CÁC CHUYÊN ĐỀ MÔN VẬT LÝ ĐẠT GIẢI TẠI HỘI THẢO KHOA HỌC CÁC
TRƯỜNG CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM
2022
- Giải Nhất: Chuyên đề Hệ cơ liên kết – Lý thuyết và phương pháp giải bài tập, tác giả
Nguyễn Đức Nhân, trường THPT Chuyên Lê Thánh Tơng, Quảng Nam (trang 2 – 82)
- Giải Nhì: Chuyên đề Vận dụng phương trình Lagrange loại II để tìm quy luật của vật
trong chuyển động liên kết, tác giả Nguyễn Ngọc Cảnh, trường THPT Chuyên Chu
Văn An, Bình Định (trang 83 – 125)
- Giải Nhì: Chuyên đề Chuyển động liên kết của vật rắn, tác giả Nguyễn Hải Dương,
trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định (trang 126 - 230)
- Giải Ba: Chuyên đề Chuyển động liên kết vật rắn, Tác giả Nguyễn Văn Hạnh và Phan
Thị Tâm, Trường THPT Chuyên Quốc Học Huế - Thừa Thiên Huế (trang 231 – 284)
- Giải Ba: Chuyên đề Xây dựng hệ thống bài toán liên kết trong cơ học vật rắn, Tác giả
Phạm Thành Công, Đỗ Thị Hồng Liên, Trường THPT Chuyên Biên Hòa, Hà Nam (trang
285 – hết)

1


Chuyên đề
HỆ CƠ LIÊN KẾT- LÝ THUYẾT VÀ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI BÀI TẬP
Tác giả: Nguyễn Đức Nhân
THPT Chuyên Lê Thánh Tông, Quảng Nam
(Chuyên đề đạt giải Nhất)
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 toán 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 toán 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


2. Mục tiêu của đề tài
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.

3


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

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.

4


z



z


y
O

x
x

ry
Hình 1.2

rx = 0
r = 0
z
Các phương trình liên kết của thanh : 
. Số bậc tự do của thanh là 2 gồm:

=
0
x

 z = 0


 ry


 y

Ví dụ 2: Khớp cầu- Một thanh trụ B được liên kết với thanh trụ A đứng n, thơng 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

Số phương trình liên kết của trụ B 3: ry = 0 . Số bậc tự do của trụ B là 3 :

rz = 0







Ví dụ 3- Khối cầu lăn khơng trượt- Khảo sát một quả cầu bán kính a lăn khơng trượt

trên mặt phẳng nằm ngang như Hình 1.4.

5


z

z
y
y

x

C

rCx

rCz

x

rCy

Hình 1.4

rCz = a

Số phương trình liên kết là 3: r 'Cx =  y '.a . Số bậc tự do là 3 :

r 'Cy = − x '.a


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

 C là tổng số phương trình

liên kết.
z

z
Z

x



x

y

Y

O

X

y

rY
Hình 1.5
6


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 mô 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 vi
phân của chúng theo thời gian f ( u1 , u2 , u3 ..., un , u '1 , u '2 , u '3 ..., u 'n , t ) = 0 , được gọi là hệ phi
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 mômen 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.

7


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 kể
chuyển động khơng ma sát trên mặt sàn nằm ngang. Con
u (t )
lắc dạng thanh rắn có khối lượng m, chiều dài L, một đầu
được gắn vào trục quay O của thùng xe như Hình 1.6.
g
Cho biết chuyển động của xe trong hệ quy chiếu gắn với
m, L
đất được xác định bởi hàm u (t ) . Viết phương trình Hình 1.6
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:
rx = u (t )

+ của xe đầy là 6 gồm ry = rz = 0

 x =  y =  z = 0

rx = ry = rz = 0

+ của thanh rắn là 5 gồm 
 x =  y = 0

Do đó số bậc tự do của hệ: 6  2 − 11 = 1 . Toạ độ suy rộng của hệ trong trường họp này là
 (t ) .
F


Phân tích động học:
Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt đất.
Chọn hệ toạ độ cực gắn với trục quay O
Xét chuyển động của xe: vO = u ' ( t )

