https://app.box.com/s/o8rhy7ufwuqmz5zqod634n09vdy9ch41

1. C H U Y Ê N Đ Ề H Ọ C S I N H G I Ỏ I
Q U Ố C G I A M Ô N V Ậ T L Ý
Ths Nguyễn Thanh Tú
eBook Collection
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC
GIA (HSGQG) MÔN VẬT LÝ LỚP 12 - NĂM
2023 - 12 CHƯƠNG CÓ GIẢI CHI TIẾT
WORD VERSION | 2023 EDITION
ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL
TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
Hỗ trợ trực tuyến
Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon
Mobi/Zalo 0905779594
Tài liệu chuẩn tham khảo
Phát triển kênh bởi
Ths Nguyễn Thanh Tú
Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật :
Nguyen Thanh Tu Group
vectorstock.com/10212086

2. ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 1
CHƯƠNG I
ĐỘNG HỌC – ĐỘNG LỰC HỌC VẬT RẮN
PHẦN I: CÂU HỎI VÀ ĐÁP ÁN
I.1. MOMEN QUÁN TÍNH
I.3 ĐỘNG LỰC HỌC VẬT RẮN
PHẦN II: LỜI GIẢI CHI TIẾT
I.1. MOMEN QUÁN TÍNH
I.2. ĐỘNG HỌC VẬT RẮN
I.1. MOMEN QUÁN TÍNH
Bài 1. Một vật hình cầu bán kính R có mật độ vật chất phụ thuộc vào khoảng cách r đến tâm của
nó theo quy luật: 3
3m r
(1 )
7 R R


, m là một hệ số dương. Tính khối lượng của vật và mômen quán
tính của nó đối với trục quay đi qua tâm.
ĐS: 2
44
I mR
105
 ; M=m
Bài 2. Một tấm phẳng, mỏng đồng chất hình chữ nhật khối
lượng m có các cạnh là a và b. Tính mô men quán tính của tấm
đối với
3 trục vuông góc đi qua khối tâm O sau đây:
a. Trục x song song với cạnh a
b. Trục y song song với cạnh b
c. Trục z vuông góc với tấm.
ĐS : a. 2
x
1
I mb
12
 ; b. 2
y
1
I ma
12
 ; c. 2 2
1
I m(a b )
12
 
Bài 3. Xác định mômen quán tính của một vật hình lập phương đồng chất có
khối lượng m, cạnh a đối với trục quay:
a. Trùng với trục đối xứng.
b. Trùng với 1 cạnh.
ĐS: a. 2 2
1 1
ma ; b. ma
6 3
Bài 4. Tính mômen quán tính của một hình nón đặc đồng chất đối với trục đối
xứng của nó. Cho khối lượng của hình nón là m, bán kính đáy của nó là R.
ĐS : 2
3
I mR
10

Bài 5. Xác định mô men quá tính của một vật hình trụ đồng chất, khối lượng m, chiều cao h, bán
kính đáy là R đối với trục quay:
a. Trùng với một đường kính của đáy.
b. Đi qua khối tâm và song song với đáy.
ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 2
ĐS: a.
2 2
x
mR mh
I
4 3
  ; b.
2 2
G
mR mh
I
4 12
  .
I.2. ĐỘNG HỌC VẬT RẮN
Bài 1. Hai thanh cứng có cùng chiều dàil , được nối với nhau nhờ một khớp C, đầu A nối
với bản lề cố định, còn đầu B tự do. Tại thời điểm ban đầu hai thanh tạo với nhau một góc 
2
(hìnhvẽ). Hãy tìm gia tốc khớp C tại thời điểm đầu B bắt đầu chuyển động thẳng đềuvớivậntốc
0
v

trong hai trường hợp:
a. 0
v

cóphương vuông góc Ax.
b. 0
v

có phương song song Ax.
ĐS: a.
2
0
2 sin sin2
C
v
a
l  
 ; b.

3
2
0
cos
4l
v
aC 
Bài 2. Có hai thanh cứng, chiều dài l1, l2 nối với nhau bằng một
bản lề và đặt thẳng đứng. Sau đó người ta chuyển hai đầu còn
lại về hai phía với vận tốc lần lượt là v1, v2. Hãy tìm gia tốc bản
lề tại thời điểm hai thanh tạo thành một góc vuông.
ĐS:
2
6 6
1 2
2 1
2 2
1 2 1 2
( )
( )
C
v v
a l l
l l l l

 

Bài 3. Một hình nón tròn xoay có nửa góc ở đỉnh bằng =300
và bán kính đáy r = 5,0cm, lăn đều không trượt trên một
mặt phẳng ngang (Hình 2.3P). Đỉnh của hình nón được
gắn khớp vào điểm O, O ở cùng độ cao với điểm C, C là
tâm của đáy hình nón. Vận tốc của điểm C bằng v =
10,0cm/s. Hãy xác định:
a) mô đun của vectơ vận tốc góc của hình nón và góc hợp
bởi vectơ đó với đường thẳng đứng;
b) môđun của vectơ gia tốc góc của hình nón.
ĐS: a.   = 2,31 /
os
v
rad s
rc 
 ; 0
60
 
b. 2
2,31 /
rad s
 
Bài 4. Một con quay được đặt trên sàn của một lồng thang máy; thang máy bắt đầu được nâng
lên với gia tốc không đổi  = 2,0 m/s2
. Con quay là một đĩa đồng chất có bán kính R = 5,0 cm,
được gắn vào một đầu một thanh có độ dài l = 10 cm. (hình vẽ). Đầu kia của thanh gắn vào bản

3. ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 3
lề O. Con quay tiến động với vận tốc góc n = 0,5 vòng/s (tốc độ
quay của thanh OO’ quanh trục O thẳng đứng). Bỏ qua sự ma sát và
khối lượng của thanh, tìm vận tốc góc riêng của đĩa.
ĐS: 2
( )
'
l g a
nR



 =301rad/s
Bài 5. Trục quay 1 truyền chuyển động quay cho trục 2 nhờ ma sát
giữa hai hình nón giống nhau, ép đều lên nhau dọc theo đường sinh
của chúng (Hình 1.24). Tìm vận tốc góc 2 của trục 2 không tải, nếu
vận tốc góc của trục 1 là 1.
ĐS: 2 1 1
( 2 1) 0,41
  
  
Bài 6. Một thanh đồng chất tiết diện đều chiều dài L=2m, một đầu treo vào giá đỡ, đầu kia được
giữ cho thanh nằm ngang. Thả nhẹ thanh. Biết sau khi thanh quay qua vị trí thẳng đứng được một
góc 30o
thì thanh tuột khỏi giá đỡ.
a. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa điểm treo và sàn, biết rằng thanh rơi chạm sàn lúc thanh có
phương thẳng đứng.
b. Xác định độ cao lớn nhất của đầu dưới của thanh trong quá trình chuyển động.
ĐS: a. 3,2m; b. 2,68m
Bài 7. Một bánh xe có bán kính R, đặt cách mặt đất một đoạn h,
quay đều với vận tốc góc  . Từ điểm A trên bánh xe bắn ra một giọt
nước và nó rơi chạm đất tại điểm B, ngay dưới tâm của bánh xe. Xác
định vị trí điểm A và thời gian rơi của giọt nước.
ĐS:
 
2 2 2 2 4 2 2 2
2 4 2 2 2
2 2 2
2
h gh R R R gh g
t
R R gh g
   
  
    

  
Với 
AOB
  ,
 
2 2 2 2 4 2 2 2
2
2 2 2
sin
2
h gh R R R gh g
g h
    


    


I.3 ĐỘNG LỰC HỌC VẬT RẮN
Bài 1. Một cuộn chỉ gồm một sợi chỉ mảnh dài, quấn nhiều vòng lên một vật hình trụ đặc, đồng
chất, tiết diện đều, có khối lượng M. Cuộn chỉ được đặt trên hai thanh ray giống nhau song song
nằm trên mặt phẳng ngang và vuông góc với trục đối xứng của trụ. Một đầu sợi chỉ buộc chặt
vào vật khối lượng m. Ban đầu giữ hệ đứng yên và phần sợi chỉ có buộc vật nặng thẳng đứng(
hình 2).
Sau đó người ta buông hệ, mặt trụ lăn không trượt trên hai ray, sau một thời gian cuộn chỉ đạt
được trang thái ổn định: gia tốc khối tâm trụ là a không đổi hướng dọc theo hai ray, và khi đó
phương của sợi chỉ buộc vật nghiêng so với phương thẳng đứng một góc  không đổi.
ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 4
Coi a, M,m và gia tốc rơi tự do g đã biết; sợi chỉ không dãn và khối lượng không đáng kể;
hệ số ma sát nghỉ cực đại bằng hệ số ma sát trượt giữa mặt trụ
và hai ray.
a.Tìm  theo a và g.
b. Hãy xác định sức căng dây T của sợi chỉ.
c. Hãy xác định tỉ số hai khối lượng
m
M
theo a và g
d. Trong điều kiện trên, khi vật nặng giảm độ cao một đoạn h so
lúc bắt đầu buông hệ thì vận tốc chuyển động tịnh tiến của khối
tâm hình trụ đạt được v. Tính v theo h, a và g.
ĐS: a. arctan
a
g
  ; b. T =
2 2
2 2
3
( )
2
a g
Ma
a g a

