Chuyên đề
HỆ CƠ LIÊN KẾT- LÝ THUYẾT VÀ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI BÀI TẬP
A. MỞ ĐẦU

1. Lí do chọn đề tài
Từ kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lý tôi nhận thấy rằng: cơ học
vật rắn nói chung và hệ cơ liên kết nói riêng là một nội dung tương đối khó. Phần lớn
học sinh chưa hình dung được chuyển động của các hệ cơ học; chưa nắm rõ ý nghĩa
vật lý của các phương trình tốn học xuất hiện trong bài toán; nên các em thường gặp
các vấn đề sau:
+Lúng túng trong việc xác định các biến số độc lập và lựa chọn hệ toạ độ cho cơ
hệ.
+Khó khăn trong việc xác định lực tương tác giữa các vật trong cơ hệ (lực liên
kết).
+Khó khăn trong việc xác định liên hệ giữa chuyển động của vật này và vật
khác (phương trình liên kết).
+Sai sót trong việc thiết lập và giải tìm nghiệm các phương trình của bài tốn.
Để khắc phục những khó khăn trên, tơi hướng dẫn học sinh thiết lập quy trình chung khi
giải các bài tốn cơ liên kết gồm 2 phần : phân tích động học và phân tích động lực học;
cụ thể có 5 bước:
B1. Viết các phương trình động học.
B2. Viết các phương trình động lực học.
B3. Viết phương trình năng lượng.
B4. Viết phương trình liên kết.
B5. Giải hệ các phương trình và biện luận nghiệm.
Với mong muốn chia sẻ những kinh nghiệm của mình, tơi viết chun đề
“ Hệ cơ liên kết – Lý thuyết và phương pháp giải bài tập ”.
2. Mục tiêu của đề tài

1

Mục tiêu của đề tài là tìm kiếm giải pháp khắc phục các khó khăn mà học sinh gặp phải
khi học về nội dung hệ cơ liên kết.
3. Nhiệm vụ của đề tài
- Hệ thống hoá lý thuyết của hệ cơ liên kết.
- Phân loại các dạng bài tập thường gặp trong nội dung hệ cơ liên kết.
- Hướng dẫn giải chi tiết các dạng bài tập đã phân loại.
4. Phạm vi của đề tài
- Phần Cơ học - Cơ hệ liên kết
5. Cấu trúc đề tài
Ngoài phần mở đầu, kết luận, phụ lục và tài liệu tham khảo, nội dung của đề
tài gồm 2 phần:
Phần 1. Tóm tắt lý thuyết Hệ cơ liên kết:
A. Lý thuyết Hệ cơ liên kết.
B. Bài tập ví dụ.
Phần 2. Phân loại và phương pháp giải bài toán Hệ cơ liên kết.
Dạng 1. Liên kế khớp xoay- thanh rắn.
Dạng 2: Liên kết dây treo.
Dạng 3: Liên kết khối cầu- trụ lăn.

2


B. NỘI DUNG
PHẦN I. TĨM TẮT LÍ THUYẾT
A. LÍ THUYẾT HỆ CƠ LIÊN KẾT
I. Bậc tự do- Hệ cơ liên kết
1. Bậc tự do
Số lượng các toạ độ độc lập dùng để mô tả chuyển động của vật gọi là số bậc tự do của

vật đó.
z
z

r
r

y
O

y

x
x
Hình 1.1
Để mơ tả chuyển động tự do của vật trong không gian 3 chiều Oxyz sẽ cần 3 toạ độ
cho chuyển động tịnh tiến và 3 toạ độ cho chuyển động quay xung quanh các trục đó
(Hình1.1); ta nói vật có 6 bậc tự do.
Một hệ gồm N vật rắn chuyển động tự do trong khơng gian 3 chiều sẽ có 6  N bậc
tự do.
2. Hệ cơ liên kết.
Hệ cơ liên kết là hệ gồm hai hay nhiều vận rắn gắn kết lại với nhau. Trong một hệ
cơ liên kết, chyển động vật này ảnh hưởng đến chuyển động của vật kia nên số bậc tự do
của mỗi vật sẽ giảm.
II. Phương trình liên kết
Phương trình liên kết là phương trình mơ tả chuyển động tương đối của các vật
trong hệ liên kết.
Ví dụ 1 – Trụ rắn trượt- Một thanh trượt có thể chuyển động không ma sát dọc theo trục
và quay tự do quanh trục Oy như Hình 1.2.


3


z


z

y

O

x
x

ry

Hình 1.2
 rx  0
r  0
z


ry
 x  0



z  0


Các phương trình liên kết của thanh :
. Số bậc tự do của thanh là 2 gồm:  y
Ví dụ 2: Khớp cầu- Một thanh trụ B được liên kết với thanh trụ A đứng yên, thông qua
khớp cầu như Hình 1.3. Thanh trụ B có thể quay tự do khơng ma sát trong khớp cầu

z



B



A

y


x
Hình 1.3
rx  0

ry  0

Số phương trình liên kết của trụ B 3: rz  0 . Số bậc tự do của trụ B là 3 :
Ví dụ 3- Khối cầu lăn khơng trượt- Khảo sát một quả cầu bán kính a
trên mặt phẳng nằm ngang như Hình 1.4.

