấu, tâm C quay theo chiều ngược kim đồng hồ, cịn góc α định nghĩa theo chiều kim đồng hồ quay từ BA đến CA) cos '2 v cos  a   ''  r   sin  4r sin  Sau xét phương trình định luật hai Newton theo phương tiếp tuyến, ta tìm N B mà khơng cần biết NA Dựa cách cịn có cách giải thứ tư xét phương trình mơmen lực cho chuyển động quay C quanh tâm A 1.43 Thanh rắn thả ngang (Trung Quốc) 1) Theo đề bài, vận tốc góc chuyển động quay quanh O ω động biểu diễn qua mật độ khối  , vận tốc góc ω chiều dài L sau : E k k   L (1) Ta biểu diễn thứ nguyên đại lượng  , ω, L Ek (1), ngoại trừ k, qua thứ nguyên chiều dài [L], khối lượng [M] thời gian [T] (các thứ nguyên độc lập) Trang 1     M   L  1    T   L  L 2  E k   M   L   T  (2) Thông thường, ký hiệu  q  thứ nguyên đại lượng vật lý q q viết dạng q (q)  q  (3) Trong (q) giá trị đại lượng q đo đơn vị  q  Vậy (1) viết lại       E k   E k  k       L        L   (4) Trong hệ đơn vị dùng (2 ) ta có    E k  k       L     E k        L  (5)  (6) So sánh (2) (6)  M   L  T  2  M    L    T  (7) Các thứ nguyên  L  ,  M   T  độc lập nên để hai vế (7) đồng  1,  2, (8)  3 E k k2L3 Như (9) 2) Động E k E k,C  E K,f Trong E k,C (10) 1 L   mv C2   L     2 2  (11) Trong hệ quy chiếu gắn với khối tâm, chuyển động coi chuyển động quay cửa hai dài quanh trục nằm ngang đầu với vận gốc góc ω Do động lớn hệ quy chiếu E k,r L   L 2E k  , ,  2k2   2   2 (12) Kết hợp (9), (11), (12) vào (10) ta có L  L k L  L     2k2   2   2 Từ k  Vậy 3 (13) (14) E k  2L3 (15) 3) Cơ bảo toàn Trang L  E k mg  sin   2  (16) Từ (15), (16) suy  3g sin  L (17) Xét chuyển động phần dài (L – r) phía ngồi điểm cách điểm O khoảng r Phần có khối lượng  (L  r) khối tâm chuyển động với vận tốc L r  L  r  v 'C   r      (18) Khi tạo góc θ so với phương ngang, phần phía tác dụng lên phần sức căng N hướng dọc theo (chọn chiều dương hướng vào O), lực T vng góc với Áp dụng định luật chuyển động cho khối tâm nửa T   (L  r)g cos  (L  r)a (19) N   (L  r)g sin  (L  r)a n (20) Trong gia tốc tiếp tuyến a 1được tính theo biểu thức a1  dv 'C L  r d L  r d d 3(L  r)g cos     dt dt d dt 4L (21) Còn gia tốc pháp tuyến a n a n 2 L  r 3(L  r)g sin   2L (22) Từ (19), (20), (21), (22) ta có T (L  r)(3r  L) mg cos  4L2 N (L  r)(5L  3r) mg sin  2L2 1.44 Thanh trượt theo tường (Trung Quốc) Khi tạo với tường góc θ, lực tác dụng lên hệ bao gồm: trọng lực mg, phản lực N1 N2 tường sàn lên hai vật Khi tựa vào tường cịn lực N1 tác dụng lên hệ, lực gây gia tốc theo phương x cho khối tâm Vậy điều kiện để vật rời khỏi tường gia tốc khối tâm theo phương x khơng Có nhiều cách để tìm gia tốc này, ta cách Tọa độ biểu diễn theo l θ x 0, y1 l cos  (1) Của cầu thứ x lsin  , y 0 (2) Lấy đạo hàm biểu thức ta vận tốc Trang dx1 dy d 0, v1y   lsin   lsin  dt dt dt v1x  (3) d  