Hướng dẫn giải bài tập cơ kỹ thuật 2 (phần động lực học)

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 (PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC) HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Phần II ĐỘNG LỰC HỌC (KINETICS) CÁC ĐẶC TRƯNG HÌNH HỌC KHỐI LƯỢNG CỦA CƠ HỆ VÀ VẬT RẮN I. KHỐI TÂM CỦA CƠ HỆ Khối tâm G của cơ hệ là một điểm mà vi ̣tri ́của nó được xác điṇh bởi phương trình : 1 1 n i i i m m   r r 1 1 1 1 1 1 n

pdf95 trang | Chia sẻ: huong20 | Ngày: 20/01/2022 | Lượt xem: 246 | Lượt tải: 0download
Tóm tắt tài liệu Hướng dẫn giải bài tập cơ kỹ thuật 2 (phần động lực học), để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
i i i n i i i n i i i x m x m y m y m z m z m                1 1 n i i i m m   v v 1 1 n i i i m m   a a II. MOMEN QUÁN TÍNH KHỐI LƯỢNG CỦA VẬT RẮN  Định nghĩa Momen quán tính khối lượng của vật đối với trục a được điṇh nghiã là  Bán kính quán tính Bán kính quán tính của vật đối với trục a được điṇh nghiã là 2a a a a I k hay I mk m   Hệ n chât́ điểm Miền V HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa  Định lý song song Liên hệ momen quán tính giữa hai trục song song : trục a và trục đi qua khối tâm G và song song với trục a 2 a aI I md  Trong đó  aI là momen quán tính khối lượng của vật đối với trục a.  aI là momen quán tính khối lượng của vật đối với trục đi qua khối tâm và song song với trục a.  m là khối lượng của vật. d là khoảng cách giữa hai trục.  Momen quán tính của vật thể phức hợp Momen quán tính của vật thể đối với một trục cho trước bằng tổng momen quán tính của các phần của vật đối với trục đó.  Momen quán tính khối lượng của một số vật rắn đồng chất Thanh mảnh Thanh mảnh G aI d aI a G x z y l /2 2 12 Gy Gz ml I I  l /2 A x z y l 2 3 Ay Az ml I I  HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Vành tròn Điã tròn Khối cà̂u Khối trụ Khối nón Khối hộp chữ nhật C z x y G R 2 2 Gz mR I  ; 2 4 Gx Gy mR I I  C z x y G R 2 GzI mR ; 2 2 Gx Gy mR I I  z 22 5 Gx Gy Gz mR I I I   ; x 2 2 Gz mR I  ; 2 2(3 ) 12 Gx Gy m R h I I    z 23 10 GzI mR ; 2 23 (4 ) 80 Gx GyI I m R h   2 2( ) 12 Gx m b c I   ; 2 2( ) 12 Gy m c a I   ; 2 2( ) 12 Gz m a b I   HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa CÁC BÀI TẬP MẪU Bài 1 Cơ hệ trong Hình (a) bao gồm ba vật thể đồng chất: trụ nặng 10-kg; thanh mảnh nặng 2-kg; và khối cầu nặng 4-kg. Với cơ hệ đó, tính toán: (1) Ix, mô men quán tính khối lượng đối với trục x. (2) 𝐼𝑥 𝑣à 𝑘 , mô men quán tính khối lượng và bán kính quán tính đối với trục đi qua khối tâm của hệ và song song với trục x. Lời giải Các khối tâm của trụ (G1), thanh (G2), và khối cầu (G3) được chỉ ra trong Hình (b). Do tính đối xứng , khối tâm G của hệ nằm trên trục y, với tọa độ 𝑦 cần được xác định. Phần 1: Trụ: Mô men quán tính của trụ đối với trục đi qua khối tâm của chính nó và song song với trục x là HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Theo định lý trục song song, mô men quán tính của trụ đối với trục x là Thanh mảnh: Bởi vì G2 chính là gốc của hệ trục xyz, mô men quán tính của thanh đối với trục x là Khối cầu: Mô men quán tính của khối cầu đối với trục đi qua khối tâm của chính nó và song song với trục x là Sử dụng định lý trục song song, mô men quán tính của khối cầu đối với trục x là HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Cơ hệ: Mô men quán tính của cơ hệ đối với một trục bằng tổng mô men quán tính của các phần thuộc hệ đối với trục đó. Do đó, cộng các giá trị mà chúng ta tính được ở trên, ta được Phần 2: Theo Hình (b), tọa độ 𝑦 của tâm G là      i i i m y 10 0 24 2 0 4 0 27 y 0 0825m m 10 2 4 . . .          Bởi vì 𝑦 là khoảng cách giữa trục x và trục đi qua khối tâm của cơ hệ và song song với trục x nên Bán kính quán tính tương ứng là Bài 2 Một chi tiết máy nặng 290-kg trong Hình (a) được tạo bởi việc khoan một cái lỗ lệch tâm đường kính 160mm, một trụ đường kính 400mm dài 350mm. Xác định: (1) Iz (mô men quán tính của chi tiết máy đối với trục z.) (2) 𝑘 (bán kính quán tính của chi tiết máy đối với đi qua khối tâm của nó và song song với trục z.) HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Lời giải Chi tiết máy trong Hình (a) có thể được xem gồm hai phần khác nhau, đó là các khối trụ đồng chất A và B trong Hình (b) và (c). Mật độ khối lượng của chi tiết máy là HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Do đó, khối lượng của các trụ A và B là Như một sự kiểm tra việc tính toán, chúng ta chú ý rằng mA – mB = m, như mong đợi. Phần 1 Mô men quán tính của trụ A đối với trục z, trục mà trùng với trục trung tâm z của nó là Mô men quán tính của trụ B đối với trục trung tâm z của nó là Bởi vì khoảng cách giữa trục z và trục trung tâm z của vật B là d =0.11m, mô men quán tính của B đối với trục z được tính từ định lý trục song song: Do đó, mô men quán tính của chi tiết máy đối với trục z là Phần 2 Do tính đối xứng, tọa độ x và z của khối tâm của phần máy là 𝑥 = 0 𝑣à 𝑧 = −0.175𝑚. Tọa độ y được tính như sau HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Mô men quán tính của chi tiết máy đối với trục trung tâm z của nó (trục đi qua khối tâm của nó và song song với trục z) có thể được tính từ định lý trục song song: Bán kính quán tính tương ứng là HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa ĐỘNG LỰC HỌC PHƢƠNG PHÁP LỰC – KHỐI LƢỢNG – GIA TỐC I. PHƯƠNG PHÁP LỰC – KHỐI LƯỢNG – GIA TỐC ĐỐI VỚI CHẤT ĐIỂM mF a Các bước áp dụng:  Vẽ FBD của chất điểm (gồm tất cả các lực tác dụng lên chất điểm).  Lực hoạt động: lực cho trước và trọng lực (nếu có).  Phản lực liên kết: lực do các vật đỡ gây ra, gồm cả lực ma sát (TH chuyển động ms kF N ), lực cản (nếu có).  Vẽ MAD cho chất điểm (thể hiện véc tơ ma).  Chọn hệ trục tọa độ  Sử dụng phần động học (bài 2) để phân tích phương, chiều của véc tơ gia tốc a. Nếu chiều của a chưa biết thì chúng ta giả thiết chiều của mỗi thành phần gia tốc a hướng theo chiều dương của các trục tọa độ.  Thể hiện véc tơ ma trên hình vẽ.  Từ hai sơ đồ FBD và MAD viết phương trình chuyển động cho chất điểm.  Sử dụng liên hệ giữa gia tốc, vận tốc và vị trí (phần động học chât́ điểm), thực hiện các phép tính đạo hàm hoặc tích phân để xác định các đại lượng được yêu cầu. BÀI TẬP MẪU Bài 1 Khối A trọng lượng 300N trong hình M2.5a đứng yên trên mặt phẳng nằm ngang, khi một lực P tác dụng tại thời điểm t=0. Tìm vận tốc và vị trí của khối khi t=5s. Hệ số ma sát động lực là 0.2. (a) Lời giải  Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc  Vẽ FBD (hình (b)) HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa - Lực cho trước: P =200N - Trọng lực: W =mg - Phản lực liên kết: phản lực NA và lực ma sát FA =µkNA.  