4








lăn khơng trượt


z

z
y
y

x

C

rCx

rCz

x

rCy

Hình 1.4
 rCz  a


 r 'Cx   y '.a

r '   x '.a
Số phương trình liên kết là 3:  Cy
. Số bậc tự do là 3 :

 x

 y

 z

Ví dụ 4: Hệ liên kết phức tạp- Khảo sát một hệ cơ liên kết như Hình 1.5.
Từ các ví dụ trên, ta nhận thấy: hệ có số phương trình liên kết là 7 gồm 4 cho khối
trụ trượt và 3 cho khớp cầu; số bậc tự do là 2.6  7  5 gồm
bậc tự do trong một hệ liên kết được xác định
M  6 N  C

Trong đó, M là số bậc tự do, N là số lượng vật rắn của hệ,
liên kết.

ry   x , y , z
, ,
. Tổng quát, số

 C là tổng số phương trình

z

z

Z

x



x

y
Y

O

X

y

rY
Hình 1.5
5


4. Phân loại liên kết
a. Liên kết holonomic
Hệ liên kết có các phương trình liên kết là hàm số theo toạ độ suy rộng và thời gian
f  u1 , u2 , u3..., un , t   0
, với ui là toạ độ suy rộng của hệ, được gọi là hệ holonomic.
Các hệ cơ được mơ tả ở ví dụ 1, ví dụ 2 là hệ holonomic.
b. Liên kết phi holonomic
Hệ liên kết có một trong các phương trình liên kết là hàm số theo toạ độ suy rộng và các


 , được gọi là hệ phi
n
1
2
3
n
vi phân của chúng theo thời gian  1 2 3
holonomic.
Hệ cơ được mơ tả ở ví dụ 3 là hệ phi holonomic.
5. Động lực học hệ cơ liên kết
Việc phân tích động lực học của hệ cơ liên kết có thể được tiến hành theo các phần sau:
Phần 1: Phân tích động học
Bước 1: Viết các phương trình động học
+ Chọn hệ quy chiếu
+ Chọn toạ độ suy rộng
+ Biểu diễn các thành phần vận tốc, gia tốc theo toạ độ suy rộng trong hệ quy
chiếu đã chọn.
Phần 2: Phân tích động lực học:
Bước 2: Viết các phương trình Newton- Euler cho chuyển động của mỗi vật trong
hệ.
+ Vẽ sơ đồ tự do, phân tích các thành phần của lực và mơmen lực tương ứng.
+ Biểu thành phần phản lực liên kết (chưa biết) theo các lực đã biết và vi phân của
toạ độ suy rộng.
Bước 3: Viết phương trình năng lượng cho hệ.
Bước 4: Viết các phương trình liên kết
Bước 5: Giải hệ các phương trình
+ Giải hệ các phương trình từ đó suy ra được thành phần của phản lực liên kết.
f u , u , u ..., u , u ' , u ' , u ' ..., u ' , t  0


6


B. BÀI TẬP VÍ DỤ
Các nội dung lý thuyết đã đề cập ở trên được mô tả cụ thể qua 2 bài tập ví dụ sau.
Ví dụ 1: Một chiếc xe đẩy
có khối lượng khơng đáng
u t
kể chuyển động khơng ma
r sát trên mặt sàn nằm
g
ngang. Con lắc dạng thanh
m, L
rắn có khối lượng m, chiều
Hình 1.6
dài L, một đầu được gắn

vào trục quay O của thùng
xe như Hình 1.6. Cho biết chuyển động của xe trong hệ
quy chiếu gắn với đất được xác định bởi hàm u (t ) . Viết
phương trình chuyển động của thanh rắn và biểu thức
phản lực do trục O tác dụng lên thanh rắn.
Hướng dẫn giải:
Số phương trình liên kết:

+ của xe đầy là 6 gồm

 rx  u (t )

 ry  rz  0


 x   y   z  0

rx  ry  rz  0

 y  0
+ của thanh rắn là 5 gồm  x
r
Do đó sốFbậc tự do của hệ: 6  2  11  1 . Toạ độ suy rộng của hệ trong trường họp này là

 (t ) .

Phân tích động học:
Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt đất.
r
Chọn hệFtoạ
độ cực gắn với trục quay O
r
r
vO  u '  t 

Xét rchuyển động của xe:
P
Lr
r
r
vC  u '  t  ex   ' e


2


r
r
a  u ''  t  e   '' L er  L   '2  er
C
x

r
2
2
Xét khối tâm C của thanh: 

Phân tích động học:
Viết các phương trình Newton- Euler

7


 r
Lr L
r
r
r

2 r 
 Fr er  F er  mge y  m u ''  t  ex   '' 2 e  2   '  er 


ey r


e
 F L  I  ''
C
  2
r
ex
r
r
 rr
er ex  sin  er  cos  e
r
r
r
ey   cos  er  sin  e

Mặt khác:
Suy ra:

