Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lí Lớp 10 - Tập 1 - Chủ đề 3: Tĩnh học vật rắn (Phần 3) - Chu Văn Biên

Nội dung text: Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lí Lớp 10 - Tập 1 - Chủ đề 3: Tĩnh học vật rắn (Phần 3) - Chu Văn Biên

1. Dạng 3. CÁC DẠNG CÂN BẰNG CỦA VẬT. CÂN BẰNG CỦA MỘT VẬT CÓ MẶT CHÂN ĐẾ. Khi đưa vật rời khỏi vị trí cân bằng một đoạn: ✓ Nếu trọng tâm của vật hạ xuống thấp hơn thì đó là cân bằng không bền. ✓ Nếu trọng tâm của vật dịch lên cao hơn thì đó là cân bằng bền. ✓ Nếu độ cao của trọng tâm không thay đổi thì đó là cân bằng phiếm định Điều kiện cân bằng của một vật có mặt chân đế là giá của trọng lực phải xuyên qua mặt chân đế (hay trọng tâm “rơi” trên mặt chân đế). Muốn tăng mức vững vàng của vật có mặt chân đế thì hạ thấp trọng tâm và tăng diện tích mặt chân đế của vật. Ví dụ 1: Một khung dây kim loại ABC với Aµ 90o , Bµ 30o , BC nằm ngang, A khung nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Có hai viên bi giống hệt nhau M trượt dễ dàng trên hai thanh AB và AC. Hai viên bi được nối với nhau bằng N thanh nhẹ MN. Khi thanh cân bằng thì B C AMµN . a) Tính góc . b) Cân bằng trên là bền hay không bền. Hướng dẫn a) Các lực tác dụng lên viên bi ở M gồm:  ▪ Trọng lực P   A ▪ Phản lực N1  N1 ▪ Lực căng dây T1 (với T1 = T) M   N2 + Các lực tác dụng lên viên bi ở N gồm: T1  N ▪ Trọng lực P    30o P T2 ▪ Phản lực N2 B   C P ▪ Lực căng dây T2 (với T = T) 2    P N1 T1 0 1 + Điều kiện cân bằng của 2 viên bi:    P N2 T2 0 2 Psin30o Tcos + Chiếu (1) lên AB, chiếu (2) lên AC ta có: o Psin 60 Tsin sin sin 60o + Vế chia vế tan 3 60o cos sin30o b) Gọi chiều dài của thanh MN là a 450
2. * Xét khi thanh cân bằng ở vị trí MN, lúc này trọng tâm G của thanh MN cách A theo phương thẳng đứng đoạn x. MN a a + Ta có: AM MN.cos60o MG AMG đều AG 2 2 2 MAµG 60o AG  BC a G cách A theo phương thẳng đứng đoạn x AG 2 * Cho thanh MN di chuyển đến vị trí IJ // BC, lúc này trọng tâm G 1 của thanh MN cách A theo phương thẳng đứng đoạn y = AH1. A M H I 1 J G1 1 G N B H C o a 3 AI IJ.cos30 o a 3 1 a 3 + Ta có: 2 AH1 IA.sin30 y 2 2 4  o AIH1 30 a a 3 + Vì x y trọng tâm G 1 dịch lên cao hơn so với lúc đầu nên cân 2 4 bằng bền Chú ý: ▪ Dù thanh MN có di chuyển như thế nào thì chiều dài MN vẫn không đổi và bằng a khi M dịch xuống I thì N dịch lên J. ▪ Mặc dù thanh MN nhẹ nhưng vì gắn hai vật giống nhau ở hai đầu nên xem như thanh có trọng lượng bằng trọng lượng của hai vật và đặt ở chính giữa thanh MN nên MG = IG1 = 0,5a. Ví dụ 2: Một cốc thủy tinh, thành cốc thẳng đứng có vạch chia độ. Cốc có khối lượng 180 g và trọng tâm ở vạch số 8 (kể từ dưới đáy trở lên). Đổ vào li 120 g nước thì mực nước tới vạch số 6. Hỏi trọng tâm của cốc chứa nước ở vạch số mấy và so sánh sự bền vững của cốc trước và sau khi đổ nước. 451
3. Hướng dẫn + Gọi G1, G2 lần lượt là trọng tâm của cốc khi không chứa nước và trọng tâm của khối nước; G là trọng tâm của cốc khi chứa nước. GG P GG m 120 2 GG 2 + Ta có: 1 2 1 2 1 G1 8 GG2 P1 GG2 m1 180 3 GG2 3 6 GG 2 GG 2 G 3 1 1 (1) 2 GG1 GG2 2 3 G1G2 5 + Vì trọng tâm G1 của cốc cách mặt nước 2 vạch, trọng tâm G 2 của khối nước cách mặt nước 3 vạch nên G 1G2 = 5 vạch. Thay vào (1) ta có GG1 = 2 vạch. Vậy trọng tâm G của cốc chứa nước nằm tại mặt nước (tức nằm tại vạch số 6). + Khi chứa 120g nước trọng tâm G của cốc hạ xuống thấp hơn khi không chứa nước nên khi cốc chứa nước thì bền vững hơn khi không chứa nước. Ví dụ 3: Người ta tiện một khúc gỗ thành một vật đồng chất có dạng như hình. Gồm một phần hình trụ chiều cao h tiết diện đáy có bán kính R = 5 2 cm, và một phần là bán cầu bán kính R. Muốn cho vật có cân bằng phiếm định thì h phải bằng bao nhiêu? Cho biết trọng tâm của một bán cầu bán kính R nằm thấp 3R hơn mặt phẳng bán cầu một đoạn bằng x . 