Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lý thpt chuyên đề các dạng toán cơ vật rắn thi hsg quốc gia

Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 CÁC DẠNG TOÁN CƠ VÂÂT RẮN THI HSG QUỐC GIA VÀ CHỌN QUỐC TÊ I. MỞ ĐẦU: Trong chương trình ôn thi hsg quốc gia môn vật lý thì cơ vâ ât rắn là mô ât trong những phần khá quan trọng, bài tâ âp phần cơ vâ ât rắn rất đa dạng, áp dụng nhiều kiến thức về toán học, vâ ât lý. Ở trên thị trường có rất nhiều sách tham khảo nhưng đều cung cấp các kiến thức chung chung hoă âc phổ kiến thức quá rô âng đối với các em làm các em dễ sa đà vào những kiến thức quá mở rô âng không cần thiết cho kì thi HSG quốc gia. Đứng trên kinh nghiê m â này tôi nhâ nâ thấy cần phải có mô ât chuyên đề phân loại các dạng toán cơ vâ ât rắn đã thi HSG quốc gia và chọn quốc tế để cho các em có cái nhìn chắt lọc hơn về những kiến thức cần chuẩn bị nhằm phục vụ cho mục tiêu của mình. II. NÔÂI DUNG: PHẦN 1. TÍNH MÔMEN QUÁN TÍNH – XÁC ĐỊNH TRỌNG TÂM Bài 1 – HSG QG 2003. . Cho một bán cầu đặc đồng chất, khối lượng m, bán kính R, tâm O(hình vẽ). Chứng minh rằng khối tâm G của bán cầu cách tâm O của nó một đoạn là d = 3R/8. Lời giải : x Do đối xứng, G nằm trên trục đối xứng Ox. Chia bán cầu thành nhiều lớp mỏng dày dx nhỏ( hình vẽ). . Một lớp ở điểm có toạ độ x= R sin , dày dx= Rcos.d x 2 3 3 có khối lượng dm = (Rcos)2dx với m   R nên: / 2 m xG   xdm  R 0 m  D = xG   4 cos 3  sin d 0 m /2 R 4 R 4 3R cos 4    ( đpcm) 0 4m 4m 8 1  v0 O O O dx  Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 Bài 2 – HSG QG 2011. Cho vật 1 là một bản mỏng đều, đồng chất, được uốn theo dạng lòng máng thành một phần tư hình trụ AB cứng, ngắn, có trục ∆, bán kính R và được gắn với điểm O bằng các thanh cứng, mảnh, nhẹ. Vật 1 có thể quay không ma sát quanh một trục cố định (trùng với trục ∆) đi qua điểm O. Trên hình vẽ, OA và OB là các thanh cứng cùng độ dài R, OAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục ∆, chứa khối tâm G của vật 1, C là giao điểm của OG và lòng máng. Tìm vị trí khối tâm G của vật 1. Lời giải : Do tính đối xứng, ta thấy ngay G nằm trên đường thẳng đứng Oy (xem hình vẽ) nên chỉ cần tính tọa độ yG = OG của vật. Mật độ khối lượng : ρ = 2m R Xét phần tử dài d l , có khối lượng dm = ρ.d l = 2m 2m dl = .dα R  1 4 2m 2 2R 2 2R d = Theo công thức tính tọa độ khối tâm : y =   R cos  . Vâ ây OG = m 4    Bài 3 – HSG QG 2004 Hai chiếc đĩa tròn đồng chất giống nhau chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang rất nhẵn, theo đường thẳng nối tâm các đĩa, đến gặp nhau. Các đĩa này quay cùng chiều quanh trục thẳng đứng qua tâm của chúng 1 2 với các tốc đô â góc tương ứng là 1 và 2. Tác dụng của lực ma sát giữa các đĩa và mặt bàn không đáng kể, còn tác dụng của lực ma sát xuất hiện ở điểm tiếp xúc hai đĩa với nhau thì đáng kể. Biết các đĩa có khối lượng m, có dạng trụ tròn thẳng đứng, hai đáy phẳng, bán kính R; phần tâm đĩa có khoét một lỗ thủng hình trụ tròn đồng tâm với vành đĩa, bán kính R/2. Tính mômen quán tính đối với trục quay nói trên của mỗi đĩa. R m (R 2  r 2 ) 5mR 2 3 )2r1 dr1 ; r = R/2, I = m Lời giải : Mô men: I =  ( = 2 2 2 8 r ( R  r ) Bài 4 - HSG QG 2006 2 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 Một vật hình cầu bán kính R đang đứng yên trên tấm gỗ mỏng CD. Mật độ khối lượng của vật phụ thuộc vào khoảng cách r đến tâm của nó theo quy luật:  O m R TÊm gç C MÆt bµn D 3m  r  1   , m là một hằng số dương. 3  7 R  R  Tấm gỗ được kéo trên mặt bàn nằm ngang theo chiều DC với gia tốc không đổi a (xem hình vẽ). Kết quả là vật lăn không trượt về phía D được đoạn l và rơi xuống mặt bàn. