Bài tập hay về ĐLH vật rắn 12

1 Câu 1:Một thanh cứng đồng chất, tiết diện đều hình thước thợ có khối lượng m đặt nằm trên mặt phẳng nằm ngang, nhẵn. Một cạnh của thanh có chiều dài H cạnh kia dài 2H (hình 1). Tác dụng một xung lực X theo phương ngang vào một đầu của cạnh ngắn và vuông góc với nó. 1, Tìm mômen quán tính của thanh đối với trục đi qua khối tâm và vuông góc với mặt phẳng của thanh. 2, Tìm vận tốc góc của thanh sau khi tác dụng xung lực. 3, Ngay sau khi tác dụng xung lực, thanh sẽ quay quanh tâm quay tức thời T. Tìm vị trí của T. Solution: a, Tọa độ khối tâm của thanh: chọn trục toạ độ như hình vẽ 2 2 3 3 G m H H x m   ; 3 2 6 G m H H y m   Do đó: 2 2 17 6 G G OG x y H    Mômen quán tính của thanh đối với trục đi qua O và vuông góc với mặt phẳng thanh: 2 2 2 2 (2 ) 3 3 3 3 O m m H H I mH    Theo định lí Huyghen – Steiner: mômen quán tính của thanh đối với trục đi qua G và vuông góc với mặt phẳng của thanh: 2 2 2 2 2 0 0 17 19 . . . . . 36 36 G G H m H I I m OG I I m OG m H m        b, Áp dụng định luật II Niutơn: F = m.a G  0 G v X m t t      G X v m  Áp dụng đinh lí biến thiên mômen động lượng: ( ) . G G X H y I    suy ra: 30 19 . X m H   Vậy thanh quay với vận tốc góc  theo chiều kim đồng hồ c, Gọi T là tâm quay tức thời của thanh ngay sau khi tác dụng xung lực ta có: GT vuông góc với G v  do đó : 19 30 30 19 G X v H m GT X mH     H 2H X  Hình 1 H 2H X  x y O . G G v  T 2 Câu 2: Một thanh đồng chất có khối lượng 2m, dài l nằm trên sàn ngang nhẵn. Một viên bi nhỏ khối lượng m chuyển động với vận tốc v đến va chạm vuông góc với thanh tại điểm A cách khối tâm của thanh một đoạn là d. Va chạm tuyệt đối đàn hồi. a. Xác định vận tốc lớn nhất và nhỏ nhất có thể của khối tâm của thanh khi thay đổi d. b. Xác định d để sau va chạm hòn bi đứng yên Giải : a. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn cơ năng cho hệ ta có:        22 2 2 G 2222 G 2 GG 'v 12 l2 v2v'mv 2 1 J 2 1 mv2 2 1 mv 2 1 'vv2v'mvmv2mv Biến thiên momen động lượng của thanh bằng momen xung lượng mà thanh nhận được: J = 2mv G d   = 2 l d12 v G Giải các phương trình trên ta được:              G G 2 G v2v'v v l n 12 n123 v2 v với n = l d Khối tâm có vận tốc cực đại khi: n = 0 =>d = 0 v Gmax = v 3 2 ;  = 0; v' = - 3 v Khối tâm có vận tốc cực tiểu khi: n = 2 1 l d  lúc này điểm A ở mép thanh. v Gmin = 3 v ;  = l v2 0; v' = 3 v b. Để sau va chạm hòn bi đứng yên: v' = 0  v G = 2 v = 2 n 12 3 v2   n 2 = 12 1  d = 32 l Khi đó  = l 3v . 3 Câu 3: Một thanh cứng không đồng chất chiều dài L, khối lượng M. Mật độ khối lượng theo chiều dài ρ = kx, với k là hằng số, x là khoảng cách tới đầu O của thanh 1)Xác định giá trị của k và vị trí khối tâm C của thanh. 2)Tính mômen quán tính của thanh đối với trục đi qua đầu O và vuông góc với thanh. 