Các chuyên đề bồi dưỡng Học sinh giỏi Vật lí Lớp 10 - Tập 1 - Phần 3: Tĩnh học vật rắn - Chuyên đề 10: Cân bằng của vật rắn khi không có chuyển động quay

Nội dung text: Các chuyên đề bồi dưỡng Học sinh giỏi Vật lí Lớp 10 - Tập 1 - Phần 3: Tĩnh học vật rắn - Chuyên đề 10: Cân bằng của vật rắn khi không có chuyển động quay

1. Phần thứ ba. TĨNH HỌC VẬT RẮN 1. CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG Chuyên đề 10: CÂN BẰNG CỦA VẬT RẮN KHI KHÔNG CÓ CHUYỂN ĐỘNG QUAY A. TÓM TẮT KIẾN THỨC 1. Cân bằng của chất điểm - Trạng thái cân bằng: a 0 : chất điểm đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều. - Điều kiện cân bằng của chất điểm: Một chất điểm cân bằng khi hợp lực của các lực tác dụng lên chất điểm bằng 0.    F1 F2 Fn 0 (10.1) - Hợp lực của các lực tác dụng lên chất điểm được xác định theo quy tắc hình bình hành. 2. Cân bằng của vật rắn khi không có chuyển động quay 2.1. Vật rắn và đặc điểm chuyển động của vật rắn - Vật rắn là những vật có kích thước đáng kể và hầu như không bị biến dạng dưới tác dụng của lực. - Vật rắn có thể chuyển động tịnh tiến như chất điểm hoặc có thể chuyển động quay hoặc vừa chuyến động tịnh tiến vừa chuyển động quay. 2.2. Cân bằng của vật rắn khi không có chuyển động quay - Điều kiện cân bằng của vật rắn khi không có chuyển động quay: Khi không có chuyển động quay, vật rắn cân bằng khi hợp lực của các lực tác dụng vào vật rắn bằng không.    F1 F2 Fn 0 (10.2) - Các trường hợp cụ thể + Trường hợp vật rắn chịu tác dụng của hai lực: hai lực đó phải cùng giá, ngược chiều và cùng độ lớn (F1 F2 ) . + Trường hợp vật rắn chịu tác dụng của ba lực: ba lực đó phải có giá đồng phẳng và đồng quy, có họp lực    bằng không (F1 F2 F3 0) . - Các quy tắc tìm hợp lực + Quy tắc hợp lực đồng quy: Để xác định hợp lực của các lực đồng quy tác dụng vào vật rắn ta cần:  xác định điểm đồng quy.  trượt các lực tới điểm đồng quy.  dùng quy tắc hình bình hành để tìm hợp lực.
2. + Quy tắc hợp lực song song: Để xác định hợp lực của các lực song song tác dụng vào vật rắn ta dựa vào quy tắc hợp lực song song:  với hai lực song song cùng chiều, hợp lực cùa chúng có phương song song với hai lực, cùng chiều với hai lực, có độ lớn bằng tổng hai lực và có giá chia trong đoạn thẳng nối hai giá của hai lực thành phần thành những đoạn tỉ lệ nghịch với độ lớn hai lực: F1 d2 F F1 F2 và (10.3) F2 d1  với hai lực song song ngược chiều: hai lực của chúng có phương song song với hai lực, cùng chiều với lực lớn hơn, có độ lớn bằng hiệu hai lực và có giá chia ngoài đoạn thẳng nối hai giá của hai lực thành phần thành những đoạn tỉ lệ nghịch với độ lớn hai lực: F1 d2 F F1 F2 và (10.4) F2 d1 3. Trọng tâm của vật rắn - Khái niệm: Đối với những vật không lớn lắm thì điểm đặt của trọng lực tác dụng lên vật được gọi là trọng tâm của vật. - Đặc điểm: Khi lực tác dụng có giá đi qua trọng tâm thì lực chỉ làm cho vật chuyển động tịnh tiến; khi lực tác dụng có giá không đi qua trọng tâm thì lực có thể làm cho vật vừa tịnh tiến vừa quay. - Cách xác định trọng tâm: Có 3 cách thường dùng: + Đối với các vật đồng chất thì trọng tâm của vật trùng với tâm đối xứng hoặc nằm trên trục hay mặt phẳng đối xứng. + Dùng công m1x1 m2 x2 mn xn mi xi thức: xG (10.5) m1 m2 mn m
3. ( xi là tọa độ của phần tử thứ I có khối lượng là mi ; m là khối lượng của vật) + Dùng quy tắc hợp lực song song cùng chiều để tìm điểm đặt của hợp các trọng lực tác dụng vào các phần tử của vật (P1, P2 , , Pn ) . B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP  VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG  - Khi không có chuyển động quay, điều kiện cân bằng của vật rắn là: a 0 Fhl 0 .    F1x F2x 0 F1 F2 Fn 0 F1y F2 y 0 - Khi sử dụng các quy tắc hợp lực cần xác định các trường hợp cụ thể của các lực thành phần: đồng quy, cùng chiều hay ngược chiều. - Trọng tâm của vật trong không gian hai, ba chiều Oxy hoặc Oxyz được xác định bởi: m1x1 m2 x2 mn xn mi xi m1 m2 mn m ; m y m y m y m y 1 1 2 2 n n i i m1 m2 mn m m1x1 m2 x2 mn xn mi xi m m m m 1 2 n m y m y m y m y 1 1 2 2 n n i i m1 m2 mn m m z m z m z m z 1 1 2 2 n n i i m1 m2 mn m  VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI . Với dạng bài tập về cân bằng của vật rắn khi không có chuyển động quay. Phương pháp giải là: - Xác định vật cần xét sự cân bằng. - Xác định các lực tác dụng vào vật (điểm đặt, hướng) trên hình vẽ.     - Sử dụng điều kiện cân bằng: Fhl 0 F1 F2 Fn 0 . - Từ điều kiện cân bằng, ta có thể xác định được các đại lượng khác như lực tác dụng, góc, khối lượng vật bằng cách: + sử dụng “tam giác lực” đặc biệt. F1x F2x 0 + chiếu lên các trục tọa độ thích hợp (hai chiều): . F1y F2 y 0 . Với dạng bài tập về xác định trọng tâm của vật rắn. Phương pháp giải là: - Sử dụng một trong ba phương pháp đã biết ở phần Tóm tắt kiến thức trên.