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt bàn là k, gia tốc trọng trường là g. Tính khối lượng và mô men quán tính của vật đối với trục quay qua tâm của nó. R Lời giải : Khèi lîng cña vËt:  dV  m 0 M« men qu¸n tÝnh : 2 2 3m dI0  dm.r 2  .4r 2 .r 2 .dr ; 3 3 3 7 R I0  RdI0  0 44 mR 2 105 Bài 5 - HSG QG 2007 Một khối trụ đặc có bán kính R, chiều cao h, khối lượng m, lăn không trượt trên mặt sàn nằm ngang rồi va vào một bức tường thẳng đứng cố định (trục của khối trụ luôn song song với mặt sàn và tường). Biết hệ số ma sát giữa khối trụ và bức tường là ; vận tốc của trục khối trụ trước lúc va chạm là v 0; sau va chạm thành phần vận tốc theo phương ngang của trục giảm đi một nửa về độ lớn; mômen quán tính đối với trục của khối trụ là I  r0 R v0 2 mR 2 (hình vẽ). Bỏ qua tác dụng của 5 trọng lực trong lúc va chạm và bỏ qua ma sát lăn. Biết mật độ khối lượng  tại một điểm của khối trụ phụ thuộc vào khoảng cách r từ điểm đó đến trục của nó theo quy luật r2 m   A(1  2 ) 2 . Tìm hệ số A. R R h Lời giải : Sử dụng hệ toạ độ trụ: 3 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 R I  r 2 dm  2h r 3dr  2h 0  A mA R r2 3 2 (1  )r dr  mR 2 2  2 R h0 R 5 12 25 Nhâ Ân xét : - Từ năm 2001 – 2013 có 5 bài cơ vâ ât rắn tính momen quán tính và xác định khối tâm, không có bài nào thi chọn đô âi tuyển thi quốc tế. Các bài tính mômen quán tính và khối tâm đều ở dạng kiến thức cơ bản. - Học sinh phải sử dụng thành thạo phương pháp tính tích phân. Cách chia nhỏ vâ ât thể, xác định câ ân, lâ pâ hàm để tính tích phân. PHẦN 2. ĐỘNG HỌC - ĐỘNG LỰC HỌC Bài 1 - HSG QG 2003. Một thanh cứng AB có chiều dài L tựa trên hai mặt phẳng P1 và P2 (Hình vẽ). Người ta kéo đầu A của thanh lên trên dọc theo mặt phẳng P 1 với vận   tốc v 0 không đổi. Biết thanh AB và véctơ v 0 luôn P1 A  v0   B P 2 nằm trong mặt phẳng vuông góc với giao tuyến của P1 và P2; trong quá trình chuyển động các điểm A, B luôn tiếp xúc với hai mặt phẳng; góc nhị diện tạo bởi hai mặt phẳng là  = 1200. Hãy tính vận tốc, gia tốc của điểm B và vận tốc góc của thanh theo v0, L,  ( là góc hợp bởi thanh và mặt phẳng P2). Lời giải : Các thành phần vận tốc của A và B dọc theo thanh bằng nhau nên: 1 2 vB = vAcos(600- )/cos = v 0 (  3 tg) 2 Chọn trục Oy như hình vẽ, A có toạ độ: y = Lsin  y’= Lcos. ’ = v0cos300. Vận tốc góc của thanh:  = ’ = v 0 cos 30 0 v 3 = 0 . L cos  2L cos  4 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 Gia tốc của B: a = dv B 3v 02 3 = v0  '  dt 4L cos 3  2 cos 2  Bài 2 - HSG QG 2006 m Một vật hình cầu bán kính R đang R đứng yên trên tấm gỗ mỏng CD. Tấm gỗ O Tấm gỗ Mặt bàn được kéo trên mặt bàn nằm ngang theo D chiều DC với gia tốc không đổi a (hình vẽ). C Kết quả là vật lăn không trượt về phía D được đoạn l và rơi xuống mặt bàn. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt bàn là k , gia tốc trọng trường là g. Biết khối lượng và mô men quán tính của vật đối với trục quay qua tâm của nó lần lượt là m và I0  44 mR 2 105 1. Hãy xác định thời gian vật lăn trên tấm gỗ và gia tốc tâm O của vật đối với mặt bàn. 2. Tại thời điểm vật rơi khỏi tấm gỗ vận tốc góc của vật bằng bao nhiêu? 3. Chứng minh rằng trong suốt quá trình chuyển động trên mặt bàn vật luôn luôn lăn có trượt. 4. Vật chuyển động được một quãng đường s bằng bao nhiêu trên mặt bàn? Lời giải : Cách 1: Xét hệ quy chiếu gắn với tấm gỗ. Vật chịu tác dụng r r của lực quán tính hướng về phía D: F   ma và có độ lớn F = ma. Xét trục quay tức thời đi qua B. Chọn các chiều chuyển động là dương. I B  I 0  mR 2  O r F B + + D 149 mR 2 (1) 105 Fqt R  ma  I B  (2) Giải hệ:   105a 105a 44 a ; a12  R  ; a1  149R 149 149 Cách 2: Viết phương trình chuyển động quay với trục quay qua tâm O: Gọi F là lực ma sát nghỉ giữa quả cầu và tấm ván, a1 là gia tốc của quả cầu đối với đất: 5 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 FR = I0γ (1) F = ma1 (2) a = a1 + γR (3) Giải hệ:   105a 105a 44 a) ; a12  R  ; a1  149R 149 149 (γR là gia tốc tiếp tuyến đối với tâm quay B, a12 là gia tốc tâm O của vật đối với tấm gỗ). Thời gian để vật chuyển động trên tấm gỗ cho đến lúc rời xe: t= 0  t   3. 