Động học và động lực học vật rắn

... TÂM 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VẬT RẮN 3.3 – MÔMEN QUÁN TÍNH 3.4 – PHƯƠNG TRÌNH ĐỘNG LỰC HỌC VR 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐỘNG LỰC HỌC VR 3.1 – KHỐI TÂM - Định nghĩa: Ta có hệ thức: M1G P2 m = = M G P1 m1... 3.2.1 Chuyển động quay VR Ta có:     F = F|| + Fn + Ft Chỉ thành phần lực Ft gây chuyển động quay trục Momen lực:    M = r × Ft Hình 3.6: Phân tích lực 3.2.2 Phương trình ch động quay VR... BẢO TOÀN ĐỘNG LƯỢNG – Động lượng hệ chất điểm Động lượng hệ chất điểm tổng động lượng chất điểm hệ: → hay: → → p = ∑ p i = ∑ mi vi → → p = m vG – Định luật bảo toàn động lượng Tổng động lượng

T.S Trần Ngọc BÀI GIẢNG VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 1 Chương 3 ĐỘNG HỌC VÀ ĐỘNG LỰC HỌC VẬT RẮN MỤC TIÊU Sau bài học này, SV phải : Xác định được khối tâm các VR đồng nhất Tính được mômen quán tính của VR Giải được bài toán chuyển động đơn giản của VR NỘI DUNG 3.1 – KHỐI TÂM 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VẬT RẮN 3.3 – MÔMEN QUÁN TÍNH 3.4 – PHƯƠNG TRÌNH ĐỘNG LỰC HỌC VR 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐỘNG LỰC HỌC VR 3.1 – KHỐI TÂM 1 - Định nghĩa: Ta có hệ thức: M1G P2 m 2 = = M 2 G P1 m1 Suy ra m1.M1G – m2.M2G = 0 Hay → → m1.M1G + m 2 .M 2 G = 0 G- gọi là vị trí của khối tâm 3.1 – KHỐI TÂM 1 - Định nghĩa: Khối tâm của hệ chất điểm là điểm G thỏa mãn: n ∑m i =1 m1 → i MiG = 0 Khối tâm của VR là G, thỏa: M1 m2 G M2 → ∫ MG dm = 0 VR m3 M3 Trong đó: M: là vị trí của yếu tố khối lượng dm dm = ρdV = σdS = λdl M G 3.1 – KHỐI TÂM 1 - Định nghĩa: Đặc điểm của G: – Đặc trưng cho hệ; là điểm rút gọn của hệ. – Nằm trên các yếu tố đối xứng. Phân biệt khối tâm và trọng tâm: – Trọng tâm là điểm đặt của trọng lực – Trên thực tế G trùng với trọng tâm 3.1 – KHỐI TÂM 2 - Xác Định Khối Tâm G: Thực hành: - Tìm giao của các trục đx. - Dùng quả rọi. Lý thuyết: PP toạ độ. n → → rG = OG = ∑m i =1 n → r → i i ∑ mi i =1 m1 m2 r1 G → → rG m3 r2 → r3 O 3.1 – KHỐI TÂM Tọa độ khối tâm của hệ chất điểm – vật rắn:   x =  G        yG =       z G =    n ∑ mi x i = i =1 n ∑m i n m i yi = i =1 n ∑ mi n mi zi = i =1 n ∑ i =1 ∫ ∫ ydm vat ran dm (xi ,yi ,zi) là tọa độ của chất điểm thứ i (x,y,z) là tọa độ của phần tử dm vat ran i =1 ∑ vat ran vat ran i =1 ∑ ∫ xdm ∫ dm mi ∫ ∫ zdm vat ran vat ran dm (xG,yG,zG) là tọa độ của khối tâm G 3.1 – KHỐI TÂM Ví dụ 1: Ba chất điểm m1 = 2mo; m2 = 3mo ; m3 = 3mo đặt tại ba đỉnh A,B,C của tam giác đều cạnh a. Xác định khối tâm G của hệ. Cần phải tăng hay giảm khối lượng của vật m1 đi bao nhiêu để G trùng với trọng tâm tam giác ABC? x m1 A m2 m3 C O B 3.1 – KHỐI TÂM Bài giải ví dụ 1: m1x1 + m 2 x 2 + m3 x 3 xG = m1 + m 2 + m3 x A m 2m 0 a 3 / 2 + 0 + 0 a 3 xG = = 2m 0 + 3m 0 + 3m 0 8 1 a Để G trùng với trọng tâm của tam giác ABC thì m1 = m2 = m3 Vậy phải tăng khối lượng m1 thêm ∆m = m0 G m3 C O m 2B 3.1 – KHỐI TÂM Ví dụ 2: x Xác định khối tâm của khối hình nón đồng nhất, có đường cao h. r dx h G ? R O 3.1 – KHỐI TÂM Giải ví dụ 2: ∫ ∫ ∫ = = = dm ρπr dx r dx ∫ ∫ ∫ xρπr 2 dx xdm xG VR VR xr 2dx VR 2 VR x VR 2 α VR r h−x R = ⇒ r = (h − x) Mà: R h h Nên: xG = x(h − x) 2 dx 0 h ∫ 0 dx h h ∫ r (h − x) 2 dx G h = 4 ? R O 3.1 – KHỐI TÂM Ví dụ 3 (Bài tập B3.4): Xác định vị trí khối tâm của thước dẹt đồng chất có dạng hình bên. Áp dụng số: a = 10cm; b = 50cm. b a b a 3.1 – KHỐI TÂM Giải ví dụ 3: m1x1 + m 2 x 2 xG = m1 + m 2 x b Vậy G