Tĩnh học

Tĩnh học 1.30 Hai lò xo (Nga) Hai lò xo giống nối với sợi chi AB Đầu hệ lò xo gắn với vật nặng khối lượng m Độ cứng lị xo k Có hai sợi dây xun qua vịng lị xo, sợi thứ có đầu gắn với trần nhà, đầu gắn vào đầu B lò xo dưới, sợi thứ hai đầu gắn vào vật nặng, đầu gắn vào đầu A lị xo (hình 1.30) Hai sợi dây không bị chùng, không căng Người ta cắt sợi dây AB Sau thời gian hệ trở lại trạng thái cân Hãy tìm độ biến thiên hệ 1.31 Hai nam châm tương tác (Estonia) Để nghiên cứu lực tương tác hai nam châm nhỏ, người ta tiến hành thí nghiệm sau Một nam châm treo vào sợi dài l 1 m Nam châm lại đưa chậm lại gần cho trục hai nam châm nằm đường thẳng nằm ngang Khi mà khoảng cách hai nam châm d1 4 cm , nam châm treo di chuyển đoạn x1 1 cm từ vị trí ban đầu, cân bị phá vỡ hai nam châm dính vào Giả sử lực hút Fm hai nam châm phụ thuộc vào khoảng cách d chúng theo quy luật Fm  d  n Tìm giá trị số mũ n 1.32 Phóng điện (Nga) Người ta treo hai cầu thép giống vào trần nhà nằm ngang không dẫn điện hai sợi dây kim loại chiều dài l 1 m Mỗi cầu có bán kính r 5 mm , khối lượng m 4 g , chúng nằm cách khoảng d 10 cm (hình 1.32) Ban đầu cầu chưa tích điện đứng yên Gia tốc trọng trường lấy g 9.8 m / s 1) Xác định chu kỳ dao động nhỏ T cầu 2) Người ta nối hai đầu sợi dây treo nguồn điện có hiệu điện U điện trở lớn R 1015 Hiệu điện phải có giá trị nhỏ U U để cầu chạm vào sau khoảng thời gian định? 3) Tìm khoảng thời gian t0 để hiệu điện cầu đạt giá U U U 1.0 10 V 1.33 Trò chơi nguy hiểm (Nga) Một gỗ khối lượng m nằm nhô khỏi cạnh bàn đoạn 3/7 chiều dài Chiều dài phần bảy gỗ L 1 m Người ta dùng ròng rọc dây nhẹ để treo vào phần nhô vật khối lượng 4m (hình 1.33) Một người khối lượng 3m đứng cách mép bàn đoạn có chiều dài nằm khoảng giá trị để gỗ nằm ngang? 1.34 Ròng rọc cứu hộ (Estonia) Để cứu người leo núi Alpes bị rơi vào khe băng nứt, từ dụng cụ tay (ba ròng rọc sợi dây) người ta làm nên ròng rọc cứu hộ Trên hình vẽ minh họa Trang 1.34, sợi dây vẽ đậm hơn, đầu sợi dây cho người bị nạn bám vào, đầu người ta kéo Các ròng rọc nối vào sợi dây sợi dây khác, biểu diễn hình vẽ đường mờ hơn, qua nút thắt trượt (trên hình vẽ chấm trịn đậm) Tìm hệ số truyền rịng rọc cứu hộ trường hợp bỏ qua ma sát trường hợp tính đến ma sát, làm giảm lực ròng rọc 35% Giả thiết lực theo phương thẳng đứng 1.35 Các sợi dây (Romania) Một hệ bao gồm mặt phẳng nghiêng hai sợi dây, ngắn, dài, làm từ chất liệu mềm không dãn Độ dày hai sợi dây không đáng kể Phần Trong phần đầu ba thí nghiệm ta dùng sợi dây ngắn, 1a) Đặt sợi dây lên nêm hình 1.35a Khi góc nghiêng nêm với mặt phẳng ngang  , sợi dây trượt theo mặt phẳng nghiêng Tìm biểu thức hệ số ma sát sợi dây mặt phẳng nghiêng 1b) Giữ góc  câu trước, cịn sợi dây vắt qua đỉnh nêm hình 1.35b Xác định tỷ số chiều dài f1 phần dây treo lơ lửng để sợi dây bắt