8 Hướng dẫn Ban đầu khi vật cân bằng trục đối xứng của nó hướng thằng đứng. Nên khi ta đẩy nhẹ vật để trục đối xứng của nó nghiêng một góc nhỏ so với vị trí ban đầu h O1 thì độ cao của tâm O của bán cầu không thay đổi (cách mặt sàn một đoạn bằng bán kính R không đổi). Do đó để vật có O thể cân bằng phiếm định, phần hình trụ x phải có chiều cao h sao cho trọng tâm O2 của vật phải nằm tại O. Gọi O1, O2 là trọng tâm của các phần hình trụ và hình h OO 1 2 bán cầu ta có: (1) 3R OO 2 8 452
4.   + Phần hình trụ có trọng lực P1 , đặt tại O 1, phần bán cầu có trọng lực P2 , đặt tại OO1 P2 O2. Áp dụng quy tắc hợp lực song song ta có: OO2 P1 1 4 . R3 V2 P2 2 3 P2 P2 2R + Vì vật đồng chất nên: 2 V1 P1 R .h P1 P1 3h OO 2R 1 (2) OO2 3h h 2R 4h 2R R + Thay (1) vào (2) ta có: 2 h 5 cm 3R 3h 3R 3h 2 8 + Vậy để vật có cân bằng phiếm định, chiều cao của phần hình trụ phải bằng 5 cm Ví dụ 4: Một khối lập phương đồng chất được đặt trên một mặt phẳng như hình vẽ. Hỏi phải nghiêng mặt phẳng đến góc nghiêng cực đại là bao nhiêu để khối lập phương không bị đổ. Hướng dẫn + Khối lập phương là một vật có mặt chân đế. Góc nghiêng đạt đến giá trị cực đại  khi giá của trọng lực P đi qua mép A của mặt chân đế. + Vì vật là khối lập phương nên  = 45o = 45o A   P + Vậy góc nghiêng cực đại của mặt phẳng nghiêng là = 45o 453
5. Ví dụ 5: Có ba viên gạch chồng lên nhau sao cho một phần của viên gạch trên nhô ra khỏi viên gạch dưới. Hỏi 3 mép phải của viên gạch trên cùng có thể nhô ra khỏi 2 mép phải của viên gạch dưới cùng một đoạn cực đại 1 bằng bao nhiêu? Cho biết chiều dài viên gạch bằng L. Hướng dẫn + Khi hai viên gạch chồng lên nhau thì mặt chân đế của viên gạch ở trên là mặt tiếp xúc giữa hai viên gạch. G G 3  G2 P3  P2  P + Để viên gạch 3 không bi đổ khỏi viên gạch 2 thì viên gạch 3 chỉ được phép nhô  ra tối đa đoạn x sao cho giá của trọng lực P3 của viên gạch 3 phải đi qua mép phải L của viên gạch 2 viên gạch 3 nhô ra tối đa đoạn x = 2 + Gọi G là trọng tâm của hai viên gạch 2 và 3; h và h lần lượt là khoảng cách từ   2  3 giá của trọng lực P2 và P3 đến giá của trọng lực P . Áp dụng quy tắc hợp 2 lực   song song cùng chiều P2 và P3 ta có: P2 .h2 P3.h3 (1) L L + Vì P P h h . Mặt khác: h h  1 h h 2 3 2 3 2 3 2 2 3 4  + Để hai viên gạch 2 và 3 không bị đổ khỏi viên gạch 1 thì trọng lực P của hai viên gạch 2 và 3 phải có giá đi qua mép phải của viên gạch 1. Suy ra viên gạch 2 L nhô khỏi viên gạch 1 đoạn tối đa đoạn y = h3 = 4 L L 3 + Vậy viên gạch 3 nhô khỏi viên gạch 1 đoạn tối đa là: L 4 2 4 Ví dụ 6: Một khối hộp có các cạnh a = b = 20 cm, c = 40 cm đặt trên mặt phẳng nghiêng góc so với mặt nằm ngang. Hệ số ma sát trượt giữa khối và mặt phẳng nghiêng là  = 0,6. Nghiêng dần mặt phẳng nghiêng để tăng góc . Hỏi khối hộp sẽ đổ hay trượt trước trong hai trường hợp sau: a) Mặt vuông tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng. b) Mặt chữ nhật tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng. 454
