Bài tập luyện tập tổng hợp Vật lí Lớp 10 - Tập 1 - Phần 2: Động lực học chất điểm - Chuyên đề 11: Cân bằng của vật rắn có trục quay cố định

Nội dung text: Bài tập luyện tập tổng hợp Vật lí Lớp 10 - Tập 1 - Phần 2: Động lực học chất điểm - Chuyên đề 11: Cân bằng của vật rắn có trục quay cố định

1. 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 được giữ nhờ lực F vuông góc với AB. Thanh AB nằm nghiêng cân bằng. Hệ số ma sát trượt giữa AB với sàn là  . a) Lập biểu thức xác định  theo a. b) Với giá trị nào của a hệ số ma sát  là nhỏ nhất. Giá trị nhỏ nhất này là bao nhiêu? (Trích đề thi Olimpic 30⁄4, 1998) Bài giải a) Biểu thức xác định  theo 1 Quy tắc mômen lực đối với trục quay l: Ql.cos Fmsl sin . sin (1 là nửa chiều dài của thanh AB) sin .cos 1 Suy ra: F Q Q ms 1 sin2 2tan cot 1 Vì F   ; Q ms 2tan cot 1 Vậy: Biểu thức xác định  theo là  2tan cot b) Giá trị của để  nhỏ nhất Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: 2tan cot 2 2tan .cot 2 2. 1 1 Dấu “=” xảy ra khi: 2tan cot tan và   . tan 2 min 1 1 2 35,26 và   2 2 min 2 2 4 2 Vậy: Giá trị của để  nhỏ nhất là 35,26 và  . min 4 16.Hai quả cầu đồng chất, tâm O 1; O2bán kính R1> R2 trọng lượng P 1> P2 tựa vào nhau ở điểm B và cùng được treo vào điểm O nhờ dây OA1 = R2và dây OA2 =R1. Tính góc nghiêng của OA1với đường thẳng đứng khi cân bằng. Bài giải Ta có: OO1 OA1 R1 R2 R1 O1O2 .
2. Và: OO2 OA2 R2 R1 R2 O1O2 . Do đó, O O1O2 đều.  - Quả cầu O1chịu tác dụng của 3 lực:trọng lực P1 ; lực   căng dâyT1 ; áp lực N1 . - Điều kiện cân bằng đối với trục quay qua O: M  M  . P1 O N1 O P1 .O1H1 N1 .OH 3 P R R sin N R R 1 1 2 1 1 2 2 2P 3 N 1 sin . 1 3    - Quả cầuO2chịu tác dụng của 3 lực: trọng lực P2 ; lực căng dâyT2 ; áp lực N2 . - Điều kiện cân bằng đối với trục quay qua O: M  M  . P2 O N2 O 3 P .O H N .OH P R R sin 60 N R R 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2P 3 N 2 sin 60 2 3 - Vì: N1 N2 P1 sin P2 sin 60 . P1 sin P2 sin60cos P2 sin cos60 3 1 P sin P cos P sin 2P P sin P 3 cos 1 2 2 2 2 1 2 2 P 3 P 3 tan 2 arctan 2 2P1 P2 2P1 P2 P2 3 Vậy: Góc nghiêng của OA1 với đường thẳng đứng khi cân bằng là arctan . 2P1 P2 17.Hai thanh bê tông mỏng tạo thành hệ nhưhình vẽ. Các thanh có thể quay không ma sát quanh các trục đi qua các đầu A, B. Đầu trên của hai thanh tựa vào nhau và tạo thành góc 90 .Góc giữa thanh AC (khối lượng M) và phương ngang bằng , thanh còn lại có khối lượng m. a) Xác định hệ số ma sát nhỏ nhất giữa hai thanh đề không xảy ra sự trượt.