đầu trượt 1c) Đặt hệ hình 1.35c Hệ Số ma sát trượt hai nêm có giá trị giống ý 1a Góc đỉnh nêm có giá trị    Sợi dây đặt đối xứng Xác định phần dây tối đa treo lơ lửng để hệ cân Phần Ở phần ta dùng sợi dây dài 2a) Sợi dây dài đặt bên hộp A, đầu luồn qua ròng rọc lý tưởng Sợi dây trượt rơi vào hộp B, hình 1.35d Hai hộp đặt độ cao khác h H  h Hãy giải thích sao, sau khoảng thời gian, vận tốc sợi dây số Tìm giá trị vận tốc Trang 2b) Sợi dây (ở ý trước) luồn qua hai vịng nhỏ để khơng chuyển động sang ngang (hình 2.35e) Bán kính rịng rọc R Hãy xác định giá trị lớn vận tốc khơng đổi để sợi dây trượt qua ròng rọc 1.36 Ống dây (Nga) Một sợi dây nhẹ quanh ống hình trụ, tựa lên cứng nằm ngang (hình 1.36) Để ống dây quay quanh tựa cần phải kéo đầu dây xuống với lực F1 , kéo nằm ngang theo phương tiếp tuyến qua điểm thấp cuộn dây với lực F2 Khối lượng m ống dây bao nhiêu? 1.37 Cuộc đua xe motor (Kazhakstan) Một tay đua xe motor tham gia vào đua Khối lượng xe người m 200kg Công suất động P 20 kW Khối tâm hệ người-xe nằm cách hai trục bánh xe độ cao từ mặt đường, khoảng cách hai trục bánh xe Hệ số ma sát trượt bánh xe  0.7 , gia tốc trọng trường lấy g 10 m/ s 1) Tìm giá trị lớn gia tốc xe amax 2) Thời gian tối thiểu t cần thiết để tay đua tăng tốc đến vận tốc v 120 km/h ? 3) Xác định gia tốc tối thiểu amin xe trường hợp 4) Vẽ đồ thị phụ thuộc gia tốc xe vào vận tốc khoảng  0, v  1.38 Đường đua vịng cung (Nhật) Một xe tơ khối lượng M có khoảng cách hai trục bánh xe l1  l2 chuyển động với vận tốc v đường nằm ngang (hình 1.38a) Khối tâm G xe nằm cách trục trước l1 nằm độ cao h tính từ mặt đường Chiếc xe đột ngột dừng lại nhờ hãm phanh Độ lớn gia tốc trình hãm xe dừng số a Trong oto thực, thân xe trục bánh xe có gắn hệ thống giảm xóc lị xo Nhưng tốn ta khơng xét đến lị xo coi vị trí khối tâm xe không đổi Ký hiệu hệ số ma sát nghỉ lốp xe mặt đường  , gia tốc trọng trường g 1) Tìm giá trị phản lực R1 , R2 mà mặt đường tác dụng lên bánh trước bánh sau xe (hình 1.38a) 2) Giá trị tối đa gia tốc mà xe khơng bị trượt a1 Hãy tìm giá trị cực đại Và gia tốc đạt giá trị này, tìm liên hệ lực ma sát F1 , F2 phản lực R1 , R2 Trang 3) Khối lượng M 1540kg , khoảng cách hai trục l1  l2 2.8 m , l1 1.2 m , độ cao khối tâm h 56 cm ; hệ số ma sát nghỉ  1.0 , g 9.8 m/s , quãng đường hãm phanh L 40 m Biết gia tốc hãm a1 Hãy tính giá trị a1 vận tốc v1 xe trước hãm phanh Chiếc xe chuyển động với vận tốc v khơng đổi đoạn đường hình vịng cung nằm ngang Khối tâm xe vẽ nên cung trịn bán kính r Ở hình 1.38b cho thấy mặt đường nghiêng với mặt phẳng nằm ngang góc  Độ cao khối tâm h, khoảng cách bánh trái bánh phải s Hệ số ma sát nghỉ mặt đường bánh xe  , gia tốc trọng trường g 4) Hãy tìm tổng phản lực R1 , R2 tác dụng lên hai bánh trái hai bánh phải tổng lực ma sát F1  F2 song song với mặt đường 5) Cho biết hệ số ma sát nghỉ góc nghiêng mặt đường thỏa mãn  tan   Hãy tìm vận tốc cực đại v mà xe chuyển động mà khơng bị trượt 6) Cho biết điều kiện s.tan   2h Hỏi xe chuyển động với vận tốc lớn mà không bị lật 7) s 1.54 m , h 0.56m ,  1.0 , mặt đường nằm ngang   0  Trong trường hợp xe bị lật trước hay trượt trước? 