6. Hướng dẫn + Các lực tác dụng lên vật khi trượt gồm:  ▪ Trọng lực P   N ▪ Phản lực N y ▪ Lực ma sát Fms   Fms + Ta có: P N Fms ma (1) O + Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ + Chiếu (1) lên Ox và Oy ta có:  x P Ox: Psin Fms ma Oy: N Pcos 0 N Pcos Fms N Pcos a g sin cos + Vật trượt khi: a 0 g sin cos 0 tan  0,6 a 30,96o (2) a) Mặt vuông tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng  + Vật không đổ khi giá của trọng lực P qua mặt chân đế  + Khi tăng dần góc nghiêng thì giá của P tiến lại gần mép A của mặt chân đế + Vật bắt đầu bị đổ khi HOµA a µ 2 a 1 + Lại có: tan HOA A c c 2 2  P HOµA 26,57o 26,57o (3) + Từ (2) và (3) suy ra khi tăng dần thì vật sẽ đổ trước khi trượt b) Mặt chữ nhật tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng + Vật bắt đầu bị đổ khi HOµA c c + Lại có: tan HOµA 2 2 a a 2 A HOµA 63,43o 63,43o (4)  + Từ (2) và (4) suy ra khi tăng dần thì P vật sẽ trượt trước khi đổ. 455
7. Ví dụ 7: Một cái chén có dạng nửa mặt cầu bán kính R đặt ngửa sao cho trục đối xứng của nó trùng với phương thẳng đứng. O Người ta cho chén quay quanh trục với tần số f. Trong chén có một viên bi nhỏ quay cùng với chén. Hãy xác định góc tạo bởi bán kính mặt cầu vẽ qua hòn bi với phương thẳng đứng khi cân bằng. Cân bằng là cân bằng bền hay không bền ? Hướng dẫn + Chọn hệ quy chiếu gắn với chén + Các lực tác dụng lên viên bi gồm:   ▪ Trọng lực P của viên bi  ▪ Phản lực N của chén 2 ▪ Lực quán tính li tâm Fqt m r   + Ta có: P N Fqt 0 (*) + Chọn chiều dương như hình  + Chiếu (*) lên chiều dương ta có: O N Fhl P.sin Fqt .cos 0 (1) R 2 2 I Fqt m r m R.sin r + Lại có: (2) Fqt P mg M  + P + Thay (2) vào (1) ta có: gsin 2R.sin .cos 0 sin 0 0 g g g cos arccos 2 2 2 2 2  R 4 f R 4 f R + Như vậy, với mọi f ta luôn có một vị trí cân bằng ứng với = 0 (đáy chén) và g nếu cos 1 thì ta có vị trí cân bằng thứ hai với arccos 2 2 4 f R * Bây giờ ta khảo sát tính bền vững ứng với các trường hợp trên: + Hợp các lực tác dụng lên hòn bi theo phương chiếu lúc này là: 2 2 Fhl mgsin m R.sin .cos msin g m R.cos a) Khi viên bi ở đáy chén (α = 0) + Đưa hòn bi lệch khỏi đáy M một góc nhỏ nhỏ sin cos 1. + Hợp các lực tác dụng lên hòn bi theo phương Ox lúc này là: 2 Fhl m. g  .R ( : rad) g 1 g + Nếu  f F 0 Fhl sẽ kéo hòn bi trở lại M R 2 R hl cân bằng bền g 1 g + Nếu  f F 0 Fhl không thể kéo hòn bi trở lại M R 2 R hl 456
8. cân bằng không bền. g b) Khi viên bi không ở gần đáy chén thì cos 2R g g 1 g + Vì cos 1 1  f 2R R 2 R + Đưa hòn bi lệch khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ (lên cao hoặc xuống thấp) thì: 2 ▪ Nếu đưa hòn bi lên cao ( tăng) Fhl msin g m R.cos 0 hòn bi bị kéo tụt xuống cân bằng bền. 2 ▪ Nếu đưa hòn bi xuống thấp ( giảm) Fhl msin g m R.cos 0 hòn bi bị kéo lên cân bằng bền. g Vậy có hai vị trí cân bằng là vị trí đáy chén và vị trí ứng với cos 4 2f 2R 1 g + Ở đáy chén, hòn bi cân bằng bền nếu f , cân bằng không bền nếu 2 R 1 g f 2 R g 1 g + Ở vị trí ứng với cos luôn có cân bằng bền nếu f 4 2f 2R 2 R BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Một khung dây kim loại ABC với Cµ 60o , Bµ 30o , BC nằm ngang, khung A nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Có hai M viên bi I và II trượt dễ dàng trên hai thanh tương ứng AB và AC. Hai viên bi được nối N với nhau bằng thanh nhẹ MN. Khi thanh cân B C bằng thì AMµN . Tính góc , lực căng dây MN và các phản lực của hai thanh AB và BC. Biết trọng lượng của các viên bi lần lượt là PI = 100N và PII = 300N. Bài 2: Một cốc thủy tinh, thành cốc thẳng đứng có vạch chia độ. Cốc có khối lượng 300 g và trọng tâm ở vạch số 7 (kể từ dưới đáy trở lên). Đổ vào li 100 g nước thì mực nước tới vạch số 6. Hỏi trọng tâm của cốc chứa nước ở vạch số mấy và so sánh sự bền vững của cốc trước và sau khi đổ nước. 457