Vẽ MAD (hình (b)) - Chọn hệ trục tọa độ xy như trong hình (b). - Chuyển động là chuyển động thẳng theo phương ngang nên ay =0. (b)  Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD F am P W N F aA A m     0 0 0 => W sin30 0 (1) => cos30 (2) y A x A F N P F ma P F ma          Từ phương trình (1) có được 0 0W sin30 300 200sin30 400AN P N     Do đó lực ma sát là   . 0.2 400 80A k AF N N   Từ phương trình (2) ta có: 0 0 21 9.81( cos30 ) (200cos30 80) 3.048 / 300 Aa P F m s m       Sử dụng các liên hệ động học giải tìm vận tốc v và tọa độ vị trí x HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Ta có: và dv dx a v dt dt   Nên 1 2 1 1 2 3.048 3.048 (3) (3.048 ) 1.524 (4) v adt dt t C x vdt t C dt t C t C               Trong đó C1 và C2 là các hằng số tích phân có thể được tìm ra từ các điều kiện đầu. Như đã biết ban đầu v =0. Tuy nhiên, chúng ta có nhiều lựa chọn gốc tọa độ x. Lựa chọn thuận lợi nhất là đặt x =0 khi t =0. Do đó điều kiện đầu là: v =0 và x =0 khi t =0 Thay các giá trị này vào (3) và (4) ta có C1=0 và C2=0. Do đó vận tốc và tọa độ vị trí của khối lúc t=5s là      2 3.048 5 15.24 ( / ) 1.524 (5) 38.10 ( ) v m s x m     Bài 2 Hình (a) biểu diễn một kiện hàng khối lượng m nằm yên trên sàn thùng của một chiếc xe tải. Hệ số ma sát tĩnh giữa hai bề mặt là 0.64. Để cho kiện hàng trượt xuống thì sàn thùng có vị trí như hình vẽ, xe tải phải chuyển động có gia tốc sang phải. Xác định gia tốc a nhỏ nhất để kiện hàng bắt đầu trượt. Biểu diễn đáp án theo gia tốc trọng trường g. Lời giải (a) HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa  Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc  Vẽ FBD (hình (b)) - Trọng lực: W =mg - Phản lực liên kết: phản lực N và lực ma sát F =0.64N (do kiện hàng ở trạng thái sắp trượt, F bằng với giá trị ma sát tĩnh lớn nhất s N ).  Vẽ MAD (hình (b)) - Chọn hệ trục tọa độ xy như trong hình (b). - Do kiện hàng và xe tải có cùng gia tốc trước khi sự trượt xuất hiện, véctơ lực quán tính của kiện hàng là ma, hướng theo phương ngang. (b)  Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD F am W N F am    0 0 0 0 0 cos30 0.64 sin30 - 0 (1) - sin30 0.64 cos30 (2) y x F N N mg F ma N N ma           Từ phương trình (1) ta có 0 0 0.8432 (3) cos30 0.64sin30 mg N mg   Thay vào phương trình (3) vào phương trình (2) ta có 0 00.8432 ( sin30 0.64cos30 ) 0.0458 mg ma a g      Nhận thấy rằng kết quả là độc lập với khối lượng m. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Bài 3 Một quả bóng trong hình (a) có trọng lượng 1.5N và được ném lên với vận tốc ban đầu 20m/s. Tính toán chiều cao lớn nhất mà quả bóng đạt được nếu (1) bỏ qua sức cản không khí; và (2) khi không khí sinh ra lực cản FD được biết như là ảnh hưởng khí động học, ngược với vận tốc. Giả thiết rằng FD=cv 2 trong đó c=2.10-3N.s2/m2. Lời giải Phần 1 Khi sức cản không khí được bỏ qua, chỉ có trọng lực tác dụng lên quả bóng trong suốt quá trình chuyển động, được chỉ ra trong hình (b). Do chuyển động là thẳng nên giá trị của véctơ quán tính là max=ma, như chỉ ra trong hình MAD trong hình (b). Áp dụng định luật II Newton (pp Lực – Khối lượng – Gia tốc) ta có: xF ma mg ma    từ đó ta có thể tìm ra: 29.8m/s (1)a g    Sử dụng liên hệ động học giữa gia tốc với vận tốc và tọa độ vị trí theo thời gian, ta xác định được vận tốc và vị trí như sau: 1 2 1 1 2 ( 9.8) 9.8 (2) ( 9.8 ) 4.9 (3) v adt dt t C x vdt t C dt t C t C                   Các hằng số tích phân có thể được tính toán dựa vào các điều kiện đầu x =0 và v =0 khi t =0 kết quả là:C1 =20m/s, C2 =0. Do đó vận tốc và vị trí của quả bóng được xác định là: Hình (a) HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 2 9.8 20 (4) 4.9 20 (5) v t x t t       Quả bóng đạt tới độ cao lớn nhất khi v =0 ta có 9.8 20 0 2.04t t s     .Thay t =2.04s vào phương trình (5) ta có ax 20.4mx m Chú ý trong trường hợp này gia tốc, vận tốc và vị trí của quả bóng độc lập với trọng lượng của nó. Phần 2 Khi kể đến ảnh hưởng của sức cản khí động học, FBD và MAD của quả bóng trong quá trình bay lên được chỉ ra trong hình (c). Quan sát thấy rằng lực FD, luôn ngược chiều vận tốc, tác dụng hướng xuống dưới bởi vận tốc theo chiều dương là hướng lên. Từ định luật II Newton, chúng ta có các phương trình chuyển động: 2 (6)x xF ma mg cv ma     Sử dụng liên hệ động học: a=vdv/dx, phương trình (6) trở thành: 2 dvmg cv m v dx    Phân ly biến số, ta có: 2 mvdv dx mg cv    Tích phân cả hai vế của phương trình này (sử dụng bảng tích phân nếu cần thiết), ta có: 2 3ln( ) 2 m x mg cv C c     Trong đó C3 là hằng số tích phân. Thay số vào ta được : 3 2 338.25ln(1.5 2 10 ) x v C      HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Sử dụng điều kiện đầu: v =20m/s khi x =0, ta tìm được C3 =31.86m. Do đó: 3 238.25ln(1.5 2 10 ) 31.86 x v     Bởi vì độ cao lớn nhất đạt được khi v =0 ta có ax 38.25ln1.5 31.86 16.4( )mx m    Dĩ nhiên giá trị này nhỏ hơn giá trị lớn nhất có được trong phần 1, khi bỏ qua sức cản khí động học. Bài 4 Vật A khối lượng 12kg trong hình (a) trượt không ma sát trong một máng nửa hình tròn bán kính R=2m. Vật A bắt đầu chuyển động từ vị trí có góc 030  và đạt vận tốc v0=4m/s hướng về phía đáy máng. Tìm biểu thức vận tốc của vật và lực giữa máng và vật theo  . Lời giải  Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc  Vẽ FBD (hình (b))  Vẽ MAD (hình (b)) - Quỹ đạo là đường tròn nên có thể chọn sử dụng hệ tọa độ quỹ đạo (hệ tọa độ tiếp tuyến – pháp tuyến). - Gia tốc của vật gồm hai thành phần: gia tốc tiếp và gia tốc pháp. - Các véc tơ nma (chiều hướng về tâm của quỹ đạo) và tma (vẽ theo chiều dương của trục tiếp tuyến) được thể hiện trong hình vẽ. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa  Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD F am W N a aA n tm m    Chiếu PT này lên hai phương tiếp tuyến và pháp tuyến, ta được cos (1) - sin (2) t A n mg ma N mg ma      Sử dụng các liên hệ động học: 2 vàt n vdv v a a ds Rd ds      ta có 2 cos (3) - sin (4)A vdv mg m Rd v N mg m       Phân ly biến số, PT (3) trở thành cosgR d vdv   . Tích phân hai vế phương trình này sử dụng điều kiện đầu 0 4v v m / s  khi 030  / 6 4 cos v gR d vdv         2 9.8 2 sin 1.81 39.2sin 3.62 /v m s           Thay kết quả này vào PT (4), ta nhận được HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 39.2sin 3.62 12 9.8sin 2 352.8sin 21.7 AN N             Bài 5 Một vật B khối lượng 100g như trong hình (a) trượt dọc theo tay quay OA. Hệ số ma sát động giữa B và OA là 0 2k .  . Tại vị trí như hình vẽ, 1 5R m / s, rad / s   và 23rad / s  . Tại vị trí này, xác định R , gia tốc tương đối của B so với OA. Lời giải  Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc  Vẽ FBD (hình (b)) - Trọng lực: W =mg =(0.1)(9.8) =0.98N - Phản lực liên kết: phản lực NB và lực ma sát F =0.2NB , chiều của F ngược với chiều của R , vận tốc tương đối của B so với thanh OA.  Vẽ MAD (hình (b)) - Chọn hệ tọa độ cực  R, - Có Rm m m  a a a .  Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD (a) HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa F am W N F a aB Rm m      Chiếu PT này lên hai phương vuông góc    2 2 R F m R R F m R R                          0 20 0.98cos40 0.1 0.4 3 2 1 5 0.98sin 40 0.2 0.1 0.4 5 B B N N R                  20.04 /R m s   Dấu âm nghĩa là gia tốc tương đối của B so với tay quay OA là hướng về O. BN 0.2 BF N HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa II. PHƯƠNG PHÁP LỰC – KHỐI LƯỢNG – GIA TỐC ĐỐI VỚI CƠ HỆ Phương triǹh chuyển động của khối tâm mF a trong đó F là tổng các ngoại lực tác dụng lên hệ, m là tổng khối lượng của các chất điểm thuộc hệ, a là gia tốc khối tâm của hệ. Các bước áp dụng:  Cách 1 - Vẽ FBD và MAD cho từng chất điểm thuộc hệ . Từ đó , viết các phương trình chuyển động cho từng chât́ điểm. - Biểu diễn liên hệ động học giữa các chât́ điểm. - Giải các đại lượng được yêu cầu.  Cách 2 - Vẽ FBD của toàn hệ (chỉ vẽ các ngoại lực tác dụng lên hệ). - Viết phương trình chuyển động khối tâm của hệ: mF a . - Vẽ FBD, MAD và viết phương trình chuyển động cho một số chất điểm của hệ nếu cần thiết. BÀI TẬP MẪU Bài 1 Người đàn ông trong hình (a) đi từ đầu cuối bên trái sang đầu cuối bên phải của một tấm ván đồng chất. Ban đầu tấm ván ở trạng thái nghỉ trên mặt băng. Xác định dịch chuyển của người khi anh ta đến đầu cuối bên phải. Trọng lượng của người và tấm ván tương ứng là 60kg và 15kg. Bỏ qua ma sát giữa tấm ván và mặt băng. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Lời giải Sơ đồ vật thể tự do của hệ gồm người và tấm ván được biểu diễn trong hình (b). Các lực xuất hiện trong FBD này là trọng lượng của người, trọng lượng của tấm ván và phản lực N. Phản lực pháp tuyến và lực ma sát giữa người và tấm ván không xuất hiện trong FBD, bởi vì chúng là các nội lực của hệ. Từ FBD trong hình (b), chúng ta thấy rằng không có lực tác dụng lên hệ theo phương x. Do đó, theo phương trình mF a , khối tâm G của hệ vẫn đứng ở một chỗ như được chỉ ra trong các hình (c) và (d). Tiếp theo chúng ta tính x , toạ độ-x của điểm G, khi người đàn ông ở đầu cuối bên trái của tấm ván. Theo hình (c), chúng ta có       1 60 15 60 0 15 2 n i i i mx m x x       Phương trình này cho 0.4mx  . Lặp lại các bước trên với thời điểm người đàn ông ở đầu cuối bên phải của tấm ván, như biểu diễn trong hình (d), chúng ta có    60 15 60 15 2x d d    Phương trình này cho 0.4d x  . Thay 0.4mx  (nhắc lại rằng x không đổi khi người di chuyển dọc theo tấm ván), chúng ta có d = 0.8 m Quan sát thấy rằng mỗi bước đi của người dẫn đến kết quả là người dịch chuyển sang phải và tấm ván dịch chuyển sang trái. Độ lớn của các dịch chuyển này ở một tỉ lệ thích hợp để đảm bảo rằng khối tâm của hệ không di chuyển theo phương ngang. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Chúng ta cũng có thể giải bài toán này bằng cách chú ý rằng khoảng cách giữa người và khối tâm G phải như nhau trong hình (c) và (d), do sự đối xứng của hai cấu hình. Nói cách khác, ,hay 2x d x d x   . Bài 2 Dây cáp trong hình A được vắt qua ròng rọc, một đầu dây buộc vào vật A nặng 60N, đầu kia chịu tác dụng của lực 90N. Trong hình (b), lực 90N được thay bằng vật B nặng 90N. Bỏ qua khối lượng của ròng rọc, xác định gia tốc của vật A và sức căng trong dây cáp với hai trường hợp trên. Lời giải Hệ trong hình (a) Hình (c) biểu diễn sơ đồ vật thể tự do (FBD) của vật A. Vì khối lượng của ròng rọc được bỏ qua, sức căng của dây cáp là như nhau dọc theo dây cáp. Ta có T = 90 N Hình (c) cũng biểu diễn sơ đồ khối lượng – gia tốc (MAD) của vật A, trong đó gia tốc a được giả thiết hướng lên. Định luật hai Newton cho 60 90 60yF ma a g     Từ phương trình này gia tốc của vật A là 24.9m/s 2 g a   HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Hệ trong hình (b) FBD và MAD của các vật A và B được biểu diễn trong hình (d). Vì dây cáp không dãn, gia tốc của vật A bằng gia tốc của vật B về độ lớn, nhưng ngược hướng. Chúng ta giả thiết gia tốc của A hướng lên. Do đó phương trình chuyển động của vật A là 60 60yF ma T a g     Đối với vật B, chúng ta có 90 90yF ma T a g      Giải đồng thời hai phương trình trên, chúng ta nhận được 72 NT  và 2 9 1.96m/s 5 a   . Chú { rằng sự tác dụng lực 90N vào đà̂u cuối dây cáp không tương đương với việc buộc dây với trọng lượng 90N. Bài 3 Hình (a) biểu diễn một hệ gồm ba khối hộp được liên kết bằng một dây cáp không dãn văt́ qua bốn ròng rọc . Khối lượng của các khối hộp A, B, và C tương ứng l à 60kg, 80kg, và 20kg. Sử dụng các toạ độ đã chỉ ra và bỏ qua khối lượng của các ròng rọc , hãy tìm gia tốc của mỗi khối hộp và sức căng T trong dây cáp. Lời giaỉ HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Chúng ta sẽ dùng phương pháp lực – khối lượng – gia tốc để rút ra phương trình chuyển động của mỗi khối hộp. Phân t́ich động học Đặt L là chiều dài của dây cáp vắt qua các ròng rọc trong hình (a), chúng ta có 12 2A B CL y y y C    trong đó C1 là hằng số được tính từ chiề u dài các đoạn cáp quấn quanh các ròng rọc và hai đoạn cáp ngắn đỡ hai ròng rọc phía trên . Bởi vi ̀chiều dài L là không đổi, đạo hàm phương trình trên ta được 2 2 0A B Cv v v   Đạo hàm phương trình liên hệ vận tốc theo thời gian, ta được liên hệ gia tốc giữa các khối hộp: 2 2 0A B Ca a a   (a) Phân t́ich động lực học Hình (b) biểu diễn sơ đồ vật thể tự do của khối hộp A và B (cùng với ròng rọc khối lượng không đáng kể m à chúng được gắn vào ), và khối hộp C. Chú { rằng sức căng T là hằng số từ đầu đến cuối dây cáp . Các sơ đồ khối lượng – gia tốc tương ứng cũng được biểu diễn trong hiǹh (b). Áp dụng định luật hai Newton yF ma đối với từng khối hộp, các phương trình chuyển động là HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa       60 9.8 2 60 80 9.8 2 80 20 9.8 20 A A A T a T a T a             (b) Giải các phương trình (a) và (b), ta tìm được sức căng của dây cáp và gia tốc của các khối hộp: 2 2 294 N 0 2.45m/s 4.9m/s A B C T a a a      Các dấu chỉ ra rằng gia tốc của B hướng xuống, trong khi đó gia tốc của C hướng lên. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa III. PHƯƠNG PHÁP LỰC – KHỐI LƯỢNG GIA TỐC ĐỐI VỚI VẬT RẮN, HỆ VẬT RẮN  Phương triǹh chuyển động của vật chuyển động phẳng Vật chuyển động phẳng tổng quat́ Vật chuyển động tịnh tiến (ω = 0, α = 0) Vật quay quanh một trục cố điṇh   F a A A m M I mr r I           Các bước áp dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc  Vẽ FBD của vật: thể hiện tât́ cả các lực, ngã̂u lực tác dụng lên vật.  Sử dụng động học, xác định mối liên hệ giữa a và  .  Vẽ MAD : thể hiện véc tơ quán tính ma tác dụng tại khối tâm và ngẫu lực quán tính I (sử dụng kết quả của bước hai).  Viết phương trình chuyển động của vật bằng cách cân bằng hai sơ đồ FBD và MAD . Lưu ý: Nếu bài toán gồm một hệ các vật rắn , thì ta áp dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc cho từng vật rắn thuộc hệ, hoặc áp dụng cho toàn hệ vật (các nội lực sẽ bị triệt tiêu). A m M I mad      F a 0G m M     F a G là khối tâm của vật. Với A là điểm bất kì. Với A là điểm nằm trên trục quay MAD HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa CÁC BÀI TẬP MẪU Bài 1 Thanh đồng chất trong Hình (a) có khối lượng m và chiều dài L. Thanh, quay tự do quanh bản lề tại O trong mặt phẳng thẳng đứng, được thả ra từ trạng thái nghỉ tại vị trí θ=0. Tìm gia tốc góc α của thanh khi θ=600. Lời giải Hình (b) thể hiện FBD và MAD của thanh khi θ=600. FBD chứa trọng lực W của thanh, tác dụng tại khối tâm G của nó (vị trí trung điểm của thanh) và các thành phần của phản lực tại bản lề O. Trong MAD, ngẫu quán tính I được vẽ với giả thiết rằng  cùng chiều kim đồng hồ, và sử dụng 2 /12I mL . Các thành phần của véc tơ quán tính ma được tìm từ chú ý rằng quĩ đạo của G là đường tròn có tâm tại O. Do đó, các thành phần pháp tuyến và tiếp tuyến của 𝒂 là 2( / 2)na L  và ( / 2)ta L  . Chiều của na hướng về O bất chấp chiều của ω. Chiều của ta phù hợp với chiều giả thiết của α. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Chúng ta chú ý rằng có tổng cộng là bốn đại lượng chưa biết trong Hình (b): Ox, Oy, α, và ω. Bởi vì chỉ có ba phương trình chuyển động độc lập, chúng ta không thể xác định được tất cả các đại lượng chưa biết đó bằng việc chỉ sử dụng FBD và MAD. L{ do đó là ω phụ thuộc vào lịch sử chuyển động: dt C   . Do đó, các phương trình chuyển động tại một vị trí cụ thể của thanh sẽ không xác định được vận tốc góc tại vị trí đó. Tuy nhiên, xem xét kỹ FBD và MAD thấy rằng có thể xác định được gia tốc góc α, bởi vì nó là đại lượng chưa biết duy nhất xuất hiện trong phương trình mô men khi O được sử dụng là tâm mô men. Theo các sơ đồ trong Hình (b), phương trình mô men là từ đó chúng ta tìm được HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Bài 2 Một vật thể trong Hình (a) bao gồm thanh đồng chất 1 được gắn cứng với quả cầu đồng chất 2. Vật thể đang quay trong mặt phẳng thẳng đứng quanh bản lề tại O. Khi vật có vị trí mà góc θ=300, vận tốc góc của nó là ω=1.2rad/s cùng chiều kim đồng hồ. Tại vị trí này, hãy xác định gia tốc góc α và độ lớn của phản lực tại bản lề O. Lời giải FBD và MAD của vật thể tại vị trí θ=300 được thể hiện trong Hình (b). Trong các sơ đồ đó, thanh và quả cầu được coi là các vật riêng lẻ, mỗi vật có ngẫu quán tính và véc tơ quán tính của nó. (Một dạng tương đương của MAD có thể thu được bởi việc thể hiện ngẫu quán tính và véc tơ quán tính của cả hệ). Các chi tiết của các sơ đồ được mô tả như ở bên dưới. Sơ đồ vật thể tự do: Các lực On và Ot là các thành phần của phản lực bản lề theo các trục n và t được thể hiện trên hình vẽ. Các trọng lực W1 và W2 của thanh và quả cầu tác dụng tại khối tâm của chúng là G1 và G2 tương ứng. Các khoảng cách 1 0.4r m và 2 1.0r m , được đo từ O tới các khối tâm. Sơ đồ khối lượng gia tốc: Trong MAD, chúng ta giả thiết rằng gia tốc góc α, được tính bằng rad/s2, cùng chiều kim đồng hồ. Sử dụng thực tế rằng vật thể quay quanh điểm cố định O, HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa phân tích động học giúp chúng ta biểu diễn các gia tốc của G1 và G2 theo α và ω của vật thể. Các thành phần quán tính xuất hiện trong MAD được tính toán theo cách sau đây. Với thanh mảnh: Với quả cầu: Trong MAD, chiều của các thành phần tiếp tuyến của véc tơ quán tính (chứa α) phù hợp với chiều kim đồng hồ, chiều giả thiết của α. Các thành phần pháp tuyến của véc tơ quán tính (chứa ω2) hướng về tâm quay O, bất chấp chiều của ω. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Từ Hình (b) chúng ta thấy rằng có hai đại lượng chưa biết trong FBD (On và Ot) và một đại lượng chưa biết (α) trong MAD. Do đó, tất cả có thể xác định từ việc xây dựng và giải ba phương trình chuyển động độc lập. Cân bằng mô men đối với O trên FBD và MAD trong Hình (b), chúng ta được từ đó chúng ta tìm được Sử dụng α =8.914 rad/s2 và theo Hình (b), các phương trình lực theo hướng t và n là và Do đó, độ lớn của phản lực bản lề tại O là Bài 3 HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Dây cáp nối với vật nặng B trong Hình (a) quấn chặt vòng quanh đĩa A, đĩa có thể quay tự do quanh trục tại khối tâm G của nó. Khối lượng của A và B là 60-kg và 20-kg, và 400k mm đối với đĩa. Xác định gia tốc góc của đĩa A và sức căng trong dây cáp. Lời giải Các sơ đồ vật thể tự do và khối lượng gia tốc của hệ được thể hiện trong Hình (b). FBD chứa các trọng lực WA=60(9.8)=588N và WB=20(9,8)=196N cùng với các phản lực chưa biết tại bản lề G. Sức căng trong dây cáp, là một lực trong, không xuất hiện trong sơ đồ FBD đó. MAD thể hiện ngẫu quán tính của đĩa và véc tơ quán tính của vật nặng. Không có véc tơ quán tính của đĩa bởi vì khối tâm của đĩa không chuyển động. Gia tốc góc α của đĩa được giả thiết có chiều kim đồng hồ. Ngẫu quán tính tương ứng của đĩa là cũng có chiều kim đồng hồ. Bởi vì dây cáp không trượt trên đĩa, gia tốc của vật nặng là aB=Rα, tạo nên véc tơ quán tính HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Có ba đại lượng chưa biết trên FBD và MAD: hai thành phần phản lực bản lề tại G và gia tốc góc α của đĩa. Bởi vì số phương trình độc lập từ FBD và MAD là ba, tất cả các đại lượng đó có thể được xác định. Gia tốc góc α có thể được tìm bởi việc cân bằng mô men tổng đối với G trong FBD và MAD. Để tìm sức căng trong dây cáp, chúng ta phân tích riêng vật nặng (cũng có thể xác định sức căng trong dây cáp bằng cách phân tích chuyển động riêng của đĩa). FBD và MAD của vật nặng được thể hiện trong Hình (c), với T là sức căng của dây cáp. Tổng các lực theo phương y dẫn đến HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Bài 4 Bánh xe mất cân bằng trong Hình (a) đang lăn không trượt dưới tác dụng của ngẫu lực ngược chiều kim đồng hồ C0=20Nm. Khi