vận tốc quay quanh khối tâm dt Trong Tương tự với v 2x  dx dy lcos , v 2y  0 dt dt (4) Tọa độ khối tâm xC  mx1  mx my  my  lsin  ; y C   l cos  (5) 2m 2m Từ tính vận tốc khối tâm v cx  dx C dy  lcos ; v cy  C  lsin  dt dt (6) [Kết nhận cách tính vận tốc khối tâm qua vận tốc từ phương trình (3) (4)] Lấy đạo hàm (6) ta gia tốc khối tâm : dv cx 1 d  2 lsin   l cos  dt 2 dt dv 1 d a cy  cy  2l cos   lsin  dt 2 dt a cx  Trong (7), (7) d gia tốc góc hệ với trục quay qua khối tâm vng góc với dt Phương trình định luật II Newton cho chuyển động khối tâm : N  2mg 2ma cy N1 2ma cx , (8) Phương trình quay hệ quanh khối tâm N2 1 d ml d (9) sin   N1 cos  I  2 dt dt Thay (7) vào (8), thay (8) vào (9) ta d g  sin  dt l Viết lại (10) dạng 2 C  (10) d d d g   sin  Tích phân hai vế ta : d dt d 2l 2g cos l (10) Hằng số C (10) xác định từ điều kiện đầu,  0,  0  C  Cuối 2  2g (1  cos) l 2g l (11) Thay (10) (11) vào (7) ta : Trang 3  a cx g sin   cos  1 2  (12) Từ (12) dễ thấy rời tường cos  Cách : Sử dụng bảo tồn lượng Từ (2) (3) ta có v1y  v 2x tan  Chọn gốc O Thế hệ bảo toàn 1 2 E  mv1y  mv 2x  mgl cos   mv 2x (tan   1) mgl 2 (13) Từ v 22x  2gl(1  cos) 2gl cos (1  cos ) tan   (14) Vật rời tường a cx 0g hay a cx đạt giá trị cực đại Mà từ (6) (4) suy v cx  v 2x Do để rời tường vế phải (14) phải có giá trị cực đại Đạo hàm hai vế (14) theo θ : dv 22x 2gl( cos  sin   3cos  sin ) 0  cos   d Cách : Xét tâm quay O Vì hai véctơ vận tốc qua gốc tọa độ nên mômen động lượng hệ không, suy môn men lực phải không, hay l N lsin   N1l cos   2mg cos  0 (15) Khối tâm hệ chuyển động đường trịn tâm O bán kính l/2, vận tốc vng góc với bán kính có độ lớn vC   (16) Gia tốc hướng tâm hướng điểm O, gia tốc dài có phương với vc, độ lớn chúng : 1 d a n  2 , vC  2 dt (17) Chiếu hai véctơ lên trục x y ta thu kết (7) Sử dụng (7), (8) (15) ta lại thu (10) Từ giải tiếp Cách : Động hệ theo định lý Konig bao gồm hai phần : động khối tâm động chuyển động quay quanh khối tâm Vậy : 1 ml  vc  2 K  (2m)v c  l mv c  2mv c2   2 2  l/2 (18) Bảo toàn 2mv c2  mgl cos  mgl  v c  gl(1  cos ) Trang Từ hình vẽ gl(1  cos )  v cx v c cos cos Khi vật rời tường a cx  (19) dvcx dvcx d  0 ta lại thu kết dt d dt Gia tốc góc (10) thu cách xét chuyển động hệ quanh tâm quay tức thời A Hai phản lực có phương qua A nên mơmen lực khơng, cịn trọng lực gây mômen l d M 2mg sin  mglsin  I A dt (20) Mặt khác mơmen qn tính với điểm A tính, sử dụng định lý Steiner : l I A I  (2m)   ml2  2 (21) Kết hợp (20) (21) ta kết (10) 1.45 Yoyo (Thụy Sĩ) Phần Khởi động Với hình trụ, động ban đầu không cuối chọn khơng Do đó, ta có E mech E pot,0 E kin,f const Nhưng hình trụ có ban đầu nhau, đó, hai có động giống : 1 1 I  E kin,f  mi vi2  Ii i2   m  i2  vi2 , vi i R 2 2 R  Vì E kin,f ,1 E kin,f ,2 I1  I , suy v1  v2 Vậy hình trụ lăn đến chân sớm hình trụ Phần Mơmen qn tính Yoyo Moment qn tính hình trụ bên ngồi : I1  m1R , m1 V1 R L Moment qn tính hình trụ bên : I  m R , m V2 R l Moment quán tính tổng cộng : I mR 2I1  I (2m1  m )R R L  r 4l (2R L  r l)R 2  2R L  r 4l 2(2R L  r 2l)R Có thể xác định nhanh chóng  hệ số khơng thứ nguyên Trang 10 Phần : Yoyo mặt bàn 3a) Xét yoyo tăng tốc tức thời, lấy O' tâm quay Bằng cách áp dụng định luật II Newton (cho chuyển động quay) với O', ta thấy mơmen lực khác khơng −(R−r)F1êz (xem hình 1.45Sa), gia tốc góc α mang dấu âm (   êz), yoyo di chuyển bên phải  Cũng phân tích ta thấy   R  r F2 sin  êz (hướng khỏi trang giấy), gia tốc α hướng khối tờ giấy yoyo lần di chuyển bên trái 3b) Trường hợp giới hạn: góc lực bán kính nối O' với đường trịn r π; xét đường thẳng từ O' tiếp tuyến với hình trụ (xem hình 1.45Sb) Ta có sin   3c) R  r2 , R lim cos  lim  R  R cos   r , R tan   R  r2 r r 1   0 R Trường hợp ta xy lanh Bất kỳ góc lớn gây nên mômen lực dương theo trục Oz, làm xi lanh lăn sang trái r  1     R lim cos  lim  Trường hợp giới hạn này, sợi dây gắn vào tâm, lực hướng sang phải khiến yoyo di chuyển bên phải Đối với lực tạo góc π /2 so với phương nằm ngang, đơn giản nhấc yoyo mà khơng cho lăn! (Khơng có mơmen trường hợp này) Phần : Yoyo mặt phẳng nghiêng  4a) Ff : lực ma sát (song song với sàn nhà, ngược chiều chuyển động, điểm đặt tiếp điểm yoyo mặt phẳng nghiêng)  mg : trọng lực (hướng thẳng đứng, điểm đặt tâm yoyo)  N : phản lực (hướng vng góc với mặt phẳng nghiêng, điểm đặt tiếp điểm yoyo mặt phẳng nghiêng) 4b) Áp dụng định luật hai Newton cho chuyển động quay với tâm yoyo cho tot,O I  RFf mR 2 Ff mR Trang 11 Khi khơng có trượt xảy Ff N mg cos  Và gia tốc dài a = αR Định luật hai Newton cho ma mg sin   Ff mg sin   mR mg sin   ma a g sin    4c) Lần này, lực ma sát Ff N mg cos  Nhưng a > αR Như trước đây, ta có ma mg sin   Ff mg sin   mgcos a g(sin    cos ) 4d) Ở giới hạn hai trường hợp, gia tốc giống : g sin c g(sin c   cos c )      tan c          tan c    Phần Yoyo chuyển động thẳng đứng 5a) Áp dụng định luật hai Newton (chuyển động dài quay): mg  T ma I rT Ia  a r  a g const  I / mr Sau tích phân hai lần (hoặc sử dụng phương trình chuyển động biến đổi biết học cổ điển), ta tìm thấy (sử dụng điều kiện ban đầu x (t = 0), v(t = 0) = 0): 1 1 x(t) x  v t  gt  gt 2 2  I / mr  I / mr 5b) Cách (động lực học) : Trong phần đây, lưu ý a  I / mr v(t) at t(x)  2x a Trang 12 v(x)  2xa Vận tốc lớn đạt x = l, từ ta có : v max v(l)  2la  max (l)  lg  I / mr v(l) lg  r r  I / mr Cách (năng lượng) : E pot,0 mgl 1 1 1 2 E kin,f  mvmax  Imax   m   v max 2 2 r  E pot ,f E kin,0 0 Định luật bảo toàn lượng cho ta 1 1 mgl   m   v 2max 2 r  v max  max  lg  I / mr v max lg  r r  I / mr Trang 13