Đang tải... (xem toàn văn)
Thanh đồng chất AB, dài l = 2m, trọng lượng P, đứng yên trên mặt sàn nằm ngang, tựa vào một con lăn nhỏ không ma sát C gắn vào đầu bức tường độ cao h = 1m hình vẽ.. Hãy tính hệ số ma sát[r]
(1)2 BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề 10 CÂN BẰNG CỦA VẬT RẮN KHI KHÔNG CÓ CHUYỂN ĐỘNG QUAY Ba người khiêng khung sắt hình chữ nhật ABCD có khối tâm giao điểm các đường chéo Khung giữ cho luôn nằm ngang, cạnh AD không có người đỡ vì sơn (trừ hai đầu A và D) Một người đỡ khung M1 cách A khoảng AM1 = d Tìm vị trí M2 và M3 hai người để ba người cùng chịu lực Biện luận Bài giải Chọn hệ tọa độ Gxy (hình vẽ, G là khối tâm hệ) Giả sử người thứ hai đỡ cạnh BC, người thứ ba đỡ cạnh CD:= x3 b a ; y2 = 2 Đặt: AB = CD = a; AD = BC = b Ta có: xG F1 x1 + F2 x2 + F3 x3 = F1 + F2 + F3 (1) yG F1 y1 + F2 y2 + F3 y3 = F1 + F2 + F3 (2) với F= F= F= P (3) x1 + x2 + x3 = Từ (1), (2) và (3), ta được: y1 + y2 + y3 = b −b + x2 + = ⇔ − a − d + a + y3 = x2 = ⇔ y3 = −d b a a b ⇔ M − ; − − d ; M 0; ; M ; −d 2 2 2 Vậy M2 trung điểm cạnh BC; M3 cách trung điểm cạnh CD đoạn d phía D Biện luận: + M ≡ A ⇒ M ≡ trung điểm cạnh CD + M → trung điểm AB ⇒ M → D (2) + d≤ a M3 không thể vượt quá D 2 Một khung thép nhẹ, cứng có dạng tam giác vuông ABC với góc nhọn A = α ; cạnh AB = a đặt mặt phẳng thẳng đứng, cạnh huyền nằm ngang Trên hai cạnh góc vuông có xuyên hai viên bi thép nhỏ (coi là chất điểm) khối lượng là m1 và m2 Chúng nối với nhẹ, có chiều dài l (l < AC), nhẹ có thể trượt không ma sát trên hai cạnh góc vuông Thả hệ hai viên bi và nhẹ từ đỉnh góc vuông B Khi nhẹ nối hai vật hợp với cạnh AB góc β thì hệ vật đạt trạng thái cân bền Tìm hệ thức liên hệ m1 ,m2 ,α và β Bài giải Gọi M ( x1 , y1 ) và N ( x2 , y2 ) là tọa độ hai viên bi - Khối tâm hệ gồm hai viên bi và nối là: xG = m1 x1 + m2 x2 ; m1 + m2 yG = m1 y1 + m2 y2 m1 + m2 Xét yG = m1 y1 + m2 y2 m1 + m2 (1) Với y= ( a − l cos β ) sin α (2) y2 l sin α (α − β ) + = y1 a sin α − l sin β cos α ( ) = Thay (2) và (3) vào (1) ta được: yG = m1 ( a − l cos β ) sin α + m2 ( a sin α − l sin β cos α ) m1 + m2 ⇔ y= a sin α − G Xét biểu thức X = m2l cos α m1 tan α cos β + sin β m1 + m2 m2 m m1 tan α cos β + sin β = b cos β + sin β , với b = tan α m2 m2 - Áp dụng bắt đẳng thức Bunhia-cấpxki, ta được: ( b cos β + sin β ) ≤ ( b + 1)( cos β + sin β ) = ( b + 1) Dấu “=” xảy khi: m1 cos β = sin β ⇒ cot β = b= tan α b m2 (3) - Khi cot β = b thì biểu thức X đạt giá trị lớn nhất, đó yG đạt giá trị nhỏ nhất, hay khối tâm vị trí thấp nhất, đó hệ trạng thái cân bền Vậy: Hệ trạng thái cân bền khi: cot β = m1 tan α m2 Treo cây compa trên sợi dây hình vẽ Cho hai nhánh compa là cùng chiều dài, khối lượng phân bố và Bỏ qua khối lượng các ốc vặn và khớp nối Hãy tính góc mở hai nhánh compa cho khớp nối đạt cao độ lớn treo Bài giải Gọi góc mở compa là AOB = 2θ ; chiều dài nhánh compa là l; là góc hợp phương dây treo và nhánh AO compa là β - Khi thay đổi góc mở, quỹ tích khối tâm G compa chuyển động trên cung tròn tâm I, đường kính OG1 - Treo đầu A compa vào dây, cân bằng, khối tâm G compa luôn nằm trên đường thẳng đứng qua dây treo - Khớp nối O đạt độ cao lớn góc β đạt giá trị lớn Khi đó phương dây treo phải trở thành tiếp tuyến với đường tròn tâm I, đường kính OG1 l IG Ta có: sin β max = = 4= IA l ⇒ β max= 19,47°;α= 90° − β max= 70,53° α - Góc mở compa là: AOB= 2θ= = α= 70,53° Vậy: Góc mở hai nhánh compa cho khớp nối đạt cao độ lớn treo là AOB = 70,53° Một đồng chất tiết điện đều, chiều dài a đặt lòng cối hình bán cầu bán kính R Giữa và cối không có ma sát a) Trường hợp có cân bằng, xác định vị trí cân (góc hợp và phương ngang) b) Tìm điều kiện a để có cân Bài giải a) Vị trí cân (4) - Các lực vào thanh: trọng lực P ; các phản lực Q1 ,Q2 - Gọi I là trung điểm AB, K là trung điểm thanh, α là góc hợp và mặt phẳng ngang có cân Ta có: a a AB = 2R cos α ; KB = AB − = 2R cos α − 2 a HB KB cos α 2R cos α − cos α = = OH R cos 2α R ( cos α= = = − 1) 2R cos α − R a Mà R= OH + HB= 2R cos α − R + 2R cos α − cos α a + a + 128R ⇔ 8R cos α − a cos α − 4R = ⇒ cos α = 16 R a + a + 128R ⇒α = ar cos 16 R a + a + 128R Vậy: Khi có cân bằng, xác định vị trí cân là α = ar cos 16 R b) Điều kiện a đề có cân Thanh cân K (trung điểm thanh) luôn nằm khoảng AB: a AK = ≤ AB =2R cos α ⇔ a a + a + 128R a + a + 128R ≤ 2R = ⇒ a ≤ 4R 16 R 8R Vậy: Điều kiện a đề có cân là a ≤ 4R Thanh đồng chất AB, dài l = 2m, trọng lượng P, đứng yên trên mặt sàn nằm ngang, tựa vào lăn nhỏ không ma sát C gắn vào đầu tường độ cao h = 1m (hình vẽ) Thanh luôn cân với bất kì giá trị nào θ ≥ 70° , trượt θ < 70° Hãy tính hệ số ma sát nghỉ và sàn Bài giải Đặt AC = x = h l h l ;GC = x − = − sin θ sin θ - Các lực tác dụng vào thanh: trọng lực P ; các phản lực QA ,QC ; lực ma sát nghỉ F msn - Phân tích trọng lực P làm hai thành phần PA ,PC Theo quy tắc hợp lực song song, ta có: (5) = PA + PC P PA GC ⇔ P = GA C PC PA + PC P sin θ = = = h l l h h − sin θ 2 sin θ PA l sin θ ⇒ PA = P − 2h Pl sin θ ; PC = 2h - Phân tích trọng lực PC làm hai thành phần P1 ,P2 (hình vẽ) Ta có: P2 = PC sin θ - Phân tích trọng lực P2 làm hai thành phần P3 ,P4 (hình vẽ) Ta có: Pl sin θ = = θ P P sin 2h Pl sin θ cos θ = P P= cos θ 2h - Áp lực vuông góc AB tác dụng lên sàn A: N= PA + P3 l sin θ ⇔ N =P − 2h Pl sin θ cos θ Pl sin θ + = − P 2h 2h - Để không trượt: Fms ≥ P4 ⇔ kN ≥ P4 Pl sin θ cos θ ⇔ kP− 2h Pl sin θ cos θ ≥ 2h Pl sin θ cos θ l sin θ cos θ 2h ⇒k≥ = Pl sin θ cos θ 2h − l sin θ cos θ P− 2h l sin θ cos θ ứng với θ= 70° ⇒ kmin = 2h − l sin θ cos θ và k= sin 70° cos70° = 0,336 ⇒ k ≥ 0,336 2.1 − 2.sin70° cos 70° Vậy: Hệ số ma sát nghỉ và sàn là k ≥ 0,336 Một vòng trượt nhỏ A, trượt tự dọc theo nhẵn B có dạng nửa đường tròn bán kính R Tất lại quay với vận tốc góc ω không đổi xung quanh trục thẳng đứng OO′ Xác định góc α ứng với vị trí cân vòng trượt (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 1996) Bài giải - Chọn hệ quy chiếu gắn với B (hệ quy chiếu không quán tính) (6) - Tại góc lệch α , vòng trượt A cân nên: P + Fq + N = (1) với = Fq mr = ω mRω2 sin α - Chiếu hệ thức (1) lên phương tiếp tuyến A, ta được: mRω sin α cos α − mg sin α = 0 ⇔ sin α ( Rω cos α − g ) = - Các vị trí cân vòng A ứng với các giá trị sau đây góc α : + sin α =0 ⇒ α =0 + Rω cos α − g = ⇒ cos α = g g , với ω > ⇒ α = ar cos Rω Rω g R Trên ván nghiêng góc α so với mặt phẳng nằm ngang có vật nhỏ Ván đứng yên thì vật đứng yên Cho ván chuyển động sang phải với gia tốc a song song với đường nằm ngang Tính giá trị cực đại a để vật đứng yên trên ván Biết hệ số ma sát k (Trích để thi Olympic 30⁄4, 1998) Bài giải Chọn hệ quy chiếu gắn với ván - Các lực tác dụng vào vật là: Trọng lực P ; lực quán tính Fq = −ma (ngược chiều với a ); phản lực Q và lực ma sát Fms - Để vật còn trên ván: Q > (1) - Để vật đứng yên thì lực ma sát phải là ma sát nghỉ: Fms ≤ kN = kQ (2) - Vật nằm cân nên: P + Fq + Q + Fms = - Chiếu hệ thức vectơ trên lên hai trục Ox và Oy, ta được: −mg.sin α − ma.cos α + Fms = ⇒= Fms mg.sin α + ma.cos α (3) và −mg.cos α + ma.sin α + Q = = ⇒ Q mg.cos α − ma.sin α (4) (7) - Từ (1) và (4) suy ra: a < g cot gα (5) - Từ (2) và (4) suy ra: g sin α + a cos α ≤ k ( g cos α − a sin