bánh xe ở vị trí đã cho, vận tốc góc của nó là ω=2rad/s cùng chiều kim đồng hồ. Tại vị trí đó, tính gia tốc góc α và các lực tác dụng lên bánh xe tại C bởi mặt phẳng ngang nhám. Bán kính quán tính của bánh xe đối với khối tâm G là 200k mm . Lời giải Sơ đồ vật thể tự do và sơ đồ khối lượng gia tốc cho bánh xe được thể hiện trong Hình (b). Sơ đồ vật thể tự d...n kết bản lề tại B và C. Vị trí đầu và cuối của cơ cấu, ký hiệu là 1 và 2, được thể hiện trong Hình (b). Phân tích động học: Các bước được sử dụng trong phân tích động học mà kết quả được các vận tốc thể hiện trong Hình (b) là Vị trí 1 1. Bởi vì O là điểm cố định, vB =Rω1 =(0.1)(12) =1.2m/s 2. Nhận thấy rằng vB và vC nằm ngang, chúng ta kết luận rằng ωBC=0, nghĩa là thanh BC đang tịnh tiến tức thời tại vị trí này. 3. Bởi vì thanh BC đang tịnh tiến, vận tốc của các điểm trên thanh là giống nhau. Do đó, vận tốc của khối tâm của thanh BC là 1.2 /BCv m s . Vị trí 2 1. Bởi vì O là điểm cố định, vB =Rω2 =0.1ω2 m/s (hướng xuống). Giả thiết rằng ω2 có chiều kim đồng hồ. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 2. Bởi vì vB thẳng đứng và quĩ đạo của C nằm ngang, chúng ta kết luận rằng C là tâm tức thời của vận tốc của thanh BC, nghĩa là vC=0. 3. Bởi vì vC=0, chúng ta biết rằng ωBC= vB/LBC= (0.1ω2)/0.3= ω2/3 rad/s ngược chiều kim đồng hồ, và vận tốc của khối tâm của BC là 2 2/ 2 0.1 / 2 0.05BC Bv v    . Động năng: Động năng của toàn cơ cấu là tổng động năng của ba vật: 2 2 2 21 1 1 1 2 2 2 2A BC C T I I mv mv                        (a) Mô men quán tính khối lượng của đĩa A và thanh BC đối với khối tâm của chúng là Vị trí 1: Thay giá trị của 1, , 12 / , 0A BC A BCI I rad s     , và 1.2 /BC Cv v m s  vào phương trình (a), chúng ta thu được dẫn đến 1 0.72 0.432 0.576 1.728T N m     (b) Vị trí 2: Thay các giá trị 2 2 2, , , / 3, 0.05 , 0A BC A BC BC CI I v v        vào phương trình (a), chúng ta tìm được HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa dẫn đến  3 22 26 10T N m   (c) Chú ý rằng động năng của thanh BC tại vị trí 2 cũng có thể được tính từ công thức (1/2)ICω 2 bởi vì vC=0. Tổng công:               1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0.5 0 0.6 9.81 0.05 0 2 A BC CM W W W U U U U U                  (d) Áp dụng nguyên lý Công – Năng lượng: 1 2 2 1U T T    3 220.294 0.785 6 10 1.728    từ đó vận tốc góc tại vị trí cuối được tìm là HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa ĐỘNG LỰC HỌC PHƢƠNG PHÁP XUNG LƢỢNG – ĐỘNG LƢỢNG I. XUNG LƯỢNG CỦA LỰC II. ĐỘNG LƯỢNG III. PHƯƠNG PHÁP XUNG LƯỢNG – ĐỘNG LƯỢNG ĐỐI VỚI CHẤT ĐIỂM 1. Phương pháp Xung lượng tuyến tính – Động lượng tuyến tính 1 2 2 1  L p p 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 t x x x t t y y y t t z z z t F dt mv mv F dt mv mv F dt mv mv          Các bước áp dụng:  Vẽ các sơ đồ cần thiết: + FBD của chất điểm tại thời điểm bất kz: thể hiện tất cả các lực tác dụng lên chất điểm. + Sơ đồ động lượng của chất điểm tại thời điểm t1: thể hiện véc tơ mv1. + Sơ đồ động lượng của chất điểm tại thời điểm t2: thể hiện véc tơ mv2.  Thiết lập một hệ trục tọa độ Đề các. Từ FBD tính các thành phần hình chiếu của xung lượng của các lực tác dụng chất điểm trong khoảng thời gian từ t1 đến t2  Viết các phương trình hình chiếu của nguyên l{ xung lượng – động lượng, trong đó các thành phần hình chiếu của các véc tơ động lượng được xác định từ các sơ đồ động lượng.  Giải tìm các đại lựợng được yêu cầu 2. Phương pháp Xung lượng góc – Động lượng góc       1 2 2 1A A A  A h h với A là điểm cố định bất kz HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 2 1 2 2 1 1r F r v r v t t dt m m     Các PT hình chiếu:                   1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 Ax Ax Ax Ay Ay Ay Az Az Az A h h A h h A h h          Các bước áp dụng:  Vẽ các sơ đồ cần thiết: + FBD của chất điểm tại thời điểm bất kz: thể hiện tất cả các lực tác dụng lên chất điểm + Sơ đồ động lượng của chất điểm tại thời điểm t1: thể hiện véc tơ mv1. + Sơ đồ động lượng của chất điểm tại thời điểm t2: thể hiện véc tơ mv2.  Thiết lập một hệ trục tọa độ Đề các. Từ FBD, tính các thành phần hình chiếu của xung lượng góc của các lực tác dụng chất điểm trong khoảng thời gian từ t1 đến t2.  Từ hai sơ đồ động lượng, tính động lượng góc của chất điểm đối với các trục tọa độ tại hai thời điểm t1 và t2.  Thay các đại lượng đã tính được vào các phương trình hình chiếu của nguyên l{ xung lượng góc – động lượng góc.  Giải tìm các đại lượng được yêu cầu. CÁC BÀI TẬP MẪU Bài 1 Tại thời điểm t = 0, vận tốc của chất điểm khối lượng 0.5kg trong hình (a) là 10m/s hướng sang phải. Ngoài trọng lượng của nó (mặt phẳng xy thẳng đứng), chất điểm còn chịu tác dụng bởi lực P(t). Hướng của P(t) không đổi trong suốt quá trình chuyển động, nhưng độ lớn của nó thay đổi theo thời gian như biểu diễn trong hình (b). Hãy tính vận tốc của chất điểm khi t = 4s. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Lời giải Phương pháp xung lượng – động lượng là phương pháp trực tiếp nhất để giải bài toán này vì (1) phương pháp xung lượng – động lượng liên quan trực tiếp đến sự thay đổi động lượng (vận tốc) trong một khoảng thời gian, và (2) xung lượng của lực có thể tính được một cách dễ dàng. Các sơ đồ cần thiết để giải bài toán này bằng phương pháp xung lượng – động lượng được biểu diễn trong các hình (c) – (e), các chỉ số dưới 1 và 2 tương ứng với t = 0 và 4s. FBD của chất điểm tại thời điểm t bất kz được biểu diễn trong hình (c). Hình (d) biểu diễn sơ đồ động lượng khi t = 0, trong đó p1 = mv1 = 0.5(10)I = 5i N.s. Sơ đồ động lượng khi t = 4s được biểu diễn trong hình (e), trong đó các thành phần của mv2 được vẽ theo các hướng dương của các trục tọa độ. Xung lượng của trọng lực Vì trọng lực là một lực hằng, các thành phần xung lượng của nó dễ dàng tính được từ phương trình (4.35):        1 2 1 2 0 0.5 9.81 4 19.620 x y L L mg t N s            (a) Xung lượng của P(t) Diện tích dưới sơ đồ P-t trong hình (b) giữa 0 và 4s là      5 2 4 1 2 1 16 N s    . Vì hướng của P(t) là không đổi, các thành phần xung lượng của nó là     0 1 2 0 1 2 16cos60 8.0 16sin 60 13.865 x y L N s L N s         (b) Thay các phương trình (a) và (b) vào nguyên l{ xung lượng – động lượng, phương trình (4.40), chúng ta nhận được (c) FBD tại thời điểm t (d) sơ đồ động lượng (t = 0) (e) sơ đồ động lượng (t = 4s) HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Các phương trình này cho     2 2 26.00 / 11.53 / x y v m s v m s    Véc tơ vận tốc tại thời điểm t = 4s được biểu diễn dưới đây Bài 2 Phần thẳng của một ván trượt