4. - Chú ý: + khi sử dụng quy tắc họp lực song song đế tìm trọng tâm của vật (hệ vật) cần chú ý đến chiều của các trọng lực thành phần để dùng quy tắc hợp lực song song cùng chiều hay ngược chiều. Có thể thêm, bớt một lượng phù hợp và kết hợp với việc xác định trọng tâm của các vật thành phần trong hệ có hình dạng đặc biệt để xác định nhanh trọng tâm của vật (hệ vật). + khi sử dụng công thức xác định tọa độ trọng tâm của vật cần chọn các trục tọa độ phù hợp để việc tính toán được đơn giản; nhiều trường hợp phải sử dụng hệ tọa độ hai, ba chiều nếu vật hoặc hệ vật phức tạp. C. CÁC DẠNG BÀI TẬP VẬN DỤNG 10.1. Ba lực đồng phẳng như hình vẽ bên, F1 F2 F3 10N; 60 . Tìm hợp lực của chúng. Bài giải       Ta có: Fhl F1 F2 F3 F13 F2 - Vì F1 F3 120   F 2F cos 2.10.cos 10 và F cùng hướng với F (phân 13 1 2 2 13 2   giác góc giữa F1 và F3 ).    - Vì F13 cùng hướng với F2 Fhl F13 F2 10 10 20N và Fhl cùng  hướng với F2 .  Vậy: Hợp lực của ba vectơ trên có độ lớn Fhl 20N và cùng hướng với F2 . 10.2. Vật có cân bằng không nếu chịu tác dụng của ba lực đồng phẳng, cùng độ lớn F và góc tạo bởi hai lực kế tiếp nhau là 120 ? Bài giải       Ta có: Fhl F1 F2 F3 F13 F2 120  - Vì F F F 2F cos 2.10.cos 10N và F ngược hướng 1 3 13 1 2 2 13    với F2 (phân giác góc giữa F1 và F3 ).   - Vì F13 ngược hướng với F2 Fhl F13 F2 10 10 0 vật cân bằng. Vậy: Vật sẽ cân bằng nếu chịu tác dụng của ba lực đồng phẳng, cùng độ lớn F và góc tạo bởi hai lực kế tiếp nhau là 120 . 10.3. Thuyền nằm yên bên bờ sông như hình vẽ. Biết a 60 , lực căng của dây là T 100N . Tìm lực do gió và nước tác dụng lên thuyền.