 Fr


 F


 F


L
 mg cos 
2


L
mL2 
 mu ''cos   m ''  mg sin   mu ''cos   mg sin    I C 
 ''
2
4 

L
 I C ''
2

 mu ''sin   m '2

Giải phương trình trên, tìm được biểu thức  (t ) sẽ xác định được các thành phần của phản
lực liên kết Fr , F
Ví dụ 2: Một vật nhỏ khối lượng m được đặt lên
thành bên trong của một vành trụ mỏng có khối lượng
M phân bố đều. Vật nằm trong mặt phẳng thẳng đứng
vuông góc với trục của vành trụ và chứa khối tâm
của vành trụ. Ban đầu, vành trụ đứng yên trên một
mặt phẳng ngang và vật ở vị trí xác định bởi góc
lệch  0 so với đường thẳng đứng như Hình 1.7..
Sau đó, thả nhẹ vật cho hệ chuyển động. Giả thiết
rằng ma sát giữa vật và vành trụ là không đáng
kể, vành trụ chuyển động lăn khơng trượt trên mặt

Hình 1.7

r

g
phẳng ngang. Gia tốc trọng trường là .

Tìm phản lực của vành tác dụng lên vật lúc vật đến vị trí thấp nhất của quỹ đạo.
Hướng dẫn giải:
Phân tích :
Đối với vành: cần xác định toạ độ xG và góc quay 
Đối với vật: cần xác định góc quay 
Bước 1: Viết phương trình động học

8


y

u (t )
G

m

r
er

A

O

M

0


Đối

với

r
g

-

Đối

với

 Fr  mg cos   m  u ''sin   R. '2 
r
r
r
FA  mg  ma A  
 F  0

 Fr  mg cos   m  u ''sin   R. '2 

(3)

Xét theo phương Ox:  Fr sin   max (4)
Xét vành:
là lực mà mặt đất tác dụng lên vành theo phương ngang.

r

r
r
r
FK   Fr  Mg  Mu ''.ex  FK  Mu '' Fr sin 



vành

r
vGx  u '.ex
x x  u

G
 vGy  0

r
 yG  R 
aGx  u ''.ex

Bước 2: Viết phương trình động lực học
Vật m:

Gọi

điểm

A

uuu

r uuur uuu
r
OA  OG  GA

r
r
r
 uu
vA  u '.ex   R. '  .e
r
r
r
2 r

a A  u ''.ex   R. '' .e    R. '  .er (1)

r
e

r
FK

vật-



(5)
Phương trình mômen: FK .R  I G . ''  FK  MR. '' (6)
Bước 3: Viết phương trình liên kết
r

Vì vành lăn không trượt nên: vK  0  R. ' u '  0  u '   R. ' (7)
Từ (5)(6)(7), ta suy ra: max  2Mu ''  mvAx  2Mu ' (8)
Bước 4: Viết phương trình năng lượng
r r
e  ex
Tại vị trí thấp nhất ta có
nên từ (1) ta suy ra v A  u ' R ' (9)
Định luật bảo toàn năng lượng cho ta:
1
1
1
mgR  1  cos  0   mv A2  Mu '2  I G  '2
2
2
2
(10)

Thay (7)(8) vào (10) ta được:

9

–

điểm

G



gR  1  cos  0 

v A  2
m

2

M


m gR  1  cos  0 
vG   M
m
2

M


Từ (9), ta suy ra:
m

R. '  vA  u '  gR  1  cos  0   2 
M




 (11)

Thay (11) vào (3) ta được phản lực mà vành tác dụng lên vật
 
m

Fr  mg 1   2 
M
 



.  1  cos  0  



r
Dấu “-” cho biết phản lực này ngược chiều với véc tơ đơn vị er tại vị trí thấp nhất.

10


PHẦN II. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN HỆ CƠ LIÊN KẾT
Các bài toán Cơ hệ liên kết xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi vật lý thường có 3
dạng sau: liên kết khớp xoay- thanh rắn, liên kết dây treo, liên kết khối cầu-trụ lăn.
DẠNG 1: LIÊN KẾT KHỚP XOAY- THANH RẮN
r
1.1. Phương pháp chung:
er
r
y
e
- Kiểu liên kết này xuất
hiện giữa hai điểm có
B
yB

khoảng cách khơng đổi
r
trong q trình chuyển
rB
động của hệ.
- Viết biểu thức động
r
yA
A
rA
học của các điểm trên
thanh trong hệ toạ độ
x Oxy hoặc toạ độ cực.
O
x A xB
r r r

rB  rA  rAB
r r r
vB  v A  vBA
r
r r
aB  a A  aBA

Hình 1.8

- Viết các phương trình liên kết.
- Vẽ các giản đồ véc tơ vận tốc, véc tơ gia tốc (Hình 1.9); hoặc sử dụng khái niệm tâm
quay tức thời đề giải bài toán.
B

aA

vBA   r
aB
r
vB
r
r
vA
aBA
  2r
A
vA
r
aA

aBA   ' r

Hình 1.9 r
r
r
F
F
-Phân tích phản lực liên kết F của thanh thành r song song và  vng góc với thanh.
r r
r
F
-Xác định r , F để tìm F .