3) Thanh có thể quay xung quanh trục nằm ngang O. Một viên đạn nhỏ khối lượng m bay với vận tốc v theo phương ngang cắm vào đầu B.Xác định giá trị của m để thanh mang viên đạn quay trọn vòng quanh O và điều kiện của vận tốc v khi đó.Lấy gia tốc trọng trường g, bó qua ma sát. 1)Xác định giá trị của k và vị trí khối tâm C của thanh. - Xét một phần tử nhỏ dx cách đầu ở toạ độ x có khối lượng dm = kx.dx M = 2 . 2 0 kl dxkxdm l    => k = 2 2 l M - Xác định khối tâm C x C =   l dxkx M xdm M 0 2 11 => x c = M kl 3 3 , thay k => x C = 3 2l 2) Xác định mômen quán tính I 0 . dI 0 = x 2 dm => I 0 =  l dmx 0 2 =  l dxkx 0 3 . Thay k => I 0 = 2 2 Ml 3)Xác định giá trị của m để thanh mang viên đạn quay trọn vòng quanh O Xác định vận tốc góc ω sau va chạm mềm  ĐLBT mômen động lượng Mvl = I hệ .ω => ω = he I mvl (1) Với I hệ =   2 2 2 2 2 2 lmM ml Ml    Động năng quay ngay sau va chạm K =  K I he 2 2  m M vm 2 22  (3) * Khối tâm G của hệ cách 0: x G X G =     mM lmM mM ml l M      3 32 3 2 (4)  Độ tăng thế năng khi hệ tới vị trí cao nhất của vòng quay ΔW t = 2(M+m)g.x G. Thay (4) => ΔW t = 3 2l (2M + 3m)g (5) * Điều kiện quay trọn vòng: K  ΔW t Từ (3) &(5) => m M vm 2 22   3 2l (2M + 3m)g Rút gọn được: 3v 2  2lg. (2 6 7 2 2  m M m M ). Đặt x = m M => 2x 2 + 7x + 6 - 0 lg2 3 2  v Xét dấu với điều kiện: x>0 được m M 4 lg 12 17 2 v   ==> m lg 12 17 4 2 v M   Điều kiện về v: mẫu số > 0 => v > 2 lg v 0 C B   4 Câu 4: Một quả tạ gồm hai vật nặng có cùng khối lượng m gắn ở hai đầu của một thanh có chiều dài 2l và khối lượng 2m. Ban đầu hai quả đặt sát vào chân tường. Đẩy nhẹ cho quả dưới trượt trên sàn nằm ngang làm cho quả tạ đổ xuống. Bỏ qua mọi ma sát. Tìm gia tốc góc và vận tốc góc của thanh tại thời điểm quả trên bắt đầu dời khỏi tường - Tại thời điểm đầu B dời tường thì phản lực N 2 = 0  quả tạ chỉ có gia tốc theo phương thẳng đứng. Do vật nặng B trượt trên tường nên gia tốc của nó có phương thẳng đứng, vật nặng A chỉ trượt trên sàn nằm ngang nên gia tốc của nó (nếu có) chỉ có phương nằm ngang  để gia tốc của quả tạ có phương thẳng đứng thì gia tốc của A phải bằng 0  Phản lực của thanh đỡ tác dụng lên các vật nặng T = T’ = 0 (1). - Xét phương trình định luật II Newton đối với vật nặng A. Do gia tốc a 1 = 0 và T = 0  phản lực của sàn N 1 = mg. - Viết phương trình động lực học cho quả tạ với trục quay là khối tâm: N 1 .l.sin α = I G .γ  γ = 2 ml 3 8 sin.mgl  . - Gọi toạ độ của các quả nặng là x và y ta có. Vận tốc của các quả: V 1 = dt dx , V 2 = - dt dy . Mặt khác: y = 22 xl4   1 22 2 v y x dt dx xl4 x dt dy v    Và: g = - 3 2 1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 2 21 2 1 2 11 2 2 y vl4 y vx y vy y vxv y u dt dy y xv dt dx y v dt yd  (1) - Xét tâm quay tức thời I: tốc độ góc: ω = y v 1 - Mômen quán tính của thanh đối với I: I = I G + 2m.IG 2 = 2 ml 3 14 - Bảo toàn cơ năng: 2mg(2l – y) = 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 22 2 2 1 y v ml 3 13 y v ml 3 7 y x 1mv 2 1 I 2 1 )vv(m 2 1           - Thay (1) vào phương trình trên ta được: 2mg(2l – y) = myg 12 13  y = l 37 48  v 1 = 3 3 37 gl24.2  ω  0,57 l g  sin α = l 2 x  0,76  γ  0,29 l g . 