cách chân thước một khoảng: a + 3b xG = 4 G O1 Với a = 10cm, b = 50cm thì xG = 40cm. a O2 O a b 3.1 – KHỐI TÂM Ví dụ 4 (Bài tập B3.5): • Một đĩa tròn đồng nhất bán kính R, bị khoét một lỗ cũng có dạng hình tròn bán kính r. Tâm của phần khoét cách tâm đĩa một khoảng d. Xác định G của phần còn lại. • Xét trường hợp: r = d = R/2. • Hỏi tương tự đối với khối cầu đặc đồng chất. d r R 3.1 – KHỐI TÂM Giải ví dụ 4: Chọn trục Ox như hình vẽ. Gọi m là khối lượng ban đầu, m1 là khối lượng bị khoét và m2 là khối lượng phần còn lại. x d O’ r O R Lúc chưa khoét thì: m1x1 + m 2 x 2 xO = =0 m1 + m 2 m1x1 ⇒ x2 = − m2 G m1 S1 r2 = = 2 2 m 2 S2 R − r 3.1 – KHỐI TÂM Giải ví dụ 4: 2 (dấu trừ chứng tỏ G nằm r d Vậy: x 2 = − (R 2 − r 2 ) ngược phía với lỗ khoét) r = d =R/2 x R x2 = − 6 Với khối cầu bị khoét, tương tự, ta có: 3 r d r = d = R/2 R x2 = − 3 3 x2 = − R −r 14 d O’ r O G R BÀI TẬP B3.2 Một tấm gỗ phẳng, đồng chất, hình vuông, cạnh 2a, bị cắt một góc hình vuông cạnh a như hình 3.33. Xác định tọa độ khối tâm G của phần còn lại của tấm gỗ theo a. Đs: G(5a/6; 7a/6) y 2a a O a 2a Hình 3.33 x 3.1 – KHỐI TÂM 3 – Chuyển động của khối tâm G: n Vận tốc của G: → → d rG vG = = dt i Gia tốc của G: → d vG aG = = dt → i ∑m i = i =1 n i i =1 m i i =1 n → n ∑m v ∑m v → n ∑m a ∑F → i i ∑m → i = i =1 n i =1 m (m là k/lượng của hệ) → F = m i i =1 Kết luận: Khối tâm G chuyển động như một chất điểm có khối lượng bằng khối lượng của toàn hệ. 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR 1) VR tịnh tiến:  Khi VR tịnh tiến, mọi điểm trên VR đều vạch ra các qũi đạo giống nhau với cùng một vận tốc. → → → vM = v N = vG →  Ch.động của VR được qui về cđ của G → F = m aG 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR 2 – Quay quanh trục cố định : Mọi điểm trên VR đều vạch ra các đường tròn đồng trục với cùng vận tốc góc ω. Vận tốc dài của một điểm bất kì là: → → → v = ω x R ⇒ v = ωR → → ω R → v ω Tại một thời điểm, mọi điểm trên VR đều có cùng vận tốc góc ω, gia tốc góc β và góc quay θ. 3.2.1. Chuyển động quay VR Ta có:     F = F|| + Fn + Ft Chỉ thành phần lực Ft gây ra chuyển động quay đối với trục . Momen lực:    M = r × Ft Hình 3.6: Phân tích lực 3.2.2. Phương trình ch. động quay VR Chứng minh:   mi ati = Fti     mi ri × ati = ri × Fti     mi ri × ( β i × ri ) = M i   mi ri 2 β i = M i Lấy tổng:   ∑ mi ri β = ∑ M i 2 i Kết quả: i   I - momen quán tính Iβ = M 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR VÍ DỤ: Một dây cuaroa truyền động, vòng qua khối trụ I và β bánh xe II. Bán kính khối trụ và bánh xe là r1 = 30cm và r2 = 75cm. Bánh xe bắt đầu quay với gia tốc góc 2. Hỏi sau bao lâu, khối trụ I sẽ quay với 0,4π rad/s r2 r1 vận tốc 300 vòng/phút? (dây cuaroa không trượt trên khối trụ và bánh xe). Giải Vì các điểm tiếp xúc với dây cuaroa luôn có cùng vận tốc dài, nên v1 = v2 , hay ω 1r1 = ω 2r2 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR Do đó: ω2 = r1 ⇔ βt = 30 ω1 r2 ω1 75 β r1 Vậy: t = 2ω1 = 2.10π = 10s 5β 5.0, 4π r2 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR 3 – Phức tạp : Phân tích cđ phức tạp thành 2 cđ đồng thời: • Tịnh tiến của G. • Quay quanh trục qua G. Do đó vận tốc của điểm M bất kì trên vật rắn là: → → → → vM = vG + ω x R Tổng quát: nếu chọn điểm N trên VR là điểm cơ bản thì: → → → → → → vM = v N + ω x R' R ' = NM 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR Ví dụ: Bánh xe bán kính R lăn không trượt trên đường ngang với vận