tuyết nghiêng một góc 600 so với phương ngang. Sau khi rời vị trí xuất phát với vận tốc không đáng kể, người trượt tuyết nặng 50kg đạt được tốc độ 25m/s trong 3.5s. Hãy xác định hệ số ma sát động giữa ván trượt và đường trượt. Bỏ qua sức cản không khí. Lời giải Sử dụng pp Xung lượng – Động lượng (Thông tin, yêu cầu từ đề bài liên quan đến: tốc độ, khoảng thời gian,lực) Từ FBD của người trượt tuyết trong hình vẽ, chúng ta có được Để nhận được lực ma sát F, chúng ta áp dụng nguyên l{ xung lượng – động lượng theo phương x. Chú ý rằng trọng lượng của người trượt tuyết và lực ma sát F là hằng số, nguyên l{ xung lượng – động lượng cho HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Do đó, hệ số ma sát động là 67.2 0.274 245 k F N     Bài 3 Một cái bàn tròn trong hình (a) đang quay với tốc độ góc không đổi 20 /rad s  quanh trục-z thẳng đứng. Một khối hộp B khối lượng m được đặt lên cái bàn đang quay với vận tốc đầu bằng 0 và dây AB căng. Nếu khối hộp trượt trong 3.11s trước khi đạt tới tốc độ của bàn, hãy xác định hệ số ma sát giữa khối hộp và bàn. Lời giải Áp dụng pp Xung lượng góc – Động lượng góc đối với trục z để giải bài toán. FBD của khối hộp được thể hiện trong hình (b). Sức căng T của đây đi qua trục- z, trong khi trọng lượng W và phản lực pháp tuyến N song song với trục-z. Do đó, momen của các lực này đối với trục z bằng không. Momen của lực ma sát động F đối với trục z là  z kM N R . Thay N = mg (có thể thu được từ phương trình 0zF  ), chúng ta có z kM mgR Nếu chúng ta đặt t1 = 0 là thời điểm khối hộp được đặt lên bàn, thì t2 =3.11s là thời điểm khối hộp không trượt so với bàn. Bởi vì Mz là hằng số, xung lượng góc của lực ma sát với trục z trong thời gian trượt là Sự thay đổi tương ứng của động lượng góc của khối hộp đối với trục z là trong đó chúng ta đã thay v R  . Áp dụng nguyên l{ xung lượng góc – động lượng góc đối với trục z, chúng ta có HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa       2 221 2 2 1z z z kA h h mgRt mR      Từ phương trình này, chúng ta tìm được hệ số ma sát động      2 0.5 20 0.328 9.81 3.11 k R gt       . Bài 4 Chất điểm khối lượng m = 0.3kg trong hình (a) di chuyển trên một mặt phẳng ngang không ma sát. Một đầu của lò xo tuyến tính được gắn với chất điểm, và đầu kia được gắn vào điểm cố định O. Nếu chất điểm được phóng đi từ A với vận tốc v1 như đã chỉ ra trên hình, hãy xác định độ cứng k của lò xo nếu khoảng cách lớn nhất giữa chất điểm và điểm O là 400mm. Lò xo không biến dạng khi chất điểm ở A. Lời giải Sơ đồ trong hình (b) biểu diễn các véc tơ động lượng mv1 và mv2 khi chất điểm ở vị trí A và B tương ứng. Điểm B là vị trí của chất điểm khi độ dại của lò xo bằng với giá trị lớn nhất của nó L2 400 mm. Chú ý rằng hướng của v2 tiếp tuyến với đường cong quỹ đạo của chất điểm; nói cách khác, véc tơ vận tốc v2 vuông góc với lò xo. Vì lực lò xo luôn hướng về điểm O, động lượng góc bảo toàn. Xét các véc tơ động lượng trong hình (b), và nhắc lại rằng động lượng góc bằng momen của động lượng tuyến tính ( Oh mvd ), chúng ta có Từ phương trình này chúng ta giải tìm được  00 1 1 2 2 2cos60 200cos60 0.500 / 400 v L v m s L    Mặt phẳng ngang (a) (b) Sơ đồ động lượng HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Vì lực lò xo bảo toàn, cơ năng của chất điểm được bảo toàn: 1 1 2 2T V T V   2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 mv k mv k    trong đó 1 và 2 là độ biến dạng của lò xo khi chất điểm ở A và B tương ứng. Thay 1 2 2 10, 200mm 0.200mL L      , và thay các giá trị của m, v1 và v2, chúng ta có         2 2 21 1 1 0.3 2 0 0.3 0.500 0.200 2 2 2 k   Từ phương trình này chúng ta tìm được k = 28.1 N/m IV. PHƯƠNG PHÁP XUNG LƯỢNG – ĐỘNG LƯỢNG ĐỐI VỚI HỆ CHẤT ĐIỂM CÁC BÀI TẬP MẪU Bài 1 Hai con chaỵ A và B đươc̣ biểu diêñ trong hình (a) trươṭ doc̣ theo các thanh dâñ không ma sát , nằm cùng trong môṭ măṭ phẳng thẳng đứng và hai thanh dâñ cách nhau 1.2 m. Độ cứng của lò xo là k = 100 N/m, và chiều dài tự nhiên của nó là L0 = 1.2 m. Nếu hê ̣đươc̣ thả ra từ traṇg thái nghỉ taị vị trí như hình (a), nơi mà lò xo bi ̣ dañ tới chiều dài 1 1.8mL  , tính tốc đô ̣lớn nhất hai con chaỵ đaṭ đươc̣ . Lời giải Khi hê ̣đươc̣ thả ra từ t rạng thái nghỉ tại vị trí như trong hình (a), vị trí mà chúng ta coi là vị trí 1, sức căng trong lò xo kéo hai con chaỵ về phía nhau . Bởi vì chiều dài tư ̣nhiên của lò xo bằng với khoảng cách giữa hai thanh dẫn , lò xo sẽ k hông biến daṇg khi A ở ngay trên B. Vị trí này , vị trí mà chúng ta sẽ coi là vị trí 2, là vị trí mà tốc độ của các con chạy là lớn nhất . Sau khi qua vi ̣ trí 2, sức căng trong lò xo làm giảm tốc đô ̣của các con chaỵ , cuối cùng dẫn chúng tới điểm dừng tạm thời. Sau đó chuyển đôṇg đổi chiều , hê ̣trở laị vi ̣ trí 1, vì hệ bảo toàn. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 1. Nguyên lý công – năng lƣơṇg Chúng ta sẽ phân tích hệ gồm hai con chạy và lò xo . Hình (b) biểu diêñ FBD của hê ̣ở vi ̣ trí bất kỳ. Các ngoại lực tác dụng lên hệ là trọng lượng của các con chạy , WA và WB, và các phản lực , NA và NB, đươc̣ tác duṇg bởi thanh dâñ. Lưc̣ trong lò xo không xuất hiêṇ trên FBD của hê ̣vì nó là nôi lưc̣. Từ FBD trong hình (b), chúng ta thấy rằng  1 2 ext 0U   vì các ngoại lực vuông góc với đường di chuyển của các con chạy . Do đó , nguyên lý công – năng lươṇg, * phương trình (15.24), cho       1 2 1 2 2 1ext int 1 2 2int 0 0 U U T T U T          Sử duṇg phương trình (4.10) để tính  1 2 intU  , công đươc̣ thưc̣ hiêṇ bởi lưc̣ lò xo , và nhận thấy rằng đôṇg năng của hê ̣bằng tổng đôṇg năng của các con chạy, phương trình trên trở thành      2 22 22 1 2 2 1 1 1 2 2 2 A A B Bk m v m v     Thay các giá tri ̣ số – chú ý rằng độ biến dạng của lò xo là 1 1 0 1.8 1.2 0.6mL L      và 2 0  – chúng ta được           2 2 2 2 2 1 1 1 100 0 0.6 12 8 2 2 2 A Bv v      Phương trình này có thể đươc̣ đơn giản hoá thành     2 2 2 2 6 4 18A Bv v  (a) 2. Nguyên lý xung lƣơṇg – đôṇg lƣơṇg Phương trình thứ hai thể hiêṇ mối liên hê ̣giữa các vâṇ tốc cuối của A và B có thể thu được bằng cách áp dụng nguyên lý xung lượng – đôṇg lươṇg cho cơ hê ̣ . Từ FBD của hê ̣trong hình (b), chúng ta thấy rằng không có ngoại lực tác dụng theo phương x. Do đó , đôṇg lươṇg của hê ̣đươc̣ bảo toàn theo phương x. ( Sư ̣thay đổi đôṇg lươṇg của hê ̣theo phương thẳng đứng cũng bằng không, nhưng điều đó không cần quan tâm ở đây .) Vì động lượng theo phương x tại vị trí 1 bằng không, nó cũng phải bằng không tại vị trí 2. Tính động lượng của hê ̣bằng cách côṇg đôṇg lươṇg của các con chạy, ta có HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa       2 2 2 0x A A B Bp m v m v     trong đó vâṇ tốc của các con chaỵ đều đươc̣ giả thiết là hướng sang phải . Thay các giá tri ̣ khối lươṇg, phương trình trên trở thành     2 2 12 8 0A Bv v  (b) Giải đồng thời các phương trình (a) và (b), tốc đô ̣lớn nhất của các con chaỵ là   2 1.095m/sAv   và  2 1.643m/sBv   Sư ̣đối ngươc̣ về dấu trong các kết quả này chỉ ra rằng nếu co n chaỵ A di chuyển sang phải khi nó qua vi ̣ trí 2, thì con chạy B di chuyển sang phải, và ngược lại. Bài 2 Khối A năṇg 12kg trong hình (a) đươc̣ thả ra từ traṇg thái nghỉ taị đỉnh của vâṭ hình nêm B năṇg 2kg (vị trí 1). Xác định vận tốc của A và B khi khối A tới vi ̣ trí thấp nhất trên măṭ nghiêng của B như đươc̣ biểu diêñ trong hình (b) (vị trí 2). Bỏ qua ma sát. Lời giải Lời giải của chúng ta gồm các bước sau (áp dụng cho hê ̣gồm khối A và vật hình nêm B) Bƣớc 1: Áp dụng nguyên lý bảo toàn cơ năng . Bƣớc 2: Áp dụng nguyên lý bảo toàn động lượng tuyến tính theo phương x. Bƣớc 3: Sử duṇg đôṇg hoc̣ xác đi ̣nh liên hê ̣vâṇ tốc của A và B. Bƣớc 4: Giải các phương trình nhận được từ bước 1 đến bước 3. Thứ tư ̣các bước từ 1 đến 3 như đa ̃nêu trên là không quan troṇg . Các hướng giả thiết cho các vận tốc của A và B tại vị trí 2 được thể hiêṇ trong hình (b). FBD của hê ̣taị vi ̣ trí bất kỳ đươc̣ biểu diêñ trong hình (c). Bƣớc 1: Sƣ ̣bảo toàn cơ năng (a) Vị trí 1 (b) Vị trí 2 HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Vì ma sát được bỏ qua , lưc̣ duy nhất sinh công trên dic̣h chuyển của cơ hê ̣từ vi ̣ trí 1 đến vị trí 2 là trọng lượng của A. Điều này có nghiã là cơ hê ̣bảo toàn . Chọn mặt phẳng ngang làm mốc để tính thế năng Vg, như đa ̃chỉ ra trong hình (c), nguyên lý bảo toàn cơ năng, * phương trình (15.26), cho     1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 0 0 2 2 A A A B B V T V T m gh m v m v        Chú ý rằng 1 0T  và 2 0V  . Thay các giá tri ̣ số , phương trình này trở thành          2 2 2 2 1 1 12 9.81 0.4 12 2 2 2 A Bv v  Hay     2 2 2 2 6 47.09A Bv v  (a) Bƣớc 2: Sƣ ̣bảo toàn đôṇg lƣơṇg tuyến tính theo phƣơng x Từ FBD trong hình (c) chúng ta thấy rằng không có lực tác dụng lên hệ theo phương x. Do đó , thành phần theo phương x của động lượng của hệ bảo toàn . (Các phản lực tác dụng giữa A và B có thành phần -x, nhưng các lưc̣ này là nôị lưc̣ của hê ̣.) Vì thành phần-x của động lượng của hệ tại vị trí 1 bằng không, nên thành phần -x của động lượng của hệ tại vị trí 2 cũng bằng không . Sử duṇg các vận tốc đã được biểu diễn trong hình (b), chúng ta nhận được       2 2 2 0x A Ax B Bp m v m v     Thay các giá tri ̣ của mA và mB, chúng ta có     2 2 12 2 0Ax Bv v  (b) Bƣớc 3: Sƣ̉ duṇg đôṇg hoc̣ xác điṇh liên hê ̣vâṇ tốc của A và B Vâṇ tốc của A và B phải thoả mãn phương trình vận tốc tương đối /A A B B v v v . Ràng buộc động học là /A Bv hướng doc̣ theo măṭ phẳng nghiêng của B. Giả thiết rằng /A Bv hướng xuống theo măṭ phẳng nghiêng, chúng ta có Mốc thế năng HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Sử duṇg các vâṇ tốc đa ̃đươc̣ biểu diêñ trong hình (b), phương trình vâṇ tốc tương đối cho vi ̣ trí 2 là                 /2 2 2 0 0 / /2 2 2 22 cos30 sin 30 A A B B Ax Ay A B A B Bv v v v v       v v v i j i j i Cân bằng các thành phần véc tơ ta đươc̣ hai phương trình vô hướng :      0/2 2 2cos30Ax A B Bv v v  (c)     0/ 22 sin30Ay A Bv v  (d) Bƣớc 4: Giải các phƣơng trình nhận đƣơc̣ tƣ̀ bƣớc 1 đến bƣớc 3 Xem xét các phương trình từ (a) đến (d) ta thấy rằng bốn phương trình chứa bốn ẩn :        /2 2 22, , ,Ax Ay B A Bv v v v . Bỏ qua chi tiết của các bước giải, ta có kết quả là         2 2 /2 2 0.58m/s 2.34m/s 3.48m/s 4.69m/s Ax Ay B A B v v v v      Vì dấu của   2Ay v là âm, chiều của nó ngươc̣ với chiều đa ̃giả thiết trên hình (b). Tốc đô ̣của A tại vị trí 2 là           22 2 2 2 2 2 0.580 2.34 2.41m/sA Ax Ayv v v     Bài 3 Môṭ bô ̣lắp ráp đươc̣ thể hiêṇ trong hình (a) gồm hai quả cầu nhỏ , mỗi quả cầu có khối lươṇg m, trươṭ trên khung AOB cứng, không ma sát , khối lươṇg không đáng kể . Ổ đỡ tại O cho phép sư ̣ quay tư ̣do của khung quanh truc̣ z. Ban đầu khung đang quay với vâṇ tốc góc 1 trong khi các dây giữ các quả cầu ở khoảng cách R1. Sau đó , các dây bị cắt đồng thời , cho phép các quả cầu trươṭ về phía các vâṭ chắn taị A và B, các vật chắn cách trục z môṭ khoảng R2. Xác định 2 , vâṇ tốc góc cuối của cơ cấu, giả thiết rằng các quả cầu không bật lại sau khi chạm vật chắn . HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Lời giải Sơ đồ vâṭ thể tư ̣do của bô ̣lắp ráp trước khi dây bi ̣ cắt đươc̣ biểu diêñ trong hình (a). Các ngoại lưc̣ tác duṇg lên bô ̣lắp ráp là các troṇg lươṇg mg của các quả cầu và lực đỡ th ẳng đứng F tại O. (Sư ̣đối xứng ngăn ngừa các lưc̣ khác hay momen tác duṇg bởi ổ đỡ taị O.) Các lực tác dụng giữa hai quả cầu và thanh dâñ , và các lực trong dây là các nội lực nên chúng không xuất hiện trong FBD của hê.̣ Từ hình (a) chúng ta thấy rằng momen của các ngoại lực đối với trục z bằng không vì các lưc̣ này song song với truc̣ z. Sau khi các dây bi ̣ cắt , FBD này se ̃thay đổi theo thời gian vì hai quả cầu di chuyển ra xa truc̣ z. Tuy nhiên, các trọng lực luôn luôn song song với trục z, điều này có nghĩa là xung lượng góc đối với trục z tiếp tuc̣ bằng khôn khi các quả cầu di chuyển doc̣ thanh dâñ. Khi hai quả cầu chaṃ vâṭ chắn , các lực va chạm là nộ i lưc̣ đối với FBD của hê ̣ . Do đó , sẽ không bao giờ có xung lươṇg góc tác duṇg lên bô ̣lắp ráp theo truc̣ z, như vâỵ đôṇg lươṇg góc đối với truc̣ z luôn bảo toàn. Các sơ đồ động lượng của hệ tại các thời điểm t1 và t2 đươc̣ biểu diêñ trong hình (b) và (c) tương ứng, trong đó t1 là thời điểm trước khi dây bị cắt , và t2 là thời điểm hai quả cầu đứng yên tương đối so với thanh dâñ . Chỉ động lượng tuyến tính của mỗi quả cầu được biểu diễn , vì khối lươṇg của khung đươc̣ bỏ qua. Vâṇ tốc của các quả cầu đươc̣ liên hê ̣với vâṇ tốc góc bởi 1 1 1v R và 2 2 2v R  (a) Sơ đồ vật thể tự do HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Bởi vì đôṇg lươṇg góc bằng momen của đôṇg lươṇg tuyến tính , sư ̣bảo toàn đôṇg lươṇg góc đối với trục z cho Từ phương trình này chúng ta tìm đươc̣   2 1 2 1/R R  Chú ý Di chuyển khối lươṇg về phía truc̣ quay hay ra xa truc̣ quay là môṭ cách điều khiển tốc đô ̣góc hiêụ quả (hãy chú ý đến bình phương của tỷ lệ R1/R2 trong kết quả cuối cùng ). Ví dụ, người trươṭ băng dùng sư ̣bố trí các cánh tay của ho ̣để thay đổi tốc đô ̣quay . (b) Sơ đồ động lượng tại t = t1 (c) Sơ đồ động lượng tại t = t2 HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa V. PHƯƠNG PHÁP XUNG LƯỢNG – ĐỘNG LƯỢNG ĐỐI VỚI VẬT RẮN VÀ HỆ VẬT RẮN  Sơ đồ động lượng của vật chuyển động phẳng Sơ đồ động lượng là một phác thaỏ vật thê ̉trên đó thê ̉hiện các động lượng sau :  Véc tơ động lượng tuyến tính của vật: mp v tác dụng tại G, trong đó m là khối lượng của vật , v là vận tốc khối tâm G của vật.  