5 Câu 5: Một thanh cứng đồng chất tiết diện đều, chiều dài L = 40cm, khối lượng M = 250g được giữ nằm ngang sao cho đầu B tựa trên mép một chiếc bàn (Hình 2). Buông thanh, đồng thời tác dụng một xung lực X = 100 (N.s) vào đầu A theo phương thẳng đứng lên trên. Cho 2 3,14; 10 m g s    . a- Tìm xung lực Y do bàn tác dụng vào đầu B ngay khi tác dụng xung X ? b- Tìm X nhỏ nhất sao cho thanh bay lên rồi trở lại vị trí ban đầu nhưng hai đầu đổi chỗ cho nhau? Bỏ qua ảnh hưởng của không khí. Câu 6:Một vật đồng chất, có dạng là một bản mỏng phẳng ABCD (hình 1) với BC và AD là hai cung tròn đồng tâm bán kính R 1 = 2,2m và R 2 = 2,8m. Vật được treo vào điểm cố định O bằng hai dây treo nhẹ OA và OB, không giãn hướng theo phương bán kính, góc ở tâm AOD = α 0 = 100 o . Cho vật dao động trong mặt phẳng OAD với biên độ nhỏ. Bỏ qua ma sát, hãy tính chu kì dao động của vật. Gọi khối lượng trên một đơn vị diện tích của vật là ρ. Xét một cung mỏng dr bán kính r, khối lượng của nó là dm = ρα 0 rdr (hình 5.2). Momen quán tính của yếu tố dm đối với trục quay đi qua O là dI = r 2 dm = ρα 0 r 3 dr. Momen quán tính của cả vật đối với trục quay đi qua O và vuông góc với mặt phẳng OAD là: I = )RR(drr R R 4 1 4 20 3 0 4 1 2 1    Gọi trọng tâm của vật là G. Ta thấy vật có tính đối xứng nên trọng tâm nằm trên trục đối xứng Ox (hình 5.2). Đặt OG = d. Khối lượng của vật là M. Xét một yếu tố diện tích dS = rdrdα (chắn góc ở tâm là dα). Khối lượng của diện tích dS là dm = ρdS = ρrdrdα, toạ độ x = r.cosα. Áp dụng công thức tính khối tâm ta có    2 2 2 0 0 2 1 / / R RS dcosdrrxdmMd    = 3 3 0 2 1 2 ( ).sin 3 2 R R    Chu kì dao động với biên độ nhỏ của vật là 4 4 0 2 1 3 3 0 2 1 3 ( ) 2 3,4021( ) 2 ( )sin 2 R R I T s Mgd g R R          Vậy chu kì dao động với biên độ nhỏ của vật là T = 3,4 (s). A X B O B C D A x dS α d x r 6 Câu 7: Cho một thanh đồng chất tiết diện đều có khối lượng M, chiều dài L được đặt trên nằm yên trên mặt bàn nằm ngang. Thanh có thể quay quanh trục thẳng đứng đi qua trung điểm của thanh. Hệ số ma sát trượt giữa thanh và mặt bàn là  . Bắn một viên bi có khối lượng m với vận tốc 0 v  theo phương ngang, vuông góc với thanh và vào một đầu của thanh. Biết va chạm là hoàn toàn đàn hồi và vận tốc của viên bi sau va chạm không đổi phương chiều. a.Tìm vận tốc góc của thanh ngay sau va chạm? b. Sau va chạm thanh quay được góc lớn nhất bằng bao nhiêu? a. Tính vận tốc góc của thanh ngay sau va chạm + Xét thời điểm ngay sau va chạm: theo định luật bảo toàn cơ năng và bảo toàn mômen động lượng ta có 2 2 2 0 0 1 1 1 (1) 2 2 2 (2) 2 2 mv mv I L L mv mv I              Từ (2) ta có: 0 2 mv mv I L    2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 2 2 1 1 2 1 4 4 1 2 2 ( ) ( ) 2 2 2 2          mv mv I m v I mv I mv I v I m L m L L L mL      Thay vào (1): 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 2 2 2 1 1 1 2 2 1 2 2 1 2 2 ( ) 2 2 2 2 2           