 
;
c.
2 2
2 2 2
3
.
2 ( )
a a g
m
M a g a


 
; d. v
2
2
2 ( 1)
a
ah
g
 
Bài 2. Một thanh đồng chất AB tiết diện đều, chiều dài AB = 21, khối lượng
m, đàu A tựa trên sàn nằm ngang, đàu B treo bàng dây OB thẳng đứng,
không giãn, khối lượng không đáng kể để AB tạo với sàn góc  như hình
bên. Tại một thời điểm nào đố dây bị đứt và thanh bắt đàu chuyển động.Xác
định áp lực cửa thanh lên sàn ngay tại thời điểm thanh bắt đầu chuyền động.
Cho gia tốc trọng trường là g.
ĐS: 2
0
1 3cos
mg
N



Bài 3. Hai vật có khối lượng m1 và m2 được nối với nhau bằng một
sợi dây nhẹ, không dãn vắt qua một ròng rọc có trục quay nằm ngang
và cố định gắn vào mép bàn (hình 3). Ròng rọc có momen quán tính
I và bán kính R. Coi rằng dây không trượt trên ròng rọc khi quay.
Biết hệ số ma sát giữa vật m2 và mặt bàn là , bỏ qua ma sát trục
quay.
a. Xác định gia tốc của m1 và m2.
b. Tìm điều kiện giữa khối lượng m1, m2 và hệ số ma sát mặt bàn  để hệ thống nằm cân bằng.
ĐS: a. 1 2
1 2
2
g(m m )
a
I
m m
R
 

 
; b. m2µ ≥ m1
Bài 4. Một sợi dây vắt qua ròng rọc, ở hai đầu sợi dây có hai người đu
vào. Biết khối lượng của mỗi người lớn gấp 4 lần khối lượng ròng rọc.
Người A bắt đầu leo theo dây với vận tốc tương đối với dây là u. Tính vận
tốc của người B so với mặt đất? coi như khối lượng ròng rọc phấn bố đều
trên vành.
ĐS: .
4
9
B
u
v 

4. ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 5
Bài 5. Một vành tròn mảnh bán kính R khối lượng M phân bố đều.
Trên vành ở mặt trong có gắn một vật nhỏ khối lượng m (hình bên).
Kéo cho vành lăn không trượt trên mặt ngang sao cho tâm của vành
có vận tốc v0. Hỏi v0 phải thoả mãn điều kiện gì để vành không nảy
lên? Lực tác dụng lên vành để kéo vành chuyển động với vận tốc
không đổi (như giả thiết) không có thành phần thẳng đứng?
ĐS: 0 1
m
v gR
M
 
 
 
 
Bài 6. Một hình trụ có khối M được bó trí thành cơ hệ như hình vẽ, hệ
số ma sát của hình trụ với mặt phẳng ngang là 1, với mặt phẳng ngang
là 2. mặt phẳng ngang chuyển động đều về phía trái, cần phải tác động
vào mặt phẳng ngang một lực F nhỏ nhất là bao nhiêu để xảy ra điều
trên.
Bài 7. Một ròng rọc kép gồm hai hình trụ đặc đồng chất đặt đồng
tâm. Hình trụ lớn có khối lượng M = 200g, bán kính R = 10cm, hình trụ nhỏ
có khối lượng m = 100g, bán kính r = 5cm. Trên rãnh của từng hình trụ có
quấn một sợi dây nhẹ không dãn, đầu tự do mỗi dây mang vật khối lượng
lần lượt là m1 = 250g và m2 = 200g (hình vẽ). Ban đầu hệ đứng yên, thả cho
hệ chuyển động. Tính gia tốc của từng vật và lực căng của mỗi dây treo.
ĐS:  = 20 rad/s2
; a1 = 1m/s2
; a2 = 2m/s2
; T1 = 2,75N; T2 = 1,6N.
Bài 8. Hai vật nặng P1 và P2 được buộc vào hai dây quấn vào hai tang của một
tời bán kính r và R (hình vẽ). Để nâng vật nặng P1 lên người ta còn tác dụng vào
tời một mômen quay M. Tìm gia tốc góc của tời quay. Biết trọng lượng của tời
là Q và bán kính quán tính đối với trục quay là .
ĐS: .
Bài 9. Hai bản phẳng song song và thẳng đứng 1 trong số chúng hoàn
toàn trơn, cái còn lại rất nhám, được phân bố cách nhau khoảng D. Giữa
chúng có đặt một ống chỉ với đường kính ngoài b ằng D, khối lượng chung
bằng M mômen quán tính đối với trục là I. Ổng chỉ bị kẹp chặt bởi 2 bản
phẳng sao cho có thể chuyển động xuống dưới khi quay nhưng không trượt
so với bản phẳng nhám. Một sợi chỉ nhẹ được buộc với vật nặng khối
lượng ma và được quấn vào hình trụ trong của ống chỉ có đường kính d.
Tìm gia tốc của vật nặng?
ĐS: a = g
2
2
4
D
M
D
D
I
m
d
D
m
d
D
M






 



.
Bài 10. Từ mức cao nhất của một mặt phẳng nghiêng, một hình trụ đặc và một quả cầu đặc có
cùng khối lượng và bán kính, đồng thời bắt đầu lăn không trượt xuống dưới. Tìm tỷ số các vận
tốc của hai vật tại một mức ngang nào đó.
ĐS:
15
14
C
T
v
v


2 1
2 2 2
1 2
M P R P r
g
P r P R Q
 
 
  
ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 6
Bài 11. Người ta dùng gậy tác động vào quả bi- a bán kính R, một xung lực nằm ngang cách mặt
bàn bi- a một khoảng h.
a) Xác định hệ thức giữa và vận tốc khối
tâm v0 của bi-a.
b) Nghiên cứu chuyển động của bi - a sau
khi lực ngừng tác động trong các trường hợp:
1) h > ; 2) h = ; 3) r < h < .
ĐS: a. v0 = .
Bài 12. Một vật A có trọng lượng P được kéo lên từ trạng thái
đứng yên nhờ tời B là đĩa tròn đồng chất có bán kính R, trọng
lượng Q và chịu tác dụng ngẫu lực có mômen M không đổi ( hình vẽ ).
Tìm vận tốc vật A khi nó được kéo lên một đoạn là h. Tìm gia tốc của vật
A.
ĐS: ; aA = 2g
Bài 13. Một bánh đà có dạng là một hình trụ đồng nhất khối lượng M, bán
kính R quay quanh trục cố định nằm ngang. Một sợi dây quấn quanh bánh
đà, đầu kia của sợi dây buộc một vật nặng có khối lượng m. Quả nặng được
nâng lên rồi buông ra cho rơi xuống. Sau khi rơi được độ cao h, quả nặng
bắt đầu làm căng sợi dây và quay bánh đà. Tìm vận tốc góc của bánh đà tại
thời điểm đó ( hình vẽ ) .
ĐS:
Bài 14. Hình trụ đồng chất khối lượng m bán kính r lăn không trượt trên mặt
bán trụ cố định bán kính R từ đỉnh với vận tốc đầu V0 = 0
1. Xác định vận tốc khối tâm hình trụ theo góc  là góc hợp
bởi đường thẳng đứng và đường thẳng nối tâm hai trụ.
2. Định vị trí hình trụ r rời mặt trụ R. Bỏ qua ma sát.
ĐS: 1.
4
( )(1 cos )
3
c
g
v R r 
   ; 2.
4
arccos
7
 
Bài 15. Một đĩa tròn đồng chất, trọng lượng là Q, bán kính R quay
được quanh một trục thẳng đứng AB đi qua tâm đĩa và vuông góc với đĩa. Trên vành đĩa có một
chất điểm M có trọng lượng là P. Đĩa quay quanh trục với vận tốc góc 0. Tại một thời điểm
nào đó chất điểm M chuyển động theo vành đĩa với vận tốc tương đối so với đĩa là u. Tìm vận
tốc góc của đĩa lúc đó.
ĐS:

7
5
r 7
5
r 7
5
r
2
2
5( )
R
h R


 
 
4
2
A
M Ph
v g h
R P Q



 
 
2
M PR
R P Q


 
2 2
2
m gh
m M .R
 


 
0
2
2
Pu
Q P R
   


5. ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 7
Bài 16. Hai đĩa cùng được gắn vào trục quay (hình vẽ). Người ta cho
trục hơi xoắn rồi thả ra. Hãy xác định hệ thức giữa các vận tốc góc
và các góc quay của các đĩa khi chúng dao động
xoắn. Cho rằng khối lượng của trục bé không
đáng kể, còn mômen quán tính của các đĩa đối
với trục x là I1 và I2 là các đại lượng đã biết.
ĐS:
Bài 17. Một cái tời trống quay xem như hình trụ tâm O cũng
là khối tâm có bán kính R, momen quán tính I đối với trục của
nó. Một dây cáp khối lượng không đáng kể, hoàn toàn mềm
được quấn quanh trống đầu dưới của dây cáp nối với tải khối
lượng m. Trống có thể quay không ma sát quanh trục cố định
nhờ động cơ tác động một ngẫu lực có momen M = const.
Xác định gia tốc thẳng đứng của tải trọng.
ĐS:
Bài 18. Một quả cầu (m,R) gắn lên một thanh cứng l không khối lượng. Quả cầu quay xung quanh
trục của nó. Quả cầu và thanh quay xung quanh trục z. Vận tốc góc của thanh và quả cầu xung
quanh z là  , của quả cầu quanh thanh là  . Tính ( ) ?
  
ĐS: 2
5
2
gl
R
 

Bài 19. Một người có chiều cao h đi xe đạp một bánh theo một rãnh tròn bán kính R trong khi
người và xe nghiêng về phía trong với góc so với phương thẳng đứng. Gia tốc trọng trường là
g.
1. Giả sử h R
 . Người đó phải đạp xe với vận tốc góc  bằng bao nhiêu?
2. Bây giờ ta coi người đi xe đạp như một thanh có chiều dài h, trong đó h nhỏ hơn R nhưng
không thể bỏ qua. Vận tốc góc  bây giờ phải bằng bao nhiêu? Giả thiết rằng thanh cứng luôn
nằm trong mặt phẳng tạo bởi phương thẳng đứng và bán kính và R là khoảng cách từ tâm quỹ
đạo cho đến điểm tiếp xúc.
ĐS: 1.
g
tan
R
   ; 2.
g 2h
( tan ) / (1 sin )
R 3R
    
Bài 20. Một hình trụ đặc đồng chất có bán kính R =
10 (cm), lăn không trượt trên mặt phẳng nằm ngang với độ
lớn vận tốc bằng v , rồi đến mặt phẳng nghiêng có góc
nghiêng = 45 so với mặt phẳng ngang. Tìm giá trị vận
tốc v của hình trụ lăn trên mặt phẳng ngang để không
bị nảy lên tại A (xem hình vẽ). Lấy g = 10 (m/s ), I
= mR .
ĐS: v 0,6 (m/s)
2
1 2
1
I
I
   
2
( )
M m gR R
a
I m R



0
 0
max
0
2
hinh
tru
2
1 2
0 
m g
T
m
O
R
T ro n g
M
M ô to
g
ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 8
Bài 21. Một quả cầu rắn đồng chất bán kính R lăn không trượt
với vận tốc v trên mặt phẳng nằm ngang và va chạm đàn hồi
với một bậc thềm có độ cao h < R. Tìm vận tốc nhỏ nhất theo
h và R để quả cầu lăn qua mặt phẳng đó. Biết rằng không xẩy
ra sự trượt tại điểm va chạm. Mô men quán tính của quả cầu
đối với trục quay đi qua tâm của nó là 2
2
5
mR .
ĐS: min
70
7 5


R gh
v
R h
Bài 22. Cho hệ thống như hình vẽ, có một ròng rọc cố định A, một ròng rọc động
B và hai vật có khối lượng m1 và m2. Bỏ qua khối lượng của dây và ma sát.
1) Khối lượng của cả hai ròng rọc không đáng kể. Thả cho hệ thống chuyển động
từ trạng thái nghỉ. Tính gia tốc a2 của vật m2 và lực Q tác dụng lên trục của ròng
rọc A. So sánh Q với trọng lực Q’ của hệ.
Áp dụng bằng số: m1 = 0,2 kg ; m2 = 0,5kg; g =10m/s2
. Tính a2 và Q ?
2) Khối lượng ròng rọc B không đáng kể nhưng ròng rọc A có khối lượng đáng
kể; bán kính của A là r. Thả cho hệ thống chuyển động từ trạng thái nghỉ, người
ta thấy m2 có gia tốc a = g/n, g là gia tốc rơi tự do, n là một số dương hoặc âm
(lấy chiều dương đi xuống). Tính khối lượng của ròng rọc A theo m1, m2 và n.
Áp dụng số: r = 0,1m.
a) m1 = 0,2 kg ; m2 = 0,5kg; g =10m/s2
; n = 5. Tính m, mômen quán tính và lực Q tác dụng lên
trục của ròng rọc A? So sánh Q và Q’ do trọng lực của hệ tác dụng.
b) m1 = 1kg; m có giá trị vừa tìm được ở trên. Tính m2 để có n = - 5( m2 đi lên).
ĐS: 1. a2 = 7,27m/s2
, Q = 4,1N;
2a. m = 2,9kg ; I = 0,0145 kgm2
; Q = 35,2 N; 2b. m2 = 0,133 kg.
Bài 23. Một ròng rọc kép gồm hai ròng rọc có dạng hai đĩa tròn đồng
chất gắn chặt, đồng trục. Ròng rọc lớn có bán kính R1 = 10 cm, ròng
rọc nhỏ có bán kính R2 = 5 cm, trên vành các ròng rọc có rãnh để quấn
dây. Nếu dùng một sợi dây nhẹ, không dãn một đầu quấn trên vành
ròng rọc lớn đầu kia buộc vào vật m1 = 300 g
( hình vẽ) rồi buông nhẹ cho vật chuyển động thì gia tốc chuyển động
của m1 là a1. Nếu thay vật m1 bằng vật m2 = 500 g, rồi quấn dây vào
vành ròng rọc nhỏ thì sau khi thả nhẹ, vật m2 chuyển động với gia tốc
a2, biết 1
2
a 76
=
a 55
. Bỏ qua mọi ma sát, lấy g = 10 m/s2
. Tính mô men
quán tính của ròng rọc kép.
ĐS: I = 1,125.10-3
kg.m2
.
Bài 24. Một khối trụ đặc, đồng chất, khối lượng M, bán kính R, được đặt trên mặt phẳng nghiêng
cố định, nghiêng góc α = 300
so với mặt phẳng ngang. Giữa chiều dài khối trụ có một khe hẹp
trong đó có lõi có bán kính R/2. Một dây nhẹ, không giãn được quấn nhiều vòng vào lõi rồi vắt
qua ròng rọc B (khối lượng không đáng kể, bỏ qua ma sát ở trục ròng rọc). Đầu còn lại của dây
mang một vật nặng C khối lượng m = M/5. Phần dây AB song song với mặt phẳng nghiêng. Hệ
số ma sát nghỉ và hệ số ma sát trượt giữa khối trụ và mặt phẳng nghiêng: µn = µt = µ. Thả hệ từ
trạng thái nghỉ:

6. ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 9
a. Tìm điều kiện về µ để khối trụ lăn không trượt trên mặt
phẳng nghiêng. Tính gia tốc a0 của trục khối trụ và gia tốc
a của m khi đó.
b. Giả sử µ không thỏa mãn điều kiện ở câu a. Tìm gia tốc
a0 của trục khối trụ và gia tốc a của m.
ĐS: a.
3
93
  0
8
;
31
a g
 ;
4
31
a g
 ; b.
0
10 2 9 7
3 ; 3
13 13 26 26
a g g a g g
 
     
Bài 25. (Trích đề dự tuyển thi Olympic quốc gia 2002)
Một hình trụ đặc có khối lượng m1 = 6 kg, bán kính R xuyên dọc theo một hình trụ đặc. Một
thanh nhỏ không khối lượng tì vào các ổ bi. Dùng dây nối một vật m2 = 2kg vào thanh. Hệ đặt
trên một mặt phẳng nghiêng góc 0
30

 . Tìm gia tốc của hệ vật biết hệ số ma sát trượt giữa vật
và mặt phẳng nghiêng là 2
,
0

 , trụ lăn không trượt. Bỏ qua sức cản các ổ bi, dây không dãn
và không khối lượng, 2
/
10 s
m
g  .
ĐS:  
2
3,3 /
m s
Bài 26. Một thanh AB đồng chất chiều dài 2l khối lượng m được giữ
nằm ngang bởi hai dây treo thẳng đứng như hình vẽ. Xác định lực căng
dây trái ngay sau khi đốt dây phải.
1
4
T mg

ĐS:
Bài 27. Một ống chỉ khối lượng M được đặt nằm ngang trên một chiếc
bàn và dựa vào 2 chiếc đinh cắm thẳng đứng trên bàn. Sợi chỉ
dài, mảnh, một đầu quấn vào ống chỉ, còn đầu kia được luồn
qua một khe ở mặt bàn và nối với một vật nặng khối lượng m
(Hình vẽ). Với giá trị nào của m thì hệ cân bằng? Biết ống chỉ
(phần quấn chỉ) có bán kính r, phần gỗ ở hai đầu ống chỉ có
bán kính R, hệ số ma sát giữa ống chỉ và đinh là µ1 và giữa
ống chỉ với mặt bàn là µ2.
ĐS:
2 1
0
2
(1 )
r
R
m M
r
R
 




Bài 28. Một thanh đồng chất tiết diện đều chiều dài l, khối lượng m, gối cầu tại O, quay quanh
trục thẳng đứng OO’ với vận tốc góc không đổi , góc giữa thanh và trục OO’ là .
a.Tìm biết nhọn?
b.Tìm phản lực lên thanh ở O (Bỏ qua ma sát)
c.Tìm lực căng của thanh tại điểm cách O một khoảng x<l
ĐS: a. = arccos ; b. Q =
Bài 29. Một ôtô con đi theo đường nằm ngang với vận tốc vo. Nếu người lái xe phanh hai bánh
sau thì vệt phanh của xe là L1=28m. Nếu người lái phanh hai bánh trước thì vệt phanh là L2=16m.
Hỏi vệt phanh là bao nhiêu nếu phanh cả 4 bánh? Biết đường kính của các bánh xe là như nhau,
trọng tâm của xe nằm ở vị trí cách đều các trục của bánh xe.
 
 
 





2
2
3

l
g 2
4
2
4
7
4
l
g
m


ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 10
ĐS: 11m.
Bài 29. Trên một mặt phẳng nghiêng góc α (so với mặt ngang) đặt một vật hình
hộp nhỏ A và một vật hình trụ đặc B, đồng chất, khối lượng phân bố đều. Cùng
một lúc cho hai vật bắt đầu chuyển động xuống phía dưới theo đường dốc chính
của mặt nghiêng. Vật A trượt, vật B lăn không trượt và trong quá trình chuyển
động hai vật luôn cách nhau một khoảng không đổi. Biết hệ số ma sát trượt giữa
vật A và mặt phẳng nghiêng bằng μ.
a) Tìm giá trị góc α.
b) Hệ số ma sát μ’ giữa vật B và mặt phẳng nghiêng phải thỏa mãn điều kiện gì
để có chuyển động của hai vật như trên?
ĐS: a. α = arctg3μ; b. '
 

Bài 30. Ba quả cầu nhỏ, khối lượng mỗi quả đều là m1 gắn trên một thanh
nhẹ, cách nhau một khoảng bằng l. Thanh có thể quay quanh điểm O
không ma sát. Khi quả cầu đang đứng yên tại vị trí cân bằng theo phương
thẳng đứng thì có một viên đạn khối lượng m2, bay ngang trúng quả cầu
giữa như hình vẽ với vận tốc 0
v . Ngay sau va chạm viên đạn quay ngược
lại với vận tốc v(v

ngược hướng với 0
v

). Cho gia tốc trọng trường là g.
Hỏi sau va chạm viên đạn đã làm thanh nhỏ quay được một góc bao nhiêu
quanh điểm O?
ĐS: Quay một góc  ,
2 2
2 0
2
1
( )
os 1
42
m v v
c
m gl


 
Bài 31. Cho một mặt phẳng nghiêng nhám tạo góc  so với
phương ngang và hai vật rắn M1, M2 có dạng hình trụ đồng chất,
có cùng khối lượng m, có cùng bán kính (vật M1 là hình trụ đặc;
vật M2 là hình trụ rỗng, thành mỏng). Ma sát giữa các vật và mặt
nghiêng đủ lớn để các vật có thể lăn không trượt trên mặt nghiêng.
Hệ số ma sát trượt giữa hai vật là . Gia tốc trọng trường là g.
a. Đặt lần lượt từng vật lên trên mặt phẳng nghiêng như hình (a) và thả nhẹ để các vật lăn
không trượt. Tính gia tốc của trục hình trụ của các vật.
b. Đặt cùng lúc hai vật lên mặt phẳng nghiêng sao cho hai vật tiếp xúc với nhau như hình
(b) rồi thả nhẹ. Hỏi phải đặt M2 phía trước hay sau M1 để hai vật cùng lăn không trượt trên mặt
nghiêng mà vẫn tiếp xúc với nhau? Tính gia tốc của trục hình trụ của các vật và áp lực tương tác
giữa các vật.
ĐS:
a.Trụ rỗng
1
sin
2
r
a g 
 ; trụ đặc
2
sin
3
d
a g 

b. trụ rỗng phía trước hình trụ đặc;
4 sin
7
g
a




;
sin
7
mg
N




Bài 32. Một bánh xe không biến dạng khối lượng m, bán kính R, có trục hình trụ bán kính r
tựa lên hai đường ray song song nghiêng góc α so với mặt phẳng nằm ngang như hình 1. Coi hệ

7. ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 11
số ma sát trượt giữa trục hình trụ và hai đường ray bằng hệ số ma
sát nghỉ cực đại giữa chúng và bằng . Cho biết momen quán tính
của bánh xe (kể cả trục) đối với trục quay qua tâm là I = mR2
.
1. Giả sử trục bánh xe lăn không trượt trên đường ray. Tìm lực
ma sát giữa trục bánh xe và đường ray.
2. Tăng dần góc nghiêng α tới giá trị tới hạn 0
α thì trục bánh xe
bắt đầu trượt trên đường ray. Tìm 0
α .
ĐS: 1. mgsinα
r
R
R
F 2
2
2
ms

 ; 2. 0
α
α  ,
2 2
0 2
R r
tanα μ
R


Bài 33. Một ròng rọc hình trụ khối lượng M=3kg, bán kính R=0,4m được
dùng để kéo nước trong một cái giếng (hình vẽ). Một chiếc xô khối lượng
m=2kg, được buộc vào một sợi dây quấn quanh ròng rọc. Nếu xô được thả
từ miệng giếng thì sau 3s nó chạm vào nước. Bỏ qua ma sát ở trục quay và
momen quán tính của tay quay. Lấy g = 9,8 m/s2
. Tính:
a. Lực căng T và gia tốc của xô, biết dây không trượt trên ròng rọc
b. Độ sâu tính từ miệng giếng đến mặt nước.
ĐS:a. a = 0,56 m/s2
, T = 8,4 N; b. 25,2
h m

Bài 34. Một thanh thẳng, đồng chất, tiết diện nhỏ, dài 2( )
m

 và có khối lượng M=3(kg). Thanh
có thể quay trên mặt phẳng nằm ngang, quanh một trục cố định thẳng đứng đi qua trọng tâm của
nó. Thanh đang đứng yên thì một viên đạn nhỏ có khối lượng m = 6(g) bay trong mặt phẳng nằm
ngang chứa thanh và có phương vuông góc với thanh rồi cắm vào một đầu của thanh. Tốc độ góc
của thanh ngay sau va chạm là 5(rad/s). Cho momen quán tính của thanh đối với trục quay trên
là 2
1
I= M
12
 . Tính tốc độ của đạn ngay trước khi cắm vào thanh.
ĐS: 838,3( / )
v m s