- Trong nhiều trường hợp, việc sử dụng giản đồ véc tơ vận tốc, véc tơ gia tốc sẽ cho lời

giải ngắn gọn.
1.2. Bài tập vận dụng
11


A

Bài tập 1:
Thanh AB cứng, nhẹ chiều dài L, mỗi đầu có gắn một quả cầu
nhỏ khối lượng bằng nhau m, tựa vào tường thẳng đứng như
Hình 2.1.1. Truyền cho quả cầu B một vận tốc rất nhỏ để nó
B
trượt trên sàn nằm ngang. Giải thiết rằng trong quá trình chuyển
Hình 2.1.1
động, thanh AB ln nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Bỏ qua
mọi ma sát giữa các quả cầu với tường và sàn. Gia tốc trọng
trường là g.
a. Xác định góc  hợp bởi thanh và tường thẳng đứng vào thời
điểm quả cầu A bắt đầu rời khỏi tưởng.
b. Tính vận tốc của quả cầu B khi đó.
Hướng dẫn giải:
Lời giải thứ nhất
Phân tích:
Số bậc tự do của của vật: 3 bậc: x, y, và góc quay trong mp Oxy, do đó để giải được bài
y thiểu 3 phương trình.
tốn cần thiết lập tối
Định hướng: biến đổi các toạ độ x, y, về toạ độ góc quay
 này liên quan đến lực liên kết tại A và tường.
Điều kiện biên của bài


Bước 1: Viết các phương
trình động học
Chọn HQC như hình vẽ.
-Xét khói tâm G, ta có:
O

x

L
L
L



2
 xG  2 sin 
vGx  2 cos  . '
 aGx  2   ' sin    ''cos  



 y  L cos 
v   L sin  . '  a   L   '2 cos    ''sin  
G
Gy
 Gy

2
2


2

- Phương trình liên kết: xA  0; yB  0
Bước 2: Viết các phương trình động lực học cho khối tâm G
- Phương trình chuyển động tịnh tiến:
L

2
 N A  2m 2   ' sin    ''cos  
 Fx  mG aGx


 Fy  mG aGy
 N  2mg  2m L   '2 cos    ''sin  
 B
2

- Điều kiện biên của bài toán: đầu A rời khỏi tường thẳng đứng, ta có:
N A  0  2m

L
 '2 sin    ''cos    0   '2 sin    ''cos 

2
(1)
M Nr B / G  I G ''

- Phương trình chuyển động quay cho khối tâm G:

12



 L '2 cos   2 g  sin 

L
L2

L
2
 2mg  2m 2   ' cos    ''sin    2 sin   m 2  ''   '' 
L  1  sin 2  

Hay:
Bước 3: Viết các phương trình năng lượng
Định luật bảo toàn cơ năng cho ta:

(2)

1
1
2g
2
2
mgL  mgL cos   2m.  vGx
 vGy
 I G '2   '2 
 1  cos  

2
2

L
(3)

Bước 4: Phương trình liên kết: xA  0; yB  0 (đã được sử dụng ở Bước 1)
Bước 5: Giải các hệ gồm các phương trình
Từ (1)(2) và (3), ta có:

 '2 sin    ''cos 

 L '2 cos   2 g  sin 


2
 cos  
 '' 
2
3
L  1  sin  


 '2  2 g  1  cos  

L
L
L
vB  vBx  vB / Gx  vGx   'cos    'cos   L. 'cos 
2
2
Câu b. Ta có:
2


cos   3

8
 '  2 g
vB 
gL

3
L
27
Với
Ta thu được:

Lời giải thứ hai:
Gọi  là góc hợp bởi thanh AB và sàn.
Tại thời điểm bất kỳ, điểm A đi xuống một đoạn
Định luật bảo toàn cơ năng cho ta:

y  L  1  sin  

(1)

1
1
mgy  m  v A2  vB2   mgl  1  sin    m  v A2  vB2 
2
2
(2)


Vì là thanh cứng nên: vA sin   vB cos  (3)
1
1
gL  1  sin    vB2
 vB2  2 gL  1  sin   sin 2 
2
2 sin 
Thay (3) và (2):
(4)

Khi A chưa rời khỏi tường thì lực gây ra gia tốc và vận tốc theo phương ngang là phản lực
của tường tác dụng lên A theo phương ngang. Lực này làm vGx tăng dần. Nên khi đầu A
rời khỏi tường N  0, aGx  0 nên vGx đạt giá trị cực đại.
v
Mà vB  2vGx nên B đạt giá trị cực đại.
13


Xét phương trình

vB2  2 gl  1  sin   sin 2   8 gl  1  sin  

sin  sin 
.
2
2
3

sin  sin 
1 

sin  sin  
.


 const
 1  sin  
 1  sin   

2
2
27 
2
2 
Ta nhận thấy:
sin 
2
1

sin



sin




2
3
nên vB đạt giá trị cực đại khi


sin  

8
2
vB 
gL
27
3 vào (4) ta được

thay
Bài tập 2:
Một thanh AB chiều dài L có đầu A tựa vào tường thẳng đứng và
A với sàn nằm ngang như Hình 2.1.2. Người ta kéo
đầu B tiếp xúc
r
v0
đầu B của thanh dọc theo mặt sàn với vận tốc
hướng ra xa
G

tường. Gọi  là
r góc hợp bởi thanh AB và sàn. Xác định gia tốc
 B v0
trung điểm G của thanh khi đầu A vẫn tựa lên tường.
Lời giải thứ nhất
Hình 2.1.2
Phân tích:
Số bậc tự do của của vật: 3 bậc: x, y, và góc quay trong mp Oxy,
do đó để giải được bài tốn cần thiết lập tối thiểu 3 phương trình.