tốc vo. Xác định : a) vận tốc của các điểm A, B, C, D. b) Qũi đạo của điểm M bất kì trên vành bánh xe và quãng đường nó đi được sau 2 lần liên tiếp tiếp xúc với mặt đường. D → C vo O B A 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR Vận tốc của điểm C: → → → ωx RC → → → vC = vG + ω x R C D → → C vo O B A vC =| v C |= v 0 2 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR Vận tốc của điểm A: → → → → v A = vo + ω x R A D → → ⇒ vA = 0 C → O B A vo 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR Vận tốc của điểm D: → → → → vD = vo + ω x R D C → v D = 2 vo D O → B A → vo 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR Vận tốc – qũi đạo của điểm M: → y → → ωx R → → v M = vG + ω x R vM → → v M Đi qua điểm D Đường cong cycloid D G → vo M O → A x  v x = v0 (1 − cos ωt) v 0 2π ωt vM  ⇒ v M = 2v 0 | sin( ) | Với ω = = R T 2  v y = v0 sin ωt → T ∫ ⇒ s = v M dt = 2v 0 0 T ∫ 0 ωt | sin( ) | dt = 8R 2 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH 1 – Định nghĩa: Mômen quán tính đối với trục ∆: Của một chất điểm: I ∆ = mr Của hệ chất điểm: I ∆ = n ∑ i =1 2 r: k/c từ chất điểm đến trục ∆ ri : k/c từ chất điểm m r thứ i đến trục ∆ 2 i i r : k/c từ yếu tố I ∆ = r dm khối lượng dm đến Của một VR: vr trục ∆ Ý nghĩa: mômen quán tính đặc trưng cho mức quán tính trong chuyển động quay ∫ Đơn vị đo: kgm2 2 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH VÍ DỤ 1: Ba chất điểm m1 = mo, m2 = 2mo , m3 = 3mo đặt tại ba đỉnh A, B, C của tam giác đều cạnh a. Tính momen quán tính của hệ đối với trục quay: - Chứa đường cao AH - Chứa cạnh AB - Chứa cạnh BC - Đi qua trọng tâm tam giác ABC và vuông góc mp(ABC) m1 A m2 m3 C H B 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH Giải: Mômen quán tính đối với ∆ 1: ∆2 I1 = m r + m r + m r 2 11 2 2 2 2 3 3 a2 a 2 5m o a 2 I1 = m o .0 + 2m o . + 3m 0 = 4 4 4 Mômen quán tính đối với ∆ 2: 3m o a I3 = 4 2 m1 A a 9m o a 2 I2 = 4 ∆3 Mômen quán tính đối với ∆ 3: ∆1 m2 m3 C H B 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH VÍ DỤ 2: Tính momen quán tính của khối trụ rỗng, thành mỏng, khối lượng m, bán kính R đối với trục đối xứng của nó. Giải I= ∫ Vr r dm = R 2 2 ∫ dm = mR Vr m: khối lượng của khối trụ R: bán kính đáy 2 h dm 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH VÍ DỤ 3: Tính momen quán tính của một thanh mảnh, đồng chất khối lượng m, chiều dài L đối với trục quay đi qua khối tâm của thanh và vuông góc với thanh. Giải dx ∫ ∫ L/2 I = r dm = x λdx = λ Vr 2 Vr 2 ∫ −L / 2 m 1 L3 1 2 I = . . = mL L 3 4 12 2 x dx − L 2 x L 2 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH 2 - Mmqt đối với trục quay qua G của các VR đồng chất: 1 Khối trụ đặc, đĩa tròn: I = mR 2 2 Khối trụ rỗng, vành tròn: I = mR 2 1 2 I = mL Thanh mảnh dài L: 12 2 Khối cầu đặc: I = mR 2 5 2 Quả cầu rỗng: I = mR 2 3 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH 3 – Định lý Huygens – Steiner: Nếu ∆ // ∆ G thì: I ∆ = IG + md2 ∆ Ví dụ: 2 1 l  1 2 2 I = ml + m  ÷ = ml 12 2 3 ∆G / 2 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH Mômen quán tính của các VR thường gặp: 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH Ví dụ 1: Tính mômen quán tính của một vành tròn khối lượng m, bán kính R đối với trục quay chứa đường kính của vành tròn và đối với trục quay là tiếp tuyến của vành ytròn. Giải: dm Ta có: y Ix = Iy = ∫ r 2 dm = ∫ y 2 dm vtron vtron ∫ ∫ r 2 dm = vtron O x x 2 dm vtron I = Ix = Iy = Do tính