3. b) Trong trường hợp M = 3m, 45 . Hãy xác định các phản lực tại A và B. Bài giải a) Hệ số ma sát nhỏ nhất giữa hai thanh để không xảy ra sự trượt   - Các lực tác dụng lên thanh AC: trọng lực P1 ; phản lực Q1 ,  của thanh BC; phản lựcQA của bản lề tại A; lực ma  sát Fms1 với thanh BC. - Thanh AC cân bằng (đối với trục quay qua A): M M . P1 A Q1 A AC P . .cos Q .AC 1 2 1 1 1 Q P cos Mg cos (1) 1 2 1 2    - Các lực tác dụng lên thanh BC: trọng lực P2 ; áp lực N2 của thanh AC; phản lực QB của bản lề tại B; lực ma  sát Fms2 với thanh AC. - Thanh BC cân bằng (đối với trục quay qua B): M M . P2 B Fms 2 B BC 1 1 P . .sin F .BC F P sin mg sin (2) 2 2 ms2 ms2 2 2 2 Q1 N2 ;Fms1 Fms2 1 mg sin F m - Để thanh không trượt: F kN k ms 2 tan . ms 2 N 1 M 2 Mg cos 2 m k tan min M m Vậy: Hệ số ma sát nhỏ nhất giữa hai thanh để không xảy ra sự trượt là k tan . min M b) Xác định các phản lực tại A và B khi M 3m, 45 Gọi X A ,YA ,X B ,YB là các phản lực tại A và B theo các phương OX và OY. Ta có: 1 X F cos Q sin 0 X M m g.sin 2 X mg. A ms1 1 A 4 A 1 X F cos N sin 0 X M m g.sin 2 X mg. B ms2 2 B 4 B
4. 1 Y F sin Q cos Mg 0 Y M M m sin2 g 2,5mg. A ms1 1 A 2 1 Y F sin N cos mg 0 Y m M m cos2 g 1,5mg. B ms2 2 B 2 2 2 2 2 Từ đó: QA X A YA mg 2,5mg 2,7mg. 2 2 2 2 QB X B YB mg 1,5mg 1,8mg.   Góc giữa QA ,QB và trục Ox được xác định bởi: Y 1,5mg tan B 1,5 56,3. X B mg Vậy: Phản lực tại 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 được giữ   bằng lực F . Cho lực F có giá hợp với phương thẳng đứng một góc  và ở vị trí cân bằng thanh hợp với phương thẳng đứng một góc . Biết hệ số ma sát nghỉ nhỏ nhất giữa thanh và sàn để thanh cân bằng khi góc 1 thay đổi 30 45 là  . Xác định góc  . min 3 Bài giải     - Các lực tác dụng lên thanh: trọng lực P ; phản lực Q ; lực ma sát Fms ; lực nâng F . - Điều kiện cân bằng của thanh AB đối với trục quay qua O: L L   M M Q sin Fms cos OC (1) Q O Fms O 2 2 OC L - Áp dụng định lí hàm số sin trong BOC , ta được: . sin  2 sin  OC L L sin  OC (2) sin  2 sin  2 sin  - Thay (2) vào (1), ta được: L L L sin  Q sin Fms cos 2 2 2 sin  Q sin sin  F N Q ms cos sin  sin  sin sin  sin sin   cos sin  sin  cos sin  sin cos  sin  cos
5. sin sin  1  2cos sin  sin cos  2cot cot  1 - Với 30 45   . 2 cot  min 1 1 cot  1  45 2 cot  3  Vậy: Góc  giữa lực F và phương thẳng đứng là  45. 19.Xe cút kít trên đường nằm ngang phải vượt qua một bậc có chiều cao h = 5cm. Bánh xe có bán kính R = 20cm. Càng xe OA làm với phương nằm ngang một góc 30 . Trọng lực của xe và tải P = 1200N có giá đi qua tâm O của bánh xe. Xét hai trường hợp: đẩy xe (hình a) và kéo xe (hình b). Lực của tay có phương của 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 của điểm tiếp xúc B giữa bánh xe và bậc. Bánh xe không trượt ở B. c) Định 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 của bậc Qd . - Khi lực đẩy Fñ Fmin thì mômen của nó đối với trục B phải cân bằng với mômen của trọng lực P:
6. M M P.OH (1) Fñ B P B Với OH OB2 HB2 202 152 5 7cm 0,05 7m - Cánh tay đòn của lực đẩy Fñ là: d® Rsin  R cos  2 M F R cos  (2) Fñ B ñ 15 Với cos  0,75  41,4 20 P.OH 1200.0,05 7 - Từ (1) và (2) ta có: F 2488N ñ R cos  0,20 cos 30 41,4 * Trường hợp kéo xe: - Mômen của P như cũ, cánh tay đòn của lực kéo Fk là: dk R sin  R sin  R cos  2 2 dk 20 cos 11,4 19,4cm 0,194m P.OH 1200.0,05 7 - Lực kép: F 810N k R cos  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 hơn đẩy. b) Phản lực Qd và Qk của điểm tiếp xúc B giữa bánh xe và bậc * Trường hợp đẩy xe: Ta có: Qñ cos  P Fñ sin . P F sin 1200 2488.sin30 Q ñ 3259N ñ cos  cos 41,4 * Trường hợp kéo xe: Ta có: Qk cos  P Fk sin . P F sin 1200 810.sin30 Q k 1060N k cos  cos 41,4 Vậy: Phản lực Qd và Qk của điểm tiếp xúc B giữa bánh xe và bậc khi đẩy xe là Qñ 3259N và khi kéo xe là Qk 1060N. c) Tính để Fñ Fk . - Vì M M (khi F ) nên F F khi d d hay: Fñ B Fk B min ñ k ñ k R cos  R cos  0 : Hai lực có phương nằm ngang.
7. P.OH 1200.0,05 7 - Khi đó, ta có: F F 1058N ñ k R.cos  0,20.cos 41,4 Vậy: Để Fñ Fk thì 0 . 20.Trên mặt trong rất nhẵn của một bán cầubán kính R, người ta đặt một thanh AB khối lượng không đáng kể có chiều dài l = R, hai đầu thanh có gắn hai quả cầu nhỏ có khối lượng mA = 200g và mB = 100g. a) Thanh nằm cân bằng ở trạng thái hợp với đường nằm ngang một góc bằng bao nhiêu? b) Tính các phản lực QA; QB của bán cầu tác dụng lên các quả cầu. Lấy g= 10m/s2. Bài giải a) Tính góc Gọi G là khối tâm của thanh AB, 1 R vì m 2m nên GA GB ; A B 2 3 đặt OG d ,P Mg 3mg. - Áp dụng định lí hàm số sin cho AOG , ta được: d R R sin  (1) sin60 3 sin  2d 3 - Áp dụng định lí hàm số cosin cho AOG , ta được: R2 R R 7 d 2 R2 2R cos60 d (2) 9 3 3 - Từ(1) và (2) ta được:  196 ; 90 60  1054 . Vậy: Thanh nằm cân bằng ở trạng thái hợp với đường nằm ngang một góc 1054 . b) Các phản lực QA; QB của bán cầu tác dụng lên các quả cầu - Áp dụng quy tắc momen lực với trục quay qua A, ta được: R Mg.cos1054 0,3.10.0,98 Q R sin60 P cos Q 1,134N B 3 B 3 sin60 3 3. 2 2R - Áp dụng quy tắc momen lực với trục quay qua B, ta được:Q R sin60 P cos . A 3 Mg.cos1054 0,3.10.2.0,98 Q 2,268N A 3 sin60 3 3. 2