Định hướng: biến đổi các toạ độ x, y, về toạ độ góc quay
y
r
Điều kiện biên của bài này liên quan đến lực liên kết tại A
er
và tường
A
Hướng dẫn giải:

Chọn hệ trục toạ độ Oxy gắn với đất và hệ toạ độ cực gắn
G
r
r
e  v gới B như hình vẽ.
B 0
O
x Bước 1: Viết phương trình động học
- Điểm A:

uuu
r uuu
r uuu
r
OA  OB  BA
r
r
r

 v A  v0ex  L ' e



 xA  0

r
r
r
vG  v0 ex  L ' e
uuur uuur uuur 
OG  OB  BG   r
L r  L 2r
aG  2  '' e    2  ' er

 (2)

- Điểm G:

Mà

v Ax  0

thay vào (1), ta suy ra:

v0  L. 'cos   0   ' 

2

 v  sin 
 ''   0 
3
 L  cos  (4)

Từ (3) suy ra:
14

v0
L.cos  (3)

(1)


4

Từ (4) và (2), ta được:
aG 

4

v02
L2  v0  sin 2  L2  v0 
1






4  L  cos 6  4  L  cos 4  2 L cos3 

aG 

v02

2 L sin 3 

Vậy:
Lời giải thứ hai
Chọn hệ quy chiếu nhưv  hình
vẽ.
B v0
r r
r
Ta có: v A  vBA  vB (1)

Từ hình vẽ, ta suy ra:
vA
L
v0 vBA   '.L
 ''   
v0 aGvPBAsin
2
L sin  (2)
2
 v0 aG cos 
 ''   
3
 L  sin  (3)
Suy
ra:
2 L
aG   r
r
r

r
aG2 aGB  aG   aG P

Ta có:

(4)

4

aG 

4

v02
L2  v0  sin 2  L2  v0 
1


 
6
4
3
4  L 
 cos  4  L  cos  2 L cos 

Kết quả:
Lời giải thứ ba
Tại mọi vị trí của thanh , điểm G ln cách đỉnh O của góc vng một khoảng L/2. Do đó
r
vG

G chuyển động trên đường trịn tâm O bán kính L/2. Vận tốc
ln tiếp tuyến với quỹ
đạo.
Vì thanh cứng, nên hình chiếu của G và B theo hướng của thanh là bằng nhau và bằng
v0 cos   vG cos   vG 

Hình chiếu của gia tốc

r
aG

v0
2sin 

của điểm G trên bán kính OG phải thoả mãn hệ thức
vG2
v02

L 2 L sin 2 
2

r
Nhận thấy rằng hình chiếu của vG của điểm G theo phương ngang

 v
vG cos       vG cos      0
2
 2

r

luôn không đổi, nên aG luôn hướng thẳng đứng.
v02
v02


aG cos     
 aG 
2
2 L sin 3 
2
 2 L sin 
Vậy
Bài tập 3:
15


Một thanh cứng AB có chiều dài L tựa trên hai
mặt phẳng P1 và P2 như Hình 2.1.3. Người ta
A
kéo đầu A của thanh lên trên dọc theo mặt
r
P1

phẳng P1 với vận tốc v0 không đổi. Biết thanh
B

r
v
P2
AB và vectơ 0 ln nằm trong mặt phẳng vng

Hình 2.1.3
góc với giao tuyến của P1 và P2; trong quá trình
chuyển động các điểm A, B ln tiếp xúc với hai
mặt phẳng; góc nhị diện tạo bởi hai mặt phẳng
0
là   120 . Hãy tính vận tốc, gia tốc của điểm B và tốc độ góc của thanh theo v0 ,L và 
(góc hợp bởi AB và mặt phẳng P2)
Lời giải thứ nhất
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ.
r
v0

y

r
v0

A

P1
x





B

P2


x

y



Nhận xét: Vật có 3 bậc tự do
, do đó
chúng ta cần 3 phương trình độc lập.
Bước 1: Viết các phương trình động học
Điểm
A
O '
'
 x A  xB  L cos 
 x A  xB  L ( sin  ). '
 '

 y A  L cos  . '
 y A  L sin 
(

1)
 xB

y 0
- Điểm B  B

Bước 2: Viết các phương trình động lực học
Bước 3: Viết phương trình năng lượng.

Bước 4: Viết phương trình liên kết
r r
v A  v0

y 0
Ta có  B

1

0
v Ax  v0 .cos 60  2 v0

v  v .sin 600  3 v
Ay
0
0
2
Do đó: 
(2)

Bước 5: Giải hệ các phương trình.