5. Bài giải   - Các lực tác dụng lên thuyền (trên mặt phảng nằm ngang): lực căng dây T , lực tác dụng của gió Fg , lực tác  dụng của dòng nước Fn . Thuyền đứng yên nên:    T Fg Fn 0 (1) 1 Suy ra: F T cos60 100. 50N n 2 3 F T sin 60 100. 87N g 2 Vậy: Lực do nước và gió tác dụng lên thuyền là Fn 50N và Fg 87N . 10.4. Quả cầu khối lượng m 2,4kg , bán kính R 7cm tựa vào tường trơn nhẵn và được giữ nằm yên nhờ một dây treo gắn vào tường tại A, chiều dài AC 18cm . Tính lực căng của dây và lực nén của quả cầu lên tường. Bài giải    - Các lực tác dụng vào quả cầu: trọng lực P , lực căng dây T , phản lực Q . Quả cầu đứng yên nên:    P mg P T Q 0 T và Q T sin cos cos BO R 7 7 Với: sin và AO R AC 7 18 25 2 2 7 24 cos 1 sin 1 25 25 2,4.10 7 T 25N và Q 25. 7N 24 25 25 Vậy: Lực căng của dây và lực nén của quả cầu lên tường là T 25N và Q 7N . 10.5. Vật nặng m chuyển động thẳng đều trên mặt phẳng ngang nhờ hai dây kéo nằm trong mặt phẳng ngang và hợp với nhau góc α không đổi. Lực kéo dặt vào mỗi dây là F. Tìm hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang. Bài giải      - Các lực tác dụng lên m: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms , hai lực kéo F1, F2 .      - Vật chuyển động thẳng đều nên: P Q Fms F1 F2 0 (1)
6. - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được: P Q 0 (1’) F 2F cos (1’’) ms 2 Với: Fms N Q P mg . Thay vào (1’’) suy ra: mg 2F cos 0 2 2F cos  2 mg Vậy: Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang là 2F cos  2 . mg 10.6. Các thanh nhẹ AB, AC nối với nhau và với tường nhờ các bản lề. Tại A tác dụng lực thẳng đứng P 1000N . Tìm lực đàn hồi của các thanh nếu 30,  60. Bài giải    - Các lực tác dụng lên điểm A là: lực P , các lực đàn hồi T1, T2 . Điểm A đứng yên nên:    P T1 T2 0 . - Vì 30,  60 tam giác ABC vuông ở A. T1 P cos và T2 P cos 1 T 1000.cos60 1000. 500N và 1 2 3 T 1000.cos30 1000. 867N 2 2 Vậy: Các lực đàn hồi của thanh là T1 500N và T2 867N . 10.7. Vật có khối lượng m 2kg treo trên trần và tường bằng các dây AB, AC. Xác định lực căng của các dây, biết 60,  135. Bài giải    - Các lực tác dụng lên điểm A là: lực P , các lực căng dây T1, T2 .    Điểm A đứng yên nên: P T1 T2 0 (1)
7. - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy ta được: T1 cos T2 cos( 90) 0 (1’) và P T1 sin T2 sin 0 (1’’) T1 cos60 T2 cos 45 0 và P T1 sin 60 T2 sin( 90) 0 1 2 T T 0 T 2T (2) 2 1 2 2 1 2 3 2 và T T P (3) 2 1 2 2 - Thay (2) vào (3) ta được: 3 2 1 . 2T T P ( 3 1)T P 2 2 2 2 2 2 2P 2.mg 2.2.10 T 10,4N và T 2.10,4 14,6N 2 3 1 3 1 3 1 1 Vậy: Các lực căng của dây là T1 14,6N và T2 10,4N . 10.8. Vật m 20kg được giữa vào tường nhờ dây treo AC và thanh nhẹ AB. Cho 45,  60 . Tìm lực cnăg dây của dây AC và lực đàn hồi của thanh AB. Bài giải    - Các lực tác dụng lên điểm A là: lực P , lực căng dây T , lực đàn hồi F của thanh. Điểm A đứng yên nên:    P T F 0 (1) F T P - Trong ABC , ta có: (2) sin sin sin  3 20.10. Psin mg sin 60 F 2 669N sin  sin15 0,259 2 20.10. Psin mg sin 45 và T 2 546N sin  sin15 0,259 Vậy: Lực căng dây của AC là T 546N và lực đàn hồi của thanh AB là F 669N .
8. 10.9. Cho hệ cân bằng như hình vẽ, AB và AC là các thanh nhẹ gắn vào tường bằng bản lề B, C và nối với ròng rọc A. Dây treo m vắt qua ròng rọc A và gắn vào tường ở D. Cho m 200kg, 30,  60 . Tìm lực đàn hồi trong các thanh AB, AC. Bài giải     - Các lực tác dụng lên ròng rọc A: trọng lực P ; các lực đàn hồi F1, F2 ; lực căng dây T . Ròng rọc A đứng     yên nên: P F1 F2 T 0 (1) - Chiếu (1) lên hai trục Ax, Ay của hệ tọa độ Axy với chú ý T P , ta được: P cos T cos F1 0 (1’) và P cos F2 T cos 0 (1’’) 3 F 0; F 2P cos 2mg cos 2.200.10. 3464N . 1 2 2 Vậy: Các lực đàn hồi trong thanh AB, AC là F1 0 và F2 3464N . 10.10. Quả cầu đồng chất m 3kg được giữa trên mặt phẳng nghiêng trơn nhờ một dây treo như hình vẽ. Biết 30 , lực căng của dây T 10 3N . Tìm β và lực nén của quả cầu lên mặt phẳng nghiêng. Bài giải    - Các lực tác dụng lên quả cầu: trọng lực P , lực căng dây T , phản lực Q . Quả cầu nằm yên nên:    P T Q 0 (1) - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được: Psin T cos  0 (1’) P cos T sin  Q 0 (1’’) 1 3.10. Psin mg.sin 30 3 - Từ (1’) suy ra: cos  2  30 . T T 10 3 2 - Từ (1’’) suy ra: Q P cos T sin  mg.cos30 T sin 30 3 1 Q 3.10. 10 3. 10 3 17,3N và  60  60 30 30 . 2 2 Vậy: Góc  30 và lực nén của quả cầu lên mặt phẳng nghiêng là N Q 17,3N .