mv I mv I v I I I v I I v L L L mL mL mL        Với 2 1 12 I ML  0 1 2 ( ) 2 6 M v m L     0 0 2 12 1 (3 2 ) ( ) 2 6 v mv M L m M L m       b. Tính góc mà thanh quay được sau va chạm + Xét phần tử nhỏ dm của thanh, có độ dài dx M dm dx L   + Lực ma sát tác dụng vào phần tử dm là: ms M dF gdm gdx L     + Khi thanh quay được góc  thì quãng đường đi được của phần tử dm là: S x   + Độ lớn công của lực ma sát khi thanh quay góc  là: . ms M M dA dF S gx dx g xdx L L        Do tính đối xứng nên: 2 2 0 0 2 2 2 L L M M A dA g xdx g xdx L L            = 2 2 0 L M g x L   = 1 4 ML g   + Khi thanh dừng lại thì động năng thanh chuyển toàn bộ thành công của lực ma sát 2 2 2 2 1 1 1 1 . . 2 2 12 4 6 L I A ML ML g g              v O O 0 x x +dx 7 Câu 8: Một sợi dây mềm có chiều dài L, khối lượng M phân bố đều theo chiều dài của dây. Dây được đặt trên mặt bàn nằm ngang sao cho ¼ chiều dài của dây nằm dưới mép bàn. Thả nhẹ cho dây chuyển động. Biết hệ số ma sát giữa dây và mặt bàn là  . a.Tính công của lực ma sát tác dụng vào dây kể từ khi bắt đầu chuyển động đến khi dây rời mặt bàn. b.Tính vận tốc của dây khi dây rời mặt bàn. Giải: a. Tính công của lực ma sát + Xét phần tử dây nhỏ dx cách mép bàn đoạn x + Khối lượng của phần tử dx là: M dm dx L  + Lực ma sát tác dụng vào phần tử dx: ms M dF g dx L   + Công của lực ma sát để di chuyển phần tử dx đến mép bàn: . ms ms M dA dF ds xdF g xdx L        + Công lực ma sát để di chuyển dây đến khi rời mặt bàn: 3 3 (2) 4 4 2 (1) 0 0 3 1 4 2 0 L L L M M A dA g xdx g xdx Mgx L L L              = 9 32 MgL   b. Tính vận tốc của dây khi rời bàn + Chọn gốc thế năng  mặt bàn + Cơ năng của dây lúc bắt đầu thả: 0 1 4 8 32 M L W g MgL     + Cơ năng của dây khi rời bàn: 2 1 2 2 L W Mv Mg   + Theo định lý biến thiên cơ năng: 0 W W A   2 1 1 9 2 2 32 32 L Mv Mg MgL MgL       2 1 9 2 2 32 32 L L L v g g g      2 15 9 ( ) 16 16 v gL     15 9 ( ) 16 16 v gL     L/4 O x x + dx 8 Câu 9. Cho một vòng dây mảnh có khối lượng M, bán kính R. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng vòng dây, cách tâm vòng dây một đoạn h có chất điểm khối lượng m. Lúc đầu chất điểm được giữ cân bằng, sau đó truyền cho chất điểm vận tốc ban đầu 0 v  hướng vào tâm vòng dây. Bỏ qua tác dụng của lực hút trái đất. a. Tính gia tốc của chất điểm tại thời điểm ngay sau khi chuyển động. b. Tính vận tốc của chất điểm khi nó đến tâm vòng dây . a. Tính gia tốc của chất điểm tại thời điểm ban đầu + Chia vòng dây làm 2n đoạn nhỏ bằng nhau. Khối lượng mỗi đoạn là: 2 M dM n  +Xét lực hấp dẫn do 2 phần tử đối xứng nhau qua tâm tác dụng lên chất điểm ở A: 1 2 F F F       1 2 os F Fc   ( vì 1 2 2 . . m dM F F G r   ) 3 2 2 2 2 . 2. . . 2. . . ( ) m dM h h F G G m dM r r R h     + Lực hấp dẫn vòng dây tác dụng vào chất điểm : 3 2 2 2 . 