16



 ' 
1
 '


 xB  L( sin  ). '  2 v0

  xB' 

 L cos  . '  3 v

0

 ''
2
 xB 

Từ (1) và (2), ta suy ra:

Lời giải thứ hai

v0
3
.
2 L cos 
v0
3

v0 .tan 
2
2
v02
3
.
4 L.cos3 


r r
r
vB  vBA  vA

Ta có:
(1)
Từ hình vẽ, ta suy ra:
vBA  .L




3v0
 
v0 sin 600   L.cos 

2 L.cos 


0
0
60 
vB  v0 cos 60   L.sin 
v  v0  3 v .tan 
0
 B 2
vB
2
(2)

vA  v0

v02
3
aB  v 'B  .
4 L.cos3  (3)
Suy ra:

Lời giải thứ ba
Các thành phần vận tốc của A và B dọc theo thanh bằng nhau nên:
vB 

vA cos  600   

1

3
 v0  
tan  

2 2


cos 

Toạ độ của điểm A:

y A  L sin   y A'  L cos  . '  v0 cos 300 

Tốc độ góc của thanh:


 ' 

3
v0
2

v0 cos 300
3 v0

L cos 
2 L cos 

v02
3
aB  v  .
4 L.cos 3 
Gia tốc của B:
'
B

C

B
h

Bài tập 4:
Một thanh cứng AC đặt tựa vào vào bậc thềm
có độ cao h như Hình 2.1.4. Cho biết đầu A


chuyển động từ phải sang trái với vận tốc
r
v0
. Gọi B là điểm tiếp xúc của
r không đổi
v0  A
thanh và bậc thềm.
Hình 2.1.4 a. Xác định vận tốc, gia tốc của điểm B.
b. Xác định quỹ đạo tâm quay tức thời của

thanh.
17


Hướng dẫn giải:
Chọn hệ trục toạ độ Oxy gắn với đất và hệ toạ độ cực gắn gới A như hình vẽ.
Các phương trình động học
uuu
r uuu
r uuu
r
r y
r
r
OB  OA  AB  vB er
v0ex  rAB . ' e
r
(1)
G
C

r
B
Vì vB ln hướng dọc
theo thanh AB, nên:
r
e
vB  vBr  v A cos  h

vB  0

r

(2)O v0 

A x

v

Từ (1) và (2), ta suy ra: B

v0 sin  v0 sin 2 

 ' 

 v0 sin   rAB '  0

h
h



sin 

2
3
.cos 
 ''  v0 2.sin .cos . '  2v0 sin 
2
h
h

(3)
r
r
2 r
aB  rAB . '' e   rAB . '  .er

Từ (1) suy ra:
Thay (3) vào (4), ta được:

(4)

2
4
h 2v02 sin 3  .cos  r 
h v 0 sin   r
e   
.
.e

 sin 

 r
sin 
h2
h2


v 2 sin 
r
r
r
 aB  0
2 cos  .e  sin .er 

h
(5)

r
aB 

r
b. Gọi G là tâm quay tức thời của thanh AB. G là giao điểm của đường vuông góc với v0
r
vB
và .
 xG  h.cot 
x2

y

h



h
 yG  h  xG .cot 

Toạ độ của G :
(6)
Biểu thức (6) là phương trình quỹ đạo của tâm quay tức thời G.
Một lời giải khác

v0 sin 2 
 ' 
h  OA. tan 
h
r r r

vB  vA  vBA  vB  vBr  v0 cos 
r
ar  vr '  vr '
r
2 r
h
a

r

''
e

r


'
er
 B
A
BA
B
AB

AB

rAB 

sin  .
với

18



v0 sin 2 

'


h

2
2v0 sin 3  .cos 


 '' 
h2

v  v  v cos 
Br
0
 B
2
r
v0 sin 
r
r
2 cos  .e  sin  .er 

aB 
h
Nên ta rút ra kết quả

Bài tập 5:
m
Một quả cầu khối
lượng m đặt giữa tường thẳng đứng và nêm

khối lượng M và góc nêm  như Hình 2.1.5. Ban đầu quả cầu
ở vị trí đỉnh của nêm tiếp xúc với nêm (mặt nghiêng tiếp tuyến
với quả cầu). Nêm đứng yên trên mặt phẳng ngang. Thả để đồng
M
thời quả cầu và nêm cùng chuyển động. Bỏ qua mọi ma sát. Giả
sử nêm không bị lật. Tìm gia tốc của quả cầu trong giai đoạn
quả cầu cịn tiếp xúc với nêm.

Hình 2.1.5
Hướng dẫn giải:

r

r

r
Gọi v1 và v2 lần lượtv2 là vận tốc của quả cầu và nêm.
r

r

r

Ta có: v1  v12  v2



r 
v1  v2 tan
v
r
1

a1  a2 tan v12

Suy ra:
(1)
1 2 1

mv1  Mv22  mgy  0
2
Định luật bảo toàn cơ năng : 2
(2)
Đạo hàm (2) theo thời gian, lưu ý : y '  v1 ; kết hợp với (1) suy ra kết quả:
g tan 2 
a1 
M
 tan 2 
m

Bài tập 6:
Trên mặt phẳng ngang nhẵn cóm hai
R khối lập phương cạnh
H , cùng khối lượng M đặt cạnh nhau (giữa chúng có khe
M
M quả cầu có bán
hở nhỏ) như Hình 2.1.6. Đặt nhẹ nhàng một
H
kính R , khối lượng m  M lên trên vào khe nhỏ. Bỏ qua
mọi ma sát và vận tốc ban đầu của quả cầu. Tìm vận tốc
Hình 2.1.6
quả cầu ngay trước khi va đập xuống mặt phẳng ngang.
Hướng dẫn giải:

r

r r

Gọi v1 và v2 , v '2 lần lượt là vận tốc của quả cầu, của khối lập phương bên trái và bên phải.