1.39 Đi xe đạp (Mỹ) Một người có chiều cao h đạp xe đạp bánh theo rãnh trịn bán kính R người xe nghiêng phía với góc  so với phương thẳng đứng Gia tốc trọng trường g Trang 1) Giả sử h R Người phải đạp xe với vận tốc góc  bao nhiêu? 2) Bây ta coi người xe đạp có chiều dài h, h nhỏ R khơng thể bỏ qua Mơ hình bổ sung cho kết câu trước Vận tốc góc  phải bao nhiêu? Giả thiết cứng nằm mặt phẳng tạo phương thẳng đứng phương bán kính R khoảng cách từ tâm quỹ đạo điểm tiếp xúc 1.40 Vận động viên uốn dẻo (Ba Lan) Một vận động viên uốn dẻo giữ cho bàn tay chạm vào trần nhà chân chạm vào tường, góc mà người tạo với phương thẳng đứng 45° Hệ số ma sát bàn tay với trần bàn chân với tường  Xác định lực N tối thiểu mà vận động viên phải đẩy tường (thành phần lực vng góc với tường), độ lớn lực N1 tương ứng mà vận động viên phải đẩy trần (thành phần vng góc với trần nhà) Trần nằm ngang, tường thẳng đứng Vận động viên không gập người, trọng lượng P, khối tâm nằm xác khoảng bàn tay bàn chân 1.41 Ở nhà máy kẹo (Australia) Một nhà máy kẹo sản xuất kẹo chocolate ngon có hình cầu bán kính r Các viên kẹo đóng gói thành lớp hình 1.41a; lớp lại đặt lên lớp Hệ số xếp chặt định nghĩa tỷ số thể tích thực vật chia cho tổng thể tích khơng gian mà chiếm Khi xếp ngẫu nhiên, viên chocolate có hệ số xếp chặt 0.64 1) Tìm hệ số xếp chặt viên chocolate chúng xếp thành lớp hình 1.41a 2) Các hệ số xếp chặt có khơng xếp hình 1.41a hay xếp ngẫu nhiên? Để bán chocolate nhà máy đóng gói viên chocolate vào gói nhờ vào phễu hình 1.41b Trong đóng gói, chocolate cho vào phễu từ phía với tốc độ trung bình viên/giây cho mức chocolate phễu khơng đổi 3a) Trong phút, phễu đóng gói gói 30? 3b) Vận tốc viên chocolate bay khỏi phễu bao nhiêu? 3c) Tìm vận tốc chuyển động xuống phía viên chocolate lớp phễu? Trang ĐÁP ÁN 1.30 Hai lò xo (Nga) Lúc đầu chưa cắt dây AB, hai sợi dây dài khơng chùng, khơng căng nên bỏ chúng Hai lò xo mắc nối tiếp độ dãn lò xo x1  kx12  mg  E e1 2  k mg , đàn hồi: k Sau cắt dây AB, đầu lò xo cố định, đầu chúng nối sợi dây nên độ dãn lị xo Ngồi trọng lực vật chia cho lò xo Như hai lò xo mắc song song Độ giãn lò xo x  mg k mg  Thế đàn hồi : E e 2 kx  4k Đầu B lò xo cố định nên vật nâng lên đoạn : h x1  x  Độ tăng E s  mg   mg 2k 2k Tổng độ biến thiên : E E e  E e1  E s   mg  4k Như giảm 1.31 Hai nam châm tương tác (Estonia) r uv Có ba lực tác dụng lên nam châm treo: trọng lực mg hướng xuống dưới, sức căng dây T hướng uuv uv dọc theo sợi dây, lực từ Fm hướng