8. Vậy: Độ lớn các phản lực của bán cầu tác dụng lên các quả cầu là QA 2,268N và QB 1,134N 21.Một thanh nặng OA tựa trên một tấm gỗ có thể quay quanh khớp O xung quanh một trục nằm ngang (hình vẽ). Biết thanh nặng có khối lượng m 1 và hợp với phương ngang một góc ; tấm gỗ nằm ngang trên sàn có khối lượng m 2; hệ số ma sát giữa thanh nặng và tấm gỗ là 1 , giữa tấm gỗ và sàn là 2 . Hỏi phải tác dụng vào tấm gỗ một lực nằm ngang bằng bao nhiêu để có thể kéo nó ra về phía trái? Biện luận kết quả tìm được. Biết gia tốc trọng trường là g. Bài giải - Các lực tác dụng lên các vật như hình vẽ. -Thanh nặng m1: Phương trình momen lực đối với trục quay qua O: l Q l cos F l sin P cos 0 (1) 1 ms1 1 2 - Tấm ván m2: + Khi tấm ván chuyển động đều: a 0       P2 Q2 F Fms2 Fm s1 N1 0 (2) + Chiếu (2) lên các trục tọa độ Ox và Oy, ta được: F Fm s1 Fms2 0 (3) và Q2 P2 N1 (4) Trong đó: N1 Q1 ;Fm s1 Fms1 1N1 1Q1 ;Fms2 2 N2 2Q2 (5) P1 cos Q1 6 2 sin 1 cos - Từ (1), (4) và (5) ta được: P cos Q P 1 7 2 2 2 sin 1 cos P1 1 2 - Tử (3), (5), (6) và (7) ta được: F 2 P2 (8) 2 1 1 tan Vậy: Từ (8) ta thấy: P1 1 2 + Với 1 tan 1thì lực cần tìm là: F 2 P2 . 2 1 1 tan + Với 1 tan 1thì không thể kéo tắm gỗ về phía bên trái (xảy ra sự nêm chặt).
9. 22.Một vận động viên leo núi có khối lượng m = 60kg, đang ngồi nghỉ giữa hai khe núi của một vách núi có độ rộng l = 1m. Khối tâm của người này cách vách đá mà vai tì vào một đoạn d = 0,2m. Hệ số ma sát giữa 2 giày và đá là k2 = 0,9, giữa vai và đá là k1 = 0,6. Lấy g= 10m/s . a) Người này phải ép vào tường một lực nhỏ nhất bao nhiêu để khỏi rơi? b) Với lực ép nhỏ nhất ở câu (a) người này phải giữ khoảng cách thẳng đứng giữa chân và vai bao nhiêu mới ngồi vững? c) Thực tế vận động viên đặt chân thấp hơn vị trí đã tính trong câu (b) 10cm. Anh ta làm cách nào để giữ được thế cân bằng, tính các lực ma sát lúc này. (Trích đề thi Olympic 30/4, 1999) Bài giải a) Lực ép vào tường nhỏ nhất để khỏi bị rơi      - Các lực tác dụng vào người: Trọng lực P ; các phản lựcQ1 ,Q2 ; các lực ma sát fms1 , fms2 .      - Để người không rơi: P fms1 fms2 Q1 Q2 0 - Chiếu hệ thức trên lên hai phương nằm ngang và thẳng đứng, ta được: Q1 Q2 0 Q1 Q2 Q P fms1 fms2 0 - Vì ma sát là ma sát nghỉ nên: fms1 k1N1 k1Q1 ; fms2 k2 N2 k2Q2 . P fms1 fms2 k1 k2 Q P 600 và Q 400N k1 k2 1,5 Vậy: Lực ép tối thiểu phải đặt lên vách đá là Nmin Qmin 400N . b) Khoảng cách thẳng đứng giữa chân và vai để người ngồi vững - Áp dụng quy tắc mômen, với trục quay là điểm tựa của vai đặt vào vách đá, ta được: M M M P Q2 fms2 mgd Qh fms2 k2Q Với: P fms1 fms2 1 fms1 P fms2 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
10. 120 400h 360 480 400h 240 h 0,6m và h 0,6m h 0,6m Vậy: Khoảng cách thẳng đứng giữa chân và vai để người ngồi vững là h = 0,6m. c) Cách để giữ được thế cân bằng Theo đề: h = 0,7m. Từ (1) và (2), ta có: mgd 60.10.0,2 Q 600N k2l h 0,9.1 0,7 Q 600N mgl mgd 60.10.1 60.10.0,2 Q 369N k1l h 0,6.1 0,7 Vậy: Muốn cân bằng người ấy phải ép mình vào vách đá một lực có độ lớnQ 600N .