2 . . . ( ) hd h F n F nG m dM R h    = 3 2 2 2 . ( ) h GMm R h + Gia tốc của chất diểm tại vị trí cách tâm vòng khoảng h là: 3 2 2 2 . ( ) hd F h a GM m R h    b. Vận tốc của chất điểm tại tâm vòng dây + Công của lực hấp dẫn khi đưa chất điểm từ vị trí cách tâm khoảng h về tâm: 3 3 2 2 0 2 2 2 2 0 0 . ( ) ( ) h h hd h x x A F dx GMm dx GMm dx R x R x         3 2 2 2 2 2 0 1 ( ) ( ) 2 h GMm R x d R x      1 2 2 2 ( ) 0 3 h GMm R x     2 2 1 1 ( ) 3 GMm R R h    + Theo định lý biến thiên động năng: 2 2 2 2 1 1 1 1 ( ) 2 2 3 GMm mv A mv R R h      2 2 2 1 1 ( ) 3 GM v R R h     h R O dm dm A 9 Câu 10: Một khối trụ đồng chất khối lượng M, bán kính R, có mômen quán tính đối với trục là I = MR 2 /2, được đặt lên mặt phẳng nghiêng góc α = 30 0 . Giữa chiều dài khối trụ có một khe hẹp trong đó có lõi có bán kính R/2. Một sợi dây nhẹ không giãn được quấn nhiều vòng vào lõi rồi vắt qua ròng rọc B (khối lượng không đáng kể). Đầu còn lại của dây mang một vật C khối lượng m = M/5 (hình H 3). Phần dây AB song song với mặt phẳng nghiêng. Hệ số ma sát nghỉ cực đại (cũng là hệ số ma sát trượt) là μ. a. Tìm điều kiện về μ để khối trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng. Tính gia tốc a 0 của trục khối trụ và gia tốc a của m khi đó. b. Giả sử α không thoả mãn điều kiện trên. Tìm gia tốc a 0 của trục khối trụ và gia tốc a của m. a. Điều kiện của  và gia tốc của các vật. Khối trụ lăn không trượt, điểm tiếp xúc I giữa khối trụ và mặt nghiêng đứng yên tức thời và đóng vai trò làm tâm quay tức thời. Ta gọi gia tốc góc của khối trụ quanh trục của nó là , cũng là gia tốc góc quanh tâm quay tức thời I. Ta có quan hệ với gia tốc dài:               0 0 a. 2 3 . 2 R Ra .Ra   (1) Mặt khác, phương trình định luật II Newton cho chuyển động tịnh tiến của các vật khi chiếu trên các trục với chiều dương như đã chỉ ra trên hình vẽ: 0ms a.MfTsinMg a.mmgT     (2) Đối với chuyển động quay quanh trục của khối trụ: 0ms 0 2 ms a.Mf.2T R a R.M 2 1 .I 2 R .TR.f   (3) Từ (2) và (3) rút ra: 3 sinMg f ms   Và   0 39 g4 g. M2m33 m3sinM2 .2a 0         13 g2 g. M2m3 m3sinM2 a 2 3 a 0         Mg 26 5 Mmg M2m3 sin2 g. M2m3 m3sinM .mmgT          Vậy hệ chuyển động theo đúng chiều ta chọn. B C A α H 3  C m A a 0 + a B I f ms T T P 2 P 1 N + 10 Điều kiện để khối trụ lăn không trượt:   cosMg.N. 3 sinMg f ms   9 3 3 tg    . b. Gia tốc của các vật khi khối trụ trượt. Theo phần 1. khối trụ sẽ vừa lăn vừa trượt khi có điều kiện: 9 3 3 tg    . Lúc đó, lực ma sát có độ lớn bằng:  cos MgNf ms  Ta có quan hệ về gia tốc các vật: trît)võa l¨n(võa 0 00 aR. Ma2Ma2MR 2 R aa     (4) Định luật II Newton cho chuyển động tịnh tiến của các vật: 0ms a.MfTsinMg mgmaTa.mmgT        (5) Và chuyển động quay quanh trục của khối trụ: Tf2.R.MR.M 2 1 .I 2 R .TR.f ms 2 ms   (6) Kết hợp với (4)  0ms Ma2Ma2Tf2    hay 0ms Ma2Ma2mgmaf2     (7) Cộng hai vế của (5) với nhau ta được: 0ms a.Mmga.mfsinMg      (8) Nhân (8) với 2 rồi cộng với (7): Ma2mg3ma3sinMg2      Ma2ma3mg3sinMg2      13 g2 M 2 m 3 mg3sinMg2 a      ; 13 mg15 13 mg2 mgT  ; 39 g4 g 26 3137 M mga.mfsinMg a ms 0        ;   R 13 g3313 MR 13/mg15cosMg2 MR Tf2 ms          C m A a 0 + a B I f ms T T P 2 P 1 N + [...]