đối xứng, nên: 1 ⇒I= 2 x ∫ vtron 1 (x + y )dm = 2 2 2 ∫ vtron R 2 dm 1 (I x + I y ) 2 ⇒I= 1 mR 2 2 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH Ví dụ 1: y ∆ Mômen quán tính đối với trục ∆: 1 I = IG + md = mR 2 + mR 2 2 3 ⇒ I = mR 2 2 2 Lưu ý: O d ∆ G IG = mR 2 ∆ I∆ = 1 mR 2 2 R 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH Ví dụ 2: Tính mômen quán tính của một đĩa tròn khối lượng m, bán kính R đối với trục quay chứa đường kính của đĩa và với trục quay ∆ nằm trong mặt phẳng của đĩa, vuông góc với bán kính R tại trung điểm của R. y Giải: dm Chia đĩa tròn thành những hình r vành khăn, bán kính r, bề rộng dr. Mỗi hình vành khăn đó coi như một vòng tròn và mômen quán tính của dr nó đối với trục Oy là: 1 2 dI = r dm với dm = σdS = σ2πrdr 2 O R 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH Giải: ⇒ dI = πσr 3dr diatron dm r Suy ra, mômen quán tính của cả đĩa R tròn là: 1 3 I= dI = πσ r dr = πσR 4 4 ∫ y ∫ R O dr 0 y 1 Do m = σS = σπR , nên: I = mR 2 4 2 Đối với trục ∆ vuông góc với R tại trung điểm: 2 1 R 1 2 2 I = IG + md = mR + m  ÷ = mR 2 4 2 2 ∆ d O 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH Lưu ý: 1 I = mR 2 2 I= 1 mR 2 4 1 2 I = ml 3 l 1 I = ml 2 12 I=0 3.4 ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỘNG LƯỢNG 1 – Động lượng của hệ chất điểm Động lượng của một hệ chất điểm là tổng động lượng của các chất điểm trong hệ: → hay: → → p = ∑ p i = ∑ mi vi → → p = m vG 2 – Định luật bảo toàn động lượng Tổng động lượng của một hệ cô lập (hay hệ kín) được bảo toàn: → → → p = ∑ p i = const 3.5 ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN MÔMEN ĐỘNG LƯỢNG 1 – Mômen động lượng của hệ chất điểm Mômen động lượng của hệ chất điểm đối với điểm O là tổng mômen động lượng của các chất điểm trong hệ: → → → → L = ∑ l i = ∑ ri × pi i → → i → → → L = ∑ l i = ∑ Ii ω = ω ∑ Ii = I ω i với i i I = ∑ Ii = ∑ m r 2 i i i i 3.5 ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN MÔMEN ĐỘNG LƯỢNG 2 – Định lý về mômen động lượng Lấy đạo hàm mômen động lượng theo thời gian, ta → → có: → → → dl i dL d = ∑l i = ∑ = ∑ Mi = M dt dt i dt i i → → → → Với M = ∑ M i = ∑ ri × Fi i i là tổng các mômen ngoại lực tác dụng lên hệ 3 – Định luật bảo toàn mômen động lượng: Nếu tổng mômen ngoại lực bằng không thì mômen động lượng hệ là đại lượng không đổi. 3.5 ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN MÔMEN ĐỘNG LƯỢNG Ví dụ: Hình 3.11: (a) Tàu không gian chứa bánh đà. Nếu bánh đà quay theo chiều kim đồng hồ thì tàu sẽ quay theo chiều ngược kim đồng hồ. (b) Nếu bánh đà ngừng quay tàu cũng dừng lại và như thế hướng của tàu đã được thay đổi. 3.4 – PHƯƠNG TRÌNH ĐLH VR → 1 – Tổng quát: → dp → dL → = F; =M dt dt → → 2 – VR chỉ tịnh tiến: F = m a G 3 – VR chỉ quay quanh trục ∆: ⇒ Qui về cđ của G ∑M ∆ = I ∆β Mômen động lượng: L = I∆ ω Mômen lưc: M∆ = Fd = FRsinθ 4 – VR chuyển động phức tạp: phân tích về hai chuyển động trên VD về tính mômen lực ∆ → F = 10N; d = 20cm. Tính momen của lực F đối với trục ∆. F d M∆ = Fd = 10.0,2 = 2 Nm + A B Tổng đại số momen của ngoại lực đối với trục O: MO = F2.OA.sin300 – F1.OB = 12.2.0,5 – 8.5 = - 28 Nm 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR Các bước: B1: Phân tích các lực tác dụng lên VR. B2: Viết các PTĐLH cho chuyển động tịnh tiến và chuyển động quay (nếu có). B3: Chiếu phương trình vectơ lên các trục tọa độ cần thiết. B4: Giải hệ pt và biện luận kết quả. 3.5.1. Động lực học của ch.