2l  R 2l = a12 298l l  1,7 105a a 2l 210l a al   1, 2 2 R 149R R Vận tốc theo phương ngang của vật khi chạm mặt bàn bằng vận tốc theo phương ngang của nó khi rời khỏi tấm gỗ: v0 = a1t = 44a 298l  0,5 al . 149 105a Chọn thời điểm vật chạm mặt bàn là thời điểm ban đầu.Các chiều dương như hình vẽ. Chúng ta có nhận xét là ngay từ thời điểm + này vật đã lăn có trượt, vì v0  R0 . Trước r v0 khi đổi chiều quay thì vật luôn lăn có trượt. Muốn vật lăn không trượt, điều kiện cần là vật phải đổi chiều quay. O 0 r Fms Mặt bàn Giả sử đến thời điểm  nào đó vật chuyển động tịnh tiến với vận tốc v’ và quay với vận tốc góc ω’. Sử dụng các định lí biến thiên động lượng và mômen động lượng :  F ms 0  dt = m(v’ – v0) => Fms Rdt = I0(’ – 0) => I0(’ – 0) = mR(v’ – v0) (*) 0 2 Thay biểu thức của I0 và 0 vào (*), ta thu được: I0  '  mR v ' . Điều đó có nghĩa khi quả cầu đổi chiều quay (’=0) thì v’=0 vật dừng lại. Vậy vật lăn có trượt trên suốt quá trình chuyển động trên mặt bàn cho tói khi dừng lại. 6 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 4. t = v0 al v2 44 2 al kg 2 ; s = v0t t = 0 =  0,124 kg kg 2kg 149.105.kg 2 Bài 3 – HSG QG 2010 Một thanh cứng AB đồng chất, tiết diện đều, khối lượng M, chiều dài AB = L có gắn thêm một vật nhỏ khối lượng m = M/4 ở đầu mút B. Thanh được treo nằm ngang bởi hai sợi dây nhẹ, không dãn O 1A và O2B (hình O1 O2 0 m M vẽ). Góc hợp bởi dây O1A và phương thẳng đứng là 0. A a. Tính lực căng T0 của dây O1A. B b. Cắt dây O2B, tính lực căng T của dây O1A và gia tốc góc của thanh ngay sau khi cắt. Lời giải : - Hệ thanh và vật nặng có khối tâm G với vị trí được xác định cách A khoảng AG: Có AG.(M  m)  M.AC  m.AB  (M  m).AG  M. Thay L M  2m  m.L  AG  L 2 2(M  m) m 1 3L  tính được AG  (*) M 4 5 - Momen quán tính của hệ với trục quay qua G: với BG  IG  2L L ;CG  5 10 ML2 mL2 mL2 4mL2 8mL2 8mL2  M.CG 2  m.BG 2     Vậy IG  (**) 12 3 25 25 15 15 a. Khi thanh cân bằng, xét với trục quay qua điểm B và vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. Từ phương trình momen, có: P.BG  T0 Lcos 0  0  T  0 2L 5  2mg (1) Lcos 0 cos 0 (M  m)g. b. Tại thời điểm t = 0 khi dây O2B vừa bị cắt, vì thanh chưa di chuyển, điểm A có vận tốc bằng 0. Điểm A chỉ có gia tốc r a A theo phương vuông góc với dây O1A. O1 r T A 7 O2 0 r aA  r Ga r a G / A r P C 0 A B Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 uuur  r dAG  r r r Xét điểm G, có gia tốc: a G  a A  a G /A (vì AG=const nên   0) dt   - Trong hệ quy chiếu đất, với trục quay qua khối tâm G, trong quá trình chuyển động quay của thanh sau khi cắt dây, có phương trình momen, tại thời điểm ban đầu: r r M T  IG  G  T.AG.cos 0  IG  G và  G   A    G  T.AG.cos 0 (2) IG r r r r r - Phương trình ĐLII Newton: P  T  (M  m)a G  (M  m)(a G/A  a A ) uuur r r   hướng như hình vẽ, a    AG Chiếu lên phương dây O1A, với G/A  A  ta được: (M  m)g.cos 0  T  (M  m)a G/A .cos 0  (M  m)..AG.cos 0 (3) Thay (2) vào (3) tính được: T (M  m)g.cos 0 (M  m)AG 2cos 2  0 (4) 1 IG Thay (*)và (**) vào (4) tính được T (M  m)g.cos 0 5mg.cos 0 40mgcos 0   2 2 3L (M  m)( ) 2 cos 2  0 1  27cos  0 8  27cos  0 (4') 5 8 1 2 8mL 15 40mgcos 0 3L cos 0 T.AG.cos 0 8  27cos 2 0 5 45gcos 2 0   - Tính : Thay (4') vào (2)   8mL2 IG (8  27cos 2 0 )L 15  45gcos 2 0 (8  27cos 2 0 )L Bài 4 - HSGQG 2011 Một con lắc vật lí có khối lượng M, khối tâm tại G và có thể quay quanh trục nằm ngang đi qua điểm O nằm trên con lắc. Momen quán tính 8 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 của con lắc đối với trục quay là I. Biết khoảng cách OG = d. Con lắc được thả từ vị trí có OG hợp với phương thẳng đứng một góc α0 = 60o (G phía dưới O). Bỏ qua ma sát ở trục quay và lực cản môi trường. 