Fr

L

vC = u ' ( t ) ex +  ' 2 e
Xét khối tâm C của thanh: 
a = u '' ( t ) e +  '' L e + L ( − '2 ) e
x


r
 C
2
2

P

Phân tích động học:
Viết các phương trình Newton- Euler

L
L


2
 Fr er + F e − mgey = m u '' ( t ) ex +  '' 2 e + 2 ( − ' ) er 



 F L = I  ''
C
  2

ex = sin  er + cos  e
ey = − cos  er + sin  e

Mặt khác: 

ey




Suy ra:
8

e

ex
er



 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 vng 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
Hình 1.7
thiết rằng ma sát giữa vật và vành trụ là không đáng
kể, vành trụ chuyển động lăn không trượt trên mặt phẳng
ngang. Gia tốc trọng trường là g .
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
Đối

với
vậtđiểm
A y
OA = OG + GA


(1)
vA = u '.ex + ( R. ' ) .e

2

a A = u ''.ex + ( R. '') .e + ( − R. ' ) .er

-

Đối

với

vành

–

điểm

vGx = u '.ex
 xG = u

 vGy = 0


 yG = R 
aGx = u ''.ex

u (t )

M
G

G

er

m

0

g

A

O
x

e

Bước 2: Viết phương trình động lực học
Vật m:
9



 Fr + mg cos  = m ( −u ''sin  − R. '2 )
FA + mg = ma A  
(3)
 F = 0

 Fr = −mg cos  + m ( −u ''sin  − R. '2 )

Xét theo phương Ox: − Fr sin  = max (4)
Xét vành:
Gọi FK là lực mà mặt đất tác dụng lên vành theo phương ngang.

(

)

FK + − Fr + Mg = Mu ''.ex  FK = Mu ''− Fr sin  (5)

Phương trình mơmen: FK .R = IG . ''  FK = MR. '' (6)
Bước 3: Viết phương trình liên kết
Vì vành lăn khơng 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
Tại vị trí thấp nhất ta có e = ex nên từ (1) ta suy ra vA = u '+ R ' (9)
Định luật bảo toàn năng lượng cho ta:
1
1
1
mgR (1 − cos  0 ) = mvA2 + Mu '2 + I G  '2 (10)
2
2

2

Thay (7)(8) vào (10) ta được:

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 +  (11)
M


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

m

Fr = −mg 1 +  2 +  . (1 − cos  0 ) 
M
 

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
1.1. Phương pháp chung:
- Kiểu liên kết này xuất hiện giữa hai điểm có khoảng y
cách khơng đổi trong q trình chuyển động của hệ.
- Viết biểu thức động học của các điểm trên thanh trong yB

B

rB = rA + rAB
hệ toạ độ Oxy hoặc toạ độ cực.

rB

vB = vA + vBA
aB = a A + aBA


er

e

yA

A

rA

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

x

x A xB
Hình 1.8

B

aA



vBA = r

r


aB

vB
r
aBA
=  2r

vA

A

vA
aBA =  ' r

aA
Hình 1.9

-Phân tích phản lực liên kết F của thanh thành Fr song song và F vng góc với thanh. Xác định Fr , 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
Bài tập 1:
A
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 trượt trên
B
sàn nằm ngang. Giải thiết rằng trong quá trình chuyển động,
11


Hình 2.1.1


thanh AB luôn 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
tốn cần thiết lập tối thiểu 3 phương trình.
y
Định hướng: biến đổi các toạ độ x, y, về toạ độ góc quay
Điều kiện biên của bài này liên quan đến lực liên kết tại A và tường.
+
Bước 1: Viết các phương trình động học

Chọn HQC như hình vẽ.
-Xét khói tâm G, ta có:
L
L
L



2
)
 xG = 2 sin 

vGx = 2 cos  . '
aGx = 2 ( − ' sin  +  ''cosO



L
L
 y = cos 
v = − sin  . ' a = − L ( '2 cos  +  ''sin  )
 G 2
 Gy
 Gy
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

N A = 2m ( − '2 sin  +  ''cos  )

F
=
m
a
 x

G Gx
2



 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:
L
( − '2 sin  +  ''cos  ) = 0   '2 sin  =  ''cos  (1)
2
- Phương trình chuyển động quay cho khối tâm G: M N / G = I G ''
N A = 0  2m

B

− L '2 cos  + 2 g ) sin 
(
L
L2

L
2
Hay:  2mg − 2m ( ' cos  +  ''sin  )  sin  = m  ''   '' =
(2)
2
2
L (1 + sin 2  )