9. 10.11. Cho hệ cân bằng như hình vẽ. Tìm m1 và lực nén của m1 lên sàn nếu m3 2m2 4kg và 30 . Bỏ qua ma sát. Bài giải     - Các lực tác dụng lên m1 : trọng lực P1 , phản lực Q1 , các lực căng dây T, T (T P2 ; T P3 ) .     - Hệ cân bằng nên: P1 Q1 T T 0 (1) - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được: T cos30 T P1 sin 30 0 (1’) Và Q1 T sin 30 P1 cos30 0 (1’’) P cos30 P Hay P cos30 P P sin 30 0 P 3 2 3 2 1 1 sin 30 3 4. 2 m cos30 m m 3 2 2 2,9kg 1 sin 30 1 2 Và Q1 P3 sin 30 P1 cos30 0 3 1 Q P cos30 P sin 30 2,9.10. 4.10. 5,4N 1 1 3 2 2 Vậy: Khối lượng vật thứ nhất m1 2,9kg và lực nén của nó lên mặt phẳng nghiêng là N1 Q1 5,4N . 10.12. Cho hệ cân bằng như hình vẽ, m1 3kg, m2 1kg, 30 . Bỏ qua ma sát. Tìm m3 và lực nén của m1 lên sàn. Bài giải   - Các lực tác dụng lên m1 : trọng lực P1 , phản lực Q1 , các lực căng dây   T2 , T3 (T2 P2 ; T3 P3 ) . Vì m1 nằm yên nên:     P1 Q1 T2 T3 0 (1) - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được: P1 sin 30 T2 sin 30 T3 0 (1’) P1 cos30 Q1 T2 cos30 0 (1’’) m1g.sin 30 m2 g.sin 30 m3 g 0 và m1g.cos30 Q1 m2 g.cos30 0 1 1 3.10. 1.10. 10m 0 2 2 3
10. 3 3 và 3.10. Q 1.10. 0 m 1kg; Q 10 3 17,3N . 2 1 2 3 1 Vậy: Khối lượng vật m3 1kg , lực nén của m1 lên sàn là N1 Q1 17,3N . 10.13. Trên mặt phẳng ( 30) có một hình trụ khối lượng m. Trụ được giữa yên nhờ một dây luồn qua nó, một đầu buộc chặt vào mặt nghiêng, một đầu buộc chặt vào mặt nghiêng, đầu kia kéo thẳng đứng lên bằng lực  F . Tìm F. Bài giải     - Các lực tác dụng vào khối trụ gồm: trọng lực P , phản lực Q , lực căng dây T , lực kéo F . Vì khối trụ nằm     yên nên: P Q F T 0 (1) - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được: Psin 30 F sin 30 T 0 (1’) 1 1 mg - Từ (1’) với T F ta được: mg. F. F 0 F 2 2 3 mg Vậy: Lực kéo vào trụ có độ lớn F . 3 10.14. Mặt phẳng nghiêng chiều dài l 13m , chiều cao h 5m . Muốn giữ một vật khối lượng m 5kg đứng  yên trên mặt phẳng nghiêng, ta phải tác dụng lên vật lực đẩy F . Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là  0,1. Tìm F nếu:  a) F song song với mặt nghiêng;  b) F song song với mặt ngang. Bài giải     - Các lực tác dụng lên vật gồm: trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms , lực đẩy F . Vì vật nằm yên nên:     P Q Fms F 0 (1)  a) Khi F song song với mặt nghiêng - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được: Psin Fms F 0 (1’) và P cos Q 0 (1’’) - Từ (1’’) suy ra: Q P cos Fms Q mg.cos
11. - Từ (1’) suy ra: F Psin Fms mg(sin cos ) 2 h 5 2 5 12 Với: sin ;cos 1 sin 1 l 13 13 13 5 12 F 5.10 0,1. 14,6N 13 13  Vậy: Khi F song song với mặt nghiêng, để giữ được vật thì F 14,6N .  b) Khi F song song với mặt ngang - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy của hệ tọa độ Oxy, ta được: Psin Fms F cos 0 (2’) và P cos Q F sin 0 (2’’) - Từ (2’’) suy ra: Q P cos F sin Fms Q (mg.cos F sin ) (3) - Từ (2’) suy ra: Fms Psin F cos mg sin F cos (4) - Từ (3) và (4) suy ra: (mg.cos F sin ) mg sin F cos 5 12 5.10 0,1. mg(sin cos ) 13 13 F 15,2N 12 5 cos sin 0,1. 13 13  Vậy: Khi F song song với mặt ngang, để giữ được vật thì F 15,2N . 10.15. Cho hệ cân bằng như hình vẽ. Các lực căng của dây TAB 80N, TAC 96N , · góc BAC 60 . Tìm m và 1, 2 . Bài giải    - Các lực tác dụng lên điểm A: trọng lực P , các lực căng dây T1, T2 . Điểm A nằm yên nên:    P T1 T2 0 (1) - Chiếu (1) lên các trục Ax, Ay của hệ tọa độ Axy ta được: T1 sin 1 T2 sin 2 0 (1’) và P T1 cos 1 T2 cos 2 0 (1’’) và 1 2 BAC 60 (2) sin T T 96 - Từ (1’) suy ra: 1 2 AC 1,2 (3) sin 2 T1 TAB 80 - Từ (2) và (3) suy ra: 1 33; 2 27 .