9. Bài 3: Người ta tiện một khúc gỗ thành một vật đồng chất có dạng như hình. Gồm một phần hình trụ chiều cao h tiết diện đáy có bán kính R = 7 2 cm, và một phần là bán cầu bán kính R. Muốn cho vật có cân bằng phiếm định thì h phải bằng bao nhiêu? Cho biết trọng tâm của bán cầu nằm cao hơn đáy bán cầu 5R một đoạn bằng x . 8 Bài 4: Có bốn viên gạch chồng lên nhau sao cho một phần của viên gạch trên nhô ra khỏi 4 viên gạch dưới. Hỏi mép phải của viên gạch 3 trên cùng có thể nhô ra khỏi mép phải của viên 2 gạch dưới cùng một đoạn cực đại bằng bao 1 nhiêu? Cho biết chiều dài viên gạch bằng L. Bài 5: Có năm viên gạch chồng lên nhau sao cho một phần của viên gạch trên nhô ra khỏi 5 4 viên gạch dưới. Hỏi mép phải của viên gạch 3 trên cùng có thể nhô ra khỏi mép phải của viên 2 gạch dưới cùng một đoạn cực đại bằng bao 1 nhiêu? Cho biết chiều dài viên gạch bằng 2L. “Trích 423 bài toán Vật lí 10 – Trần Trọng Hưng” Bài 6: Một khối hộp có các cạnh a = b = 20 cm, c = 30 cm đặt trên mặt phẳng nghiêng góc so với mặt nằm ngang. Hệ số ma sát trượt giữa khối và mặt phẳng nghiêng là  = 0,7. Nghiêng dần mặt phẳng nghiêng để tăng góc . Hỏi khối hộp sẽ đổ hay trượt trước trong hai trường hợp sau: a) Mặt vuông tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng. b) Mặt chữ nhật tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng. “Trích 423 bài toán Vật lí 10 – Trần Trọng Hưng” 458
10. Bài 7: Một xe tải 2,4 m đang chạy trên một đoạn đường nghiêng. 4 m Xe cao 4 m, rộng 2,4 m 2,2 m và có trọng tâm ở cách mặt đường 2,2 m. Hỏi độ nghiêng tối đa của mặt đường để xe không bị lật đổ là bao nhiêu? Bài 8: *Hình cầu bán kính R chứa một hòn bi ở đáy. Khi hình cầu quay  quanh trục thẳng đứng với vận tốc góc  đủ lớn thì bi cùng quay với hình cầu, ở vị trí xác định bởi góc . Xác định các vị trí cân bằng tương đối của viên bi và nghiên cứu sự bền vững của chúng. “Trích giải Toán Vật lí 10 – Bùi Quang Hân” Bài 9: *Một khối gỗ lập phương cạnh a đặt trên sàn, kê một cạnh vào tường nhẵn. Mặt dưới hợp với sàn một góc . . B Tìm điều kiện của góc để khối gỗ cân O A bằng. Cho hệ số ma sát giữa khối gỗ và sàn là . “Trích đề thi Olympic 30 – 4 – 2002” Bài 10: *Khối hộp hình chữ nhật kích thước AB = 2a, AD = a đặt trên mặt phẳng nghiêng A như hình vẽ: Mặt phẳng nghiêng, nghiêng góc D so với phương ngang, hệ số ma sát nghỉ cực đại B giữa khối hộp với mặt phẳng nghiêng là C 3  . N max 3 a) Khối hộp nằm cân bằng trên mặt phẳng nghiêng. Biểu diễn các lực tác dụng lên khối hộp? 459
11. b) Tìm max để khối hộp vẫn nằm cân bằng trên mặt phẳng nghiêng? Bài 11: Một thanh đồng chất trọng lượng S P 2 3 N có thể quay quanh một chốt ở đầu O O. Đầu A của thanh được nối bằng dây không dãn vắt qua ròng rọc S với một vật có trọng lượng P1 = 1 N. Biết S ở cùng độ cao với O và OS = OA. Khối lượng của ròng rọc và dây không đáng kể. A P1 a) Tính góc SOµA ứng với cân bằng của hệ thống và tìm phản lực của chốt O. b) Cân bằng là bền hay không bền ? Bài 12: *Khối hộp chữ nhật (H) có tiết diện A thẳng ABCD, chiều cao của khối hộp là AD 10 3 cm và đáy CD 10cm . Đặt (H) M B 2 trên mặt phẳng nghiêng MN. Lấy g = 10 m/s . (H) D a) Tìm góc nghiêng cực đại 0 của MN để (H) còn chưa bị lật. Khi góc C nghiêng của MN là 0; muốn cho (H) N không trượt trên MN thì hệ số ma sát nghỉ cực đại μ giữa (H) và MN phải Hình 3 là bao nhiêu? b) Trong trường hợp góc nghiêng của MN đã cho là 0, hệ số ma sát nghỉ cực đại (cũng là hệ số ma sát trượt) giữa (H) và MN là μ = 0,2. Kéo MN theo phương ngang, sang phải với gia tốc a. Tìm điều kiện của gia tốc a để cho (H) không trượt trên MN. Coi rằng trong quá trình kéo (H) không bị lật. 460
12. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN Bài 1: + Các lực tác dụng lên viên bi ở M gồm:  ▪ Trọng lực P1   A ▪ Phản lực N1  N1 ▪ Lực căng dây T1 (với T1 = T) M   N2 + Các lực tác dụng lên viên bi ở N gồm: T1   N ▪ Trọng lực P2   30o P1 T2 ▪ Phản lực N2 B   C P2 ▪ Lực căng dây T2 (với T = T) 2    P1 N1 T1 0 1 + Điều kiện cân bằng của 2 viên bi:    P2 N2 T2 0 2 o P1 sin30 Tcos + Chiếu (1) lên AB, chiếu (2) lên AC ta có: o P2 sin 60 Tsin o sin P2 sin 60 o + Vế chia vế o tan 3 3 79,106 cos P1 sin30 P sin30o 100.sin30o + Lực căng dây MN là: T 1 264,575 N cos cos79,106o + Chiếu (1) lên phương vuông góc với AB ta có: o o o N1 P1 cos30 Tsin 100.cos30 264,575.sin 79,106 346,41 N + Chiếu (2) lên phương vuông góc với AC ta có: o o o N2 P2 cos60 Tcos 300cos60 264,575cos79,106 200 N Bài 2: + Gọi G1, G2 lần lượt là trọng tâm của cốc khi không chứa nước và trọng tâm của khối nước; G là trọng tâm của cốc khi chứa nước. G 7 GG P GG m 100 1 GG 1 1 + Ta có: 1 2 1 2 1 6 GG2 P1 GG2 m1 300 3 GG2 3 GG 1 GG 1 G2 3 1 1 (1) GG1 GG2 1 3 G1G2 4 + Vì trọng tâm G1 của cốc cách mặt nước 1 vạch, trọng tâm G 2 của khối nước cách mặt nước 3 vạch nên G 1G2 = 4 vạch. Thay vào (1) ta có GG1 = 1 vạch. Vậy trọng tâm G của cốc chứa nước nằm tại mặt nước (tức nằm tại vạch số 6). + Khi chứa 100g nước trọng tâm G của cốc hạ xuống thấp hơn khi không chứa nước nên khi cốc chứa nước thì bền vững hơn khi không chứa nước. Bài 3: 461
13. Ban đầu khi vật cân bằng trục đối xứng của nó hướng thằng đứng. Nên khi ta đẩy nhẹ vật để trục đối xứng của nó nghiêng một góc nhỏ so với vị trí ban đầu h O1 thì độ cao của tâm O của bán cầu không thay đổi (cách mặt sàn một đoạn bằng O bán kính R không đổi). Do đó để vật có thể cân bằng phiếm định, phần hình trụ O2 phải có chiều cao h sao cho trọng tâm x của vật phải nằm tại O. Gọi O1, O2 là trọng tâm của các phần hình trụ và hình h OO 1 2 bán cầu ta có: (1) 5R 3R OO R 2 8 8   + Phần hình trụ có trọng lực P1 , đặt tại O 1, phần bán cầu có trọng lực P2 , đặt tại OO1 P2 O2. Áp dụng quy tắc hợp lực song song ta có: OO2 P1 1 4 . R3 V2 P2 2 3 P2 P2 2R + Vì vật đồng chất nên: 2 V1 P1 R .h P1 P1 3h OO 2R 1 (2) OO2 3h h 2R 4h 2R R + Thay (1) vào (2) ta có: 2 h 7 cm 3R 3h 3R 3h 2 8 + Vậy để vật có cân bằng phiếm định, chiều cao của phần hình trụ phải bằng 5 cm 462
14. Bài 4: + Khi hai viên gạch chồng lên nhau thì mặt chân đế của viên gạch ở trên là mặt tiếp xúc giữa hai viên gạch. G G 4  G3 G0 P4  G2 P3   P P2  P0 + Để viên gạch 4 không bi đổ khỏi viên gạch 3 thì viên gạch 4 chỉ được phép nhô  ra tối đa đoạn x sao cho giá của trọng lực P4 của viên gạch 4 phải đi qua mép phải L của viên gạch 3 viên gạch 4 nhô ra tối đa đoạn x = 2 + Gọi G là trọng tâm của hai viên gạch 3 và 4; h và h lần lượt là khoảng cách từ   3  4 giá của trọng lực P3 và P4 đến giá của trọng lực P . Áp dụng quy tắc hợp 2 lực   song song cùng chiều P3 và P4 ta có: P3.h3 P4 .h4 (1) L L + Vì P P h h . Mặt khác: h h  1 h h (2) 3 4 3 4 3 4 2 3 4 4  + Để hai viên gạch 3 và 4 không bị đổ khỏi viên gạch 2 thì trọng lực P của hai viên gạch 3 và 4 phải có giá đi qua mép phải của viên gạch 2. Suy ra viên gạch 3 L nhô khỏi viên gạch 2 đoạn tối đa đoạn h4 = 4 + Gọi G là trọng tâm của ba viên gạch 2, 3 và 4; h và h lần lượt là khoảng cách từ 0   2 giá của trọng lực P2 và P đến giá của trọng lực P0 . Áp dụng quy tắc hợp 2 lực   song song cùng chiều P2 và P ta có: P2 .h2 P.h (3) 3 + Với: P P3 P4 2P2  P2 .h2 2P2 .h h2 2.h (4) L L + Mặt khác: h h  4 h 2 2 6  + Để ba viên gạch 2, 3 và 4 không bị đổ khỏi viên gạch 1 thì trọng lực P0 của ba viên gạch 2, 3 và 4 phải có giá đi qua mép phải của viên gạch 1. Suy ra viên gạch 2 L nhô khỏi viên gạch 1 đoạn tối đa đoạn h = 6 L L L 11 + Vậy viên gạch 4 nhô khỏi viên gạch 1 đoạn tối đa là: L 6 4 2 12 463