1. Tính độ lớn phản lực của trục quay lên con lắc khi OG hợp với phương thẳng đứng một góc α. 2. Tính gia tốc toàn phần lớn nhất của khối tâm con lắc trong quá trình dao động. Lời giải : r 1. Chiếu phương trình động lực học : M g + r r F = M a lên các phương: Ox tiếp tuyến với quỹ đạo khối tâm: Mγd = Ft – Mgsinα (1) Oy trùng với phương GO: Mω2d = Fn – Mgcosα (2) Phương trình chuyển động quay : Iγ = -Mgdsinα (3) Từ (1) và (3) suy ra: Ft = Mg(1-A)sinα , với A = Md 2 I I2 Định luật bảo toàn năng lượng: = Mgd(cosα –cosαo) 2 Từ (5) và (2) suy ra: Fn = Mg[(1-2A)cosα + 2Acosαo] Do đó : F = Fn2  Ft2 = Mg  (1  2A)cos   2A cos  0  2  (1  A) 2 sin 2  2. Gia tốc khối tâm: a= a 2n  a 2t = (2d) 2  ( d) 2 = g 4A 2 (cos   cos  0 ) 2  A 2 sin 2  = gA 1  8cos .cos  0  3cos 2   4cos 2  0 Khi α0 = 600 có a = g Md 2 I 2  4cos   3cos 2  Xét hàm f(α) = 2  4cos   3cos 2  Dễ dàng thấy hàm có cực đại tại α = 0 với f(0) = 1 và cực tiểu ứng với cosα = 2/3. 0 Tại biên f( ± 60 ) = 3/4 < 1 , vậy a cực đại khi α = 0 và amax = Bài 5 - Chọn đô Âi tuyển dự IPHO 2003 : 9 2 Mgd 2 3 I Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 Mô ât khối trụ đồng chất , khối lượng M , bán kính R, có momen quán tính đối với trục là I MR 2 , được đă ât lên mă ât phẳng nghiêng góc 2 = 300 . Giữa chiều dài khối trụ có mô ât khe hẹp trong đó lõi có bán kính BB A A CC  R . Mô ât sợi dây ABC 2 không giãn, khối lượng không đáng kể được quấn nhiều vòng vào lõi rồi vắt qua ròng rọc B (khối lượng không đáng kể). Đầu còn lại của sợi dây mang mô tâ vâ ât khối lượng m. Phần dây AB song song với mă tâ phẳng nghiêng . Hê â số ma sát nghỉ cực đại giữa trụ và mă tâ nghiêng( cũng là hê â số ma sát trượt ) là   a) Tìm điều kiê n â về 1 2 3 M để trụ không tịnh tiến trượt mà lăn không trượt trên mă ât m nghiêng b) Trụ lăn không trượt lên trên. Lấy chiều dương của gia tốc a O của O ( trục khối trụ ) và u r uuu r gia tốc a của m như hình vẽ. Tính a O , lực căng dây T , lực ma sát Fms và tìm điều kiê nâ M để có trường hợp này . m uuu r ur c) Trụ lăn không trượt xuống dưới. Tính a O , lực căng dây T , lực ma sát Fms và tìm điều về M để có trường hợp này . m M d) Tìm ứng với cân bằng của hê â. Tính T và f m M e) Trụ trượt xuống. Tìm aO và điều kiê ân về . m M f) Trụ trượt lên. Tìm aO và điều kiê ân về . m kiê nâ về g) Cuối cùng làm bẳng tổng kết như dưới đây. Dòng 1 ghi các giá trị đă âc biê ât của M . m Dòng 2 ghi tính chất chuyển đô nâ g của trụ: trượt lên (hay xuống ), lăn không trượt lên (hay xuống ). Dòng 3 ghi biểu thức của aO. 10 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 M m  0 Tính chất chuyển đô âng aO Đáp số : a) 4 M < <4 ; 3 m M 3 ; để a > 0 thì M < 3 ; T = g 3mM ; F = Mg b) a0 = g 0 ms 3 m 3m  2M 6 mM 2 m M 3 ; để a > 0 thì M < 3 ; T = g 4mM ; F = - Mg c) a0 = g 0 ms 3 m 3m  2M 6 mM 2 m d) M mg = 3; T = mg ; Fms = m 2 M M e) a0 = g >4 4 ; m mM m 3M M 4 f) a0 = g < 4 ; m 3 mM m ; Bài 6 – Chọn đô Âi tuyển dự IPHO 2004 Mô ât thanh kim loại AB khối lượng m, tiết diê ân nhỏ đều B đồng chất, chiều dài 2 l có thể quay quanh mô ât trục O nằm ngang cố định có đầu B mô ât khoảng bằng l . Đầu A của thanh có gắn mô ât quả cầu khối lượng M = 2m, kích thước nhỏ không đáng kể. Kéo cho thanh lê câ h góc α0 (α0 < 900 ) so với phương thẳng đứng rồi buông ra với vâ nâ tốc ban đầu bằng 0. Bỏ qua mọi ma sát và lực cản của không khí. Gia tốc trọng trường là g . O A a) Hãy tính tốc đô â góc, gia tốc góc của thanh và cường đô â của lực do thanh tác dụng lên quả cầu ở thời điểm thanh hợp với phương thẳng đứng mô ât góc α ≤ α0 b) Tìm gia tốc toàn phần nhỏ nhất, lớn nhất của quả cầu trong quá trình chuyển đô n â g theo g và α0 11 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 Bài 7 – Chọn đô Âi tuyển dự IPHO 2011 Một vành trụ mỏng I, đồng chất, khối lượng M, bán kính R. Trong lòng vành trụ có một khối trụ đặc II, đồng chất, khối lượng m, bán kính r, cùng chiều dài với vành trụ. Trong hình vẽ bên, Oxy là mặt phẳng tiết diện vuông góc với trục vành trụ, A và B là giao điểm của mặt phẳng Oxy với hai trục. Tác dụng lực có phương đi qua A vào vành trụ sao cho vành trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nằm ngang dọc theo chiều dương trục Ox. Biết khối trụ lăn không trượt trong lòng vành trụ, trục khối trụ luôn song song với trục vành trụ. Ở thời điểm t, góc hợp bởi AB và phương thẳng đứng là ; vận tốc của A là vA, tốc độ góc của AB quanh trục đi qua A là . 1. Xác định lực ma sát giữa vành trụ và khối trụ, giữa vành trụ và mặt phẳng nằm ngang theo gia tốc xA′′ của A và gia tốc góc " của đoạn AB ở thời điểm t. 2. Giả thiết rằng trục vành trụ chuyển động đều. Tìm gia tốc góc " của đoạn AB theo , R, r, gia tốc của A và gia tốc trọng trường g. m m  " Đáp số : 1. Fms =   M  x A + (R-r)” 2 2  2g sin   (2cos   1)x "A 2. ” = 3(R  r) Bài 8 – Chọn đô Âi tuyển dự IPHO 2012 Một hình trụ rỗng bán kính R, mặt trong nhám, được giữ thẳng đứng. Một đĩa mỏng đồng chất khối lượng m, bán kính r (r < R), lăn không trượt ở mặt trong của hình trụ sao cho tiếp điểm của nó với hình trụ luôn nằm trên một mặt phẳng nằm ngang. Gọi  là hệ số ma sát nghỉ giữa đĩa và hình trụ,  là góc nghiêng của đĩa so với phương thẳng đứng. Cho gia tốc trọng trường là g, bỏ qua ma sát lăn và lực cản môi trường. 1. Giả sử đĩa lăn đều, không trượt và luôn nghiêng một góc   0 không đổi. a) Tính vận tốc góc của khối tâm đĩa trong chuyển động quay quanh trục hình trụ. b) Hỏi 0 phải nằm trong khoảng giá trị  min , max  nào thì điều giả sử trên (lăn không trượt với góc nghiêng không đổi) thỏa mãn? 12 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 2. Giả sử khi đĩa đang chuyển động với góc nghiêng 0 nằm trong khoảng  min , max  , người ta tác động trong thời gian ngắn làm cho đĩa thay đổi góc nghiêng một giá trị nhỏ. Biết rằng trong quá trình chuyển động tiếp theo lực ma sát đủ lớn để giữ cho đĩa tiếp tục lăn không trượt. a) Gọi momen quán tính của đĩa đối với trục quay tiếp tuyến với đĩa và nằm trong mặt phẳng của đĩa là I  mr 2 . Tìm giá trị của . b) Hãy phán đoán chuyển động tiếp theo của đĩa khi đĩa bị thay đổi góc nghiêng một giá trị nhỏ quanh góc 0 . Giải thích. Nhâ Ân xét : - Từ năm 2001 – 2013 có 4 bài cơ vâ ât rắn về đô âng học và đô nâ g lực học(xác định vâ nâ tốc, gia tốc, các lực tác dụng). Có 4 bài thi chọn đô âi tuyển thi quốc tế. Số lượng bài toán thi hsg quốc gia và thi chọn đô iâ tuyển thi quốc tế thuô câ phần kiến thức này là như nhau và xuất hiê nâ nhiều. Do đó đây là dạng toán quan trọng cần làm kỹ nếu muốn đi tiếp vào vòng trong - Học sinh phải biết cách phân tích đúng các lực tác dụng, sử dụng tốt công thức cô âng vâ ân tốc, cô âng gia tốc. Nắm được điều kiê ân lăn có trượt và lăn không trượt của vâ ât rắn. PHẦN 3. VA CHẠM – XUNG LỰC – NĂNG LƯỢNG Bài 1 – HSG QG 2003 Cho một bán cầu đặc đồng chất, khối lượng m, bán kính R, tâm O. Đặt bán cầu trên mặt phẳng nằm ngang.Giả thiết bán cầu đang nằm cân bằng trên một mặt phẳng nằm ngang khác mà các ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng đều bằng không (Hình vẽ). Tác dụng lên bán cầu trong khoảng O .  