12. T cos T cos 80.cos33 96.cos 27 - Từ (1’’) suy ra: m 1 1 2 2 15,3kg g 10 Vậy: Với hệ trên thì m 15,3kg; 1 33; 2 27 . 10.16. Cho hệ cân bằng như hình vẽ. Tìm 1, 2 nếu: a) m1 15kg; m2 20kg; m3 25kg . b) m1 6kg; m2 2kg; m3 ( 3 1)kg . Bài giải a) Với m1 15kg; m2 20kg; m3 25kg    - Các lực tác dụng lên điểm A: trọng lực P3 , các lực căng dây T1, T2 . Điểm A nằm yên nên:    P3 T1 T2 0 (1) - Chiếu (1) lên các trục Ax, Ay của hệ tọa độ Axy ta được: T1 sin 1 T2 sin 2 0 (1’) và P3 T1 cos 1 T2 cos 2 0 (1’’) với: T1 P1 m1g 15.10 150N ; T2 P2 m2 g 20.10 200N ; P3 m3 g 25.10 250N . 2 2 2 Vì P1 P2 P3 1 2 90 sin 1 cos 2 và sin 2 cos 1 . - Thay vào (1’) và (1’’) ta được: 150sin 1 200sin 2 0 (2) và 250 150cos 1 200cos 2 0 (3) 250 150sin 2 200sin 1 0 (3’) - Từ (2) và (3’) suy ra: 1 53; 2 37 . Vậy: Với hệ trên thì 1 53; 2 37 . b) Với m1 6kg; m2 2kg; m3 ( 3 1)kg - Tương tự, ta có hệ phương trình: T1 sin 1 T2 sin 2 0 (4’) và P3 T1 cos 1 T2 cos 2 0 (4’’) với: T1 P1 m1g 10 6N; T2 P2 m2 g 20N; P3 m3 g 10( 3 1)N . 10 6 sin 1 20sin 2 0 (5) và 10( 3 1) 10 6 cos 1 20cos 2 0 (6) - Giải hệ (5) và (6) ta được: 1 45; 2 60 .
13. Vậy: Với hệ trên thì 1 45; 2 60 . 10.17. Viên bi khối lượng m 100g treo vào điểm cố định A nhờ dây AB và nằm trên mặt cầu nhẵn tâm O bán kính r 10cm . Khoảng cách từ A đến mặt cầu là AC d 15cm ; chiều dài dây AB l 20cm , đoạn AO thẳng đứng. Tìm lực căng của dây và lực do quả cầu nén lên mặt cầu. Bài giải    - Các lực tác dụng vào viên bi: trọng lực P , lực căng dây T , phản lực Q . Viên bi nằm yên nên:    P T Q 0 (1) - Dựa vào “tam giác lực” và tính chất của tam giác đồng dạng, ta có: P T Q P T Q (2) AO AB OB d r l r l 20 - Từ (2) suy ra: T mg .0,1.10 0,8N d r 15 10 r 10 và Q mg .0,1.10 0,4N . d r 15 10 Vậy: Lực căng của dây và lực do quả cầu nén lên mặt cầu là T 0,8N và N Q 0,4N . 10.18. Ba khối trụ cùng trọng lượng 120N giống nhau đặt nằm như hình vẽ. Tính lực nén của mỗi ống dưới lên đất và lên tường giữ chúng. Bỏ qua ma sát. Bài giải - Ba khối trụ giống nhau có ba trọng tâm tạo thành một tam giác đều O1O2O3 và P1 P2 P3 P 120N . P P P - Áp lực do khối trụ trên nén lên hai khối trụ dưới là: N N N 2 3 2cos30 3 3 2. 2 - Phân tích lực nén trên theo hai phương thẳng đứng, ta được: P l P 120 + lực nén lên tường: N N cos60 . 34,6N . t 3 2 2 3 2 3
14. P 3 3P 3.120 + lực nén lên đất là: N P N sin 60 P . 180N . d 3 2 2 2 Vậy: Lực nén của mỗi ống dưới lên đất và lên tường giữa chúng là Nd 180N và Nt 34,6N . 10.19. Thanh đồng chất AB, trọng lượng P tựa trên hai mặt nghiêng, trơn như hình vẽ. CD  DE , CD hợp với phương ngang góc 45 . Tìm góc nghiêng của AB so với phương ngang khi cân bằng và áp lực trên các mặt nghiêng. Bài giải    - Các lực tác dụng lên thanh AB là: trọng lực P ; các phản lực Q1, Q2 (tại A và B).    - Thanh nằm yên nên: P Q1 Q2 0 (1) - Chiếu (1) lên hai trục Ox, Oy của hệ trục tọa độ Oxy ta được: Psin Q2 0 Q2 Psin (1’) và P cos Q1 0 Q1 P cos (1’’) - Xét các tam giác ADH và ADG, ta có: D· AG ; D· AG ·ADG 90  90  90 2 Vậy: Khi thanh AB cân bằng thì góc nghiêng của AB so với phương ngang khi cân bằng và áp lực trên các mặt nghiêng là  90 2 và N1 Q1 P cos ; N2 Q2 Psin .    10.20. a) Hai lực F1, F2 song song cùng chiều đặt tại hai đầu thanh AB có hợp lực F đặt tại O cách A 12cm, cách B 8cm và có độ lớn F 10N . Tìm F1, F2 .    