Bài 35. Một hình trụ đặc đồng tính, bán kính R đang quay
quanh trục đi qua tâm O với tốc độ góc thì được đặt
(không vận tốc tịnh tiến) xuống chân một mặt phẳng nghiêng
có góc nghiêng so với mặt phẳng ngang. Tìm thời gian
hình trụ lên đến điểm cao nhất ?
ĐS: T=
Bài 36. Một thanh cứng, mảnh, đồng chất có chiều dài h dựng thẳng đứng trên mặt đất. Đầu trên
của thanh bắt đầu đổ xuống trong mặt phẳng thẳng đứng với vận tốc ban đầu coi như bằng không,
trong khi đầu dưới của thanh không bị trượt. Bỏ qua sức cản của không khí. Biết momen quán
tính của thanh đối với trục quay đi qua một đầu của thanh và vuông góc với thanh là
2
3
mh
I  với
m là khối lượng của thanh. Cho gia tốc trọng trường 2
9,81 /
g m s
 .
a) Tính gia tốc dài đầu trên của thanh khi nó hợp với phương thẳng đứng một góc  = 600
.
b) Thanh hợp với phương thẳng đứng một góc bằng bao nhiêu thì gia tốc dài đầu trên của nó bằng
g.
0




sin
2
0
g
R
ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 12
ĐS: a. 19,4661 m/s2
; b.   34,49250
Bài 37. Khung chử nhật ABCD cấu tạo bởi các thanh hình trụ đồng chất giống nhau, AD và BC
liên kết với nhau bởi thanh MN hàn chặt ở hai đầu. Khối lượng khung ABCDMN là m. P là hình
cầu đồng chất gắn với AB, tâm O1 nằm trên AB, khối lượng m, bán kính r, momen quán tính
2
I 2mr /5
 đối với trục AB, trục này quay quanh hai điểm A, B trên khung. Q là một hình trụ
đồng chất gắn với CD, tâm O2, khối lượng m, bán kính r, momen quán tính 2
J mr /2
 đối với trục
CD, trục này quay quanh hai điểm C, D trên khung. O1O2 đi qua khối tâm G của hệ. Bỏ qua ma
sát ở các chổ tiếp xúc A, B, C, D. Hệ được đặt không vận tốc đầu trên đỉnh mặt phẳng nghiêng
góc α và chỉ xét đến chuyển động tịnh tiến thẳng của khung song song mặt phẳng nghiêng. Hệ số
ma sát lăn trên mặt nghiêng của hình cầu và hình trụ được bỏ qua, hệ số ma sát trượt của hình
cầu và hình trụ đều bằng μ. Tính gia tốc của G theo α. Biện luận theo α các trường hợp: P và Q lăn
không trượt; Q trượt và P lăn không trượt; P và Q trượt.
ĐS :Nếu hình cầu P và hình trụ Q lăn không trượt: G
10
a gsin
13
  .
Điều kiện 1
   , 1
39
tan
10
  .
Nếu hình cầu P lăn không trượt và hình trụ Q trượt: G
15 cos
a g sin
17 2

 
  
 
 
Điều kiện 1 2.
     , 2
39
tan
10
  
Nếu hình cầu P và hình trụ Q đều trượt:  
G
a g sin cos
     .
Bài 38. Để nối hai trục ta dùng mô hình như hình vẽ . Hai đĩa giống nhau có momen quán tính
đối với trục quay tương ứng là I. Ban đầu một đĩa đứng yên, còn đĩa kia quay đều với tốc độ góc
0 . Muốn hai trục nối nhau ta tác dụng lực vào hai đĩa dọc theo trục như hình và có độ lớn F.
Mặt phẳng tiếp xúc 2 đĩa có dạng hình vành khuyên có bán kính trong R1, bán kính ngoài R2 . Hệ
số ma sát giữa các mặt phẳng là .
1. Tìm tốc độ góc chung của 2 đĩa sau khi nối.
2. Xác định năng lượng hao hụt khi nối trục.
3. Xác định thời gian cần thiết khi nối trục.

8. ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 13
ĐS: 1. 0
2

 
2. Năng lượng hao hụt: T
 
2
0
I
4

3.
 
 
2 2
2 1 0
3 3
2 1
3 R R I
t
4 F R R
 

 
Bài 39. Để giữ một hình trụ đặc, đồng chất, bán kính , khối
lượng nằm cân bằng trên mặt phẳng nghiêng của một chiếc
nêm khối lượng đang nằm yên trên mặt phẳng nằm ngang
sao cho trục của song song với mặt phẳng nằm ngang người
ta sử dụng các sợi dây mềm, mảnh, nhẹ và không dãn nối vào
các điểm cao nhất của nêm và buộc tiếp xúc chúng vào các
điểm cao nhất của (hình 2). Biết rằng các sợi dây vuông góc
với trục của và song song với mặt phẳng nằm ngang và cách sàn một khoảng ℎ, mặt nghiêng
của nêm hợp với phương nằm ngang một góc , gia tốc rơi tự do tại nơi đặt nêm là ⃗.
1. Tìm hệ số ma sát tối thiểu giữa và .
2. Tại một thời điểm nào đó, các sợi dây giữ đồng loạt đứt, vì thế lăn không trượt trên
còn trượt không ma sát trên sàn.
a. Tìm gia tốc của so với sàn.
b. Tìm gia tốc góc của trong hệ quy chiếu gắn với sàn.
c. Tìm vận tốc và vận tốc góc của tại thời điểm ngay trước khi nó va chạm với sàn.
ĐS: 1. = ; 2a. =
( )
2b. = ; 2c.V = v , ω =
Bài 40. Một mô hình động cơ hơi nước đặt nằm ngang trên
mặt sàn nhẵn. Tay quay OA có chiều dài r và quay đều
với tốc độ góc ω, điểm B luôn chuyển động thẳng. Thanh
truyền AB dài bằng tay quay. Coi khối lượng của các bộ
phận chuyển động rút về thành 2 khối lượng m1 và m2 tập
trung ở A và B, khối lượng của vỏ động cơ là m3 (hình 25).
1. Cho rằng vỏ động cơ chỉ chuyển động ngang và ban đầu pit-tông ở vị trí xa nhất về bên trái.
Xác định phương trình chuyển động của vỏ động cơ.
2. Nếu động cơ được bắt vít xuống nền bằng bu-lông, tìm áp lực của động cơ lên nền và lực cắt
ngang bu-lông. Bỏ qua lực căng ban đầu của bu-lông.
ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 14
ĐS: 1. X= ; 2. T = (m1 +2m2)ω2
r.cosωt
Bài 41. Một thanh không khối lượng chiều dài là b
có một đầu được gắn khớp vào một giá đỡ và đầu kia
được gắn cứng vuông góc với điểm giữa của một
thanh có khối lượng m và chiều dài l.
a. Nếu hai thanh được giữ trong một mặt phẳng nằm
ngang (Hình 2.5P) và sau đó được thả ra, hỏi gia tốc
ban đầu của khối tâm là bao nhiêu?
b. Nếu hai thanh được giữ trong một mặt phẳng thẳng đứng (xem hình 8.31) và sau đó được thả
ra, hỏi gia tốc ban đầu của khối tâm là bao nhiêu?
Đáp số: a. a=g b. 2
2
1
12
g
a
l
b


Bài 42. Ba hình trụ giống hệt nhau có momen quán tính là
2
I mR

 được đặt theo một hình tam giác (Hình 2.6P). Hãy
tìm gia tốc hướng xuống dưới ban đầu của hình trụ nằm trên
cùng trong hai trường hợp sau. Trường hợp nào có gia tốc lớn
hơn?
a. Có ma sát giữa hai hình trụ bên dưới với nền (vì vậy
chúng sẽ lăn không trượt) nhưng không có ma sát giữa các
hình trụ với nhau.
b. Không có ma sát giữa hai hình trụ nằm dưới với nền
nhưng có ma sát giữa các hình trụ với nhau (vì vậy chúng
không trượt đối với nhau)
ĐS: a. 1
7 6
y
g
a



; b. 1
8 7
y
g
a



Bài 43. Một quả bóng có 2
(2 / 5)
I MR
 được đặt trên một mặt phẳng
nghiêng một góc . Mặt phẳng nghiêng được gia tốc hướng lên trên
(dọc theo chiều của nó) với gia tốc a (Hình 2.7P). Với giá trị của a
bằng bao nhiêu để cho khối tâm của quả bóng không di chuyển?
Giả sử rằng hệ số ma sát là đủ lớn để cho quả bóng lăn không trượt
đối với mặt phẳng nghiêng.
ĐS:
5 sin
2
g
a


Bài 44. Xét máy Atwood như hình 2.8P. Các khối lượng là m và 2m, ròng rọc là một đĩa đồng
chất có khối lượng m và bán kính r. Dây không có khối lượng và không trượt đối với ròng rọc.
Hãy tìm gia tốc của các khối lượng, sử dụng định luật bảo toàn năng lượng.
Đáp số
2
7
a g