19


r
v2
r
v2

α

r
v1



r
v12

Do tính chất đối xứng của hệ, ta suy ra:

r
v12

r
v1

r
v1 hướng thẳng đứng từ trên xuống dưới,

v2  v '2


r r
r
v

v

v
1
12
2
Mặt khác:
Suy ra: v1  v2 tan  (1)
1 2
1
mv1  2 mv22  mgR  1  cos  
2
Định luật bảo toàn cơ năng : 2
(2)

 2 2 gR  1  cos   tan 2 
v1 
2  tan 2 

2
v 2  2 gR  1  cos   cos 
 2
1  cos 2 
Thay (1) vào (2): 
(3)

Khi quả cầu rời khỏi khối lập phương thì v2 đạt giá trị lớn nhất.
Đạo hàm biểu thức v2 theo cos  và cho biểu thức bằng 0, ta được phương trình:

cos3   3cos  2  0 (4). Giải (4), thu được: cos   0,596

Khi đó:

v1  gR cos   1  cos 2  

Quả cầu cách mặt đất một đoạn:
Biện luận:
- Nếu

h  H  R  1  cos 

H  R  1  cos    0, 404 R

thì quả cầu chạm đất trước khi rời các hình lập


 . Vận tốc ngay trước chạm
phương, lúc chạm đất thì góc  thỏa mãn
đất xác định theo định luật bảo toàn năng lượng và liên hệ vận tốc.
H  R 1  cos 

1  cos2 
2 R 2  H 2  2 RH
v  2 gR
 v1  2 g
1  cos 

 2R  2H  H 2
2
1

- Nếu

H  R  1  cos    0,404 R

thì sau khi rời khối lập phương, quả cầu chuyển động

H

v0  v12  2 gh  2 gR   0, 212 
R

rơi tự do :
20


Bài tập 7:
Một
thanh
đồng
chất
B
khối
lượng
a
m,


O
chiều
Hình 2.1.7
dài L có
thể quay
trong mặt phẳng thẳng đứng quanh một bản lề
ở đầu O của thanh. Thanh luôn lựa lên cạnh
một khối lập phương cạnh a khối lượng M đặt
trên mặt phẳng ngang như Hình 2.1.7. Lúc đầu
thanh ở vị trí hợp với phương ngang một góc
 0 , thả cho hệ chuyển động không vận tốc đầu.
Tìm vận tốc của hộp khi thanh hợp với phương
ngang một góc  . Bỏ qua mọi ma sát.
Hướng dẫn giải:
Chọn hệ toạ độ Oxy như hình vẽ.
Gọi x là toạ độ khối hộp, v tốc độ của khối
y
hộp,  là tốc độ góc của thanh.
B là điểm tiếp xúc của thanh và khối hộp.
Ta có:
B
dx
a d
v
x  a cot  
 2
   sin 2 
dt
sin  dt
a

a
(1)
O



x

Hoặc có thể tính cách khác:
Vì thanh ln tiếp xúc với khối hộp nên thành
phần vận tốc của điểm B và thành phần vận tốc
của khối hộp chiếu theo phương vuông góc với

thanh ln bằng nhau.
vB  v
v 2

vB  rOB .    sin 
a
v  v.sin 


Ta có:
1
1
L
Mv 2  I  2  mg  sin  0  sin  
2
2
Định luật bảo toàn cơ năng cho ta: 2

(2)
21


C

m

1
I  mL2
3
Với
, thay (1) vào (2), ta suy ra:

Bài tập 8:
m

v

gL  sin  0  sin  
M L2 sin 4 

m
3D 2

2m

Hai thanh cứng, nhẹ chiều dài mỗi thanh là l  1m nối với
B
A

nhau
bằng
bản
lề C khối lượng m. Đầu mỗi thanh có gắn
Hình 2.1.8
1
mA  mB  m
2
các quả cầu A, B có khối lượng
. Hệ thống

được đặt thẳng đứng trên mặt bàn nằm ngang như Hình
2.1.8. Bằng tác động nhỏ, hai quả cầu bắt đầu trượt ra xa
nhau sao cho hai thanh vẫn nằm trong mặt phẳng thẳng
2
đứng. Bỏ qua mọi ma sát, gia tốc trọng trường g  10m / s .
a. Tìm vận tốc của bản lề tại thời điểm sắp chạm sàn.
b. Tìm vận tốc của quả cầu mB tại thời điểm góc giữa hai thanh
0
là 2  60 .