b) Hai lực F1, F2 song song ngược chiều đặt tại A, B có hợp lực F đặt tại O với OA 8cm ; OB 2cm ; F 10,5N . Tìm F1, F2 . Bài giải   a) Khi hai lực F1, F2 song song cùng chiều: Theo quy tắc hợp lực song song, cùng chiều, ta có: F1 F2 F 10N (1) F OB 8 2 1 (2) F2 OA 12 3 Giải hệ (1) và (2) ta được: F1 4N và F2 6N .   Vậy: Khi hai lực F1, F2 song song cùng chiều thì F1 4N và F2 6N .   b) Khi hai lực F1, F2 song song ngược chiều: Theo quy tắc hợp lực song song, ngược chiều, ta có:
15. F2 F1 F 10,5N (3) F OB 2 1 1 (4) F2 OA 8 4 Giải hệ (3) và (4) ta được: F1 3,5N và F2 14N .   Vậy: Khi hai lực F1, F2 song song ngược chiều thì F1 3,5N và F2 14N . 10.21. Thanh nhẹ AB nằm ngang chiều dài l 1m , chịu tác dụng của ba lực song song cùng chiều và vuông góc với thanh: F1 20N, F3 50N ở hai đầu thanh và F2 30N ở chính giữa thanh. a) Tìm độ lớn và điểm đặt của hợp lực. b) Suy ra vị trí đặt giá đỡ để thanh cân bằng và lực nén lên giá đỡ. Bài giải a) Độ lớn và điểm đặt của hợp lực - Theo quy tắc hợp lực song song, cùng chiều, ta có: + độ lớn: F F1 F2 F3 20 50 30 100N        + điểm đặt: F F1 F2 F3 F12 F3 với F12 có: F12 F1 F2 20 30 50N ; điểm đặt tại M, với: CM F 1 AM F2 CM F F 20 1 CM 1 AC .50 20cm . AC CM F2 F1 F2 20 30     và: F F12 F3 , với F F12 F3 50 50 100N ; điểm đặt F tại N với: BN F 50 BM AB AM 100 30 12 1 BN MN 35cm MN F3 50 2 2 2    Vậy: Hợp lực của ba lực song song, cùng chiều F1, F2 , F3 có độ lớn F 100N và có điểm đặt cách đầu B là BN 35cm (hoặc cách đầu A là AN 100 35 65cm ). b) Vị trí đặt giá đỡ để thanh cân bằng và lực nén lên giá đỡ - Để thanh cân bằng phải đặt giá đỡ tại điểm N, với BN 35cm hoặc AN 65cm . - Lực nén lên giá đỡ là: N F 100N . 10.22. Thanh AB trọng lượng P1 100N , chiều dài l 1m , trọng lượng vật nặng P2 200N tại C, AC 60cm . Dùng quy tắc hợp lực song song: a) tìm hợp lực của P1 và P2 .
16. b) tìm lực nén lên hai giá đỡ ở hai đầu thanh. Bài giải a) Hợp lực của P1 và P2 - Thanh AB đồng chất nên trọng tâm F nằm chính giữa thanh: AG BG 50cm . GC AC AG 60 50 10cm   - Gọi I là điểm đặt của hợp lực P1, P2 . Theo quy tắc hợp lực song song, cùng chiều, ta có: + P P1 P2 100 200 300N IG P 200 + 2 2 và IG IC GC 10cm IC P1 100 IG 6,67cm; IC 3,33cm AI AG GI 50 6,67 56,67cm Vậy: Hợp lực của P1 và P2 có độ lớn P 300N và có điểm đặt tại I với AI 56,67cm . b) Lực nén lên hai giá đỡ ở hai đầu thanh Gọi N1, N2 là lực nén lên giá đỡ ở hai đầu thanh tại A và B. Theo quy tắc hợp lực song song, ta có: N1 N2 P 300N N AI AI 56,67 56,67 2 N1 BI AB AI 100 56,67 43,33 N2 170N và N1 130N . Vậy: Lực nén lên hai giá đỡ ở hai đầu thanh là N1 130N và N2 170N . 10.23. Hệ số ma sát μ giữa hành xe phát động của ô-tô và mặt đường phải có giá trị nhỏ nhất bao nhiêu để ô- tô khối lượng 2 tấn chở 4 tấn hàng có thể chuyển động với gia tốc a 0,2 m/s2 ? Biết chỉ có các bánh sau là bánh phát động và coi khối ô-tô nằm giữa khoảng cách hai trục bánh, khối tâm của hàng nằm trên trục sau. Bài giải - Khi ô-tô bắt đầu khởi động, các bánh xe có xu hướng trượt về sau, lực ma sát nghỉ xuất hiện hướng về phía trước đóng vai trò là lực phát động cho chuyển động của xe.   - Các lực tác dụng vào ô-tô: trọng lực P , phản lực Q , lực phát  động F .