ngang Vì góc sợi dây nhỏ, độ lớn sức căng T gần mg, thành phần nằm ngang viết dạng  x mg , l chiều dài sợi dây l x mg Tại vị trí l cần F = Vị trí cân bền dịch chuyển (ảo) nhỏ khỏi vị trí cân ∆x tạo nên lực hồi phục: x =1 cm (độ dịch chuyển từ vị trí ban đầu) Hợp lực theo phương nằm ngang F Fm  F Fm  x mg l n đẩy hạt trở lại vị trí cân Gọi lực Fm kd , k số tỷ lệ chưa biết Khi Fm Fm' (d)d  kn x d n 1 d  x Như vậy: Trang  kn mg  F  n 1   x l  d Tại trường hợp giới hạn, cân tốn F 0 Do ta có hai phương trình với hai ẩn n k k xmg kn mg  0, n 1  0 n d l d l Ta viết lại dạng sau: k xmg  , dn l kn mg  d n 1 l Chia hai vế hai phương trình cho ta d d x , suy n  4 n x 1.32 Phóng điện (Nga) s 1) Chu kỳ dao động lắc đơn T 2 / l / g 20 2) Coi cầu chất điểm Khi hai cầu hút nhau, dây treo lệch khỏi phương thẳng góc nhỏ α (sinα ≈ tanα ≈ α), lực Coulomb Fq  kq cân với hợp lực Fg mg hai lực (d  2l)2 lại trọng lực lực căng dây : kq kq mg  (d  2l)2 f () (d  2l) mg Hàm số f ( )  (d  2l)2 có giá trị cực đại   d Như giá trị cực đại điện tích hai 6l cầu : kq 2max mg 0(d  2 0l)  2mgd 2mgd  q max  27l 27l Khi góc lệch lớn  , hai va chạm vào nhau, cần điện tích nhỏ q max Như cần vượt qua q max cầu nhanh chóng hút lấy (với thời gian không nhiều chu kỳ T) Sau va chạm chúng phóng hết điện lại rời ra, q trình tích điện lại bắt đầu chúng tích đủ điện tích q max để tiếp tục va chạm lần hai Khi U = Umin, điện tích cầu ± q max Hiệu điện chúng: U V  V  kq max kq 2mgd  ( max ) 2 646 kV r r 27lr 3) Ta thấy Umin ≪ U0 = MV, coi dịng điện khơng đổi I = U / R thời gian nạp điện đến điện tích q max t0  q max U r R  18s l 2k U 1.33 Trò chơi nguy hiểm (Nga) Trang Trước hết, tìm liên hệ lực căng dây nối với rịng rọc (hình 1.33S) Tấm gỗ bị cân lật xuống mép bàn, bị nâng đầu phải lên Xét lực tác dụng lên bảng Từ điều kiện cân ròng ròng động suy 4T = 4mg, hay T = mg Xét trường hợp đầu phải bảng bị nâng lên, lại phản lực N1 Cân mômen lực với đầu trái bảng: mg Suy 7L  3mg( 4L  x 1)  T.6L 2T.7L x  5L tức người đứng cách mép 2.5m phía trái Bây xét trường hợp bảng bị lật xuống (đầu phải xuống), phản lực bàn lại N2 Điều kiện cân mômen lực mg Suy x  L  2T.3L 3mgx  T.2L 3L , nghĩ người sát mép bàn 1.5m 1.34 Ròng rọc cứu hộ (Estonia) Lực không thay đổi độ lớn, thay đổi hướng qua rịng rọc khơng ma sát Trong trường hợp rịng rọc có ma sát, phần lực căng truyền cho ròng rọc Điều kiện cân lực căng dây phụ tổng lực căng dây cho rịng rọc Sử dụng thêm điều kiện cần cho nút buộc Trong trường hợp rịng rọc khơng ma sát hệ số truyền lực 5/1, cịn trường hợp có ma sát hệ số 2.4/1.  