α ) ⇒a≤ g ( k cos α − sin α ) k sin α + cos α Mặt khác: (6) g ( k cos α − sin α ) k cos α − sin α cos α < ⇒ amax = k sin α + cos α sin α k sin α + cos α Vậy: Giá trị cực đại a để vật vân đứng yên trên ván là amax = g ( k cos α − sin α ) k sin α + cos α Trên ván nghiêng góc α so với mặt phẳng nằm ngang, có vật nhỏ đứng yên Cho ván chuyển động sang phải với gia tốc a song song với đường nằm ngang Tính giá trị cực đại a để vật đứng yên trên ván Biết hệ số ma sát là µ (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2015) Bài giải Chọn hệ quy chiếu Oxy gắn với tâm ván - Các lực tác dụng lên vật: trọng lực P ; phản lực Q ; lực ma sát Fms ; lực quán tính Fq ( Fq = ma ) - Vật đứng yên trên ván nên: P + Q + Fms + Fq = (1) - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy, ta được: Fms − mg sin α − ma cos α = ⇒F = mg sin α + ma cos α ms Q + ma sin α − mg cos α = = ⇒ Q m ( g cos α − a sin α ) - Vật còn nằm trên ván thì: Q >0⇒a = g cot α - Để vật không trượt trên ván là: Fms ≤ µ N = µ Q ⇔ g sin α + a cos α ≤ µ ( g cos α − a sin α ) ⇒a≤ g cos α − sin α g cos α − sin α ⇒ amax = cos α + µ sin α cos α + µ sin α (8) Vậy: Giá trị cực đại a để vật đứng yên trên ván là amax = g cos α − sin α cos α + µ sin α Ba nhẹ không trọng lượng có cùng độ dài l liên kết các lề các điểm C và D Hai đầu còn lại hai ngoài gắn vào các điểm A và B các lề cùng độ cao Khoảng cách AB = 2l Tại lề C người ta treo vật khối lượng m Xác định lực nhỏ Fmin đặt vào lề D để giữ cho luôn luôn nằm ngang Bài giải - Với lề C: + Các lực tác dụng: các trọng lực P ; Pb tác dụng vào vật m và vào lề; các lực căng T1 ,T2 hai AC và CD + Điều kiện cân bằng: P + Pb + T1 + T2 = (1) + Chiếu (1) lên trục vuông góc với AC, ta được: P sin α + Pb sin α − T cos α = ⇒ T cos α = ( m + mb ) g sin α - Với lề D: (1′ ) + Các lực tác dụng: lực F ;trọng lực Pb tác dụng vào lề; các lực căng T3 ,T2 hai BD và CD + Điều kiện cân bằng: F + Pb + T3 + T2 = (2) + Chiếu (2) lên trục vuông góc với BD, ta được: F cos β + Pb sin α − T cos α = ⇒ T cos α = F cos β + mb sin α - Từ ( 1′ ) và ( 2′ ) , ta được: = F ⇒ F = Fmin = mg sin α = ( 2′ ) T cos α − mb sin α mg sin α = ≥ mg sin α cos β cos β mg và F vuông góc với BD Vậy: Lực nhỏ đặt vào lề D để giữ cho luôn luôn nằm ngang là Fmin = mg (9) 10 Buộc cầu khối lượng m = 500g vào hai sợi dây Hai đầu còn lại chúng buộc vào hai đầu thẳng đứng quay với vận tốc góc ω Khi cầu quay mặt phẳng nằm ngang thì các sợi dây tạo thành góc 90° Chiều dài dây trên là a = 30cm, dây là b = 40cm Sợi dây nào đứt trước và đó vận tốc góc ω là bao nhiêu? Biết dây đứt lực căng T = 12,6 N Bài giải Chọn hệ quy chiếu gắn với vật quay (hệ quy chiếu phi quán tính) - Các lực tác dụng lên vật: Trọng lực P ; các lực căng Ta ,Tb ; lực quán tính Fqt - Điều kiện cân vật: P + Ta + Tb + Fqt = - Chiếu hệ thức trên lên phương các sợi dây, ta được: ( 1) −mg.cos α + Ta − Fqt cos β = (2) mg.cos β + Tb − Fqt cos α = Với Fqt= mω R= mω ab a + b2 ;cos α= R = b a a + b2 = Ta mg.cos α + Fqt cos β - Từ (1) và (2) suy ra: −mg.cos α + Fqt cos α Tb = ;cos β= b a + b2 (1′ ) ( 2′ ) - Thay các giá trị này vào ( 1′ ) và ( 2′ ) , ta được: Ta mg a a + b2 + mω ab a + b2 b a 2b Tb = −mg + mω a + b2 a + b2 Vì b > a nên Ta > Tb : dây a đứt trước Khi Ta = T dây a đứt và đó vận tốc góc ω là: ω = T ( a + b ) − mga a + b mab ⇒ω T ( a + b ) − mga a + b = mab ⇒ω 12,6.( 0,32 + 0,4 ) − 0,5.10.0,3 0,32 + 0,4 12,75 ( rad s ) = 0,5.0,3.0,4 12,6.( 0,32 + 0,4 ) − 0,5.10.0,3 0,32 + 0,4 0,5.0,3.0,4 (10) Vậy: Dây a đứt trước và đó vận tốc góc ω = 12,75 ( rad s ) 11 Một cứng uốn thành hình thước nhựa BAC (vuông A) Cạnh AB đặt nghiêng góc α= 30° so với phương ngang Hai cầu có khối lượng m1 và m2 nối với dây không dãn l Các cầu có thể trượt trên AB và AC với hệ số ma sát µ= µ= 0,2 a) Tìm mối quan hệ m1 và m2 để có thể giữ các cầu đứng yên vị trí mà dây nối chúng bị căng theo phương nằm ngang b) Giữ nguyên khối lượng các cầu đã tính câu a, cho hệ quay tròn quanh trục thẳng đứng ( ∆ ) với tốc độ góc ω cho quay dây nối các cầu căng theo phương nằm ngang Xác định: - Trục ( ∆ ) phải nằm khoảng nào? - Quan hệ ω và vị trí trục ( ∆ ) Bài giải a) Mối quan hệ m1 và m2 để có thể giữ các cầu đứng yên vị trí mà dây nối chúng bị căng theo phương nằm ngang - Các lực tác dụng lên các cầu: + Quả cầu 1: trọng lực P1 ; phản lực Q1 ; lực căng T ; lực ma sát F ms1 + Quả cầu 2: trọng lực P2 ; phản lực Q2 ; lực căng T ; lực ma sát F ms - Điều kiện cân hai cầu: + Quả cầu 1: P1 + Q1 + F ms1 + T = (1) + Quả cầu 2: P2 + Q2 + F ms + T = (2) - Chiếu (1) và (2) lên hai tục Ox và Oy, ta được: + Quả cầu 1: T + Fms1 cos 30° − Q1 sin 30° = Q1 cos 30° + Fms1 sin 30° − P1 = T + µ1Q1 cos 30° − Q1 sin 30° = ⇔ ⇒T = 3,059P1 Q1 cos 30° + µ1Q1 cos 30° − P1 = (3) −T − µ2Q2 cos 60° + Q2 cos 30° = + Quả cầu 2: ⇒T = 1,137 P2 Q2 cos 60° + µ2Q2 cos 30° − P2 = (4) Từ (3) và (4) Suy ra: m1 = 0,371m2 (11) Vậy: Để có thể giữ các cầu đứng yên vị trí mà dây nối chúng bị căng theo phương nằm ngang thì m1 = 0,371m2 b) Trường hợp hệ quay tròn quanh trục thẳng đứng ( ∆ ) với tốc độ góc ω Gọi R1 và R2 là bán kính quỹ đạo các cầu, ta có: R1 + R2 = l (5) - Phương trình định luật II Niu-tơn cho hai cầu: + Quả cầu 1: P1 + Q1 + F ms1 + T = m1 a1 (1′ ) + Quả cầu 2: P2 + Q2 + F ms + T = m2 a2 ( 2′ ) - Chiếu ( 1′ ) và ( 2′ ) lên hai trục Ox và Oy, ta được: Q1 = 1,0531P1 + Lên Oy: Q2 = 1,458P2 (6) T + µ1Q1 cos 30° − Q1 sin 30° = m1ω R1 + Lên Ox: ⇔ −T − u2Q2 cos 60° + Q2 sin60° = −m2ω R2 9,91 ⇒ω = 0,371R1 − R2 (7) - Từ (6), để ω > thì 0,371R1 − R2 > - Từ (5) và (8) suy ra: R1 > (8) = 0,729l 0,371 Vậy: Trục ( ∆ ) phải nằm cách cầu đoạn l > R1 > 0,729l và mối quan hệ tốc độ góc ω và khoảng cách R1 là ω = 9,91 0,371R1 − R2 12 Cái “điều tiết li tâm” hình bên dùng để hãm máy trục có tốc độ vượt quá n = 120 vòng/phút Nó gồm vòng C khối lượng 4kg có thể trượt không ma sát trên trục AB, hai vật D có cùng khối lượng m Khung ADCD hình thoi, cạnh dài 30cm, khối lượng không đáng kể quay cùng với trục Bỏ qua ma sát Tính m để có động tác hãm đoạn AC 43cm Tính lực tác dụng lên các lúc đó Bài giải Chọn hệ quy chiếu gắn với khung quay Khi= AC 43cm = 30 2cm , hình thoi ADCD trở thành hình vuông - Các lực tác dụng vào vật D: trọng lực P ; các phản lực T1 ,T2 các nối; lực quán tính li tâm Fq - Mỗi vật D cân hệ quy chiếu này nên: (12) P + T1 + T2 + Fq = (1) - Chiếu (1) lên hai trục nằm ngang và thẳng đứng, ta được: −T1 cos 45° − T2 cos 45° + Fq = ⇔− 2 T1 − T2 + Fq =0 2 (2) Và −T1 sin 45° + T2 sin 45° + P = ⇔− 2 T1 + T2 + mg =0 2 (3) - Tương tự, với vật M, ta có: Mg = 2T2 (4) ( M + 2m ) g ;T = Mg - Từ (2), (3) và (4), ta được: Fq = ( m + M ) g;T1 = 2 - Mặt khác: Fq= mω r= m.4π n r ⇔ ( m + M ) g= m.4π n r ⇒m = Và = T1 Mg 4.9,8 = = 1,7kg;r = 30 = 21cm = 0,21m 2 4π n r-g 4.3,14 0,21-9,8 2 .9,8 ( + 2.1,7 )= 39,5N = ;T2 4.9,8 = 27,7 N Vậy: Đề có động tác hãm đoạn AC 43cm thì m = 1,7kg và lực tác dụng lên các lúc đó là = = T1 39,5N ;T2 27,7 N 13 Hai vật nặng A, B có kích thước và nặng 100N Chúng nối với hai nhẹ AC, BC và các lề Vật A có thể trượt ngang, vật B trượt trên mặt nghiêng góc 30° so với phương nằm ngang Để trì cân hình vẽ, cần tác dụng vào điểm C lực F theo phương thắng đứng hướng xuống