17.    P Q F - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: a (1) m1 m2 F - Chiếu (1) lên chiều chuyển động của xe, ta được: a với F Fmsn  N1 N2 : N1 là áp lực m1 m2 P m g của xe lên các bánh phát động: N 1 1 ; N là áp lực của hàng lên các bánh phát động: N m g . 1 2 2 2 2 2 m1  m2 g m1 2 F Fms g m2 a 2 m1 m2 (m m )a (2000 4000).0,2  1 2 0,024 m1 2000 m2 g 4000 .10 2 2 Vậy: Hệ số ma sát μ giữa hành xe phát động của ô-tô và mặt đường phải có giá trị nhỏ nhất là min 0,024 . 10.24. Một bàn vuông nhẹ có bốn chân giống nhau. Nếu đặt vật có trọng lượng quá 2P ở đúng giữa bàn thì chân bàn gãy. Tìm các điểm có thể đặt vật trọng lượng P mà chân bàn không gãy. Bài giải - Khi đặt vật ở chính giữa bàn thì chân bàn gãy nghĩa là mỗi chân bàn chịu được tối đa một trọng lượng là: 2P P p . max 4 2 - Vì 4 chân bàn đối xứng nhau nên ta chỉ cần xét cho một chân bàn là đủ. Giả sử xét chân thứ 1, vật có trọng lượng P đặt tại vị trí M. + Chọn hệ trục tọa độ Oxy, gốc O ở chân bàn 1, hai trục Ox và Oy dọc theo hai cạnh của bàn. Đặt a là chiều dài mỗi cạnh bàn. + Vật có trọng lượng P đặt tại M (x, y) gây ra các lực F1, F2 , F3 và F4 lên bốn chân. Ta phân tích trọng lượng P theo quy tắc hợp lực song song cùng chiều như sau:  Trước hết, phân tích P thành FA và FB tại A và B, với A(0, y) và B(a, y) . Ta có: FA MB a x FA FB P và FB MA x F a x a x A F P (1) P a A a  Tiếp tục phân tích FA thành hai lực F1 và F2 tại hai chân 1 và 2 ta được: F1 AD a y F1 F2 FA và F2 OA y
18. F1 a y a y F1 FA (2) FA a a a x a y (a x)(a y) - Thay (1) vào (2) ta được: F1 P P 2 a a a P (a x)(a y) P - Để chân bàn khỏi gãy thì: F P 1 2 a2 2 (a x)(a y) 1 a2 y a a2 2 2(a x) a2 - Đường giới hạn y a là đường hy-pe-bon đi qua trung điểm hai cạnh; tương tự với ba chân còn 2(a x) lại ta được vị trí đặt vật có trọng lượng P trên bàn để các chân bàn không bị gãy là phần gạch gạch trên hình vẽ. 10.25. Xác định vị trí trọng tâm của bản mỏng là đĩa tròn tâm O bán kính R, R bàn bị khoét một lỗ tròn bán kính như hình. 2 Bài giải - Do tính đối xứng của hai phần trên và dưới của bản mỏng nên trọng tâm G của bản mỏng sẽ nằm trên đường thẳng qua I, O. - Ta có: + Khi đĩa chưa bị khoét, trọng tâm đĩa nằm tại O; lỗ tròn bị khoét có trọng tâm nằm tại I. + Gọi P là trọng lượng của đĩa chưa bị khoét, p là trọng lượng lỗ tròn bị khoét, P là trọng lượng đĩa đã bị khoét thì: P P p . - Theo quy tắc hợp lực song song, ngược chiều, ta có: IG P M R2 D 2 4 (D là mật độ khối lượng theo diện tích đĩa) OG p m R D 2 IO R R IO OG 4OG OG 3 2.3 6 R Vậy: Trọng tâm của đĩa bị khoét cách O một đoạn OG . 6 10.26. Xác định vị trí trọng tâm của bản mỏng là đĩa tròn tâm O bán kính R, bản bị R R khoét một lỗ tròn bán kính r và có tâm I cách O đoạn . 2 2
19. Bài giải IG M R2 D R2 - Tương tự như bài trên, ta có: (1) OG m r 2 D r 2 R - Mà: IG IO OG OG . Thay vào (1) ta được: 2 R OG 2 2 R Rr 2 r 2OG R2OG OG r 2 2 Rr 2 OG 2(R2 r 2 ) Rr 2 Vậy: Trọng tâm của đĩa bị khoét cách O một đoạn OG . 