2


Bước 3: Viết các phương trình năng lượng
Định luật bảo tồn cơ năng cho ta:
1
1
2g
2
2
mgL = mgL cos  + 2m. ( vGx
+ vGy
+ I G '2   '2 =
(1 − cos  ) (3)
)
2
2
L

Bước 4: Phương trình liên kết: xA = 0; yB = 0 (đã được sử dụng ở Bước 1)
12

x


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
Câu b. Ta có: vB = vBx = vB / Gx + vGx =  'cos  +  'cos  = L. 'cos 
2
2

2

cos  = 3
8
gL
Với 
Ta thu được: vB =
27
 ' = 2 g

3L
Lời giải thứ hai:

Gọi  là góc hợp bởi thanh AB và sàn.

Tại thời điểm bất kỳ, điểm A đi xuống một đoạn y = L (1 − sin  ) (1)
Định luật bảo toàn cơ năng cho ta:
mgy =

1
1
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 2 1
2
2
Thay (3) và (2): gL (1 − sin  ) = vB 2  vB = 2 gL (1 − sin  ) sin  (4)
2 sin 
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.
Mà vB = 2vGx nên vB đạt giá trị cực đại.
Xét phương trình vB2 = 2 gl (1 − sin  ) sin 2  = 8 gl (1 − sin  )

sin  sin 
.
2
2


sin  sin 
1 
sin  sin  
Ta nhận thấy: (1 − sin  )
.

+
= const
(1 − sin  ) +

2
2
27 
2
2 
3

nên vB đạt giá trị cực đại khi (1 − sin  ) =
thay sin  =

2
vào (4) ta được vB =
3

sin 
2
 sin  =
2
3


8
gL
27

Bài tập 2:
13


Một thanh AB chiều dài L có đầu A tựa vào tường thẳng đứng và
đầu B tiếp xúc với sàn nằm ngang như Hình 2.1.2. Người ta kéo

A

đầu B của thanh dọc theo mặt sàn với vận tốc v0 hướng ra xa

G

tường. Gọi  là góc hợp bởi thanh AB và sàn. Xác định gia tốc
trung điểm G của thanh khi đầu A vẫn tựa lên tường.
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 toán cần thiết lập tối thiểu 3 phương trình.
Định hướng: biến đổi các toạ độ x, y, về toạ độ góc quay
Điều kiện biên của bài này liên quan đến lực liên kết tại A
er
và tường
Hướng dẫn giải:
Chọn hệ trục toạ độ Oxy gắn với đất và hệ toạ độ cực gắn
gới B như hình vẽ.

e
Bước 1: Viết phương trình động học



B v0

Hình 2.1.2

y
A


G



B

v0

O


- Điểm A: OA = OB + BA  vA = v0ex + L ' e (1)

x


 xA = 0


vG = v0ex + L ' e

- Điểm G: OG = OB + BG  
L
 L 2  (2)
a
=

''
e
+

 −  '  er
 G 2
 2



Mà

vAx = 0 thay vào (1), ta suy ra: v0 − L. 'cos  = 0   ' =

v0
(3)
L.cos 

v0  sin 
(4)


3
 L  cos 

Từ (3) suy ra:  '' = 

2

2
2
2
v02
1
Từ (4) và (2), ta được: aG = L  v0  sin 6  + L  v0 
=
4  L  cos 
4  L  cos 4 
2 L cos3 
4

4

v02
Vậy: aG =
2 L sin 3 
Lời giải thứ hai
Chọn hệ quy chiếu như hình vẽ.
Ta có: vA = vBA + vB (1)

vB = v0



vA

Từ hình vẽ, ta suy ra:

vBA =  '.L

v0
v0 = vBA sin    =
(2)
L sin 

aG =  ''
14

L
2

aG
aG ⊥ =  2

L
2


v0  cos 
(3)

3
 L  sin 


Suy ra:  '' = 

2

Ta có: aG = aGB = aG ⊥ + aG (4)
2
2
2
v02
1
Kết quả: aG = L  v0  sin 6  + L  v0 
=
4
4  L  cos 
4  L  cos 
2 L cos3 
4