động lăn: Ví dụ 0: r Một bánh xe đang quay quanh trục O với moment lực M0 (bởi một động cơ). Ta đặt bánh xe này xuống mặt đường. Nếu không có ma sát giữa bánh xe và mặt đường thì bánh xe tiếp tục quay tại chỗ. Tại điểm tiếp xúc P sẽ xuất hiện lực ma sát nghỉ có khuynh hướng giữ chặt điểm P của bánh xe không cho nó trượt trên mặt đường, tức là có chiều từ trái sang phải như trên Hình vẽ. Lực này sẽ tạo ra cho bánh xe một gia tốc chuyển động tịnh tiến tới phía trước. 3.5.1. Động lực học của ch.động lăn: Chúng ta giới hạn chỉ khảo sát trường hợp bánh xe lăn không trượt, tức là điểm P không trượt trên mặt đường. Như vậy lực ma sát tác dụng lên bánh xe là lực ma sát nghỉ. : ma = f msn Iβ = M 0 − M msn = M 0 − R f msn , M0 a= I / R + Rm Tuy vậy không phải cứ tăng moment lực M 0 của động cơ là có thể tăng được gia tốc, vì để cho bánh xe có thể lăn không trượt, tức là để điểm tiếp xúc không trượt trên mặt đường, cần có điều kiện là lực ma sát nghỉ phải nhỏ hơn lực ma sát max nghỉ cực đại f msn < f msn = µ0 N ; ma < µ0 mg Như vậy: M0 a= < µ0 g I / R + Rm 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR Ví dụ 1: Một khối trụ đặc đồng chất lăn → không trượt trên mặt phẳng N ngang dưới tác dụng của lực → kéo đặt tại trục quay như hình F vẽ. Tính gia tốc của khối trụ. Bỏ qua ma sát cản lăn. Giải → F ms → P 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR Ví dụ 1: → N Phương trình ĐLH cho chuyển động tịnh tiến → của khối tâm: → → → → → P + N + F + F ms = m a (1) Phương trình ĐLH cho chuyển động quay → F ms quanh khối tâm: F .R = Iβ (2) ms F → P Chiếu (1) lên phương chuyển động: F − Fms = ma (3) Vì vật lăn không trượt, nên: a = at = βR Giải (2), (3), (4) ta được: F 2F a= = I 3m m+ 2 R (4) 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR Ví dụ 3.13: Một quả cầu đặc đồng chất, bán kính R, khối lượng phân bố đều, bắt đầu lăn không trượt từ đỉnh dốc nghiêng một góc α so với phương ngang xuống chân dốc. Lúc đầu, khối tâm của quả cầu ở độ cao h so với mặt phẳng ngang ở chân dốc. Bỏ qua ma sát cản lăn. Tính gia tốc, vận tốc của khối tâm quả cầu khi nó xuống đến chân dốc. 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR Ta có 2 pt: mg sin α − Fms = ma   2 2 Fms = 5 mRβ = 5 ma (6) (7) 5 Kết quả: a = g sin α 7 5 h−R 10 v = 2as = 2. g sin α. = g(h − R) 7 sin α 7 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR → Ví dụ 2: Một sợi dây nhẹ, không co giãn, vắt qua ròng rọc có dạng đĩa tròn đống chất, khối lượng m. Hai đầu dây buộc hai vật m1 và m2 (m1 > m2). Tính gia tốc của các vật và sức căng dây. Bỏ qua mômen cản ở trục ròng rọc. Áp dụng số: m1 = 6kg ; m2 = 3kg ; m = 2kg. Giải N → → T '2 → T2 m 2 → P2 T '1 → P → T1 m →1 P1 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR Ví dụ 2: Ta có: P1 – T1 = m1a1 T2 – P2 = m2a2 T’1.R – T’2.R = Iβ → (1) (2) (3) T '2 → T2 T2 = m 2 (g + a) = 39 (N) T '1 → T1 m1 m2 → P2 Vì dây không giãn và không trượt trên ròng rọc, nên: a = a1 = a2 = at = βR (4) Vì dây nhẹ nên: T1 = T’1 ; T2 = T’2 (5) m1 − m 2 Giải hệ phương trình, ta được: a=g T1 = m1 (g − a) = 42 (N) → → P1 1 m1 + m 2 + m 2 6−3 a = 10 = 3 (m / s 2 ) 6 + 3 +1 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR Ví dụ 3: → N T1 A → F ms → → P1 Cho cơ hệ như hình vẽ. Dây nối rất nhẹ, không co giãn, ròng rọc C có dạng đĩa tròn đống chất, khối lượng m. Hai đầu → dây buộc hai vật A và B khối T '1 C lượng m1 và m2. Bỏ qua mômen → T'2 cản ở trục ròng rọc. → T2 Xác định gia