15. Bài 5: Khi hai viên gạch chồng lên nhau thì mặt chân đế của viên gạch ở trên là mặt tiếp xúc giữa hai viên gạch. G5 G45  G4 5 G0 G P G3  P4   G P45 2 P3   P2 P  P0 + Để viên gạch 5 không bi đổ khỏi viên gạch 4 thì viên gạch 5 chỉ được phép nhô  ra tối đa đoạn x sao cho giá của trọng lực P5 của viên gạch 5 phải đi qua mép phải của viên gạch 4 viên gạch 5 nhô ra tối đa đoạn x = L + Gọi G là trọng tâm của hai viên gạch 4 và 5; h và h lần lượt là khoảng cách từ 45   4  5 giá của trọng lực P4 và P5 đến giá của trọng lực P45 . Áp dụng quy tắc hợp 2 lực   song song cùng chiều P4 và P5 ta có: P4 .h4 P5.h5 (1) L + Vì P P h h . Mặt khác: h h L  1 h h (2) 4 5 4 5 4 5 4 5 2  + Để hai viên gạch 4 và 5 không bị đổ khỏi viên gạch 3 thì trọng lực P45 của hai viên gạch 4 và 5 phải có giá đi qua mép phải của viên gạch 3. Suy ra viên gạch 4 L nhô khỏi viên gạch 3 đoạn tối đa đoạn h5 = 2 + Gọi G là trọng tâm của ba viên gạch 3, 4 và 5; h và h lần lượt là khoảng cách   3  45 từ giá của trọng lực P3 và P45 đến giá của trọng lực P . Áp dụng quy tắc hợp 2 lực   song song cùng chiều P3 và P45 ta có: P3.h3 P45.h45 (3) 3 + Với: P45 P4 P5 2P3  P3.h3 2P3.h45 h3 2.h45 (4) L + Mặt khác: h h L  4 h 3 45 45 3  + Để ba viên gạch 3, 4 và 5 không bị đổ khỏi viên gạch 2 thì trọng lực P của ba viên gạch 3, 4 và 5 phải có giá đi qua mép phải của viên gạch 2. Suy ra viên gạch 3 L nhô khỏi viên gạch 2 đoạn tối đa đoạn h45 = 3 + Gọi G là trọng tâm của bốn viên gạch 2, 3, 4 và 5; h và h lần lượt là khoảng 0   2 cách từ giá của trọng lực P2 và P đến giá của trọng lực P0 . Áp dụng quy tắc hợp   2 lực song song cùng chiều P2 và P ta có: P2 .h2 P.h (5) 464
16. 5 + Với: P P3 P4 P5 3P2  P2 .h2 3P2 .h h2 3h (6) L + Mặt khác: h h L  6 h 2 4  + Để bốn viên gạch 2, 3, 4 và 5 không bị đổ khỏi viên gạch 1 thì trọng lực P0 của bốn viên gạch 2, 3, 4 và 5 phải có giá đi qua mép phải của viên gạch 1. Suy ra viên L gạch 2 nhô khỏi viên gạch 1 đoạn tối đa đoạn h = 4 L L L 25 + Vậy viên gạch 5 nhô khỏi viên gạch 1 đoạn tối đa là: L L 4 3 2 12  Chú ý: Từ bài trên ta thấy phần nhô ra của viên gạch thứ i (tính từ trên xuống) L là x (chiều dài viên gạch là 2L). i i Bài 6: + Các lực tác dụng lên vật khi trượt gồm:   N ▪ Trọng lực P  y ▪ Phản lực N ▪ Lực ma sát Fms Fms   O + Ta có: P N Fms ma (1) + Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ  x + Chiếu (1) lên Ox và Oy ta có: P Ox: Psin Fms ma Oy: N Pcos 0 N Pcos Fms N Pcos a g sin cos + Vật trượt khi: a 0 g sin cos 0 tan  0,7 a 35o (2) a) Mặt vuông tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng  + Vật không đổ khi giá của trọng lực P qua mặt chân đế  + Khi tăng dần góc nghiêng thì giá của P tiến lại gần mép A của mặt chân đế + Vật bắt đầu bị đổ khi HOµA a µ 2 a 2 + Lại có: tan HOA A c c 3 2  P HOµA 33,69o 33,69o (3) 465
17. + Từ (2) và (3) suy ra khi tăng dần thì vật sẽ đổ trước khi trượt b) Mặt chữ nhật tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng + Vật bắt đầu bị đổ khi HOµA c c 3 + Lại có: tan HOµA 2 a a 2 2 A HOµA 56,31o 56,31o (4)  + Từ (2) và (4) suy ra khi tăng dần thì P vật sẽ trượt trước khi đổ. Bài 7: Để xe không bị đổ  thì giá của trọng lực P phải có giá đi qua mặt chân đế. G + Góc nghiêng sẽ lớn nhất khi   giá của trọng lực P đi qua điểm A. P B µ A H + Từ hình vẽ ta có: max AGH AH 1,2 6 + Mà: tan AGµH GH 2,2 11 µ o o AGH 28,61 . Vậy góc nghiêng lớn nhất là max 28,61 Bài 8: + Chọn hệ quy chiếu gắn với hình cầu + Các lực tác dụng lên viên bi gồm:   ▪ Trọng lực P của viên bi  ▪ Phản lực N của hình cầu 2 ▪ Lực quán tính li tâm Fqt m r   + Ta có: P N Fqt 0 (*) + Chọn chiều dương như hình  + Chiếu (*) lên chiều dương ta có: O N Fhl P.sin Fqt .cos 0 (1) R 2 2 I Fqt m r m R.sin r + Lại có: (2) Fqt P mg M  + P + Thay (2) vào (1) ta có: gsin 2R.sin .cos 0 sin 0 0 g g cos arccos 2 2  R  R 466