4

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
G chuyển động trên đường trịn tâm O bán kính L/2. Vận tốc vG 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 =

v0
2sin 


Hình chiếu của gia tốc aG của điểm G trên bán kính OG phải thoả mãn hệ thức
vG2
v02
=
L 2 L sin 2 
2

Nhận thấy rằng hình chiếu của vG của điểm G theo phương ngang

 v
vG cos ( −  ) = vG cos  −   = 0
2
 2

luôn không đổi, nên aG luôn hướng thẳng đứng.
v02
v02



a
=
Vậy aG cos  −   =
G
2
2 L sin 3 
2
 2 L sin 
Bài tập 3:

Một thanh cứng AB có chiều dài L tựa trên
hai mặt phẳng P1 và P2 như Hình 2.1.3.
Người ta kéo đầu A của thanh lên trên dọc

v0
A

P1

theo mặt phẳng P1 với vận tốc v0 không
đổi. Biết thanh AB và vectơ v0 luôn nằm





B

P2

trong mặt phẳng vuông góc với giao tuyến
Hình 2.1.3
của P1 và P2; trong q trình chuyển động
các điểm A, B ln tiếp xúc với hai mặt phẳng; góc nhị diện tạo bởi hai mặt phẳng là

 = 1200 . 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.
15



x

Nhận xét: Vật có 3 bậc tự do  y , do đó chúng ta cần 3 phương trình độc lập.



Bước 1: Viết các phương trình động học
Điểm
A
'
'
 xA = xB + L cos   xA = xB + L(− sin  ). '
 '

 y A = L cos  . '
 y A = L sin 

y
v0
A

P1

(1)
x
- Điểm B  B
 yB = 0






B

x

P2

Bước 2: Viết các phương trình động lực học
Bước 3: Viết phương trình năng lượng.
Bước 4: Viết phương trình liên kết
vA = v0
 yB = 0

Ta có 

1

vAx = v0 .cos 600 = v0

2

Do đó: 
(2)
3
v = v .sin 600 =
v0
Ay

0


2

Bước 5: Giải hệ các phương trình.

v0
3
.
 ' =
2 L cos 
1
 '

 xB + L(− sin  ). ' = 2 v0

v
3
  xB' = 0 +
v0 .tan 
Từ (1) và (2), ta suy ra: 
2
2
3
 L cos  . ' =

v0

 '' 3

v02
2
 xB = .
4 L.cos3 


Lời giải thứ hai
Ta có: vB = vBA + vA (1)
Từ hình vẽ, ta suy ra:

3v0
 =
v0 sin 60 =  L.cos 

2 L.cos 
(2)


0
v = v0 + 3 v .tan 
vB = v0 cos 60 +  L.sin 
0
 B 2
2

vBA = .L

0




v02
3
Suy ra: aB = v 'B = .
(3)
4 L.cos3 
Lời giải thứ ba
Các thành phần vận tốc của A và B dọc theo thanh bằng nhau nên:
16

vA = v0
600

vB

O


vB =

v A cos ( 600 −  )
cos 

1

3
= v0  +
tan  
2 2



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
Gia tốc của B: aB = vB' = .
4 L.cos3 
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 không đổi v0 . Gọi B là điểm tiếp xúc của thanh và bậc thềm.

C

B
h

a. Xác định vận tốc, gia tốc của điểm B.
b. Xác định quỹ đạo tâm quay tức thời của thanh.

Hướng dẫn giải:

v0 

A

Hình 2.1.4

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
OB = OA + AB  vB = −v0ex + rAB . ' e (1)
er
C

Vì vB ln hướng dọc theo thanh AB, nên:
vB = vBr = vA cos 
(2)

v
=
0
B



y

G

B


Từ (1) và (2), ta suy ra: vB = −v0 sin  + rAB ' = 0

v0 sin  v0 sin 2 
 ' = h =
h


sin 
(3)

2
3
.cos 
 '' = v0 2.sin  .cos  . ' = 2v0 sin 
2
h
h


Từ (1) suy ra: aB = rAB . '' e + ( −rAB . '2 ) .er (4)
Thay (3) vào (4), ta được:

2
4

h 2v02 sin 3  .cos 
h v0 sin  
aB =
e +  −

.
 .er
 sin 
sin 
h2
h2

 (5)
2
v sin 
 aB = 0
( 2 cos .e − sin .er )
h

17

e
h
O

v0 

A

x


b. Gọi G là tâm quay tức thời của thanh AB. G là giao điểm của đường vng góc với v0
và vB .
 xG = h.cot 

x2
 y = h + (6)
h
 yG = h + xG .cot 

Toạ độ của G : 

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


h
với rAB =
.
vB = vA + vBA  vB = vBr = v0 cos 
sin

a = v ' + v '

2
 B
A
BA
aB = rAB '' e − rAB ' er



v0 sin 2 
 ' =
h

2
2v sin 3  .cos 

 '' = 0
Nên ta rút ra kết quả 
h2
v = v = v cos 
Br
0
 B
2

v0 sin 
aB = h ( 2 cos  .e − sin .er )

Bài tập 5:
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 thời
quả cầu và nêm cùng chuyển động. Bỏ qua mọi ma sát. Giả sử nêm
khơng bị lật. Tìm gia tốc của quả cầu trong giai đoạn quả cầu còn
tiếp xúc với nêm.
Hướng dẫn giải:
Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của quả cầu và nêm.


m

M


2.1.5
vHình
2

Ta có: v1 = v12 + v2


v1

v = v2 tan 
Suy ra:  1
(1)
a1 = a2 tan 

1 2 1
mv1 + Mv22 − mgy = 0 (2)
2
2
Đạo hàm (2) theo thời gian, lưu ý : y ' = v1 ; kết hợp với (1) suy ra kết quả:
Định luật bảo toàn cơ năng :

18

v12



a1 =

g tan 2 
M
+ tan 2 
m

Bài tập 6:
Trên mặt phẳng ngang nhẵn có hai khối lập phương cạnh H
, cùng khối lượng M đặt cạnh nhau (giữa chúng có khe hở
m R
nhỏ) như Hình 2.1.6. Đặt nhẹ nhàng một quả cầu có bán kính
R , khối lượng m = M lên trên vào khe nhỏ. Bỏ qua mọi ma
M
M
sát và vận tốc ban đầu của quả cầu. Tìm vận tốc quả cầu
H
ngay trước khi va đập xuống mặt phẳng ngang.
Hình 2.1.6
Hướng dẫn giải:
Gọi v1 và v2 , v '2 lần lượt là vận tốc của quả cầu, của khối lập phương bên trái và bên phải.
v2

v2

α

v1




v12

v1
v12

Do tính chất đối xứng của hệ, ta suy ra: v1 hướng thẳng đứng từ trên xuống dưới, v2 = v '2
Mặt khác: v1 = v12 + v2
Suy ra: v1 = v2 tan  (1)
Định luật bảo toàn cơ năng :

1 2
1
mv1 + 2 mv22 = mgR (1 − cos  ) (2)
2
2

 2 2 gR (1 − cos  ) tan 2 
v1 =
2 + tan 2 
Thay (1) vào (2): 
(3)
2
2
gR
1
−
cos


cos

(
)
v 2 =
2
2

1 + cos 
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: h = H − R (1 − cos  )
Biện luận:
19


- Nếu H  R (1 − cos  )  0,404 R thì quả cầu chạm đất trước khi rời các hình lập phương,
lúc chạm đất thì góc  thỏa mãn H = R (1 − cos  ) . Vận tốc ngay trước chạm đất xác định
theo định luật bảo toàn năng lượng và liên hệ vận tốc.

1 + cos 2 
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

− 0,212 
R


rơi tự do : v0 = v12 + 2 gh = 2 gR 

Bài tập 7:
Một thanh đồng chất khối lượng m , chiều
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 ,

B

O

thả cho hệ chuyển động khơng 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 hộp,
 là tốc độ góc của thanh.
B là điểm tiếp xúc của thanh và khối hộp.
Ta có:
dx
a d
v
x = a cot  
=− 2
  = sin 2  (1)
dt
sin  dt
a
Hoặc có thể tính cách khác:
Vì thanh luôn tiếp xúc với khối hộp nên thành
phần vận tốc của điểm B và thành phần vận tốc
của khối hộp chiếu theo phương vng góc với
thanh ln bằng nhau.
vB = v
v

Ta có: vB = rOB .   = sin 2 
a
v = v.sin 

20


a



Hình 2.1.7

y

B

O



a
x