v0  thời gian rất ngắn một xung của lực X nào đó theo phương nằm ngang, hướng đi qua tâm O  của bán cầu sao cho tâm O của nó có vận tốc v 0 . Tính năng lượng đã truyền cho bán cầu. Cho biết gia tốc trọng trường là g; mô men quán tính của quả cầu đặc đồng chất khối lượng 2 M, bán kính R đối với trục quay đi qua tâm của nó là I = MR 2 . 5 Lời giải : 13 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 Có các mối liên hệ: X = mvG (1) Với IG = IO - md2 = = ; Xd = IG (2) ; v0= vG + d (3) v0 83 83v 0 mR2. vG = = ; 2 320 1  md / IG 128 md 120 15 vG = .v G = .v 0 IG 83R 16R Động năng của bán cầu: mv G2 IG 2 83mv 02 mv 02  E= =  0,32 2 2 256 2 Bài 2 - HSG QG 2004 Hai chiếc đĩa tròn đồng chất giống nhau chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang rất nhẵn, theo đường thẳng nối tâm các đĩa, đến gặp nhau. Các đĩa này quay cùng chiều quanh trục thẳng đứng qua tâm của chúng 1 2 với các vận tốc góc tương ứng là 1 và 2. Tác dụng của lực ma sát giữa các đĩa và mặt bàn không đáng kể, còn tác dụng của lực ma sát xuất hiện ở điểm tiếp xúc hai đĩa với nhau thì đáng kể. Biết các đĩa có khối lượng m, có dạng trụ tròn thẳng đứng, hai đáy phẳng, bán kính R; phần tâm đĩa có khoét một lỗ thủng hình trụ tròn đồng tâm với vành đĩa, bán kính R/2. Mômen quán tính đối với trục quay nói 5mR 2 trên của mỗi đĩa là 8 1. Hãy xác định vận tốc góc của các đĩa sau va chạm, biết rằng vào thời điểm va chạm kết thúc, tốc độ của các điểm va chạm trên các đĩa theo phương vuông góc với đường nối tâm của chúng là bằng nhau. 2. Xác định thành phần vận tốc tương đối của hai điểm tiếp xúc nhau của hai đĩa theo phương vuông góc với đường nối tâm của chúng ngay sau lúc va chạm. Lời giải : 1. Gọi X là xung lực của lực ma sát ở nơi tiếp xúc giữa hai đĩa; v 1, v2 tương ứng là độ lớn thành phần vuông góc của vận tốc hai đĩa với đường nối tâm của chúng, có phương ngược với chiều quay của các đĩa này: + Định luật bảo toàn động lượng theo phương vuông góc với phương chuyển động: 14 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 m1v1= m2v2 I(1'  1 )  RX ; + ĐLBT mô men động lượng của vật rắn: I ('2  2 )  RX 1'  1  '2  2 ð ; m1v1 =  I(1'  1 ) / R + Sau va chạm, thành phần vuông góc của vâ nâ tốc dài của các tiếp điểm ở 2 vành đĩa bằng nhau : v = 1' R  v1  '2 R  v 2 + Giải hệ 4 phương trình, 4 ẩn: '1, '2, v1; v2; 1'  ð 1'  ð thì: ð v1= (1  I  1'  1   '2  I 2  '2  2  . 2 mR mR 2I 2I )1  2 (1  ) 2  1 2 2 5mR 2 ' mR mR , 2  ; Thay I = , 2I 2I 8 2 2 mR 2 mR 2 1'  91  42 92  41 ; '2  . 13 13 5(1  2 )R (   2 ) R ; v2 = 1' R  v1 = 1 2 26 ( nếu 1 > 2 v > 0, vận tốc v2 có hướng theo chiều quay của đĩa 1) Bài 3 - HSG QG 2007 Một khối trụ đặc có bán kính R, chiều cao h, khối lượng m, lăn không trượt trên mặt sàn nằm ngang rồi va vào một bức tường thẳng đứng cố định (trục của khối trụ luôn song song với mặt sàn và tường). Biết hệ số ma sát giữa khối trụ và bức tường là ; vận tốc của trục khối trụ trước lúc va chạm là v 0; sau va chạm thành phần vận tốc theo phương ngang của trục giảm đi một nửa về độ lớn; mômen quán tính đối với trục của khối trụ là I r0 R v0 2 mR 2 (hình vẽ). Bỏ qua tác dụng của trọng lực trong lúc va chạm và bỏ qua ma sát lăn. 5 15 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 Tính động năng của khối trụ và góc giữa phương chuyển động của nó với phương nằm ngang ngay sau khi va chạm. Áp dụng bằng số cho trường hợp   1 1 và   . 