2 1
1 2 3
(2 ) ( os 1)
m m r c t
m m m

 
 

9. ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 15
Bài 45. Một thang đồng chất có chiều dài l được dựng trên một mặt sàn không
ma sát và dựa vào một bức tường không ma sát. Ban đầu, nó được giữ đứng
yên với chân của nó cách bức tường một khoảng rất nhỏ, sau đó nó được thả
ra. Ngay sau đó chân thang sẽ trượt ra xa bức tường và đỉnh thang sẽ trượt
xuống dọc theo bức tường (Hình 2.9P). Khi nó không còn tiếp xúc với tường,
hỏi thành phần theo phương ngang của vận tốc khối tâm là bao nhiêu?
ĐS:
1
3 (1 cos ).cos
2
n
v gl  
 
Khi thanh rời bắt đầu rời tường thì thành phần n
v đạt cực đại, khi đó
0
2
cos 48,2
3
 
  
Bài 46.`
Cho bốn vật hình trụ giống nhau, đồng chất, tiết diện đều, mỗi trụ có khối
lượng m, bán kính R. Bốn trụ đặt thành hai tầng, giữa hai tầng ngăn cách nhau
bởi tấm ván có khối lượng không đáng kể. Cho rằng các trụ lăn không trượt
trên ván và trên sàn. Tìm gia tốc của các trụ và độ lớn các lực ma sát nghỉ trong các trường hợp
sau.
a. Trên hình vẽ 2.10Pa, tấm ván được kéo với gia tốc a.
b. Trên hình vẽ 2.10Pb, tấm ván I được kéo sang phải với gia tốc a.
c.Trong điều kiện câu b, biết rằng ván II có khối lượng m. Tìm gia tốc của các trụ và độ lớn các
lực ma sát nghỉ.
ĐS:a. Trụ 1: 1
2
a
a  ; 1 1
1 3
; '
8 8
F ma F ma
  . Trụ 2: 2 2
1 1
;
3 3
a a F ma
 
b. 1
7
17
a a
 , 2
1
17
a a

 ; 1
6
17
F ma
 ; 2 1
1
'
17
F F ma
  ;
c. 1 2
13 1
; ;
29 29
a a a a
   1
21
58
F ma
 1
5
'
58
F ma
 ; 2
1
29
F ma

Bài 47. Cho bốn vật hình trụ giống nhau, đồng chất, tiết diện đều, mỗi trụ có khối lượng m, bán
kính R. Bốn trụ đặt thành hai tầng, giữa hai tầng ngăn cách nhau bởi tấm ván có khối lượng không
đáng. Cho rằng các trụ lăn không trượt trên ván và trên mặt phẳng nghiêng. Biết góc nghiêng của
mặt phẳng nghiêng là  . Tìm gia tốc mỗi vật.
ĐS: 1
10
sin
17
a g 
 ; 2
18
sin
17
a g 

ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 16
Bài 48. Một vòng mảnh khối lượng M đặt dựng đứng trên mặt bàn nhẵn
nằm ngang và được cho đổ xuống. Tìm áp lực của vòng trên mặt bàn khi
mặt phẳng của vòng tạo với phương thẳng đứng một góc =600
.
ĐS:
3
( 3 )
2
N mg
 
Bài 49. Một đĩa mỏng đồng chất khối lượng m đặt dựng đứng trên mặt
phẳng nhẵn nằm ngang. Người ta cho đĩa đổ xuống. Tìm áp lực của đĩa
lên mặt phẳng ngang của đĩa tạo với phương thẳng đứng một góc  =300
.
ĐS:
2
2
1 (1 os )
0,26
(1 4sin )
c
N mg mg


 
 

Bài 50. (Olympic Mỹ 1996)
1. Một hình nón, góc ở đỉnh 2, được đặt thẳng đứng tựa trên
đỉnh. Mặt trong hình nón không có ma sát. Một vật có kích
thước nhỏ, lăn ở mặt trong của hình nón ở độ cao h như hình
vẽ. Hãy tìm vận tốc góc của vật.
2. Giả sử bề mặt có lực ma sát và một vòng tròn nhỏ bán kính
r lăn không trượt ở mặt trong hình nón với tốc độ góckhông
đổi như hình vẽ. Cho các điều kiện sau:
a. Điểm tiếp xúc giữa vòng tròn và mặt trong cách đỉnh hình
nón theo phương thẳng đứng một đoạn h
b. Mặt phẳng chứa vòng tròn luôn vuông góc với thành hình
nón.
Hãy tìm vận tốc góc của vòng tròn quanh trục hình nón (để vật sắp trượt). So sánh với câu 1.
Giả sử r khá nhỏ so với bán kính quay h.tg.
ĐS: 1.
h
g
tg

1
 ; 2.
h
g
tg 2
1


Bài 51. Một thanh AB = 2b, khối lượng m, tâm C nằm trung điểm AB,
mômen quán tính đi qua C và vuông góc AB là IC =
2
3
1
mb . Thanh được
đặt trên một mặt bàn nằm ngang, đầu A nằm trên bàn, đầu B nằm ngoài
mặt bàn sao cho AB vuông góc mép bàn tại O (HV); OC = a. Hệ số ma
sát giữa bàn và thanh là k (k < 1). Khi buông tự do không vận tốc đầu.
Tìm góc nghiêng giữa thanh và phương ngang 0
 để thanh bắt đầu trượt trên mép bàn.
ĐS:
2
0 2 2
9
b
arctg k
a b

 
  

 
Bài 52. Một vật hình trụ đồng chất khối lượng m, bán kính R (có mômen quán
tính đối với trục đối xứng IC =
1
2
mR2
) nằm ở mép bàn sao cho đường sinh mặt
trụ tiếp xúc cạnh A mép bàn. Ban đầu trụ cân bằng, sau đó nhiễu nhỏ (v0= 0) trụ
đổ xuống bàn theo góc nghiêng  tăng dần. Ở độ nghiêng 0
 nào thì mặt trụ bắt
đầu trượt trên cạnh mép bàn. Biết hệ số ma sát trượt giữa mặt trụ và cạnh bàn là
k = 0,2.
ĐS: 0
0 27
 

10. ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 17
Bài 53. Một thanh AB khối lượng m, chiều dài 2a, chuyển
động không ma sát quanh trục Oz nằm ngang, mặt phẳng
chuyển động là mặt phẳng thẳng đứng (Oxy). Mômen quán
tính đối vứoi trục Oz là I0 =
2
3
1
Ma . Người ta đặt lên đầu mút
A của thanh một chất điểm P có khối lượng m. Hệ số ma sát
giữa thanh và vật P là k. Người ta buông hệ tự do không vận
tốc đầu từ vị trí thanh nằm ngang ( = 0 ). Ở điều kiện nào P
vẫn còn trên thanh.
ĐS:
9
M
tg k
M m
 

Bài 44. Một thanh đồng chất khối lượng m, dài  (hình 2.21P) rơi
không vận tốc đầu từ vì trí 1 thực hiện chuyển động quay trục cố định
nằm ngang O. Tìm thành phần nằm ngang Fn và thành phần thẳng đứng
Fd của lực mà trục tác dụng lên thanh tại vị trí nằm ngang 2.
ĐS: :
3
2
n
F mg
 ;
1
4
d
F mg

Bài 55. Một sợi dây AB mảnh, đồng chất, không dãn, chiều dài
2
R

, khối lượng
m nằm trong mặt phẳng thẳng đứng, được vắt qua mặt trụ nhẵn tâm O, bán kính
R và nằm ngang như hình vẽ. Ban đầu, đầu A của dây nằm trên điểm cao nhất
của mặt trụ.
a. Tính gia tốc của dây và sức căng dây tại 1 điểm M trên dây lúc vừa buông
đầu dây A. Biết góc MOB 
  .
b. Tính vận tốc của dây khi đầu dây A vừa rời bán cầu.
ĐS: a.
2g
a

 ;
2 2
sin
M
mg
T


 
 
 
 