y

Chọn hệ quy chiếu như hình vẽ
Bước 1: Các phương trình động học:

Cm

O


m

A

- Điểm A:


2m
B

 xA
 v A  x A'

 yA  0

(1)

 xB  x A  2l cos 
 vB  x A'  2l   sin    '

y

0
(2)
x - Điểm B:  B

vCx  x A'  l   sin    '
 xC  x A  l cos 




yC  l sin 

vCy  l cos  . '
- Điểm C:
(3)
v Ax  2vBx  vCx
5


vGx  xA'  l  sin    '
vGx 


4
4


v

2
v

v

1
By
Cy
v  Ay
v  l cos  . '

Cy
Gy


4
4
- Khối tâm G của hệ: 
(4)

Bước 2: Viết phương trình động lực học:
v
0
- Phương trình định luật II: Fx  0  aGx  0  vGx  0
Gx|0

22


 ' 5
 x A  4 l sin  . '

 x '   3 l sin  . '
 B
4

 ' 1
 xC  l sin  . '
4

'


 yC  l cos  . '

Suy ra:
(5)
Bước 3: Viết phương trình năng lượng
1 2 1
1
2
2
mvA  2mvB2  m  vCx
 vCy
  mgl sin   mgl
2
2
2
(6)

Bước 4: Viết phương trình liên kết
(Đã sử dụng các phương trình liên kết khi viết phương trình động học cho hệ)
Bước 5: Giải hệ các phương trình
Thay (5) vào (6), ta được:
2,75  l sin  . '   l cos  . '  2 gl  1  sin  
2

2

(7)

0

a. Với   0 , ta suy ra: vCy  l '  2 gl

b. Với   60 , thay vào (7) ta được:
0

'



3
xB'   l sin  . '  0, 6992  m / s 
4
Khi đó

Lời giải khác của bài tốn:
Gọi  là góc tạo bởi thanh và phương thẳng đứng.
r
v ,v
vC
Phân tích thành hai thành phần Cx Cy
Do tính chất thanh cứng:
vB sin   vCx sin   vCy cos   vB 
v A sin   vCx sin   vCy cos   v A 

vCy
tan 
vCy
tan 




16
2 3 g
37
(vì  đang giảm)

 vCx

(1)

 vCx

(2)

Do đó:
vB  v A

vCx  2

v  vB  v A tan 
 Cy
2
(3), 1

Định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang:
 mvA  2mvB  mvCx  0
(4)
Định luật bảo toàn cơ năng cho ta:
23



1
1
1
mgl  mgl cos   mv A2  2mvB2  mvC2
2
2
2
2
2
2
2
 v A  2vB  vCx  vCy  2 gl  1  cos  

(5)

Giải hệ các phương trình (3)(4)(5), ta được
vB 

9 gl  1  cos  

2  11  4 tan 2  



9 gl  1  cos 300 

2  11  4 tan 2 300 

 0, 6992  m / s 


Bài tập 9:
A

0

r

l

K

O
Hình 2.1.9

Một cơ cấu trục khuỷu OA nối với thanh
truyền AK, đầu K gắn pittong như Hình
2.1.9. Xác định biểu thức vận tốc và gia tốc
của pittong K theo thời gian. Cho biết lúc
ban đầu trục khuỷu OA nằm ngang và luôn
quay với tốc độ góc 0 khơng đổi.
Hướng dẫn giải:
Chọn hệ toạ độ Oxy như hình vẽ.
 xK  r cos   l cos 

y  r sin  y l sin 
- Điểm K:  K
(1)
A
-Từ điều kiện liên kết, ta được

 yK  0

 y 'K  0
 y ''  0
 K
(2)

r

l


O



K
x

24


Từ (1) và (2), suy ra:
2

r sin  

cos   1  



 l 
r sin 


sin   l
 '  r0 cos 


l cos 

r0 cos   l 'cos   0
2
2

 ''  l ' sin   r0 sin 
2
2

r

sin


l

''cos


l


'
sin


0
0


l cos 



r cos 2  sin  
2 r  sin 




 0 l  cos  l cos3  




(3)



 x 'K  r0 sin   l 'sin 

2

2
 x ''K  r0 cos   l ''sin   l ' cos 

2
2
  rD 2 cos   r  sin   cos   


0 

l  cos  cos3   


a
Từ (1), ta suy ra:
(4)
A quả.
Thay   t vào (4) ta thu được kết
B

Bài tập 10:
a

Một cơ cấu gồm 3 thanh rắn CA, AB và BD được
C
gắn kết với nhau trong mặt phẳng thẳng đứng
thông qua các khớp xoay anhư a Hình 2.1.10. Thanh
Hình 2.1.10
CA ln quay với tốc độc góc khơng đổi 0 .Tại
0


0

thời điểm thanh CA hợp với phương ngang góc 45
, xác định vận tốc của các điểm A, B, vận tốc góc
của thanh AB, BD.
Hướng dẫn giải:
D

r
vA

r
vB B

0

a

 v A  0 2

 v A  0 a 2
v A cos 450  vB



vB  0 a
vB
BD 


   
A
a
BD
0


vB

  0
 BE  2a
 BE 2

C

2a

E

25