8 5 Lời giải : Có hai khả năng: a) Nếu trong thời gian va chạm  , theo phương Oy, khối trụ luôn luôn lăn có trượt. y * Lực ma sát trượt hướng lên theo Oy N  * Theo Ox: 1,5mv 0  Ndt (1) 0 N  * Theo Oy: mv y   Ndt (2) 0 vy * Từ (1) và (2): tg  vx  3 v y  v 0 2   3 ; I(  0 )  R Ndt (3)    0 x 4  15 v0 4R * Điều kiện trên xẩy ra nếu khối trụ vẫn trượt trong va chạm. vy  R    * Trường hợp đầu    4  0,19 . 21 1  0,125  0,19 thoả mãn. 8 4  15 17 v0  v0 4R 32R Động năng : 2 2 I2 m  1 2  3   m 2  17  2 E    v0   v0    R   v0 2 2 2  4  16   5  32R  E  0,34mv 02  0,68E 0 m(v 2x  v 2y ) b) Trường hợp   0, 2  0,19 . Quá trình này xảy ra như sau: khi va chạm khối trụ lăn có trượt trong khoảng thời gian 1 và lăn không trượt trong khoảng thời gian 2: 16 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 1 1 mv y   Ndt (4); I(1  0 )  R Ndt 0 1  vy R ; 0  (5) 0 v 2v 2 v0 v 2  mR 2 ( y  0 )  Rmv y ; v y  v 0 ; 1  0 7 7R R 5 R R Sau đó khối trụ lăn không trượt với vy: tg  Động năng sau va chạm là E  m(v 2x  v 2y ) 2  vy vx  4 ; 7 I12 2 1 4 2 4 m( v 20  v 20 ) mR 2 v2 2 0 297 4 49 5 49R E   mv 20  0,15mv 20  0,3E 0 2 2 1960 Bài 4 - HSG QG 2011 Một con lắc vật lí có khối lượng M, khối tâm tại G và có thể quay quanh trục nằm ngang đi qua điểm O nằm trên con lắc. Momen quán tính của con lắc đối với trục quay là I. Biết khoảng cách OG = d. Con lắc được thả từ vị trí có OG hợp với phương thẳng đứng một góc α0 = 60o (G phía dưới O). Bỏ qua ma sát ở trục quay và lực cản môi trường. Khi con r r lắc đang ở vị trí cân bằng thì chịu tác dụng một xung lượng X của lực F trong thời gian rất r ngắn ∆t theo phương đi qua điểm A trên trục OG (lực F hợp với OG góc β, xem hình vẽ). a) Xác định xung lượng của lực do trục quay tác dụng lên con lắc trong thời gian tác dụng ∆t. b) Xác định góc β và vị trí điểm A để xung lượng của lực tác dụng lên trục quay bằng không. Lời giải : Phân tích xung lượng X0 của lực trục quay tác dụng lên con lắc thành hai thành phần XOy ; XOx theo phương thẳng đứng Oy và phương ngang Ox. Áp dụng định lý biến thiên động lượng và mômen động lượng với vx, vy là các thành phần vận tốc khối tâm sau va chạm MvGx = Xsinβ + XOx I  = l Xsinβ , với  = (1) v Gx d (2) 17 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013  Ml d   1 Xsinβ Từ (1) có : XOy = Xcosβ ; XOx = MvGx – Xsinβ =   I  Độ lớn của XO : XO = X 2 Ox X 2 2 Oy Ml d  = X   1 sin 2   cos 2   I  c) Để trục quay không chịu tác động của xung lực X thì cần hai điều kiện : XOy = 0 => β = 0 và XOx = 0 => XO = 0 => l = OA = I Md Bài 5 – Chọn đô Âi tuyển dự IPHO 2001 1. Hai thanh AB, BC mỗi thanh có chiều dài l , khối lượng C B m được nối với nhau bằng chốt ở B và có thể quay không ma sát 2 quanh B. Thanh ghép được đă ât trên mô âi mă ât phẳng nằm ngang 1 rất nhẵn và tạo thành góc vuông ở B( hình vẽ). Đầu A chịu 1 xung X nằm trong mă ât phẳng và vuông góc với AB( xung là tích F.dt X A của lực va chạm F và thời gian va chạm dt, nó là mô ât đô nâ g lượng được truyền toàn vẹn cho thanh). Tính theo X các đại lượng sau đây ngay sau va chạm : a) Các vâ nâ tốc v1, v2 của các khối tâm của 2 thanh b) Các tốc đô â góc ω1, ω2 của 2 thanh quay quanh khối tâm của các thanh đó c) Đô âng năng Wđ của thanh ghép ( Mômen quán tính của mỗi thanh đối với đường trung trực là I = C ml . Ta không biết công của lực va chạm) 12 2 2 2. Thanh ghép được đă ât cho AB, BC thẳng hàng và cũng chịu xung X vuông góc với AB như trên. Tính theo X : B + a) Các vâ nâ tốc v1, v2 1 b) Các tốc đô â góc ω1, ω2 của 2 thanh quay quanh khối tâm của các thanh đó X c) Vâ ân tốc vG của khối tâm G của thanh ghép và vâ nâ tốc vB của chốt B; vG bằng hay khác vB và tại sao ? Lấy chiều dương của xung và tốc đô â góc như trong hình vẽ 18 A Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 Bài 6 – Chọn đô Âi tuyển dự IPHO 2005 Một khung có thể biến dạng gồm 3 thanh cứng đồng chất, mỗi thanh có khối lượng m, chiều dài l, được nối bằng các chốt A, B và treo lên trần bằng các chốt O, O' (OO' = l). Khung đang đứng cân bằng thì đầu A của thanh OA chịu một xung lực X đập vào (X có chiều từ A đến B). Khung bị biến dạng và các thanh OA, O'B quay tới góc cực đại  (hình vẽ). Bỏ qua ma sát ở các khớp nối. 1) Tính vận tốc v của trung điểm (khối tâm) C của thanh OA và tính động năng của khung ngay sau va chạm (theo X và m). 