 
; b.
2
2 ( )
4
v gR


 
Bài 56. Trên bề mặt của một hình trụ rỗng lớn nằm trên mặt phẳng ngang có một con chó khối lượng m
bắt đầu leo về phía điểm cao nhất A, và nó luôn ở cùng một khoảng cách so với điểm A (hình vẽ). Kết
quả là hình trụ bắt đầu lăn không trượt trên mặt phẳng ngang, khối lượng hình trụ là M, góc AOB bằng
 . Hãy xác định:
1) Gia tốc a của trục hình trụ.
2) lực ma sát Fms giữa hình trụ và mặt phẳng trong thời gian lăn.
3) Thời gian mà con chó có thể giữ được vị trí nói trên nếu công suất
có ích lớn nhất mà nó có thể tạo ra bằng Nmax. Vận tốc cực đại vmax của
chuyển động tịnh tiến của hình trụ bằng bao nhiêu? (công suất có ích ở
đây là công suất mà con chó sinh ra để làm tăng động năng của hệ.
Coi con chó rất nhỏ so với hình trụ).
ĐS: a.
sin
2 (1 os )
mg
a
M m c



 
;
b.
( )
sin
2 (1 os )
ms
M m
F mg
M m c




 
.
ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 18
c.
2
max
max
2 (1 os )
( 2 ) sin
N M m c
t
m M mg


 
 
  
  
; max
max
2 (1 os )
( 2 ) sin
N M m c
v
m M mg


 


Bài 57. Một hình trụ có khối lượng m và bán kính r đang đứng yên và tựa
vào một khối hộp (Hình 2.27P). Khối hộp được kéo sang trái với vận tốc
v không đổi. Lúc đầu khối hộp ở sát cạnh tường, bỏ qua ma sát giữa hình
trụ với tường và khối hộp. Hãy xác định:
1. Dạng quỹ đạo chuyển động của tâm hình trụ so với điểm A
2. Điều kiện của vận tốc v để khối hộp vẫn còn tiếp xúc với trụ khi khoảng
cách giữa hai điểm A và B là √2.
3. Các lực tác dụng lên thành hình trụ khi khoảng cách giữa A và B là
√2.
ĐS: 2. 2
v gr
 ; 3.
2
( )
2
2
g v
N m
r
 
Bài 58 (HSG QG 2017)
Xét một hệ cơ gồm một quả cầu đặc đồng chất và một thanh cứng. Quả cầu nằm trên máng của thanh,
máng được tạo bởi hai mặt phẳng hợp với nhau góc 0
60
  , mặt phẳng phân giác của nó là mặt phẳng
đứng. Hình 1.a và 1.b mô tả hình chiếu đứng và hình chiếu cạnh của hệ. Hệ được đặt trên mặt sàn nằm
ngang. Coi thanh và quả cầu không bị biến dạng trong quá trình khảo sát. Thanh có khối lượng m và đủ
dài. Quả cầu có bán kính R, khối lượng M, mômen quán tính đối với trục quay đi qua khối tâm G là
2
2
5
I MR
 .
Hệ số ma sát trượt giữa máng và quả cầu là µ. Gia tốc trọng trường là g. Cho hệ tọa độ 0xyz, xét hai
trường hợp sau:
1.Thanh được gắn cố định với sàn. Tại thời điểm ban đầu t = 0, quả cầu đang quay ngược chiều kim
đồng hồ quanh trục quay vuông góc với mặt phẳng 0xy và đi qua G với tốc độ góc 0
 , đồng thời có vận
tốc khối tâm là 0
v

theo chiều 0x (hình 1.b). Tới thời điểm t = τ, quả cầu bắt đầu lăn không trượt, vận tốc
khối tâm vẫn còn cùng chiều 0x trên thanh.
a. Mô tả quá trình chuyển động của quả cầu kể từ thời điểm ban đầu tới thời điểm t = τ
b. Tính quãng đường quả cầu đi được trên thanh trong khoảng thời gian τ nói trên.
2.Thanh có thể trượt không ma sát trên sàn. Tác dụng vào thanh một lực F

không đổi theo phương 0x
sao cho trong quá trình thanh chuyển động, quả cầu lăn không trượt trên máng.
a. Tại một thời điểm nào đó, vận tốc của thanh là 1
v

, vận tốc khối tâm của quả cầu là 2
v

. Trong hệ quy
chiếu gắn với thanh, hãy xác định vị trí của điểm có tốc độ lớn nhất trên quả cầu. Tính tốc độ lớn nhất
đó.

11. ÔN THI HSG VẬT LÝ 12
Trang 19
b. Xác định biểu thức độ lớn cực đại của lực F

theo µ, g, M và m để trong quá trình thanh chuyển động
quả cầu luôn lăn không trượt trên máng.
ĐS: 1b.   
0 0 0 0
2
2 9 2
169
s v R v R
g
 

   .
2a. Để vM đạt cực đại tại đỉnh quả cầu, vM = ω.dmax = 3v21 = 3| ⃗ − ⃗ |.
2b. Fmax = µg(2M +
13
4
m
).
Bài 59 . Một mặt phẳng nghiêng có chiều dài  = 1m lập với phương ngang một góc 0
30
  , hệ số ma
sát tính theo khoảng cách x từ đỉnh đến chân mặt phẳng nghiêng theo công thức
x
 

. Tại thời điểm t
= 0, thả nhẹ một vành tròn đồng chất có bán kính R = 4cm từ đỉnh A của mặt phẳng nghiêng. Bỏ qua ma
sát lăn. Cho g =10m/s2
.
1. Tìm theo thời gian t: tọa độ x của tâm, gia tốc góc  , tốc độ góc  của vành khi vành lăn
có trượt.
2. Xác định thời điểm vành bắt đầu lăn không trượt.
ĐS: 1.  
0,58 1 cos(2,94 )
x t
  ; 1
125 1 sin 2,94t
2,94

 
 
 
 
;  
125 1 cos(2,94 t)
   ; 2. t = 0,64s

12. ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
CHƯƠNG I
ĐỘNG HỌC – ĐỘNG LỰC HỌC VẬT RẮN
PHẦN I: CÂU HỎI VÀ ĐÁP ÁN
I.1. MOMEN QUÁN TÍNH
I.3 ĐỘNG LỰC HỌC VẬT RẮN
PHẦN II: LỜI GIẢI CHI TIẾT
I.1. MOMEN QUÁN TÍNH
I.2. ĐỘNG HỌC VẬT RẮN
I.1. MOMEN QUÁN TÍNH
Bài 1. Tính khối lượng
Chia vật thành các lớp cầu mỏng.
Xét một lớp cầu mỏng có bán kính r và r + dr, thể tích 2
dV 4 r dr
 
Khối lượng của lớp cầu này là: 2
3
12m r
dM dV (1 )r dr
7R R
   
Khối lượng của vật:
R 3 4
2
3 3
0
12m r 12m R R
M dM (1 )r dr ( ) m
7R R 7R 3 4R
     
 
 Tính mômen quán tính
Mô men quán tính của một lớp cầu mỏng đối với trục quay đi qua tâm:
5
2 4
3
2 8m r
dI r dM (r )dr
3 7R R
  
Mô men quán tính của vật:
R 5 5 6
4 2
3 3
0
8m r 8m R R 44
I dI (r )dr ( ) mR
7R R 7R 5 6 105
     
 
Bài 2. Trục x song song với cạnh a
Coi tấm phẳng, mỏng gồm nhiều thanh mỏng ghép lại
Mômen quán tính của một thanh mỏng có khối lượng dm, chiều dài b đối với trục x là :
2
1
dI b dm
12

Mômen quán tính của tấm đối với trục x là :
m
2 2
x
0
1 1
I dI b dm mb
12 12
  
 
a. Trục y song song với cạnh b
Tương tự như ý a : 2
y
1
I ma
12

b. Trục z vuông góc với tấm
Áp dụng định lí về trục vuông góc ta được: 2 2
z x y
1
I I I m(a b )
12
   
ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Bài 3. Chia hình lập phương thành rất nhiều
bản mỏng vuông góc với trục quay.
Áp dụng kết quả bài 20 ta có mô men quán tính
của một bản mỏng có khối lượng dm đối với trục quay là:
2 2 2
1 1
dI (a a )dm a dm
12 6
  
Mômen quán tính của vật đối với trục đối xứng :
m
2 2
G
0
1 1
I dI a dm ma
6 6
  
 
a. Gọị  là trục quay trùng với một cạnh.
Áp dụng định lí Steiner : G
2
2 2 2
1 a 1
I I md ma m ma
6 2 3
     
Bài 4.
Chia hình nón thành các lớp đĩa mỏng vuông góc với
trục Oz.
Xét một lớp mỏng có tọa độ z và z + dz, bán kính r,
khối lượng dm
Ta có:
r z z
r R
R h h
   với R là bán kính đáy
2 2
3
2
m m 3m
dm dV r dz z dz
1
V h
R h
3
   