2(R2 r 2 ) 10.27. Một bản mỏng phẳng, đồng chất, bề dày đều có dạng như hình vẽ. Xác định vị trí trọng tâm của bản. Bài giải a - Chia bản mỏng thành ba phần, mỗi phần là một hình vuông cạnh . Mỗi hình vuông nhỏ có khối lượng m, 2 có trọng tâm tại tâm của chúng. Chọn hệ tọa độ Oxy (hình vẽ). Áp dụng phương pháp tọa độ, ta có: a a 3a m m x m x m x 1 G1 2 G2 3 G3 4 4 4 5a xG xG m1 m2 m3 3m 12 a a 3a m m y m y m y 1 G1 2 G2 3 G3 4 4 4 5a và yG yG m1 m2 m3 3m 12 5a Vậy: Trọng tâm G của bản có tọa độ x y . G G 12 10.28. Có 5 quả cầu nhỏ trọng lượng P, 2P, 3P, 4P, 5P gắn lần lượt trên một thanh nhẹ, khoảng cách giữa hai quả cầu cạnh nhau là l. Tìm vị trí trọng tâm của hệ. Bài giải - Chọn gốc tọa độ O tại vị trí quả cầu có khối lượng m; trục Ox trùng với thanh. Gọi G là trọng tâm của hệ, theo phương pháp tọa độ, ta có: m1x1 m2 x2 m3 x3 m4 x4 m5 x5 xG m1 m2 m3 m4 m5
20. m.l 2m.2l 3m.3l 4m.4l 5m.5l 81 x G m 2m 3m 4m 5m 3 81 Vậy: Trọng tâm G của hệ có tọa độ: x . G 3 10.29. Thanh đồng chất ABC có tiết diện nhỏ, góc B 60 treo cân bằng trên dây AD. Tính góc α tạo bởi BC và phương ngang biết BC 2AB . Bài giải    - Các lực tác dụng lên thanh ABC: trọng lực P1 của BC, trọng lực P2 của AB, lực căng T của dây AD.    - Thanh treo cân bằng nên: P1 P2 T 0 (1)   P12 T   Nghĩa là hợp lực P12 phải có độ lớn P12 T và phải có giá trùng với giá của T .  - Vì thanh đồng chất nên trọng tâm O1 của P1 nằm ở trung điểm BC; trọng tâm  O2 của P2 nằm ở trung điểm AB. Gọi G là trọng tâm của cả thanh ABC, theo quy tắc hợp lực song song ta có: P1 O2G 2 ( P1 2P2 vì BC 2AB ) P2 O1G P O G O G 2 1 2 2 (2) P2 P1 O1G O2G O1O2 3 3 - Tam giác vuông O O B cho: O O O B.sin 60 O B. (3) 1 2 1 2 1 1 2 O G 2 O G 2 3 - Từ (2) ta có: 2 2 O G O B. (4) O O 3 3 3 2 1 2 1 2 O B 1 2 3 O B. O G 1 2 3 - Xét tam giác vuông GAO ta có: tan GAO 2 2 G· AO 49 2 2 O B 2 O2 A 1 3 2 - Xét tam giác ABK, ta có: AKB 180 (60 49) 71 90 71 19 Vậy: Góc α tạo bởi BC và phương ngang là 19 . 10.30. Xác định vị trí khối tâm của các vật đồng chất sau: a) Đoạn dây nửa đường tròn bán kính R. b) Bản bán nguyệt bán kính R.
21. c) Đoạn dây hình cung tròn bán kính R, góc α. d) Bản hình quạt tròn bán kính R, góc α. Bài giải a) Đoạn dây nửa đường tròn bán kính R - Do tính chất đối xứng nên trọng tâm của đoạn dây sẽ nằm trên đoạn vuông góc từ tâm O đến I. - Chọn trục Ox trùng với đoạn vuông góc trên. Tọa độ trọng tâm G của đoạn dây trên là: n n n n  mi xi  li xi li xi li xi x i 1 i 1 i 1 i 1 G n n n L  mi  li li i 1 i 1 i 1 (li là chiều dài phần tử thứ i, L là chiều dài đoạn dây, ρ là khối lượng một đơn vị chiều dài của đoạn dây) l n l n l n l n xG li xi li R cos i  Ryi R yi L i 1 L i 1 L i 1 L i 1 R.2R.sin 2R.sin l x R.AB 2 2 G L R 2R - Với đoạn dây nửa đường tròn: x . G 2R Vậy: Tọa độ trọng tâm của đoạn dây nửa đường tròn bán kính R là x . G c) Đoạn dây hình cung tròn bán kính R, góc α. 2R.sin Tương tự như trên, ta được: x 2 G 2R.sin Vậy: Tọa độ trọng tâm của đoạn dây hình cung tròn bán kính R, góc α là x 2 . G b) và d) Bạn đọc tự giải bằng một trong hai cách sau: - Dùng phương pháp tương tự như trên. - Dùng phương pháp tích phân trong hệ tọa độ cực. 4R.sin 4R Kết quả: b) x ; d) x 2 . G 3 G 3
22. 10.31. Bản mỏng đồng chất cấu tạo từ hình bán nguyệt AOB bán kính R và h hình chữ nhật cạnh AD h . Xác định tỉ số để trọng tâm của bản nằm tại R O. Bài giải   Gọi P1, G1 là trọng lượng và trọng tâm của hình bán nguyệt; P2 , G2 là trọng lượng và trọng tâm của hình chữ nhật. - Theo quy tắc hợp lực song song, nếu O là trọng tâm của bản mỏng thì: P OG 1 2 (1) P2 OG1 R2 P m S R Với 1 1 1 2 (2) P2 m2 S2 2Rh 4h h OG 3 h Và 2 2 (3) 4R OG1 8R 3 R 3 h h 2 4h 8R R 3 h 2 Vậy: Để trọng tâm của bản nằm tại O thì . R 3