2) Tính góc  theo X, m, l và gia tốc trọng trường g. 3) Nếu xung lực X là do một quả cầu có khối lượng m và vận tốc v0 có chiều từ A đến B gây ra thì sẽ có tối đa bao nhiêu phần trăm động năng của quả cầu chuyển thành nhiệt? O . C . X . O' . . A B Cho mômen quán tính của thanh có chiều dài l, khối lượng m đối với trục vuông góc với ml 2 thanh và đi qua một đầu là I = . 3 Bài 7 – Chọn đô i tuyển dự IPHO 2002 Mô ât thanh OA chiều dài l , khối lượng không đáng kể , có thể quay trong mă tâ phẳng thẳng đứng quanh trục O nằm ngang . A là trục quay (song song với trục O ) của mô ât đĩa tròn đồng chất bán kính R , khối lượng m , momen quán O A2 A h A1 mR 2 . Ban đầu có chi tiết của máy gắn chă ât đĩa 2 với thanh . Người ta đưa thanh OA đến vị trí nằm ngang rồi thả không có vâ nâ tốc ban đầu . Khi thanh quay đến vị trí đứng thẳng OA1 thì chi tiết máy nhả ra cho đĩa tự do quay quanh trục của nó. Thanh đi tới vị trí OA2, A2 có đô â cao cực đại h (tính từ đô â cao của A1 ). Hãy tính h. Bỏ qua ma sát, sức cản của không khí . tính I A  Bài 8 – Chọn đô i tuyển dự IPHO 2011 Một vành trụ mỏng I, đồng chất, khối lượng M, bán kính R. Trong lòng vành trụ có một khối trụ đặc II, đồng chất, khối lượng m, bán kính r, cùng chiều dài với vành trụ. Trong hình vẽ bên, Oxy là mặt phẳng tiết diện vuông góc với trục vành 19 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2013 trụ, A và B là giao điểm của mặt phẳng Oxy với hai trục. Tác dụng lực có phương đi qua A vào vành trụ sao cho vành trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nằm ngang dọc theo chiều dương trục Ox. Biết khối trụ lăn không trượt trong lòng vành trụ, trục khối trụ luôn song song với trục vành trụ. Ở thời điểm t, góc hợp bởi AB và phương thẳng đứng là ; vận tốc của A là vA, tốc độ góc của AB quanh trục đi qua A là . Tính động năng của hệ ở thời điểm t. Đáp số : W = MvA2 + 1 2 2 2 m 3vA  3(R  r)   2v A(R  r)(2cos   1)  4 Nhâ Ân xét : - Từ năm 2001 – 2013 có 4 bài cơ vâ ât rắn về năng lượng, va chạm, xung lực; có 4 bài thi chọn đô iâ tuyển thi quốc tế. Số lượng bài toán thi hsg quốc gia và thi chọn đô iâ tuyển thi quốc tế thuô âc phần kiến thức này là như nhau và xuất hiê nâ nhiều. Do đó đây là dạng toán quan trọng cần làm kỹ nếu muốn đi tiếp vào vòng trong. - Bài toán dạng này được nhâ nâ biết khi có sự va chạm giữa các vâ ât rắn, khi có sự thay đổi tốc đô â( tốc đô â dài, tốc đô â góc) và khi đề bài cho xung lực X. Học sinh phải nắm được công thức biến thiên mômen đô âng lượng, biến thiên đô âng lượng và xung lực X. Xác định đúng tốc đô â dài, tốc đô â góc để từ đó xác định được đúng năng lượng. PHẦN 4. DAO ĐỘNG Bài 1 – HSG QG 2003 Cho một bán cầu đặc đồng chất, khối lượng m, bán kính R, tâm O. Biết khối tâm G của khối cầu cách tâm O 1 khoảng d = 3R/8. Đặt bán cầu trên mặt phẳng nằm ngang. Đẩy bán cầu sao cho trục đối xứng của nó nghiêng một góc nhỏ so với phương thẳng đứng rồi buông nhẹ cho dao động (Hình 1). Cho rằng bán cầu không trượt trên mặt phẳng này và ma sát lăn không đáng kể. Hãy tìm chu kì dao động của bán cầu. O . H×nh 1 Lời giải : Xét chuyển động quay quanh tiếp điểm M: gọi  là góc hợp bởi OG và đường thẳng đứng - mgd = IM.” (1)   biến thiên điều hoà với = O  G M mgd IM 20 P