18. + Như vậy, với mọi  ta luôn có một vị trí cân bằng ứng với = 0 (đáy hình cầu) g và nếu cos 1 thì ta có vị trí cân bằng thứ hai với arccos 2  R * Bây giờ ta khảo sát tính bền vững ứng với các trường hợp trên: + Hợp các lực tác dụng lên hòn bi theo phương chiếu lúc này là: 2 2 Fhl mgsin m R.sin .cos msin g m R.cos a) Khi viên bi ở đáy hình cầu (α = 0) + Đưa hòn bi lệch khỏi đáy M một góc nhỏ nhỏ sin cos 1. + Hợp các lực tác dụng lên hòn bi theo phương Ox lúc này là: 2 Fhl m. g  .R ( : rad) g + Nếu  F 0 Fhl sẽ kéo hòn bi trở lại M cân bằng bền R hl g + Nếu  F 0 Fhl không thể kéo hòn bi trở lại M cân bằng không R hl bền. g b) Khi viên bi không ở gần đáy quả cầu thì cos 2R g g + Vì cos 1 1  2R R + Đưa hòn bi lệch khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ (lên cao hoặc xuống thấp) thì: 2 ▪ Nếu đưa hòn bi lên cao ( tăng) Fhl msin g m R.cos 0 hòn bi bị kéo tụt xuống cân bằng bền. 2 ▪ Nếu đưa hòn bi xuống thấp ( giảm) Fhl msin g m R.cos 0 hòn bi bị kéo lên cân bằng bền. g Vậy có hai vị trí cân bằng là vị trí đáy hình cầu và vị trí ứng với cos 2R g + Ở đáy hình cầu, hòn bi cân bằng bền nếu  , cân bằng không bền nếu R g  R g g + Ở vị trí ứng với cos luôn có cân bằng bền nếu  2R R 467
19. Bài 9: + Các lực tác dụng lên khối gỗ gồm:  ▪ Trọng lực P   ▪ Phản lực N1 và N2 ▪ Lực ma sát Fms y + Điều kiện cân bằng về lực: G     P N1 N2 Fms 0 (*)  N1 + Chiếu (*) lên Ox và Oy ta có: N2  O B P x Ox: N2 Fms 0 N2 Fms (1) A Oy: N P 0 N P (2) 1 1 O + Để khối gỗ không trượt: H Fms Fms N1 N2 P (3) + Điều kiện cân bằng về momen với trục quay qua A: N2 .OB P.AH (4) + Ta có: OB a sin AH GAcos 45o a 2 a AH cos cos45o sin sin 45o cos sin 2 2 + Do đó (4) viết lại như sau: a P. cos sin N .a sin P. cos sin N (5) 2 2 2 2sin P. cos sin 1 + Thay (5) vào (3) ta có: P 2 1 2sin tan 1 1 1 1 2 tan arctan tan 1 2 1 2  + Khi > 45o thì giá của trọng lực P rời mặt chân đế khối gỗ sẽ bị lật 1 o + Vậy để khối gỗ cân bằng không bị đổ thì arctan 45 1 2 Bài 10: a) Biểu diễn các lực tác dụng lên khối hộp  N b) Điều kiện để khối hộp nằm cân bằng A D trên mặt phẳng nghiêng: Fms + Tổng lực tác dụng lên vật bằng không:   B C  P N Fms 0 P + Chiếu lên các trục tọa độ ta thu được: 468
20. Psin Fms 0 N Pcos max Psin N N 0 Psin N Pcos 0 tan N 3 tan  30o  max N max 3 max P + Giá của trọng lực phải rơi vào mặt chân đế BC: BC 1 + Từ hình vẽ ta có: tan 26,6o max AB 2 max o + Kết hợp cả hai điều kiên ta có: max 26,6 Bài 11: + Các lực tác dụng lên thanh OA gồm:   y ▪ Trọng lực P N  ▪ Lực căng dây T S  O H ▪ Phản lực N   O x + Vì trọng lực P và lực căng dây T G đồng quy tại I nên để hệ cân bằng thì  K   phản lực N phải có giá kéo dài qua I. T  P P + Vì phản lực N có giá đi qua trục A 1 quay O nên môn-men bằng 0. Do đó để thanh OA cân bằng thì: M M P T I + Vì tam giác AOS cân ở O nên: AOµS AK OA.cos 2 2 OA M P OH.P .cos .P 2 + Do đó: M T AK.T OA.cos .T 2 OA P + Vậy ta có: .cos .P OA.cos .T .cos T.cos 2 2 2 2 P + Lại có: T P .cos P .cos 3 cos cos 1 2 1 2 2 2 2 + Ta có: cos 2cos 1 3 2cos 1 cos 2 2 2 3 + Đặt x cos 0 (vi góc < 90o) 2 3x2 x 3 0 x 2 2 3 cos 30o 60o 2 2 2 469