tốc của các vật; sức căng dây; điều kiện của hệ B số ma sát k để hệ chuyển động. → P2 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR Ví dụ 3: → N → T1 A → T '1 O → P1 x y C Dây không dãn, không trượt T '2 trên r rọc: → → F ms T1 − Fms = m1a1 (1) P1 − N = 0 (2) P2 − T2 = m 2 a 2 (3) Vật B Rrọc C T '2 .R − T '1 .R = Iβ (4) Vật A → T2 B → P2 a1 = a 2 = a = a t = β.R (5) K/l dây = 0: T '1 = T1 ;T '2 = T2 (6) Fms = kN (7) 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR Đáp số: Ví dụ 3: m 2 − km1 a=g 1 m1 + m 2 + m 2 → N → T1 A → T '1 O → → P1 x y → T '2 → F ms C T2 B → P2 1 m1g(m 2 + km 2 + km) 2 T1 = 1 m1 + m 2 + m 2 1 m 2 g(m1 + km1 + m) 2 T2 = 1 m1 + m 2 + m 2 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR Ví dụ 4: Thả cho trụ rỗng lăn xuống dưới. Biết khối lượng của trụ là m, bán kính trụ là R. Dây không giãn và không có khối lượng. Xác định gia tốc tịnh tiến và gia tốc góc của trụ, sức căng dây. → T m → P 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR Ta có: P − T = ma (1) → T.R = Iβ (2) a = a t = βR (3) m Giải hệ (1), (2), (3) ta được: → P T 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR g a= 2 1 T = mg 2 g β= 2R → T m → P 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR Ví dụ 4: Cho cơ hệ như hình vẽ. Dây nối rất nhẹ, không co giãn, các ròng rọc có dạng đĩa tròn đống chất, khối lượng m; hai vật A và B có khối lượng m1 và m2. Bỏ qua mômen cản ở trục ròng rọc. Xác định gia tốc của các vật, sức căng dây. m 2 m 1 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR Ví dụ 4: m 2 g − T2 = m 2a 2 (1) O → T '2 (m1 + m)g − T1 − T3 = (m1 + m)a1 (2) (T '2 − T '1 )R = I 2β2 (3) x2 x1 → T2 m → T '1 → → T1 T3 → 2 P2 m → x → → P1 = P1 + Pr r 3.5 – GIẢI BÀI TOÁN ĐLHVR Ví dụ 4: m1 + m − 2m 2 a1 = g m1 + 4m 2 + 3,5m O → T '2 → T2 x2 m1 + m − 2m 2 a 2 = −2g m m1 + 4m 2 + 3,5m x1 → 2 P2 → T '1 → → T1 T3 m → x → → P1 = P1 + Pr r REVIEW → → F = m aG Quay I ∆β = M ∆ p tạ → dp → dL → = F; =M dt dt ức Ph h n Tị n it ế → → → → → vM = vG + ω x R BÀI TẬP LDB N3-4 Một xe chở đầy cát, có khối lượng là m2 = 10 kg chuyển động không ma sát trên mặt đường nằm ngang với vận tốc v2 = 1 m/s. Một viên đạn khối lượng m1 = 2 kg bay theo chiều ngược lại với vận tốc v1 = 7 m/s. Sau khi gặp xe, viên đạn nằm ngập trong cát. Hỏi sau đó xe chuyển động theo chiều nào, với vận tốc bằng bao nhiêu? BÀI GIẢI → → → m1 v1 + m 2 v 2 = (m1 + m 2 ) v Chiếu lên trục Ox: m1v1 − m 2 v 2 = (m1 + m 2 )v m1v1 − m 2 v 2 2.7 − 10.1 1 v= = = m/s m1 + m 2 2 + 10 3 BÀI TẬP B3.15 Một dây mảnh, nhẹ, không dãn, quấn quanh một trụ đặc đồng chất khối lượng m0 = 3kg. Đầu kia của dây nối với vật m = 1kg (hình m0 3.37). Bỏ qua ma sát ở trục quay, lấy g = 10m/s2. Tính gia tốc của T vật m, lực căng dây và áp lực mà trục ròng rọc phải chịu. m mg m a= =4 2; P m s Đs: m+ 0 Hình 3.37 2 m0 a T= = 6 N ; Q = m0 g + T = 36 N 2 BÀI TẬP B3.16 Cho cơ hệ như hình 3.38. Ròng rọc C có dạng đĩa tròn A đồng nhất, khối lượng 2kg. Khối lượng của vật A là 3kg, vật B là 2kg. Bỏ qua ma sát trượt giữa A và mặt bàn và ma sát cản lăn ở trục ròng rọc. Biết dây rất nhẹ, không dãn và không trượt trên ròng rọc. Lấy g = 10m/s2. Tính gia tốc của B, các lực căng dây và áp lực của trục ròng rọc. → T1 → T '1 C → T '2 → T2 B → P2 3.5 – GIẢI BÀI TẬP B3.16 Đáp số: Giải: → T1 A mB g m a= = 10 / 3 2 ; mA + mB + mC / 2 s → T '1 C → T '2 → O x y T2 B → P2 mA mB g T1 = = 10 N ; mA + mB + mC / 2 mB g (mA + mC / 2) T2 = = 