Trang 1.35 Dây vịng (Romania) 1a) Dễ dàng tính được:  tg 1b) Điều kiện cân bằng: f1mg (1 f1)mg(sin    cos ) 2sin  Suy f1  1 2sin  1c) Điều kiện cân phần dây treo không nằm nêm 2T sin  fmg Điều kiện cân phần dây nằm mặt nêm: T 1 f 1 f mg sin   mg cos  2 Giải f tan  2a) Vận tốc số sau khoảng thời gian ∆t, đoạn sợi dây chiều dài ∆l lại kéo vào chuyển động, khối lượng phụ thuộc vào vận tốc thay đổi động lượng ∆ρ Quá trình cần lực cản F   t gH gh   , t  khối lượng đơn vị chiều dài dây Trong khoảng thời gian ∆t, đoạn dây kéo vào chuyển động có chiều dài ∆l, khối lượng l vt Vận tốc thay đổi từ đến v, nên  v t Cuối v  h.g 2b) Sợi dây trượt khỏi ròng rọc mẩu dây đỉnh khơng nén lên rịng rọc (áp lực thời điểm khơng) Lực qn tính ly tâm cân với trọng lực thành phần thẳng đứng lực căng dây Ròng rọc lý tưởng sợi dây chuyển động đều, lực căng có giá trị trọng lượng phần dây treo (H) Định luật hai Newton cho phương hướng tâm mẩu dây: Rg  2T sin  gv12  N , Trang Khi mẩu dây vừa bắt đầu trượt, N = Ngồi ra, phần dây bên phải chuyển động đều, nên T Hg Sử dụng điều kiện góc nhỏ sin    2 Thay vào ta v1  (R  H)g 1.36 Ống dây (Nga) Cách 1: ur Gọi R bán kính ngồi ống dây, r bán kính trong, μ hệ số ma sát lõi ống, Q uu r phản lực điểm tựa tách thành hai thành phần pháp tuyến N lực ma sát trượt uu r ur uu r uu r Fk (Q Fk  N) Trên hình 1.36Sa 1.36Sb biểu diễn lực tác dụng lên ống dây trình dây tuột với r vận tốc không đổi tác dụng lực F Nhận thấy, mặt ống tựa có lực ma sát tỷ lệ độ lớn lực ma sát Fk phản lực Q phụ thuộc vào hệ số ma sát mà không phụ thuộc vào lực F Từ : Fk1 Q1  Fk Q2 Từ phương trình cân mơmen lực tâm ống : FR Fk r Fk F1  Fk F2 Suy Dễ thấy, Q1 F1  P Q2  F22  P Giải hệ phương trình ta có : F1 F P  F2 F22  P Từ tìm khối lượng cần tìm : m  2F1F22 g(F12  F22) Cách (Trực tiếp) Gọi α góc N1 phương ngang Điều kiện cân lực theo phương ngang cho ta: N1 sin   N1cos 0 (1) Và theo phương thẳng đứng N1 sin   N1cos P  F1 (2) Điều kiện cân mômen lực tâm ống : Trang 10 N1r F1R (3) Bình phương (1) (2) cộng với : N12   N1  P  F1 (4) Bây xét đến trường hợp kéo ngang hình 1.36Sb Gọi β góc phản lực N2 phương ngang Các phương trình (1) - (4) có dạng N sin   N 2cos P (5) N sin   N 2cos F2 (6) N 2r F2R (7) Hoàn tồn tương tự từ phương trình (5) (6) tìm N 22   N  P  F22 (7) N12 F12 Chia vế (4) cho (7) : 2   P  F2 N F2  P  F1 Từ tìm kết quả: m 2F1F22 g(F12  F22) 1.37 Cuộc đua xe motor (Kazhakstan) 1) Phân tích ngoại lực tác dụng lên xe motor hình vẽ, lực qn tính F1 xuất hệ quy chiếu khối tâm, hai lực ma sát F1, F2 có giá trị cực đại tương ứng N1, N Các phương trình định luật hai Newton phương trình cân lực cho xe F2  F1 ma N  N1 mg Xét hệ quy chiếu khối tâm, mômen lực với tâm quay G: h h N  N1  F1h  F2h 0 2 Suy N  N1 2(F2  F1) 2ma g  g  Từ giải N m     ; N1 m     2  2  Điều kiện N1 0  g / Trang 11 Tức gia tốc cực đại  max g / đạt bánh trước tiếp xúc với đường Tuy nhiên ta cần kiểm tra điều kiện F2 N mg 07 mg dễ dàng thỏa mãn Với N1 = 0, dễ dàng tìm N mg, F2 ma mg / điều kiện 05 Để gia tốc lớn, lực F2 lớn F1 nhỏ tốt F1 