Nếu hệ số ma sát A, B với các mặt trượt là µ = 0,5 thì độ lớn lực F nằm phạm vi nào? Bài giải - Vì = ° 0,577 nên F = 0, B trượt xuống Do đó lực F phải có giá trị tối thiểu nào µ 0,5 < tan 30= đó để B không trượt xuống: F = F1 - Khi F tăng dần từ F1 thì B có xu hướng lên F = F2 thì cân bị phá vỡ Ta xét hai trạng thái tới hạn này - Trường hợp vật B có xu hướng trượt xuống: + Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ Phương trình định luật II Niu-tơn cho vật B trên hai trục Ox và Oy: (13) • Trên Ox: P sin 30° − f msB − FCB cos 30° = (1) • Trên Oy: P cos 30° + FCB sin 30° − QB = (2) Và = f msB µ= N B µ QB (3) ⇔ P sin 30° − µ QB − FCB cos 30° = P cos 30° + FCB sin 30° − QB = ⇔ 100 sin 30° − 0,5QB − FCB cos 30° = (1′ ) 100 sin 30° + FCB sin 30° − QB = ( 2′ ) + Từ ( 1′ ) , ( 2′ ) ta được: FCB = ,0023N Suy ra: F1 FCB= = tan 30° ,0023.tan = 30° 3,4774N - Trường hợp vật B có xu hướng lên: Tương tự, ta có các phương trình: 100 sin 30° + 0,5QB − FCB cos 30° = ( 4′ ) 100 cos 30° + FCB sin 30° − QB = ( 5′ ) Từ ( 4′ ) và ( 5′ ) ta được: FCB = 151,4569N Suy= ra: F2 FCB= tan 30° 151,4569.tan = 30° 87,4437 N - Trường hợp A có xu hướng chuyển động sang trái: + Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ Phương trình định luật II Niu-tơn cho vật B trên hai trục Ox và Oy: • Trên Ox: f msA − FAC cos 30° =0 (6) • Trên Oy: P + FAC sin 30° − QA = (7) Và = f msA µ= N A µ QA (8) ⇔ µ QA − FAC cos 30° =0 P + FAC sin 30° − QA = ⇔ 0,5QA − FAC cos 30° =0 100 + FAC sin 30° − QA = (6 ′) (7 ′ ) + Từ ( ′ ) và (7 ′ ) , ta được: FAC = 81,1655N -Từ quan hệ cân lề C, suy ra: F3 FAC sin 30° = = ⇔ F3 81,1655.sin = 30° 40,5827 N (14) Vậy: Độ lớn lực F để hệ cân là: 3,4774N ≤ F ≤ 40,5827 N 14 Một tạ đôi đặt thẳng đứng trên mặt sàn nằm ngang Tạ đôi gồm hai cầu giống gắn vào có khối lượng không đáng kể, dài l Tại thời điểm nào đó, cầu trên nhận vận tốc đầu v0 theo phương ngang Hỏi v0 có giá trị tối thiểu bao nhiêu để câu này lên khỏi sàn và tạ đôi chạm sàn tư thê nằm ngang? Bài giải - Điều kiện để cầu không nảy lên: P1 + T1 + Q1 = (1) ⇔ T1 + Q1 − P1 =0 ⇒ Q1 =mg − T1 ≥ ⇒ T ≤ mg - Khi ấy, cầu trên quay quanh cầu dưới: P2 + T2 = maht ⇔ T2 + P2= (2) mv02 mv02 ⇒ T= − mg ≤ mg ⇒ v02 ≤ 2gl l l - Từ đó, điều kiện để cầu nảy lên là: v02 ≥ 2gl - Khi cầu nảy lên thì tạ đôi chuyển động vừa tịnh tiến vừa quay quanh khối tâm Khi cầu v trên nhận vận tốc v0 thì khối tâm nhận vận tốc và chuyển động giốg vật bị ném ngang - Thời gian để khối tâm rơi đến sàn là:= t 2h = g 1 = ;h BG = g - Vì momen lực khối tâm G tạ đôi M = nên tạ đôi: quay với vận tốc góc ω không đổi quanh khối tâm Muốn cho tạ đôi chạm sàn tư nằm ngang thì thời gian t = góc tối thiểu - Từ ϕ = ωt ⇔ π π = ω -Mặt khác: v AG = ω , tạ đôi phải quay g π ⇒ω = g g l vG π − ⇒ v0( ) = 2 gl Vậy: Để qua cầu này lên ngày khỏi sàn và tạ đôi chạm sàn tư nằm ngang thì v0( ) = π gl (15) Chuyên đề 11: CÂN BẰNG CỦA VẬT RẮN CÓ TRỤC QUAY CỐ ĐỊNH 15.Thanh đồng chất AB, đầu A tựa trên sàn ngang có ma sát, đầu B giữ nhờ lực F vuông góc với AB Thanh AB nằm nghiêng cân Hệ số ma sát trượt AB với sàn là µ a) Lập biểu thức xác định µ theo a b) Với giá trị nào a hệ số ma sát µ là nhỏ Giá trị nhỏ này là bao nhiêu? (Trích đề thi Olimpic 30⁄4, 1998) Bài giải a) Biểu thức xác định µ theo α Quy tắc mômen lực trục quay l: = Ql.cos α Fms l sin α + sin α (1 là nửa chiều dài AB) = Suy ra: Fms sin α cos α = Q Q + sin α tan α + cot α Vì Fms ≤ µΝ ⇒ µ ≥ ;Ν = Q tan α + cot α Vậy: Biểu thức xác định µ theo α là µ ≥ tan α + cot α b) Giá trị α để µ nhỏ Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: tan α + cot α ≥ 2 tan α cot α = 2 Dấu “=” xảy khi: tan α = cot α = ⇒α = 35,26 ° và µ ≥ 2 ⇒ µmin = 1 và µ = µmin ⇒ tan α = tan α 2 = Vậy: Giá trị α để µ nhỏ = là α 35,26 ° và µmin = 16.Hai cầu đồng chất, tâm O1; O2bán kính R1> R2 trọng lượng P1> P2 tựa vào điểm B và cùng treo vào điểm O nhờ dây OA1 = R2và dây OA2 =R1 Tính góc nghiêng α OA1với đường thẳng đứng cân Bài giải Ta có: OO1 = OA1 + R1 = R2 + R1 = O1O2 (16) Và: OO2 = OA2 + R2 = R1 + R2 = O1O2 Do đó, ∆ O O1O2 - Quả cầu O1chịu tác dụng lực:trọng lực P1 ; lực căng dây T1 ; áp lực N1 - Điều kiện cân trục quay qua O: M P O = M N O 1 ⇔ P1 O1 H = N1 OH ⇔ P1 ( R1 + R2 ) sin α = N1 ( R1 + R2 ) 2P sin α ⇒ N1 =1 - Quả cầuO2chịu tác dụng lực: trọng lực P2 ; lực căng dây T2 ; áp lực N - Điều kiện cân trục quay qua O: M P O = M N O 2 N OH ⇔ P2 ( R1 + R2 ) sin ( 60°= ⇔ P2 O = − α ) N ( R1 + R2 ) 2H2 = ⇒ N2 2P2 sin ( 60° − α ) N ⇒ P1 sin α = P2 sin ( 60° − α ) - Vì: N= ⇔ P1 sin α= P2 sin60° cos α − P2 sin α cos 60° ⇔ P1 = sin α P2 ⇒ tan = α cos α − P2 sin α ⇔ ( 2P1 + P2 )= sin α P2 cos α 2 P2 P ⇒ = α arctan 2P1 + P2 2P1 + P2 Vậy: Góc nghiêng α OA1 với đường thẳng đứng cân là α = arctan 17.Hai bê tông mỏng tạo thành hệ nhưhình vẽ Các có thể quay không ma sát quanh các trục qua các đầu A, B Đầu trên hai tựa vào và tạo thành góc 90° Góc AC (khối lượng M) và phương ngang α , còn lại có khối lượng m a) Xác định hệ số ma sát nhỏ hai đề không xảy trượt P2 2P1 + P2 (17) b) Trong trường hợp M = 3m, α= 45° Hãy xác định các phản lực A và B Bài giải a) Hệ số ma sát nhỏ hai để không xảy trượt - Các lực tác dụng lên AC: trọng lực P1 ; phản lực Q1 , BC; phản lực QA lề A; lực ma sát Fms1 với BC - Thanh A): M P A AC cân (đối với trục quay qua = M Q1 A ⇔ P1 AC cos α = Q1 AC ⇒ = Q1 1 P1 cos = α Mg cos α 2 (1) - Các lực tác dụng lên BC: trọng lực P2 ; áp lực N AC; phản lực Q B lề B; lực ma sát Fms với AC - Thanh BC cân (đối với trục quay qua B): M P ⇔ P2 B = M Fms B BC 1 α Fms BC ⇒ Fms= α sin = P2 sin = mg sin α 2 2 (2) = Fms ) ( Q1 N= ; Fms1 mg sin α Fms = m tan α - Để không trượt: Fms ≤ kN ⇒= k≥ N Mg cos α M m ⇒ kmin =tan α M Vậy: Hệ số ma sát nhỏ hai để không xảy trượt là kmin = m tan α M b) Xác định các phản lực A và B M= m,α= 45° Gọi X A ,YA , X B ,YB là các phản lực A và B theo các phương OX và OY Ta có: X A − Fms1 cos α − Q1 sin α =⇒ X A = ( M + m ) g.sin 2α ⇒ X A = mg X B − Fms cos α − N sin α = ⇒ XB = −mg ( M + m ) g.sin 2α ⇒ X B = (18) YA − Fms1 sin α + Q1 cos α − Mg =0 ⇒ YA = M + ( M + m ) sin α g ⇒ 2,5mg YB + Fms sin α − N cos α − mg =0 ⇒ YB = m + ( M + m ) cos α g ⇒ 1,5mg Từ đó: QA = X A2 + YA2 = QB = X B2 + YB2 = ( −mg ) ( mg ) 2 + ( 2,5mg ) ≈ 2,7mg + ( 1,5mg ) ≈ 1,8mg Góc QA ,QB và trục Ox xác định bởi: Y 1,5mg = −1,5 ⇒ ϕ ≈ 56 ,3° tan ϕ = B = −mg XB Vậy: Phản lực A và B là QA ≈ 2,7mg và QB ≈ 1,8mg 18.Thanh AB đồng chất tiết điện đều, có chiều dài AB = L Đầu A tựa trên sàn nằm ngang, đầu B giữ lực F Cho lực F có giá hợp với phương thẳng đứng góc β và vị trí cân hợp với phương thẳng đứng góc α Biết hệ số ma sát nghỉ nhỏ và sàn để cân góc α thay đổi ( 30° ≤ α ≤ 45° ) là µmin = Xác định góc β Bài giải - Các lực tác dụng lên thanh: trọng lực P ; phản lực Q ; lực ma sát Fms ; lực nâng F - Điều kiện cân AB trục quay qua O: M Q O = M ⇔Q F O ms L L sin α = Fms cos α + OC 2 - Áp dụng định lí hàm số sin ∆BOC , ta được: ⇔ L sin (α + β ) OC L = ⇒ OC = sin (α + β ) sin β sin β (1) OC L = sin π − (α + β ) sin β (2) - Thay (2) vào (1), ta được: L sin (α + β ) L L Q sin α Fms cos α + = 2 sin β 2 ⇒ Fms ⇒µ≥ Q sin α sin β = ≤ µ N µQ cos α sin β + sin (α + β ) sin α sin β sin α sin β cos α sin