13,3 N mA + mB + mC / 2 BÀI TẬP B3.17 Trên một trụ rỗng, thành mỏng, khối lượng 4kg, có quấn một sợi dây mảnh, rất nhẹ, không dãn. Đầu kia của sợi dây buộc chặt vào điểm cố định. Thả nhẹ cho trụ lăn xuống dưới (hình 3.39). Bỏ qua lực cản không khí, lấy g = 9,8 m/s2. Tính gia tốc tịnh tiến của trụ, lực căng dây. m Đs: a = g / 2 = 4,9 2 ; s T = mg / 2 = 19, 6 N Hình 3.39 BÀI TẬP B3.18 Một người có khối lượng 70 kg đứng ở mép một bàn tròn bán kính 1m. Bàn đang quay theo quán tính quanh trục thẳng đứng đi qua tâm của bàn với tốc độ 2 vòng/giây. Tính tốc độ quay của bàn khi người này dời vào tâm của bàn. Biết mômen quán tính của bàn là I = 140 kgm2; mômen quán tính của người được tính như đối với chất điểm; bỏ qua ma sát. Đs: 3 vòng/giây BÀI TẬP B3.20 Bánh xe dạng đĩa tròn đồng nhất, bán kính R, khối lượng m đứng trước một bậc thềm có chiều cao h (hình 3.40). Phải đặt vào trục của bánh xe một lực F bằng bao nhiêu để nó có thể lên được thềm? R → F h Hình 3.40 Đs: F ≥ mg h ( 2R − h ) R−h BÀI TẬP TN 3.21A Cho cơ hệ như hình 3.42. Biết dây nhẹ, không dãn và không trượt trên ròng rọc; ròng rọc có dạng điã tròn đồng chất, khối lượng m = 800g; m1 = 2,6kg và m2 = 1kg; bỏ qua ma sát ở trục ròng rọc; g = 10 m/s2. Tính lực căng dây treo vật m2 . → T '2 → T2 → T '1 → T1 m1 m2 → P2 B) 14 N m → P1 BÀI TẬP TN 3.21 Vô lăng có khối lượng m = 60kg phân bố đều trên vành tròn bán kính R = 0,5m. Vô lăng có thể quay quanh trục thẳng đứng đi qua khối tâm. Tác dụng lực F = 48N luôn theo phương tiếp tuyến của vô lăng thì nó bắt đầu quay và sau khi quay được 4 vòng, vận tốc góc của nó là 4rad/s. Tính mômen của lực cản. A) 19,2 Nm B) 21,6 Nm C) 24 Nm D) 28,7 Nm BÀI TẬP LDB N3-20 Một hệ gồm một trụ đặc khối lượng MA = 2,54 kg và vật nặng mB = 0,5 kg được nối với nhau bằng một sợi dây vắt qua ròng rọc C (hình vẽ). Bỏ qua khối lượng của dây, của ròng rọc C và khung gắn với trụ. Tìm gia tốc vật nặng B và sức căng dây. Đs: A ur T1 → T1 C → T2 → T2 B → P2 mg m 3Ma a= = 1,14( 2 ); T = = 4,34 N m + 3M / 2 s 2 BÀI TẬP TN 3.20 Một vô lăng hình đĩa tròn đồng chất, có khối lượng 10 kg, bán kính 20 cm, đang quay với vận tốc 240 vòng/phút thì bị hãm đều và dừng lại sau 20 giây. Độ lớn của mômen hãm là : A) 0,13 Nm C) 0,25 Nm B) 0,50 Nm D) 1 Nm BÀI TẬP TN 3.28 Gọi I1, I2, I3 lần lượt là mômen quán tính đối với trục quay qua khối tâm của quả cầu đặc, trụ đặc, vành tròn có cùng khối lượng m và bán kính R. Quan hệ nào sau đây là đúng? A) I1 > I2 > I3. C) I2 > I1 > I3. B) I1 < I2 < I3. D) I3 > I1 > I2. [...]... thành phần lực Ft gây ra chuyển động quay đối với trục Momen lực:    M = r × Ft Hình 3.6: Phân tích lực 3.2.2 Phương trình ch động quay VR Chứng minh:   mi ati = Fti     mi ri × ati = ri × Fti     mi ri × ( β i × ri ) = M i   mi ri 2 β i = M i Lấy tổng:   ∑ mi ri β = ∑ M i 2 i Kết quả: i   I - momen quán tính Iβ = M 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR VÍ DỤ: Một dây cuaroa truyền động, vòng... động, vòng qua khối trụ I và β bánh xe II Bán kính khối trụ và bánh xe là r1 = 30cm và r2 = 75cm Bánh xe bắt đầu quay với gia tốc góc 2 Hỏi sau bao lâu, khối trụ I sẽ quay với 0,4π rad/s r2 r1 vận tốc 300 vòng/phút? (dây cuaroa không trượt trên khối trụ và bánh xe) Giải Vì các điểm tiếp xúc với dây cuaroa luôn có cùng vận tốc dài, nên v1 = v2 , hay ω 1r1 = ω 2r2 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR Do đó: ω2 = r1... C, D b) Qũi đạo của điểm M bất kì trên vành bánh xe và quãng