nhỏ không 2) Công suất động truyền đến xe thông qua lực ma sát P v(F2  F1) mav Pmax Khi vận tốc nhỏ, xe chạy với gia tốc cực đại, vận tốc tăng đến giá trị đó, gia tốc phải giảm để công suất động cực đại Vận tốc tìm từ điều kiện: v0  Pmax 20103  20m/s ma max 2005 Sau xe phải chuyển động với gia tốc giảm dần Thời gian chạy với gia tốc cực đại: t1  v 20  4s a max Thời gian chạy với công suất cực đại: mv / mv20 / 2  200  100/ 3  202    35  t2  6s Pmax 220103 Vậy thời gian tối thiểu là: t t1  t 76 s 3) Gia tốc nhỏ a Pmax 2103   3m / s mv 200100 4) Đồ thị, xem hình 1.37Sb 1.38 Đường đua vịng cung (Nhật) 1) Trong hệ quy chiếu chuyển động với xe xe đứng yên nên lực tác dụng lên xe cân Lực qn tính Ma có điểm đặt khối tâm Cân mômen lực với tiếp điểm bánh trước bánh sau với đất: (l1  l2)R l2Mg  Mah , (l1  l2)R l1Mg  Mah Từ R1  l2g  ah M, l1  l2 R2  l1g  ah M l1  l2 Khi hãm phanh đột ngột, xe dường dồn phía trước 2) Điều kiện để không trượt F1  F2 (R  R 2) Để hãm phanh quãng đường ngắn nhất, cần lực ma sát tác dụng lên bánh trước bánh sau Như để gia tốc đạt giá trị cực đại: F1 R 1, F2 R , F1  F2 Ma , R  R Mg Vì a g nên ta có a g Trang 12 m / s , vận tốc v trước hãm phanh gia tốc a  3) Thay giá trị số a 98 v2 , ta thu 2L v1 28m / s 4) Xét hệ quy chiếu quay gắn với xe Lực ly tâm có phương nằm ngang, đặt vào khối tâm có độ lớn Mv2 , trọng lực Mg Điều kiện cân bằng: r R  R Mgcos   F1  F2  Mv2 sin  r Mv cos   Mg sin  r Ngoài ra, điều kiện cân mômen lực quanh khối tâm: s h(F1  F2)  (R  R 1) 2  Mg  2h 2h  Mv    R   cos   s sin    2r  sin   s cos        Từ giải   R  Mg  cos   2h sin    Mv  sin   2h cos        2  s s  2r   5) Điều kiện để xe không trược F1  F2 (R  R 2) Từ câu trước: Mv Mv R  R Mgcos   sin  , F1  F2  cos   Mg sin  r r Vận tốc cực đại: tan    tan   v gr gr 1  tan  1  tan  1 6) Để xe khơng lật R 0 R1  Mg  2h 2h  Mv   cos  + sin   cos   0    sin    s s  2r   Vận tốc giới hạn 2h 1 tan  s  h tan  grs s v gr  2h  s tan  2h 1 s tan  2h 7) Nếu gr  grs s s   xe bị trượt trước lật Cịn   ngược lại xe bị lật trước hay 2h 2h 2h bị trượt Thay số s = 1.54 m, h = 0,56m, μ = 1.0 ta s 13 75  10 Vậy xe bị trượt trước lật 2h 1.39 Đi xe đạp (Mỹ) Trang 13 1) Trong hệ quy chiếu quay, có lực tác dụng lên người đạp xe: phản lực lực ma sát điểm tiếp xúc với rãnh, trọng lực hướng xuống lực quán tính ly tâm Nếu h ≪ R, tất điểm người xe đạp cách tâm quỹ đạo khoảng R, gia tốc hướng tâm điểm 2R Lực ly tâm có điểm đặt khối tâm Gọi l khoảng cách từ khối tâm đến điểm tiếp xúc, mômen lực lực ly tâm trọng lực tiếp điểm  m2Rl.cos   mgl.sin  Trong hệ quy chiếu quay người đứng yên nên, τ = 0: m2Rl.cos   mgl.sin  0 Suy g tan  R  2) Gia tốc hướng tâm thay đổi dọc theo chiều cao người đạp xe Trong hệ quy chiếu quay, mơmen lực điểm tiếp xúc có giá trị C 2rzdm τ khoảng cách từ tâm đường