21.    + Phương trình cân bằng lực của thanh OA: P N T 0 (1) o + Chiếu (1) lên Ox ta có: Nx Tcos60 0 1 N Tcos60o N x 2 o + Chiếu (1) lên Oy ta có: P Ny Tsin 60 0 3 3 N P Tsin 60o N y 2 2 2 1 3 3 + Phản lực N là: N N2 N2 7 2,65 N x y 2 2 b) Xét trạng thái cân bằng + Xét thanh ở góc lệch α bất kì:  + Phương trình mômen: M P cos Tcos (chiều dương là chiều kim đồng 2 2  2 2 .P hồ) M P 2cos 1 Tcos Pcos Tcos 2 2 2 2 2 2 M 2 3cos2 cos 3 252 2 2 b  5 1 3 + Đặt x cos x x ;x 2 1,2 2a 2.2 3 1 3 2 2 + Ta có bảng biến thiên: 1 x 3 3 2 + 0 - 0 M + 3 + Tại x cos 60o M 0 nên: 2 2 ▪ Khi α = 600 thì M = 0 hệ cân bằng. 3 ▪ Khi α > 60 0 x cos M 0 thanh quay cùng chiều kim đồng 2 2 hồ về vị trí cân bằng. 470
22. Vị trí cân bằng trên là cân bằng bền. Bài 12: a) Khi đường thẳng đứng qua trọng tâm còn N nằm trong mặt chân đế, khối hộp H còn A đứng vững: 0 =  B DC 1 + Mà: tan  30o (1) AD 3 M * Khi = 0 D  + Khối hộp không trượt khi: Fms P.sin và F .P.cos sin cos ms C  tan 0 0,58 (2) N o b) Nếu góc nghiêng của MN là 0 = 30 ; hệ số ma sát  = 0,2 và MN đứng yên thì H sẽ P bị trượt xuống dưới. Khi MN chuyển động sang phải với N gia tốc a , xét trong hệ quy chiếu gắn A với mặt phẳng nghiêng MN, hộp H B chịu thêm lực quán tính có chiều như F hình vẽ. M qt y * Để hộp H không trượt trên mặt D phẳng nghiêng MN, hợp lực đặt vào  khối hộp H:      C Fhl P N Fqt Fms 0 (*) N * Để khối H không bị trượt xuống dưới: O x P + Xét điều kiện cân bằng tới hạn, nghĩa là: Fms = Fmst = N và khi đó lực ma sát có chiều hướng lên trên + Chiếu (*) lên Ox: N.sin 0 .N.cos 0 m.a 0 ma 2ma N (3) sin 0 cos 0 1  3 + Chiếu (*) lên Oy: N.cos 0 .N.sin 0 m.g 0 mg 2mg N (4) cos 0 sin 0 3  471
23. 1  3 1 0,2. 3 2 + So sánh (3) và (4) ta được: a g. 10. 3,38(m / s ) 3  3 0,2 Vậy muốn khối H không trượt xuống dưới thì a 3,38 m/ s2 (5) * Để khối H không bị trượt lên N + Lúc này lực ma sát có chiều hướng A xuống; B + Xét điều kiện cân bằng tới hạn, nghĩa M Fqt là: Fms = Fmst = N y + Chiếu (*) lên Ox: D  N.sin 0 .N.cos 0 m.a 0 C ma 2ma N (6) N sin 0 cos 0 1  3 O + Chiếu (*) lên Oy: x P N.cos 0 .N.sin 0 m.g 0 mg 2mg N (7) cos 0 sin 0 3  1  3 1 0,2. 3 2 + So sánh (6) và (7) ta được: a g. 10. 8,79(m / s ) 3  3 0,2 + Vậy muốn khối H không trượt lên trên MN thì a 8,79(m / s2 ) (8) + Kết hợp điều kiện (5) và (8) ta có: 3,38m / s2 a 8,79m / s2 472
24. Dạng 4. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN NGẪU LỰC Hai lực song song, ngược chiều, có độ lớn bằng nhau và cùng tác dụng vào một vật gọi là ngẫu lực. Ngẫu lực tác dụng vào một vật chỉ làm cho vật quay chứ không tịnh tiến. Momen của ngẫu lực: M F.d Trong đó: F là độ lớn của mỗi lực (N) d là cánh tay đòn của ngẫu lực – khoảng cách giữa hai lực (m) M là momen của ngẫu lực (N.m) Chú ý: Người ta thường quy ước chiều dương của momen là chiều ngược với chiều quay của kim đồng hồ. Ví dụ 1: Một chiếc thước có chiều dài FA A 30 3 cm có thể quay quanh trục thẳng đứng cố định tại tâm O. Hai lực song song, ngược chiều có cùng độ lớn F A = FB = 2 N O tác dụng lên các đầu của thước tạo thành một ngẫu lực. Với α = 30 o thì độ lớn B momen ngẫu lực khi thước có vị trí như FB hình vẽ bằng bao nhiêu ? Hướng dẫn + Cánh tay đòn của ngẫu lực: d OH OH OA.cos OB.cos H1 1 2 FA A AB AB d .cos .cos ABcos 2 2 d 0,3 3.cos30o 0,45 m O + Momen ngẫu lực khi đó: B M F.d 2.0,45 0,9 N.m FB H2 Ví dụ 2: Một vật rắn phẳng, mỏng có dạng là một tam giác đều ABC, mỗi cạnh là a = 10 cm. Người ta tác dụng vào vật một ngẫu lực nằm trong mặt phẳng của tam giác. Các lực có độ lớn là 5 N và đặt vào hai đỉnh A và B. Tính momen của ngẫu lực trong các trường hợp sau đây: a) Các lực vuông góc với cạnh AB. b) Các lực vuông góc với cạnh AC. c) Các lực song song với cạnh AC. 473