β + sin (α + β ) cos α sin β + sin α cos β + sin β cos α (19) ⇔µ≥ sin α sin β = cos α sin β + sin α cos β cot α + cot β - Với 30° ≤ α ≤ 45° ⇒ µ ≥ ⇔ = µmin + cot β 1 = ⇒ cot β =1 ⇒ β =45° + cot β Vậy: Góc β lực F và phương thẳng đứng là β= 45° 19.Xe cút kít trên đường nằm ngang phải vượt qua bậc có chiều cao h = 5cm Bánh xe có bán kính R = 20cm Càng xe OA làm với phương nằm ngang góc α= 30° Trọng lực xe và tải P = 1200N có giá qua tâm O bánh xe Xét hai trường hợp: đẩy xe (hình a) và kéo xe (hình b) Lực tay có phương càng xe a) Tính các lực đẩy Fđ và kéo Fk tối thiểu cần tác dụng Kết luận b) Tính các phản lực Qdvà Qk điểm tiếp xúc B bánh xe và bậc Bánh xe không trượt B c) Định α để Fñ = Fk (Trích để thi Olympic 30⁄4, 1997) Bài giải a) Lực đẩy Fñ và kéoFktối thiểu cần tác dụng * Trường hợp đẩy xe: - Các lực tác dụng lên bánh xe: Trọng lượng xe P ; lực đẩy xe Fd và phản lực bậc Qd - Khi lực đẩy Fñ = Fmin thì mômen nó trục B phải cân với mômen trọng lực P: (20) M= M = P.OH Fñ B P B (1) OB − HB = Với OH = 20 − 15 = 7cm = 0,05 7m π β ) R cos (α + β ) d ® R sin − (α + = - Cánh tay đòn lực đẩy Fñ là:= 2 ⇒ M F= Fñ R cos (α + β ) ñ B Với cos β = (2) 15 = 0,75 ⇒ β = 41,4° 20 - Từ (1) và = (2) ta có: Fñ P.OH 1200.0,05 = = 2488N R cos (α + β ) 0,20 cos ( 30 + 41,4 ) * Trường hợp kéo xe: - Mômen P cũ, cánh tay đòn lực kéo Fk là: π π = − β R sin − ( β −= α ) R cos ( β − α ) d k R sin + α = 2 2 ⇒ = d k 20 cos ( 11,4 = ° ) 19,4cm = 0,194m -= Lực kép: Fk P.OH 1200.0,05 = = 810N R cos ( β − α ) 0,20 cos ( 41,4 − 30 ) Vậy: Lực đẩy và lực kéo tối thiểu cần tác dụng là Fñ = 2488N và Fk = 810N Vì Fk < Fñ nên kéo dễ đẩy b) Phản lực Qd và Qk điểm tiếp xúc B bánh xe và bậc * Trường hợp đẩy xe: Ta có: Qñ cos β= P + Fñ sin α = ⇒ Qñ P + Fñ sin α 1200 + 2488.sin 30° = = 3259N cos β cos 41,4° * Trường hợp kéo xe: Ta có: Qk cos β= P − Fk sin α = ⇒ Qk P − Fk sin α 1200 − 810.sin 30° = = 1060N cos β cos 41,4° Vậy: Phản lực Qd và Qk điểm tiếp xúc B bánh xe và bậc đẩy xe là Qñ = 3259N và kéo xe là Qk = 1060N c) Tính α để Fñ = Fk - Vì M Fñ B = M Fk B (khi Fmin ) nên Fñ = Fk d ñ = d k hay: R cos (α += β ) R cos ( β − α ) ⇒α = : Hai lực có phương nằm ngang (21) - Khi đó, ta có: F= F= ñ k P.OH 1200.0,05 = = 1058N R.cos β 0,20.cos 41,4° Vậy: Để Fñ = Fk thì α = 20.Trên mặt nhẵn bán cầubán kính R, người ta đặt AB khối lượng không đáng kể có chiều dài l = R, hai đầu có gắn hai cầu nhỏ có khối lượng mA = 200g và mB = 100g a) Thanh nằm cân trạng thái hợp với đường nằm ngang góc α bao nhiêu? b) Tính các phản lực QA; QB bán cầu tác dụng lên các cầu Lấy g= 10m/s2 Bài giải a) Tính góc α Gọi G là khối tâm AB, GA vì mA = 2mB nên= R = GB ; đặt OG = d= ,P Mg = 3mg - Áp dụng định lí hàm số sin cho ∆AOG , ta được: d R R = ⇒ sin β = sin60° sin β 2d (1) - Áp dụng định lí hàm số cosin cho ∆AOG , ta được: R2 R R d= R + − 2R cos 60° ⇒ d= 3 2 (2) - Từ(1) và (2) ta được: β= 19°6 ′;α= 90° − 60° − β= 10°54′ Vậy: Thanh nằm cân trạng thái hợp với đường nằm ngang góc α= 10°54′ b) Các phản lực QA; QB bán cầu tác dụng lên các cầu - Áp dụng quy tắc momen lực với trục quay qua A, ta được: QB R = sin60° P R Mg.cos 10°54′ 0,3.10.0,98 cos = α ⇒ QB = = 1,134N 3 sin60° 3 - Áp dụng quy tắc momen lực với trục quay qua B, ta được: QA R sin60° = P = ⇒ QA Mg.cos 10°54′ 0,3.10.2.0,98 = = 2,268N sin60° 3 2R cos α (22) Vậy: Độ lớn các phản lực bán cầu tác dụng lên các cầu là QA = 2,268N và QB = 1,134N 21.Một nặng OA tựa trên gỗ có thể quay quanh khớp O xung quanh trục nằm ngang (hình vẽ) Biết nặng có khối lượng m1 và hợp với phương ngang góc α ; gỗ nằm ngang trên sàn có khối lượng m2; hệ số ma sát nặng và gỗ là µ1 , gỗ và sàn là µ2 Hỏi phải tác dụng vào gỗ lực nằm ngang bao nhiêu để có thể kéo nó phía trái? Biện luận kết tìm Biết gia tốc trọng trường là g Bài giải - Các lực tác dụng lên các vật hình vẽ -Thanh nặng m1: Phương trình momen lực trục quay qua O: l Q1l cos α − Fms1l sin α − P1 cos α = (1) - Tấm ván m2: + Khi ván chuyển động đều: a = ′ + N1 = P2 + Q2 + F + Fms + Fms1 (2) + Chiếu (2) lên các trục tọa độ Ox và Oy, ta được: ′ − Fms = F − Fms1 (3) và Q= P2 + N1 (4) ′ Trong đó: = N1 Q1 ; F= F= µ1= N1 µ1Q1 ; F= µ2= N µ2Q2 (5) ms1 ms1 ms P1 cos α Q1 = ( sin α − µ cos α ) - Từ (1), (4) và (5) ta được: P1 cos α Q= P + 2 ( sin α − µ1 cos α ) - Tử (3), (5), (6) và (7) ta được:= F µ2 P2 + (6 ) (7 ) P1 ( µ1 + µ2 ) ( − µ1 tan α ) (8) Vậy: Từ (8) ta thấy: + Với µ1 tan α < thì lực cần tìm là:= F µ2 P2 + P1 ( µ1 + µ2 ) ( − µ1 tan α ) + Với µ1 tan α ≥ thì không thể kéo tắm gỗ phía bên trái (xảy nêm chặt) (23) 22.Một vận động viên leo núi có khối lượng m = 60kg, ngồi nghỉ hai khe núi vách núi có độ rộng l = 1m Khối tâm người này cách vách đá mà vai tì vào đoạn d = 0,2m Hệ số ma sát giày và đá là k2 = 0,9, vai và đá là k1 = 0,6 Lấy g= 10m/s2 a) Người này phải ép vào tường lực nhỏ bao nhiêu để khỏi rơi? b) Với lực ép nhỏ câu (a) người này phải giữ khoảng cách thẳng đứng chân và vai bao nhiêu ngồi vững? c) Thực tế vận động viên đặt chân thấp vị trí đã tính câu (b) 10cm Anh ta làm cách nào để giữ cân bằng, tính các lực ma sát lúc này (Trích đề thi Olympic 30/4, 1999) Bài giải a) Lực ép vào tường nhỏ để khỏi bị rơi - Các lực tác dụng vào người: Trọng lực P ; các phản lực Q1 ,Q2 ; các lực ma sát f ms1 , f ms - Để người không rơi: P + f ms1 + f ms + Q1 + Q2 = - Chiếu hệ thức trên lên hai phương nằm ngang và thẳng đứng, ta được: Q1 − Q2 =0 ⇒ Q1 =Q2 =Q P − f ms1 − f ms = - Vì ma sát là ma sát nghỉ nên: f ms1 ≤ k1= N1 k1Q1 ; f ms ≤ k2 = N k2Q2 ⇒ P= f ms1 + f ms ≤ ( k1 + k2 ) Q và Q ≥ P 600 = = 400N k1 + k2 1,5 Vậy: Lực ép tối thiểu phải đặt lên vách đá là N= Q= 400N min b) Khoảng cách thẳng đứng chân và vai để người ngồi vững - Áp dụng quy tắc mômen, với trục quay là điểm tựa vai đặt vào vách đá, ta được: M P + M Q2 = M fms mgd + Qh = ≤ k2 Q f ms Với: P = f ms1 + f ms ⇒ f ms1 = P − f ms ≤ k1Q mgd + Qh ≤ k2Ql ⇔ mgl − mgd − Qh ≥ k1Ql 60.10.0,2 + 400h ≤ 0,9.400.1 ⇔ 60.10.1 − 60.10.0,2 − 400h ≥ 0,6.400.1 (24) 120 + 400h ≤ 360 ⇔ 480 − 400h ≥ 240 ⇒ h ≤ 0,6m và h ≥ 0,6m ⇒ h = 0,6m Vậy: Khoảng cách thẳng đứng chân và vai để người ngồi vững là h = 0,6m c) Cách để giữ cân Theo đề: h = 0,7m Từ (1) và (2), ta có: mgd 60.10.0,2 = 600N Q ≥ k l −= h 0,9.1 − 0,7 ⇒ Q ≥ 600N mgd 60.10.1 − 60.10.0,2 Q ≥ mgl − = = 369N k1l + h 0,6.1 + 0,7 Vậy: Muốn cân người phải ép mình vào vách đá lực có độ lớn Q ≥ 600N (25) Chuyên đề 12: CÂN BẰNG TỔNG QUÁT CỦA VẬT RẮN 23.Một mỏng đồng chất OA, khối lượng m, có thể quay mặt phẳng thẳng đứng quanh trục cố định O nằm ngang C là điểm tiếp xúc với khối trụ đặt trên mặt phẳng nằm ngang Khối trụ khối lượng m giữ cân chắn thẳng đứng hình vẽ Biết góc nghiêng là θ Đoạn AC dài chiều dài l Bỏ qua ma sát Hỏi chắn tác dụng lên khối trụ lực là bao nhiêu? (Giải theo các số m,g ,θ ) Bài giải - Các lực tác dụng lên OA: trọng lực P ; phản lực Q hình trụ C và phản lực R lề O (hình vẽ) - Điều kiện cân với trục quay qua O: M P O = M Q O (1) l ⇔ P cos θ = Q l ⇔ mg cos θ = Q l 4 ⇒ Q =mg cos θ - Các lực tác dụng lên khối trụ: trọng lực P ; các phản lực Q1 ,Q2 chắn và mặt phẳng nằm ngang; và áp lực N OA (N = Q) - Khối trụ cân nên: P + Q1 + Q2 + N = (2) - Chiếu (2) lên phương nằm ngang, ta được: = Q1 N= sin θ Q= sin θ mg sin θ= cos θ mg sin 2θ 3 Vậy: Lực chắn tác dụng lên hình trụ là Q1 = mg sin 2θ 24.Thanh AB có khối lượng không đáng kể Đầu A gắn vật nặng m1 = 600g, đầu B gắn vật nặng m2 = 400g Buộc sợi dây không dẫn vào hai đầu AB treo vào điểm C cố định không ma sát cho cân Biết AC + CB = 30cm (26) a) Tính chiều dài đoạn CA và CB b) Biết AB hợp với mặt phẳng nằm ngang góc α= 10° Tính chiều dài AB Bài giải a) Chiều dài đoạn CA và CB - Các lực tác dụng lên AB: các trọng lực P1 ,P2 ; các lực căng T1 ,T2 - Vì AB cân bằng= nên: M T1 B M = M P2 A P1 B ; M T2 A ⇔ T1 AB sin α 1= P1 AB cos α ⇔ T1 sin α 1= P1 cos α (1) Và T2 AB sin α 2= P2 AB cos α ⇔ T2 sin α 2= P2 cos α (2) - Vì T= T= T (không có ma sát điểm treo C) = 4N P2 m= 0,4.10 = P1 m= 0,6.10 = N và= 1g 2g - Từ (1) và (2), ta được: sin α = sin α 2 (3) - Áp dụng định lí hàm sin cho ∆ABC , ta được: CB AC CB sin α = ⇔ = = sin α sin α AC sin α 2 - Mặt khác: AC + CB = 30cm, suy ra: AC = 12cm; CB = 18cm Vậy: AC = 12cm; CB = 18cm b) Chiều dài AB - Thanh AB cân nên: T1 + P1 + T2 + P2 = - Chiếu (4) lên phương nằm ngang, ta được: T1 cos (α 1= − α ) T2 cos (α + α ) ⇒ α − α = α + α ⇒ α = α + 2α = α + 20° sin α - Từ(3): sin (α + 20° ) = ⇒ α 2= 31,38° và= α 51,38° ⇒= β 180° − (α + α ) = 180° − ( 51,38° + 31,38°= ) 97,24° - Áp dụng định lí hàm số sin cho ∆ABC , ta được: AB BC = sin β sin α (4) (27) sin β sin 97,24° AB BC = 18 ⇒= = 22,89cm sin α sin 51,38° Vậy: Chiều dài AB là 22,89cm 25.Một đồng chất BC tựa vào tường thẳng đứng B nhờ dây AC dài l hợp với tường góc α Cho BC = d Hỏi hệ số ma sát và tường phải thỏa mãn điều kiện nào đề cân bằng? (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 1995) Bài giải - Các lực tác dụng lên thanh: Phản lực R tường đặt vào đầu B; trọng lượng P ; lực căng dây T - Thanh nằm cân nên: P + T + R = và: M P = M T (đối với trục quay qua B) hay: P + T + N + f = (1) d và: mg sin β = Th sin α (2) (Phân tích R làm hai phần: Phản lực vuông góc N và phản lực ma sát f ; ABC = β , hệ quy chiếu là Bxy; trọng lượng là đặtAB=h và góc P = mg) - Chiếu (1) lên hai trục Bx và By, ta được: = N T sin α ;= f mg − T cos α -Từ (2)suy ra: T = mgd sin β 2h.sin α (1′) ( 2′ ) - Áp dụng định lý hàm sin tam giác ABC: d l h = = sin α sin β sin (α + β ) (3) d sin (α + β ) mg.sin β và T = ⇒h= sin (α + β ) sin α (4) Suy ra: N = mg sin α sin β sin (α + β ) cos α sin β sin α cos β + cos α sin β và: f = mg. − mg = 2.sin (α + β ) sin (α + β ) (5) - Để có cân thì ma sát phải là ma sát nghỉ và ta có: f ≤ kN với k là hệ số ma sát (28) ⇔ mg sin α cos β + cos α sin β mg.sin α sin β ≤k sin (α + β ) sin (α + β ) ⇒k≥ sin α cos β + sin β cos α l = + sin α sin β tan β tan α sin α ⇒ cos β = - Từ (3) ta có: sin β = d (6) d − l sin α d d − l sin α l + - Thay vào (6) ta được: k ≥ l sin α tan α Vậy: Để cân thì k ≥ d − l sin α l + l sin α tan α 26.Thanh AB đồng chất Đầu A tựa lên sàn nhám Đầu B giữ cân sợi dây treo vào C Hệ số ma sát và sàn là k Góc và sàn là 45° Hỏi đáy BC nghiêng với phương ngang góc α bao nhiêu thì bắt đầu trượt? (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2000) Bài giải - Các lực tác dụng lên AB: Trọng lực P ; lực căng T ; phản lực Q và lực ma sát nghỉ Fms -Thanh nằm cân khi: P + T + Q + Fms = (1) và M Fms B + M FQ (2) B M FP B (với trục quay qua B) = - Chiếu (1) xuống hai trục nằm ngang và thẳng đứng, ta được: Fms = T cos α (1) P= Q + T sin α (2) = 45° - Từ (2): Fms AB.sin 45° + Q.AB.cos ⇒ Q= P.AB.cos 45° 1 P − Fms = ( Q + T sin α ) − Fms 2 ⇒= Q T sin α − 2T cos= α T ( sin α − cos α ) - Thanh nằm cân nênma sát phải là ma sát nghỉ, đó: Fms ≤ kN = kQ ⇒ T cos α ≤ kT ( sin α − cos α ) ⇔ cos α ( + 2k ) ≤ k sin α ⇒ tan α ≥ + 2k k (29) Vậy: Thanh bắt đầu trượt khi: α ≤ arctan + 2k k 27.Một đồng chất AB khối lượng phân bố đều, trọng lượng P Đầu A tựa lên sàn nằm ngang vị trí có gờ thẳng đứng Đầu B tựa lên mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng α so với phương ngang Khi cân bằng, hợp với phương ngang góc β Bỏ qua ma sát Xác định áp lực nén lên mặt ngang, mặt nghiêng và gờ thẳng đứng (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2001) Bài giải Gọi QA ,QB ,QD là phản lực mặt ngang, mặt nghiêng và gờ thẳng đứng tác dụng lên (1) - Thanh AB cân nên: P + QA + QB + QD = và M th = M ng (trục quay qua A) (2) -Từ(1): Q= QB sin α ;= P QA + QB cos α D (1′ ) cos β Q= QB l cos (α − β ) - Từ(2): P = B AK ( 2′) - Từ ( 2′ ) : QB = P cos β cos (α − β ) - Thay QB vào ( 1′ ) ta được: QD = P sin α cos β cos (α − β ) cos α cos β - Từ ( 1′ ) : = QA P − cos α β − ( ) Vậy: Áp lực nén lên mặt ngang, mặt nghiêng và gờ thẳng đứng là cos α cos β P cos β P sin α cos β NA = QA = P − QB = ; ND = QD = ; N B = cos α − β cos α − β cos α − β ( ) ( ) ( ) 28.Thanh AB đồng chất tiết diện đều, khốilượng m = 100kg Thanh đặt nằm nghiêng góc (ϕ= 20° ) với phương nằm ngang Đầu B tựa trên mặt sàn nằm ngang với hệ số ma sát k1 = 0.5 (30) Đầu A tựa trên mặt phẳng nghiêng với hệ số ma sát k2 = 0,1, góc hợp mặt phẳngnghiêng với phương ngang là α= 30° Tác dụng lên đầu A củathanh lực kéo F hướng lên dọc theo mặt phẳng nghiêng Tính giá trị cực đại lực kéo F để nằm yên cân (Trích đề thi Olimpic 30⁄4, 2003) Bài giải - Các lực tác dụng lên AB: lực kéo F ; trọng lực P ; các lực ma sát f ms1 , f ms ; các phản lực Q1 ,Q2 - Giá trị cực đại F ứng với AB có xu hướng trượt lên, đồng thời các lực ma sát nghỉ có trị cực đại: Fms k2 N= Q= Q2 ) Fms1 = k1 N1 và= ( N1 ; N2 - Thanh nằm cân khi: F + P + Q1 + Q2 + f ms1 + f ms = (1) M th = M ng (với trục quay qua A) (2) -Chiếu (1) lên phương nằm ngang và phương thẳng đứng, ta được: - F cos α + Q2 sin α + k2Q2 cos α + k1Q1 = (3) F sin α + Q2 cos α − k2Q2 sin α + Q1 − P = (4) - Từ (2): Pl cos ϕ − Q1l cos ϕ − k1Q1 sin ϕ = (5) = - Từ (5) suy ra: Q1 mg 100.10 = = 423N ( + k1 tan ϕ ) ( + 0,5 tan 30° ) - Từ (3) và (4) ta được: Q2 = 394N và F = 511N Vậy: Giá trị cực đại lực kéo F để nằm cân là Fmax = 511N 29.Thanh AB có trọng lượng P = 2N, chiều dàiAB =20cm; đầu A tựa vào mặt đất, đầu B chịu tác dụng lực F vuông gócvới B Tại đầu A người ta đặt lên nó hình hộp có trọng lượng P1 = 1N, phương trọnglực vật P1 qua điểm A hình vẽ Hệthống cân vị trí hợp với mặt phẳng ngang góc α= 20° Gọi hệ số ma sát và mặt đất là k1, và vật hình hộp là k2 Lấy g = 10m/s2 a) Tìm độ lớn lực F (31) b) Tìm điều kiện k1 ,k2 để hệ cân (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2004) Bài giải Độ lớn lực F - Các lực tác dụng lên vật hình hộp: Trọng lực P1 ; phản lực Q1 ; lực ma sát Fms1 - Để vật hình hộp không trượt trên AB thì: P1 sin α ≤ Fms ⇔ P1 sin α ≤ k2 P1 cos α ⇒ k2 ≥ tan 20° =0,364 - Xét hệ gồm AB và vật hình hộp Điều kiện cân hệ: P + P1 + Q12 + Fms + F = (1) M F A = M P A (trục quay qua A) (2) - Chiếu (1) lên hai trục Ox (nằm ngang) và Oy (thẳng đứng), ta được: − Fms + F sin α (3) và − P − P1 + Q12 + F cos α = (4) - Từ (2): F AB = P AB cos α (5) = ⇒ F = cos 20° 0,94N Vậy: Độ lớn lực F = 0.94N Điều kiện k1 ,k2 để hệ cân - Từ(3): = = Fms F= sin α 0,94.sin 20° 0,32N - Từ (4): Q12 = P + P1 − F cos α = + − 0,94.cos 20° = 2,12N Để hệ cân thì: Fms < k1 N12 = k1Q12 ⇒ k1 ≥ Fms 0,32 = = 0,15 Q12 2,12 Vậy: Để hệ cân thì k1 ≥ 0,15;k2 ≥ 0,364 30.Một vật có khối