trịn, z độ cao tính từ mặt đất, dm khối lượng vi phân Vì khối lượng người đạp xe phân bố dọc theo chiều dài h, nên khối lượng dm phần tử vi phân chiều dài ds viết dạng m ds nên: h h C 2(R  s sin )(s cos ) m R h  ds m2 hcos    sin   h 2  Trọng lực đặt vào khối tâm trước khoảng cách h/2 từ điểm tiếp xúc mơmen mang dấu âm: h g  mg sin  Và điều kiện cân mômen lực h R h  m2 hcos    sin    mg sin  0 2  Cuối g  h     tan    1 sin   R   3R  1 1.40 Vận động viên uốn dẻo (Ba Lan) Gọi lực ma sát bàn tay với trần T1, ma sát bàn chân với tường T2 (xem hình 1.40S) Điều kiện cân vận động viên: theo phương thẳng đứng: P T2  N1 theo phương ngang: T1 N (1) cân mômen:  T2  N1 l  T1  N  l , Trang 14 l chiều dài toàn thân vận động viên từ bàn tay tới bàn chân Các áp lực không âm P > 0, nên hai phương trình đầu cho thấy T1 0, T2 0 Ngoài ra, điều kiện để vận động viên chưa bị trượt lực ma sát ma sát nghỉ T1 N1 (2) T2 N (3) Giá trị cực tiểu N , ứng với hai giá trị tới hạn T1 N1, T2 N Ta chấp nhận giả thiết kiểm tra đắn kết cuối Giả sử trường hợp giới hạn T2 N N2  P 2   T1 , N  P , T2  P 2(  1) 2(  1) 2(  1) (4) P 2   P , hay   1 đồng thời 1(2 ) Điều 2(  1) 2(  1) kiện thỏa mãn, giá trị lớn (2 ) đạt  = Vì Điều kiện 0T1 N1 cho ta 0 vậy, giả định trường hợp giới hạn T2 N không Bây ta xét nốt giả định thứ hai, trường hợp giới hạn T1 N1 N1  P  2  P N , T2  P , T1  2(  1) 2(  1) 2(  1) Điều kiện 0T2 N cho ta 0 (5) 2  P P  , hay   1 0đồng thời 2  1 Điều 2(  1) 2(  1) kiện 2  1 ln ln thỏa mãn, tốn có nghiệm với điều kiện   1- nghiệm cần tìm (5) Chú ý N   P  P   1 làm hàm giảm theo  (khi  >1), giả 2(  1)    1 thiết ta thỏa mãn đồng thời bất đẳng thức (2), (3) Cuối cùng, giá trị nhỏ N tương ứng với N1  P P , N2  2(  1) 2(  1) Với điều kiện hệ số ma sát  phải lớn 1.41 Ở nhà máy kẹo (Australia) 1) Các viên hình cầu xếp tuần hồn mạng, nên viên nằm trọn vẹn hình lập 3 phương cạnh 2r Thể tích viên chocolate Vsphene  r thể tích khối lập phương Vcube (2r) 8r Từ đây, hệ số xếp chặt f 4r /   05 8r 2) Hệ số xếp chặt lớn có nghĩa cho nhiều chocolate vào thể tích Như cách xếp với hệ số xếp chặt nhỏ chiếm thể tích nhiều Điều có nghĩa viên chocolate chiếm không gian nhiều xếp đặn so với xếp hỗn loạn ngẫu nhiên Trang 15 3a) Mức chocolate phía phễu khơng đổi nên số viên chocolate vào phía phải số viên khỏi đáy phễu Có nghĩa viên chocolate giây khỏi phễu Một gói chứa 30 viên chocolate nên cần s để đóng đầy Như đóng 10 gói phút 3b) Mỗi lần có viên chocolate khỏi phễu viên quãng đường 2r để rời khỏi phễu Tức giây viên chocolate quãng đường 10r Như vậy, vận tốc l0r giây 3c) Ở phía phễu, chocolate xếp cách hỗn loạn Điều có nghĩa viên chocolate thêm vào giây chiếm thể tích V  54 r Thể tích phân bố phần hình f trụ có tiết diện R Chiều cao hình trụ khoảng cách trung bình giây v av  4r giây f 3R Trang 16