... lut bo ton c nng: l I 2 = Mg (1 cos m ) 2 2 2 I 2 mv 6 2 sin m = 2 gl 3m M gl sin m = v 6 M gl 3 m c) S mt mỏt nng lng tng i: 2 I 2 12 Mm 12 2 I Q = Q = 2 2 2 9m M mv mv (3m M ) 6 m m 2 9m M m 1 2 9 6 Du bng xy ra khi v ch khi M M 3 M m 12 m 1 Nờn Qmax= 1 66 M 3 13 Câu 14 Một dây xích sắt khối lượng M, độ dài L được treo thẳng đứng mà đầu dưới (đầu thấp nhất) của nó vừa chạm đất... 1 = T (3) v (4) ta c : I 2 2 R1 R1 R = I 1 0 - I 1 2 2 R2 R1 R R 2 I 2 1 I 1 2 = I 1 0 R R1 2 2 2 I R I 1 R 2 = I 1 0 2 2 1 R1 R2 2 = 2 R2 I 1.0 R1 R2 2 I 2 R12 I 1 R2 11 (4) Cõu 12: Mt hỡnh tr c, ng cht cú bỏn kớnh R=20cm, ln v0 khụng trt trờn mt phng ngang vi vn tc v0, ri n mt A phng nghiờng cú gúc nghiờng =450 so vi mt phng ngang Tớnh giỏ tr vn tc v0max ca hỡnh tr... 2cos Phân tích u1 u1t u1n , thành phần u1t ut , không thay đổi trong quá trình va chạm nên: u u1 cos 2 Từ (1) và (3) ta có: u sin u u1 cos 1 tan cot (3) 1 cos 2 u cos u1 cos 1 tan cot 2cos2 1 1 tan 2 1 1 tan cot tan 2cot (4) 2 u Thế (4) vào (3) ta có: u1 cos (5) 1 2cot 2 2cot 2 2cos 2 u u Thay (4) và (5) vào (2) ta có: V 1 2cot 2 1 cos 2 b) Trong... lực của một phần dây xích rơi xuống đất Theo định luật 3 Niu-tơn xung lực này cũng bằng phản lực của mặt đất tác dụng lên dây xích, xung lực của lực này làm cho động lượng của dây xích rơi xuống đất thay đổi Vì các phần của dây xích có độ cao ban đầu khác nhau, vận tốc rơi đến mặt đất khác nhau nên động lượng của chúng sẽ biến đổi khác nhau Chúng ta xét một đoạn nhỏ của dây xích trong một khoảng thời... M g t 0 nên Ft M v 0 vx Như vậy: F v Vì x t x là vận tốc tức thời của dây xích nên F v 2 t Vận tốc v tại thời điểm t là vận tốc tức thời của dây xích khi rơi xuống độ dài là x, tức là v 2 2 gx Thay vào công thức của F ta có: F 2 gx Đây chính là lực do phần dây xích chuyển động tác dụng lên mặt đất tại thời điểm t Ngoài ra áp lực của dây xích lên mặt đất còn thêm phần trọng lực của phần dây xích... tớch trng lc P thnh hai thnh phn: F1=Psin v F2 =Pcos (3) F2 N = Fht N= F2 - Fht Vt khụng ny lờn khi Fht F2 (4) T (1), (2),(3),(4) suy ra: v02 gR gR (7 cos 4) v 0 max (7 cos 4) 0,8m / s 3 3 12 Cõu 13: Mt cht im chuyn ng vi vn tc v ti va chm vo u A ca thanh kim loi M, chiu di l c treo vo O mt u ca thanh Coi va chm n hi Vn tc ca cht im sau va chm v ca chuyn ng cựng phng chiu vi v v liờn . R R I R R I = I 01 .   2           21 2 21 2 12 . . RR RIRI = I 01 .   2  = 2 21 2 12 2101 RIRI RRI   . 12 Câu 12: Một hình trụ đặc, đồng chất có bán kính R=20cm,. 2 I 2 2 2 2 2 I mv mv     Q = 12 12 2 9 (3 ) 6 Mm m M m M m m     Mà 9 2 9 6 m M M m    . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 3 m M  Nên Q max = 12 1 1 6 6 3 m M     14 . v' = 3 v b. Để sau va chạm hòn bi đứng yên: v' = 0  v G = 2 v = 2 n 12 3 v2   n 2 = 12 1  d = 32 l Khi đó  = l 3v . 3 Câu 3: Một thanh cứng không đồng chất chiều