lượng 10kg hình lăng trụ đồng chất có tiết diện thẳng là tam giác ABC cạnh a = 60cm Vật kê trên giá đỡ cố định D cho mặt BC thẳng đứng, mặt AB tiếp xúc với giá đỡ E, với EB = 40cm Coi hệ số ma sát vật với giá đỡ và vật với sàn là Biết hệ nằm cân bằng, tìm hệ số ma sát vật và sàn (32) (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2010) Bài giải - Các lực tác dụng vào vật: + Trọng lực P + Phản lực Q1 , lực ma sát Fms1 sàn + Phản lực Q2 , lực ma sát Fms giá đỡ - Vật nằm cân bằng: P + Q1 + Fms1 + Q2 + Fms = (1) và M th = M ng (trục quay qua B) (2) - Chiếu (1) lên hai trục Ox (nằm ngang) và Oy (thẳng đứng), ta được: ( 3) (4) Q2 sin 30° − Fms cos 30° − Fms1 = Q1 + Q2 cos 30° + Fms sin 30° − P = - Từ (2): Q2 BE − P.GH = Với: GH = a 2a ; BE = ⇒ Q2 = - Thay Q2 = 3P 3P vào (3) và (4) ta được: 3P 3P 3 − Fms1 = − Fms − Fms − Fms1 = 2 ⇔ Q + 3P + F − P = Q + 5P + F = 0 ms ms 2 3P 5P 3P − − 2Q1 − Fms1 = Fms1 = − + 3Q1 ⇒ ⇔ F = 5P − 2Q F = 5P − 2Q ms ms 4 - Vật không trượt: Fms1 = − 3P P + 3Q1 ≤ µ Q1 ⇒ µ ≥ − 2 Q1 Fms1 = µ Q1 5P µ P - Khi xảy trượt: 3P ⇒ Q1 = − Q2 µ µ= F= ms ⇒ µ ≥ 3− ⇔ µ2 − µ +1> 5−µ 3 ( ) (33) µ > ⇒ µ < 13 + 3 13 − 3 - Chọn điều kiện: 13 − ≤ µ ⇒ µ ≥ 0,23 vì điều kiện trên không thỏa ( Fms1 ≠ µ Q1 ) 3 a P = 2a GH - Từ (5) suy ra: = Q2 = P BE = 43,3N 10.10 - Thay Q2 = 43,3N vào các phương trình (3) và (4), ta được: 2,65 µ − 100 µ + 21,65 = , với điều kiện µ < ⇒ µ ≈ 0,22 Vậy: Hệ số ma sát vật và sàn là µ ≈ 0,22 31 Một kiện hàng hình hộp chữ nhật đồng chất thả trượt trên mặt phẳng nghiêng nhờ hai lăn nhỏ A và B Hình hộp có chiều cao h gấp µ lần chiều dài l Hệ số ma sát các lăn A, B với mặt phẳng nghiêng là k Mặt phẳng nghiêng hợp với phương ngang góc nhọn α (hình vẽ) Để kiện hàng trượt mà không bị lật thì hệ số µ = h phải thỏa mãn điều kiện l gì? (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2011) Bài giải - Các lực tác dụng lên kiện hàng: Trọng lực P ; các phản lực QA ,QB ; các lực ma sát f msA , f msB - Phương trình định luật II Niu-tơn chuyển động kiện hàng: P + QA + QB + f msA + f msB = (1) - Để kiện hàng trượt mà không bị lật thì tâm quay là khối tâm: M th = M ng (2) - Chiều (1) lên phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng, ta được: P cos α − QA − QB = - Từ (2): QA (3) h h + f msA + f msB = QB 2 2 (34) ⇔ QAl + kQA h + kQB h = QB l − kh 1− kµ ⇒= QA QB = QB + kh 1+ kµ = - Từ (3) và (4), ta được: QA (4) 1− kµ 1+ kµ = mg cos α ;QB mg cos α 2 - Nhận xét: QB ≥ nên để kiện hàng không bị lật cần điều kiện QA là QA ≥ = ⇔ QA 1− kµ mg cos α ≥ ⇒ µ ≤ k Vậy: Để kiện hàng trượt mà không bị lật thì hệ số µ= h l ≤ l k 32 Trên mặt bàn nằm ngang có khối bán trụ cố định bán kính R Trong mặt phẳng thẳng đứng vuông góc với trục O bán trụ (hình vẽ) có đồng chất AB chiều dài R tựa đầu A lên bán trụ, đầu B trên mặt bàn Trong lượng là P Bỏ qua ma sát bán trụ Hệ số ma sát và mặt bàn là µ = Góc α (góc hợp AB và mặt bàn) phải thỏa mãn điều kiện gì để trạng thái cân bằng? (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2011) Bài giải - Thanh AB chịu tác dụng các lực: Trọng lực P , phản lực Q1 bán trục A, phản lực Q2 mặt bàn B, lực ma sát Fms - Điều kiện cân AB: P + Q1 + Q2 + Fms = (1) M th = M ng (đối với trục quay qua B) (2) - Chiếu (1) lên hai trục Ox, Oy ta được: Q1 cos α − Fms = (3) Q1 sin α + Q2 − P = (4) - Từ (2): P R cos α = Q1 R sin 2α ( ∆OAB cân, nên BAN = 2α ) (5) (35) - Mặt khác: Fms ≤ µ Q2 =Q2 Q1 = - Từ (5) ta được: (6) R cos α P = sin 2α sin α Thay biểu thức Q1 vào (3) và (4) ta được: P 3P Fms = ;Q2 = P − Q1 sin α = tan α - Từ đó: Fms ≤ ⇒ tan α ≥ (7) P 3P 3P Q2 ⇔ ≤ = tan α 4 ⇒ α ≥ 30° - Mặt khác, đầu A luôn tựa trên bán trụ nên giá trị lớn góc α đạt AB trùng với phương tiếp tuyến vơi bán trụ A Suy ra: α max= 45° Vậy: Trạng thái cân ứng với điều kiện: 30° ≤ α ≤ 45° 33.Thanh AB đồng chất tiết diện đều, dài 2m, trọng lượng 50N Đầu A tựa vào tường nhẵn thẳng đứng, đầu B nối với dây mảnh BC để cân Thanh AB cân ứng với góc α= DBA= 30° a) Tính độ dài đoạn AC b) Tính lực căng dây BC và phản lực tường tác dụng lên A c) Giả sử bây tường và có ma sát Để AB cân trên (α= 30° ) thì đáy BC hợp với phương ngang BD góc β= 60° Tìm điều kiện hệ số ma sát k tường và Bài giải DBA = 30°; β = CBD Ta có: AB = 2m; P = 50N ;α = a) Độ dài đoạn AC - Các lực tác dụng lên AB: trọnglực P ; lực căng dây T ; phản lực Q tường lên - Thanh cân nên: P + T + Q = (1) Vì Fhl = nên điểm đồng quy O lực trên phải trên dây BC Do đó: (36) sin= α OG GE = mà GA = GB AG GB ⇒ OG = GE và OG = 1 AC;GE = AD ⇒ AD = AC 2 Vì α= 30° ⇒ AD= AB= 1m ⇒ AC= 1m Vậy: Độ dài đoạn AC = 1m b) Lực căng dây BC và phản lực tường tác dụng lên A - Chiếu (1) lên hai trục Dx và Dy (hình vẽ), ta được: Q − T cos β =0 ⇒ Q =T cos β T sin β − P =0 ⇒ P =T sin β Ta có:= DB AB.cos = α AB 3 = = 2 ( ) BC =DB + DC = sin= β DC = BC 3m + 2 =7 ⇒ BC = 7m P mà= = T sin β 50 50 = = 25 = 66 ,14N 2 2 và Q = T cos β = 25 − 25 = 43,3N = Vậy: Lực căng dây BC và phản lực tường tác dụng lên A là T = 66,14N và Q = 43,3N c) Điều kiện hệ số ma sát k tường và - Các lực tác dụng lên AB: trọng lực P ; lực căng dây T ; phản lực Q ; lực ma sát nghỉ Fms - Thanh cân nên: P + T + Q + Fms = (2) Và M P A = M T A (3) - Chiếu (2) lên hai trục Dx và Dy, ta được: −T cos β + Q =0 ⇒ Q =T cos β ( 2′ ) − P + T sin β + Fms = ⇒ Fms = P − T sin β ( 2′′) - Để AB không trượt: Fms ≤ kN = kQ (4) Thay ( 2′ ) và ( 2′′ ) vào (3), ta được: (37) P − T sin β ≤ kT cos β ⇒k≥ P − T sin β T cos β (5) T P T AH ⇒= - Từ (3): AK = Với: sin γ = AK P AH (6) AH AB ⇒ AH= AB.sin γ = 2.sin 30°= 1m ( γ = α= 30°; β= 60° ) cos α = AK 3 ⇒ AK = AG.cos α = = m AG 2 - Thay vào (6), ta được: T = - Từ (5), ta được: k ≥ 50 25 N = 12,5 = = 12,5 3 25 50 − 25 Vậy: Điều kiện hệ số ma sát k tường và là k ≥ 34.Một lắc gồm nhẹ chiều dài l và nặng đầu Đầu lắc gắn ống lót hình trụ nhẹ có bán kính r áp vào trục quay nằm ngang Hệ số ma sát ống và trục là µ Hãy xác định góc lệch cực đại khỏi phương thắng đứng cân Bài giải - Các lực tác dụng lên hệ “con lắc + ống lót”: trọng lực P tác dụng vào vật m ; phản lực Q trục quay; lực ma sát với trục Fms - Khi lắc cân bằng: + Đối với trục quay qua điểm tiếp xúc ống lót lắc với trục: ∑M = + P + Q + Fms = (1) (2) - Từ(2): Q N Fms sin β =Q cos β ⇒ tan β = = = Fms Fms µ - Trên hình vẽ: r cos β = l sin α (3) (4) (38) Mà cos β = µ = + tan β - Từ (4) và (5):= sin α 1+ µ (5) r r µ µ = ⇒ α arcsin l 1+ µ l 1+ µ r µ Vậy: Góc lệch cực đại khỏi phương thẳngđứng cân là α = arcsin l 1+ µ 35.Một ròng rọc có trọng lượng Q, bán kính R, trục ròng rọc có bán kính r Trục ròng rọc đặt lênhai giá có dạng máng hình trụ bán kính R0 có đường sinh song song với trục hình trụ hình bên Một sợi dây không dãn khối lượng không đáng kể vắt quaròng rọc hai đầu mang hai trọng lượng P1 và P (sợi dây không trượt trên rãnh ròng rọc) Hệ số ma sát trục ròng rọc và giá đỡ là µ a) P1 phải có giá trị khoảng nào để ròng rọc còn cân bằng? b) Kích thước bé máng trụ (cung AB) là bao nhiêu để ròng rọc không bị lăn khỏi máng? c) Áp dụng: P = 100N, Q= 10N, R= 10cm, r= 1cm, R0 = 20cm, µ = 0, Bài giải a) Giá trị P1 - Trường hợp P1 > P + Ròng rọc bị lăn sang phải đến vị trí C và cân (1) Ta có: P1 + P + Q + N + Fms = (2) M th = M ng + Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy ta được: N cos α + Fms sin α − ( P1 + P + Q ) = (3) Fms cos α − N sin α = (4) ⇒ F= N tan α ≤ µ N ⇒ tan α ≤ µ ms (5) R Fms = ( P1 − P ) + Từ (2): ( P1 − P ) R − Fms r =⇒ r (6) + Từ (5) = và (6): N R ( P1 − P ) r tan α +Thay N và F vào (3), ta được: (39) R P 1 + +Q r sin α P1 = R −1 r sin α + Từ (6) ta thấy P1max ứng= với Fms µ= N tan α µ và P1max R 1+ µ P 1 + +Q r µ = R 1+ µ −1 r µ - Trường hợp P1 < P Tương tự trên thay P1 P và P P1, ta được: P1min tan α = µ Và P1min R 1+ µ P +Q r µ = R 1+ µ +1 r µ Từ đó: P1min < P1 < P1max R 1+ µ R 1+ µ P P 1 + +Q +Q r r µ µ ⇔ < P1 < 2 R 1+ µ R 1+ µ +1 −1 r r µ µ Vậy: Để ròng rọc cân thì P1phải nằm khoảng: P1min < P1 < P1max b) Kích thước bé máng trụ để ròng rọc không bị lăn khỏi máng Ta có: = AB 2R = 2R0 µ tan α Vậy: Kích thước bé mảng trụ là AB = 2R0 µ c) Áp dụng Với P = 100N, Q = 10N, R = 10cm, r = 1cm, R0 = 20cm, µ = 0, , ta được: P1max 10 + 0,2 100. + + 10 0,2 104N = R 1+ µ −1 r µ (40) P1min 10 + 0,2 100. + 10 0,2 = 96 N R 1+ µ +1 µ r = AB 2.20.0,2 = 40cm Vậy: Với các giá trị đã cho trên thì P1min 96 = = N ; P1max 104N và AB = 40cm 36 Một rắn đồng chất, tiết diện BC tựa vào tường thẳng đứng B nhớ dây AC có chiều dài L hợp với tường góc hình vẽ Biết BC có độ dài d Xác định hệ số ma sát và tường để cân Bài giải Đặt AB = h và ABC = β - Các lực tác dụng vào BC: trọng lực P ; lực căng T ; phản lực Q ; lực ma sát Fms - Điều kiện cân thanh: P + T + Q + Fms = (1) và: M th B = M ng B (trục quay qua B) (2) - Chiếu (1) lên các trục tọa độ hệ tọa độ Bxy (hình vẽ), ta được: Q − T sin α = (3) Fms − P + T cos α = (4) - Từ (2): P d d sin β sin = β Th.sin α = ⇒ T mg 2h.sin α (5) - Áp dụng định lí hàm số sin tam giác ABC, ta được: d L h = = sin α sin β sin (α + β ) d sin (α + β ) ⇒h= sin α (6) - Từ (5), (6) và (3) ta được: mg.sin β mg.sin α sin β = ;Q sin (α + β ) sin (α + β ) (7) cos α sin β - Từ (4):= Fms mg − sin (α + β ) (8) T - Để cân thì lực ma sát phải là ma sát nghỉ nên: Fms ≤ kN =, kQ với k là hệ số ma sát (41) cos α sin β mg.sin α sin β ⇔ mg − ≤ k sin (α + β ) sin (α + β ) ⇒k≥ (9) sin α cos β + sin β cos α = + sin α cos β tan β tan α - Từ định lý hàm số sin trên, ta có: sin β = L.sin α d d − L2 sin α ⇒ cos β = d - Từ (l0): k ≥ (10) (11) d − L2 sin α + L.sin α tan α (12) Vậy: Để cân thì hệ số ma sát và tường phải là k ≥ 37.Một đồng chất, trọng lượng Q = 3N có thể quay quanh chốt đầu O (hình vẽ) Đầu A nối dây không dãn, vắt qua ròng rọc S, với vật có trọng lượng P = 1N S cùng độ cao với O và OS = OA Khối lượng ròng rọc và dây nhỏ không đáng kể a) Tính góc α = SOA ứng với cân hệ thống và tìm phản lực chốt O b) Cân này là bền hay không bền? Bài giải a) Tính góc α = SOA ứng với cân hệ thống và tìm phản lực chốt O - Các lực tác dụng lên OA: trọng lực Q ; lực căng T (T= P); phản lực R (của chốt O) - Thanh OA cân nên: Q + T + R = (1) Và: M P O = M Q O (2) - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy hệ tọa độ Oxy, ta được: α Rx = − P cos β = − P sin (3) d − L2 sin α + L.sin α tan α (42) Ry = Q − P sin β = Q − P cos - Từ (2): Pl cos ( β= 90° − Đặt cos α (4) α = Q cos α 2 (5) α ; l là chiều dài OA) Q α = Px 2x − 1) = x ta ( 2 Thay P = 1N và Q = 3N vào ta được: 3x − 2x − = ⇒ x = - Vì < α < π ⇒x= Từ đó: Rx = − P sin α 1± 3 α = cos ⇒ α = 60° : ∆SOA là tam giác 2 = −1.sin 30° = −0,5N ; α Ry= Q − P cos = − 1.cos 30°= 3 N 2 ⇒R= x y R +R = 3 3 ( −0,5 ) + = N Vậy: Góc α= 60° và phản lực chốt O lên là R = N b) Loại cân bằng? Thanh OA cân với góc α= 60° : - Khi làm cho OA quay theo chiều ngược chiều kim đồng hồ quanh trục O góc nhỏ (tức điểm A dịch lên trên) thì góc α giảm đó cos α tăngnhanh cos α làm cho M Q O > M P O Kết này làm cho OA quay trở vị trí cân - Ngược lại, làm cho OA quay theo cùng chiều kim đồng hồ quanhtrục O góc nhỏ (tức điểm A dịch xuống dưới) thì góc α tăng đó cos α sẽgiảm nhanh cos làm OA quay trởvề vị trí cân Vậy: Cân OA là cân bên 38.Một đoạn dây thép đồng chất, tiết diện uốn thành nửa vòng tròn bán kính R Đầu trên gắn chặt với vòng nhỏ khối lượng không đáng kể treo vào đỉnh A đóng nằm ngang trên tường nhẵn, thẳng đứng Vòng đỡ đỉnh B đóng trên tường, hai α làm cho M Q O < M P O Kết này (43) đỉnh cùng nằm trên đường thẳng đứng và cách khoảng R Nửa vòng dây nằm cân mặt phẳng thẳng đứng Cho biết khối tâm G nửa vòng dây nằm cách tâm O nó khoảng OG = 2R π Bỏ qua ma sát Tìm lực nửa vòng đây thép tác dụng lên đỉnh A Bài giải Gọi P là trọng lượng nửa vòng dây thép Các lực tác dụng lên nửa vòng dây thép: trọng lực P ; các phản lực đỉnh A và B: QA , QB - Nửa vòng dây thép nằm cân nên: P + QA + QB = (1) (2) M QB A = M P A - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy, ta được: = QAx QB = sin 60° QB QAy = P − QB cos 60°= P − (1′) QB (1′′) = ° P ( R − OG cot 60° ) sin 60° - Từ (2): QB sin 60 2R ⇔ QB R = P R − ⇒ QB = P 1 − (3) π 3 π 3 P 3 = 1− QAx π - Thay (3) vào (1) và (2) ta được: P Q = 1+ Ay π - Phản lực đỉnh A tác dụng lên nửa vòng dây thép:= QA ⇔ QA = (4) 2 QAx + QAy P P 1− + + 1 + = P 1− π 3π π π - Lực nửa vòng dây thép tác dụng lên đỉnh A: N A = QA =P − Vậy: Lực nửa vòng dây thép tác dụng lên đỉnh A: N A =P − π π + + 3π 3π (44) 39.Trên mặt phẳng nằm ngang đặt AB đồng chất Người ta nâng cách từ từ cách tác dụng lực F không đổi vào đầu B và luôn vuông góc với Xác định hệ số ma sát và mặt ngang để nâng đến vị trí thẳng đứng mà đầu nó không bị trượt? Bài giải Gọi l và m là chiều dài và khối lượng Do nâng từ từ nên có thể coi luôn cân vị trí - Tại vị trí hợp với phương ngang góc α , các lực tác dụng lên thanh: trọng lực P ; phản lực QA ; lực ma sát Fms ; lực nâng F - Thanh luôn cân nên: P + QA + Fms + F = (1) Và M P A = M F A (2) - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy, ta được: F sin α = Fms (1′) QA= P − F cos α (1′′) P - Từ(2): P .cos α = F1 ⇔ F = cos α 2 ( 2′) = Từ (1′ ) , (1′′ ) và ( 2′ ) ta được: F ms P P sin α cos α ;= + sin α ) QA ( 2 - Để không trượt thì: Fms ≤ µ N A = µ QA ⇔ ⇒µ≥ sin α cos α tan α = = + sin α + tan α 1 + tan α tan α P P sin α cos α ≤ µ (1 + sin α ) 2 ≥ 2 Vậy: Để nâng đến vị trí thẳng đứng mà đầu không bị trượt thì: µ ≥ 40 Một vật khối lượng m = 10kg hình lăng trụ đứng có tiết diện thẳng là tam giác ABC cạnh a = 60cm, kê trên giá đỡ cố định D cho mặt BC thẳng đứng, mặt AB tiếp xúc với giá đỡ E mà EB = 35cm Coi hệ số ma sát giá đỡ và sàn là Tìm hệ số ma sát vật và sàn Xác định phản lực giá đỡ và sàn tác dụng lên vật Lấy g = 10m/s2 Bài giải 2 (45) - Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P ; các phản lực Q1 , Q2 ; các lực ma sát Fms1 , Fms - Điều kiện cân vật: P + Q1 + Q2 + Fms1 + Fms = (1) Và M P B = M Q (2) B - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy, ta được: Q2 sin 30° − Fms cos 30° − Fms1 = (1′) − P + Q1 + Q2 cos 30° + Fms sin 30° = (1′′) - Từ (2): P.GH =Q2 BN ⇔ P - Từ ( 2′ ) , ta được: mg a EB EB =Q2 =Q2 cos 30° ( 2′) a EB = Q2 a 0.6 ⇒= Q2 mg = 10.10 = 43,3 N EB 4.0.35 - Từ (1′ ) , (1′′ ) , ta được: 43,3 − µ 43,3 − µ 43,3 = 2 −10.10 + Q1 + 43,3 + µ 43,3 = 2 ⇔ 21, 65µ − 100 µ + 21, 65 =0 ⇒ µ =0, 22 - Thay µ = 0, 22 vào phương trình trên tính được: Q1 = 57, 75 N Vậy: Hệ số ma sát vật và sàn là µ = 0, 22 ; phản lực sàn và giá đỡ tác dụng lên vật là Q1 = 57, 75 N và Q2 = 43,3 N (46) Chuyên đề 13: CÁC DẠNG CÂN BẰNG 41.Một mảnh, đồng chất khối lượng M, độ dài b gắn sợi dây nhỏ, không co dãn với lò xo có hệ số đàn hồi k Sợi dây vắt qua ròng rọc nhỏ và nhẵn cố định O Thanh mảnh có thể quay tự quanh A không ma sát khoảng góc −π < ≤ π hình vẽ Khi c = 0, lò xo trạng thái tự nhiên Giả sử b < a, OA thẳng đứng Tìm cácgiá trị θ để hệ thống cân tĩnh và xác định trường hợp hệ thống cân bền, không bền phiếm định Bài giải Gọi θ1 là góc hợp với dây nối - Các lực tác dụng lên thanh: trọng lực P ; lực căng T ; phản lực Q trục quay A - Momen trọng lực trục quay qua A: b Mgb M P A P= sin θ sin θ = 2 (1) - Momen lực căng dây trục quay qua A: = M T A Tb = sin θ1 kcb sin θ1 (2) - Theo định lí hàm sin tam giác AOB, ta có: c a = ⇒ c sin θ1 =a sin θ sin θ sin θ1 Do đó: = M T A kcb = sin θ1 kba sin θ MT A ⇔ - Khi cân bằng: M P A = ⇒ (3) Mgb kba sin θ sin θ = Mg sin θ = ka sin θ - Nếu ka = Mg : cân với θ và cân là phiếm định - Nếu ka < Mg : cân θ = θ = π + Xét trường hợp: θ = , coi θ= ± ε đó ε > là góc nhỏ Khi đó, tổng momen lực: Mg = − ka ε M b ±ε ; M > θ = −ε ⇒ M < θ = Do đó, M có xu hướng làm tăng ε hai trường hợp và cân là không bền (47) Xét trường hợp: θ = π ,coi θ= π ± ε đó ε > là góc nhỏ Khi đó, tổng momen lực: Mg M= ±b − ka ε = θ π ; M > θ= π + ε ⇒ M < Do đó, M có xu hướng làm giảm ε hai trường hợp và cân là bền - Nếu ka > Mg : cân θ = θ = π : + Xét trường hợp: θ = , cân là bền + Xét trường hợp: θ = π , cân là không bền 42.Một hộp hình khối lập phương đồng chất,một cạnh hộp tựa vào tường nhẵn, cạnh tựa trên sàn nhà, hệ số ma sát sàn và khối hộp là k Xác định góc α để khối hộp cân (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2002) Bài giải - Điều kiện cân khối hộp là: + Giá trọng lực phải qua mặt chân đế (1) + Lực ma sát Fms ≤ kQA (2) - Xét điều kiện (1): = 90° + Khi CA ⊥ OA thì giá trọng lực qua A, ta có: OAC =° 45 : vật cân ⇒ BAO > 90° ⇒ BAO > 45° : vật trượt + Khi OAC Do đó điều kiện (1) là: α < 45° (3) - Xét điều kiện (2): + Ta có: P + QA + QB + Fms = (4) + Vật cân (chiếu (4) lên Oxy) ta được: = QA P= ; QB Fms (5) + Xét trục quay qua trọng tâm G, gọi cạnh khối hộp là a, ta có: ( QA − QB ) a a sin β = Fms cos β 2 (6) Fms cos β + Thay (5) vào (6), ta được: ( P + Fms ) sin β = (48) = ⇒ Fms P sin β = ≤ kQA kP cos β − sin β ⇒k≥ sin ( 45° − α ) sin β = cos β − sin β cos ( 45° − α ) − sin ( 45° − α ) ⇒k≥ cos α − sin α − tan α = 2sin α tan α ⇒ tan α ≥ 1 ⇒ α =α =arctan 2k + 2k + (7) - Từ (3) và (7), điều kiện để khối hộp cân là: α ≤ α ≤ 45° với α = arctan 2k + 43.Một mặt phẳng nghiêng góc α có thể quay với vận tốc góc ω xung quanh trục thẳng đứng qua chân mặt phẳng nghiêng Hỏi phải đặt hòn bi khối lượng m vị trí nào trên máng để nó đứng yên máng? Bỏ qua ma sát Cho biết vị trí đó là cân bền hay không bền? (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2008) Bài giải Gọi r là khoảng cách từ trục quay đến vị trí trên máng nghiêng mà đó hòn bi nằm cân - Xét hòn bi hệ quy chiếu gắn với máng quay - Các lực tác dụng vào hòn bi: Trọng lực P ; phản lực Q ; lực quán tính (li tâm) Flt với Flt = mω r - Hòn bi nằm cân trên máng nên: P + N + Flt = (1) - Chiếu (1) xuống các trục Ox, Oy hệ tọa độ Oxy, ta được: Qsin α − Flt =0 ⇔ Qsin α − mω r =0 (2) Q cos α − P = ⇔ Q cos α − mg = (3) - Từ (2) và 3) ta được: r = g ω2 tan α (4) - Nhận xét: Từ (4) ta thấy, vận tốc góc ω máng nghiêng càng lớn thì vị trí cân tương ứng hòn bi trên máng nghiêng càng gần trục quay, tức là càng thấp - Vị trí cân đó là bền hay không bền? + Giả sử ta dịch hòn bi khỏi vị trí cân O hòn bi chút phía đến vị trí A′ Ở vị trí A′ này, hợp lực F= P + N có độ lớn lớn Flt cần có để giữ hòn bi trên vòng tròn quay bán kính r ′ (vì r ′ < r ) Vì cầu trượt phía (49) + Giả sử ta dịch cầu khỏi vị trí cân O hòn bi chút phía trên đến vị trí A′′ Ở vị trí A′′ này, hợp lực F= P + N có độ lớn nhỏ Flt cần có để giữ cầu trên vòng tròn quay bán kính r ′′ (vì r ′′ > r ) Vì cầu trượt lên phía trên Vậy: A là vị trí cân không bền hòn bi trên máng nghiêng 44.Thanh OA quay quanh trục thăng đứng Oz với vận tốc ω , góc zOA = α không đổi Một hòn bi nhỏ khối lượng m, xuyên qua và trượt không ma sát dọc theo OA Một lò xo nhẹ có độ cứng k, chiều dài A tự nhiên l0, đầu gắn hòn bi m, đầu còn lại cố định O Trục lò xo trùng với OA hình vẽ Tìm vị trí cân hòn bi và điều kiện để có cân Cân này là bền hay không bền? (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2011) Bài giải - Chọn hệ quy chiếu gắn với OA, l là chiều dàicủa lò xo quay - Các lực tác dụng lên hòn bi: Trọng lực P ; lực đàn hồi Fd ; phản lực Q : lực quán tính (1i tâm) Fq , - Điều kiện cân hòn bi: P + F® + Q + Fq = (*) - Chiếu (*) lên trục OA, chiều dương hướng O, ta được: P cos α + F® − Fq sin α = ⇔ mg cos α + k ( l − l0 ) − mω 2l sin α = 0; R = l sin α - Vị trí cân hòn bi l= kl0 − mg cos α k − mω sin α - Ban đầu chưa quay, vì m nhỏ nên lò xo bị nén đoạn x < l0 : mg cos α − kx = ⇒ mg cos α = kx < kl0 hay kl0 − mg cos α > - Điều kiện để có cân là: l > ⇔ k − mω sin α > (50) ⇒ω < k = m sin α sin α k m - Dạng cân bằng: Đặt f1 ( l ) =mg cos α + k ( l − l0 ) =kl + mg cos α − kl0 ; f ( l ) = mω 2l sin α + Đồ thị f1 ( l ) , f ( l ) trên hình vẽ + Theo đồ thị ta thấy l tăng thì f1 tăng nhanh f nên hòn bi bị kéo vị trí cân Do đó cân này là cân bền 45 Một ống x′x đường kính nhỏ gắn cốđịnh vào trục quay thẳng đứng Oz điểm O Ống hợp với trục Oz thành góc α hình vẽ Trục Oz quay với tốc độ góc ω Trong ống có hai hòn bi nhỏ A có khối lượng M và B có khối lượng m, nối với cứng, nhẹ chiều dài l Hai bi có thể trượt không ma sát ống Trong quá trình quay A và B luôn nằm trên O a) Đặt x = OB, tính x hệ cân b) Tìm điều kiện ω để hệ cân c) Tính lực căng AB có cân d) Cân hệ là bền hay không bền? Giải thích (Trích đề thi Olympic 30⁄4, 2012) Bài giải a) Tính x hệ cân - Chọn hệ quy chiếu gắn với ống quay - Các lực tác dụng lên hệ hai hòn bi gắn với nhau: Các trọng lực P1 ,P2 ; các lực quán tính (li tâm) Fq1 ,Fq ; các phản lực Q1 ,Q2 , với: Fql = M ω ( x − l ) sin α ; Fq = mω x sin α - Hệ cân ống quay nên: P1 + P2 + Fq1 + Fq + Q1 + Q2 = (1) - Chiếu (1) lên trục xOx′ , ta được: − P1 cos α − P2 cos α + Fq1 sin α + Fq sin α = ⇔ − Mg cos α − mg cos α + M ω ( x − l ) sin α + mω x sin α =0 ⇔ − ( M + m ) g cos α + M ( x − l ) + mx ω sin α =0 ⇒ = x Ml g cos α + 2 M + m ω sin α (2) (3) (51) Ml g cos α + 2 M + m ω sin α Vậy: Khi hệ cân x = b) Điều kiện ω để hệ cân - Vì quá trình quay A và B luôn nằm trên O nên ta phải có: x > l - Từ (3) suy ra: ω = Đặt: ω0 = sin α sin α ( M + m ) g cos α ( M + m ) g cos α ml ml thì ω < ω0 Vậy: Điều kiện ω để hệ cân là ω< sin α ( M + m ) g cos α = ω0 ml c) Lực căng AB có cân - Xét hòn bị B, ta có: P2 + Q2 + T2 + Fq = (4) - Chiếu (4) lên x′Ox , ta được: − T2 − P2 cos α + Fq sin α = = ⇔ T2 mω x sin α − mg cos α - Thay x = Ml g cos α + 2 , M + m ω sin α g cos α Ml ta được: T2 = mω + 2 sin α − mg cos α M + m ω sin α Mm lω sin α ⇒ T2 = M +m Vậy: Lực căng AB có cân là T2 = Mm lω sin α M +m d) Tính chất cân F1 Nếu ω > ω0 thì = F2 M ( x − l ) + mx ω sin α tăng lên, = chuyển phía trên Do đó, cân hệ là không bền ( M + m ) g cos α không đổi nên A, B dịch (52)