Động lượng góc (được biểu diễn như một ngã̂u): Gh I trong đó I là momen quán tính khối lượng của vật đối với G, ω là vận tốc góc của vật. Từ sơ đồ động lượng, ta có động lượng góc cuả vật đôí với điêm̉ A bât́ kỳ là  Phương pháp Xung lượng – Động lượng  Liên hệ xung lượng tuyến tính – động lượng tuyến tính 1 2 2 1  L p p trong đó 1 2L là xung lượng tuyến tính của các ngoại lực tác dụng lên vật trong khoảng thời gian từ t1 đến t2.  Liên hệ xung lượng góc – động lượng góc trong đó   1 2A  A là xung lượng góc của các ngoại lực tác dụng lên vật. Các liên hệ trên cũng có thể áp dụng cho hệ vật rắn miễn là: + Các xung lượng chi ̉là cuả các ngoại lực tác dụng lên hệ + Các động lượng là tổng các động lượng của các vật thuộc hệ       1 2 2 1 A h hA A A   (A: điểm cố định hoặc khối tâm của vật) Ah I mvd  (A: điểm bât́ kỳ) HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa + Điêm̉ A trong công thức liên hệ xung lượng góc – động lượng góc là một điêm̉ cô ́điṇh hoặc là khôí tâm cuả hệ vật. CÁC BÀI TẬP MẪU Bài 1 Đĩa đồng chất nặng 150-kg đang quay quanh một trục cố định tại O. Đĩa chịu tác dụng bởi một lực không đổi P =320N (tác dụng lên sợi dây quấn quanh đĩa) và ngẫu lực ngược chiều kim đồng hồ C(t) biến đổi theo thời gian như trên biểu đồ. Nếu đĩa đứng yên khi t=0, xác định (1) vận tốc góc của đĩa khi t=4s; và (2) thời gian khi vận tốc góc bảo toàn hướng. Lời giải Tổng xung lượng góc đối với O được thu được bởi việc lấy tổng các xung lượng góc của tất cả các lực mà tác dụng lên đĩa. Các phản lực đỡ và trọng lực của đĩa không có xung lượng góc đối với O (chúng đi qua O). Do đó, chúng ta chỉ cần xác định xung lượng góc của lực P và ngẫu lực C(t). Bởi vì P là hằng số, xung lượng góc đối với O trên khoảng thời gian Δt=t2-t1 là 1 2( )OA PR t   (chiều kim đồng hồ). Tuy nhiên, C(t) phụ thuộc thời gian, xung lượng góc của nó phải thu được bởi việc tính tích phân: 2 1 1 2( ) ( ) t O t A C t dt   (ngược chiều kim đồng hồ). Với mục đích tính toán, ta thấy rằng tích phân đó chính là diện tích của hình nằm dưới biểu đồ C-t trong khoảng thời gian t1 đến t2. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Phần 1: Mô men quán tính của đĩa đối với khối tâm O là Với t1 =0 và t2 =4s, tổng xung lượng đối với O trở thành Áp dụng phương trình xung lượng – động lượng góc cho đĩa, chúng ta có dẫn đến Phần 2: Gọi t3 là thời gian mà vận tốc góc của đĩa bằng không. Chú ý rằng vận tốc góc ban đầu cũng bằng không, chúng ta kết luận không có sự thay đổi động lượng góc giữa thời gian t1 và t3. Do đó, tổng xung lượng góc phải bằng không, nghĩa là Để tính toán giá trị của tích phân (diện tích dưới biểu đồ C-t), chúng ta phải biết liệu t3<4s hay t3>4s. Chú ý rằng C=0 khi t=0, chúng ta kết luận rằng vận tốc góc của đĩa có chiều kim đồng hồ, bởi vì chiều của xung lượng góc của P. Bởi vì đĩa vẫn quay theo chiều kim đồng hồ khi t=4s (xem phần 1), chúng ta kết luận rằng t3>4s. Do đó, phương trình (a) là HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Nghiệm là Bài 2 Đĩa đồng chất nặng 4-kg trong Hình (a) đang đứng yên thì lực 30-N tác dụng tại khối tâm của đĩa trong thời gian 1.5-s, sau đó lực tác dụng bằng không. Trong thời gian 1.5s, ma sát là không đủ để ngăn đĩa trượt. Xác định thời gian khi sự trượt dừng lại và vận tốc góc tương ứng của đĩa. Hệ số ma sát động giữa đĩa và mặt đường nằm ngang là 0.2. Lời giải Sơ đồ vật thể tự do: Hình (b) thể hiện FBD của đĩa tại thời gian t bất kỳ trong thời gian trượt. Bởi vì không có gia tốc theo phương y, lực pháp tuyến tại điểm tiếp xúc C thu được từ phương trình 0yF  , dẫn đến NC=mg. Bởi vì đĩa đang trượt, lực ma sát là FC=µkmg. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Biểu đồ động lượng cuối cùng: Biểu đồ động lượng cuối cùng của đĩa tại thời điểm tức thời (t=t2) khi sự trượt dừng lại cũng được thể hiện trong Hình (b). Biểu đồ này thể hiện động lượng góc đối với khối tâm G: 2 2 2( / 2)I mR  , và động lượng tuyến tính của đĩa: 2 2( )mv m R , với 2 2v R là điều kiện động học để lăn không trượt. Phân tích xung lượng – động lượng: Chúng ta bắt đầu bằng việc áp dụng phương trình xung lượng – động lượng góc đối với khối tâm G của đĩa, trong thời gian từ t1=0 (lúc lực 30-N tác dụng) đến t2 (khi không trượt). Theo Hình (b), chúng ta có: Do đó, Phương trình xung lượng – động lượng tuyến tính theo hướng x dẫn đến HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Chú ý rằng P(t) =30N khi 0< t <1.5s và bằng không trong thời gian còn lại, chúng ta có 2 0 ( ) 30(1.5) 45 t P t dt Ns  . Do đó, phương trình (b) trở thành Nghiệm của các phương trình (a) và (c) là Bài 3 Hình (a) thể hiện một thanh B có khối lượng mB được đặt bên trong ống A có khối lượng mA. Các vật đều là mảnh, đồng chất và cùng chiều dài L. Ban đầu, B được giữ bên trong A (a=0) bởi một cái chóp nhẹ (không thể hiện) mà phủ lên đầu của A trong khi hệ đang quay tự do quanh trục z với vận tốc góc ω1. Sau đó chóp được bỏ đi, cho phép thanh trượt trong ống. Xác định vận tốc góc ω2 của hệ khi thanh trượt hoàn toàn ra khỏi ống (a=L). Bỏ qua ma sát. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa Lời giải Sơ đồ vật thể tự do: Hình (b) thể hiện FBD của cả hệ khi thanh B mở ra một khoảng cách bất kỳ a so với đầu của ống A. FBD này chỉ thể hiện các lực tác dụng trong mặt phẳng xy. FBD đầy đủ có thể cũng bao gồm trọng lực của các vật, một phản lực Oz, và ngẫu lực Cx tác dụng tại O. Tuy nhiên, bởi vì chúng không ảnh hưởng đến chuyển động trong mặt phẳng xy, chúng có thể không cần thể hiện trên hình. Cũng chú ý rằng các lực tương tác giữa ống và thanh không xuất hiện trên FBD bởi vì chúng là các lực trong. Đó là lý do tại sao chúng ta chọn phân tích chuyển động của cả hệ, thay vì xét mỗi vật tách riêng. Biểu đồ động lượng ban đầu: Hình (b) cũng thể hiện biểu đồ động lượng ban đầu, với thanh B nằm hoàn toàn trong ống A, trước khi thoát ra khỏi ống. Chú ý rằng biểu đồ đó bao gồm các véc tơ động lượng tuyến tính và HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC GV. Nguyễn Thị Kim Thoa góc của A và B. Các vận tốc góc của các vật thể là ω1, nên vận tốc khối tâm của chúng bằng nhau là (L/2)ω1. Biểu đồ động lượng cuối cùng: T

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfhuong_dan_giai_bai_tap_co_ky_thuat_2_phan_dong_luc_hoc.pdf