đường nó đi được sau 2 lần liên tiếp tiếp xúc với mặt đường D → C vo O B A 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR Vận tốc của điểm C: → → → ωx RC → → → vC = vG + ω x R C D → → C vo O B A vC =| v C |= v 0 2 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR Vận tốc của điểm A: → → → → v A = vo + ω x R A D → → ⇒ vA = 0 C → O B A vo 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR Vận tốc của điểm D: → → →... Vậy: t = 2ω1 = 2.10π = 10s 5β 5.0, 4π r2 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR 3 – Phức tạp : Phân tích cđ phức tạp thành 2 cđ đồng thời: • Tịnh tiến của G • Quay quanh trục qua G Do đó vận tốc của điểm M bất kì trên vật rắn là: → → → → vM = vG + ω x R Tổng quát: nếu chọn điểm N trên VR là điểm cơ bản thì: → → → → → → vM = v N + ω x R' R ' = NM 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR Ví dụ: Bánh xe bán kính R lăn không trượt... → vM = v N = vG →  Ch .động của VR được qui về cđ của G → F = m aG 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR 2 – Quay quanh trục cố định : Mọi điểm trên VR đều vạch ra các đường tròn đồng trục với cùng vận tốc góc ω Vận tốc dài của một điểm bất kì là: → → → v = ω x R ⇒ v = ωR → → ω R → v ω Tại một thời điểm, mọi điểm trên VR đều có cùng vận tốc góc ω, gia tốc góc β và góc quay θ 3.2.1 Chuyển động quay VR Ta có:  ... Hình 3.33 x 3.1 – KHỐI TÂM 3 – Chuyển động của khối tâm G: n Vận tốc của G: → → d rG vG = = dt i Gia tốc của G: → d vG aG = = dt → i ∑m i = i =1 n i i =1 m i i =1 n → n ∑m v ∑m v → n ∑m a ∑F → i i ∑m → i = i =1 n i =1 m (m là k/lượng của hệ) → F = m i i =1 Kết luận: Khối tâm G chuyển động như một chất điểm có khối lượng bằng khối lượng của toàn hệ 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR 1) VR tịnh tiến:  Khi VR... nghĩa: mômen quán tính đặc trưng cho mức quán tính trong chuyển động quay ∫ Đơn vị đo: kgm2 2 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH VÍ DỤ 1: Ba chất điểm m1 = mo, m2 = 2mo , m3 = 3mo đặt tại ba đỉnh A, B, C của tam giác đều cạnh a Tính momen quán tính của hệ đối với trục quay: - Chứa đường cao AH - Chứa cạnh AB - Chứa cạnh BC - Đi qua trọng tâm tam giác ABC và vuông góc mp(ABC) m1 A m2 m3 C H B 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH Giải:... ĐỘNG CỦA VR Vận tốc của điểm A: → → → → v A = vo + ω x R A D → → ⇒ vA = 0 C → O B A vo 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR Vận tốc của điểm D: → → → → vD = vo + ω x R D C → v D = 2 vo D O → B A → vo 3.2 – CHUYỂN ĐỘNG CỦA VR Vận tốc – qũi đạo của điểm M: → y → → ωx R → → v M = vG + ω x R vM → → v M Đi qua điểm D Đường cong cycloid D G → vo M O → A x  v x = v0 (1 − cos ωt) v 0 2π ωt vM  ⇒ v M = 2v 0 | sin( ) |... phần còn lại • Xét trường hợp: r = d = R/2 • Hỏi tương tự đối với khối cầu đặc đồng chất d r R 3.1 – KHỐI TÂM Giải ví dụ 4: Chọn trục Ox như hình vẽ Gọi m là khối lượng ban đầu, m1 là khối lượng bị khoét và m2 là khối lượng phần còn lại x d O’ r O R Lúc chưa khoét thì: m1x1 + m 2 x 2 xO = =0 m1 + m 2 m1x1 ⇒ x2 = − m2 G m1 S1 r2 = = 2 2 m 2 S2 R − r 3.1 – KHỐI TÂM Giải ví dụ 4: 2 (dấu trừ chứng tỏ G nằm... m: khối lượng của khối trụ R: bán kính đáy 2 h dm 3.3 – MOMEN QUÁN TÍNH VÍ DỤ 3: Tính momen quán tính của một thanh mảnh, đồng chất khối lượng m, chiều dài L đối với trục quay đi qua khối tâm của thanh và vuông góc với thanh Giải dx ∫ ∫ L/2 I = r dm = x λdx = λ Vr 2 Vr 2 ∫ −L / 2 m 1 L3 1 2 I = = mL L 3 4 12 2 x dx − L 2 x L 2