Mômen quán tính của lớp mỏng này đối với trục Oz:
2
2 4
5
1 3mR
dI r dm z dz
2 h
 
Mômen quán tính của hình nón đối với trục Oz:
h
2
4 2
5
0
3mR 3
I dI z d mR
h 10
  
 
Bài 5. Trước tiên ta tìm mô men quán tính của một bản mỏng, phẳng hình tròn khối lượng m, bán
kính R đối với trục quay trùng với 1 đường kính của bản
Theo định lí về trục vuông góc ta có:
Iz = Ix + Iy = 2Ix với Iz là mômen quán tính của bản đối với trục quay đi
qua khối tâm và vuông góc với mặt phẳng của bản
2
z
x
I mR
I
2 4
  
a. Chia hình trụ thành rất nhiều bản mỏng song song với đáy
Xét một bản mỏng có tọa độ z và z + dz, khối lượng dm
m
dm dz
h


13. ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Mômen quán tính của bản đối với trục quay Ox trùng
với đường kính đáy của hình trụ:
2
2 2 2
1 mR m
dI dm.R dm.z dz z dz
4 4h h
   
Mômen quán tính của vật đối với trục Ox:
h h
2 2 2
2
x
0 0
mR m mR mh
I dI dz z dz
4h h 4 3
    
  
b. Áp dụng định lí Steiner ta có:
2 2 2
G x
mh mR mh
I I
4 4 12
   
I.2. ĐỘNG HỌC VẬT RẮN
Bài 1.
Tính vc : Hệ đang quay quanhtrục quay tứcthời A, nên
A
B
A
c /
/ 
  

 sin
2
sin
2
0
0
0 v
l
lv
v
AB
v
l
v
C
C



 (1)
Tính C
a :
t
n
C a
a
a 

l
v
AC
v
a C
n
C
.
sin
4 2
2
0
2


 (2)
+ vCtại t = 0 (B thuộcsàn) thì hình chiếu vận tốc
0
0
sin 2 os
2sin
C C
v
v v c v
 

  
+ Tại t ≠ 0: 0 cos
sin( )
C
v
v

 


(3)
Nên 













)
(
sin
)
'
'
(
cos
)
cos(
'
)
sin(
sin
2
0











v
dt
dv
a C
t
C (4)
Ta tìm '
' 
 theo :
Ox: ta có hình chiếu AB trên Ox là (AB)x=CK + CH = const
'
.
cos
cos
'
sin
sin 




 




 const
l
l (5)
ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Oy: xét hình chiếu AC trên Oy ta có (AC)y= 
 cos
cos
.
0 l
l
t
v 

'
.
sin
'
.
sin
.
0 


 l
l
v 


 (6)
Thay (5) vào (6) ta được:







 


 sin
.
cos
cos
sin
0 l
v '

'
.
cos
)
sin(
0



 


l
v
(7)
Thay (5) và (7) vào (4) ta được:



















 '
cos
cos
1
cos
).
cos(
cos
sin
)
(
sin
0
2
0









 l
v
v
a t
C
Vậylúc t = 0 thì






2
sin
cos
sin
. 2
2
0
l
v
a t
C











2
sin
2
cos
.
sin
2
.
2
sin
cos
sin
.
2
0
2
0
l
v
l
v
a t
C



 (8)
Từ (2) và (8) ta suyra:
2
2 2 0
4 2
1 1
16sin 4sin 2
C C n C t
v
a a a
l  
   
2 2
0 0
4 2
1 1
2 4sin sin 2 2 sin sin2
C
v v
a
l l
   
    (9)
b) TínhvC:

2
2
2
cos
4l
v
l
v
a C
C
n
C 

 (10)
+ Ta luôn có:
0
2cos
C
v
v


dt
d
v
dt
dv
a C
t
C



.
cos
2
sin
2
0


 (11)
Mà: AB = AB(0) + v0t;
l
vt
AB
l
AB
l
AB
2
)
0
(
2
2
sin










 


l
t
v
AB
2
)
0
(
)'
(sin 0

l
v
dt
d
2
.
cos 0


 (12)
Thay (12) vào (11)





2
2
0
0
2
0
cos
2
sin
)
cos
2
.(
cos
sin
l
v
l
v
v
a t
C





Vậy
2
3
2
0
2
2
2
0
2
2
cos
2
sin
cos
4 





















 l
v
l
v
a
a
a t
C
n
C
C

3
2
0
cos
4l
v
aC 

14. ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Bài 2
* Hệ qui chiếu gắn với A vB/A = v1 + v2
 (vC/A)CB=(vB/A)CB  vC/Asin cos
2
BA
v B

 với lưu ý
2

 
 vC/A=(v1 + v2) 2
2
2
1
2
l
l
l

- Gia tốc hướng tâm của C quay quanh A
)
(
)
(
)
( 2
2
2
1
1
2
2
2
2
1
1
2
/
l
l
l
l
v
v
l
v
a A
C
AC
c



 : đây cũng chính là gia tốc của C
đối với đất trên phương AC
* Hệ qui chiếu gắn với B: vA/B = v1 + v2
Và (vC/B)CA=(vA/B)CA  vC/B =(v1 + v2) 2
2
2
1
1
l
l
l

- Gia tốc hướng tâm của C quay quanh B là:
)
(
)
(
)
( 2
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2
2
/
l
l
l
l
v
v
l
v
a B
C
CB
c



 : đây cũng chính là gia tốc của C đối với đất trên phương CB
* Hệ qui chiếugắnđất:
/ /
c cđ CA cđ CB
a a a
 

 
 

: vì vuông góc nhau
2
2
2
/
2
/ )
(
)
( CB
C
AC
C
b
Cđ
CA
Cđ
C a
a
a
a
a 




6
1
6
2
2
2
2
1
2
1
2
2
1
2
2
4
1
2
1
4
2
2
2
2
1
2
2
1
)
(
)
(
)
(
l
l
l
l
l
l
v
v
l
l
l
l
l
l
v
v
aC 








Bài 2.
Ta thấy OC quay quanh OZ vớivậntốcgóc z



, toàn bộ hình nón quay quanh OC với vận tốc góc
r



Với /
A C C
r
v v v
r r r
   
tan
cot
c
z
v v v
OC r g r



  
Vận tốc góc của nón đối với đất

. Theo nguyên lý tương đối
Galile
z r
  
 
 
 
2 2
z r
  
   = 2 2
( ) ( tan ) 2,31 /
os
v v v
rad s
r r rc


  


tạo với phương thẳng đứng một góc: 0
tan cot 60
r
z
g

  

   
2.Gia tốc góc hình nón

:
( )
z r r
d d d
dt dt dt
   


  
  
 

, vì 0
z
z
d
cte
dt

   


ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Do đó 2
( )
( ) tan
r
r r z
CO
d
d v
CO e e
dt dt r
 

    
   


  
2
2,31 /
rad s
 
Bài 4
Liên hệ giữa vận tôc góc tiến động với mô men động lượng và tổng momen ngoại lực tác dụng
lên con quay
'
M xL

 
  

 
 

.
Vì momen động lượng L


quay quanh trục thẳng đứng qua O với tốc độ góc '



. Sở dĩ có biểu
thức '
M xL

 
  

 
 

, ta có thể chứng minh như sau:
'
' '
M M M
d L
d L L dt
M e e L e L
dt dt dt

 
 
     
 





 
 
 
 
 

(1)
Mặt Khác ( ) (OO' ( F ) ( ) .
qt M
M r F P m g a l e
      

   
 
 
 

(2)
Từ (1) và (2) suy ra được
2
( )
'
l g a
nR



 =301rad/s
Bài 5.
Các hình nón chuyển động tương đối với nhau kèm theo sự
trượt trừ một điểm tại đó các vận tốc dài của hai hình nón bằng
nhau. Ký hiệu toạ độ của điểm đó tính từ đỉnh của nón thứ 2 là
0
x . Tại điểm đó lực ma sát trượt tác động lên nón thứ 2 đổi dấu
( hình 1.24a). Bởi vì trước điểm đó thì nón thứ nhất có vận tốc
lớn hơn nón thứ 2, còn sau điểm đó thì nhỏ hơn.
Hình nón thứ 2 sẽ quay với vận tốc góc không đổi nếu tổng
momen của các lực ma sát tác động lên nó bằng không. Vì lực
ma sát tác dụng lên đơn vị độ dài của nón là không đổi nên
momen của nó tăng theo hàm bậc nhất tính từ đỉnh nón đến đáy nón (Vì cánh tay đòn tăng). Tại
điểm 0
x momen cũng như lực ma sát sẽ đổi dấu (hình 1.24b).
Gọi H là chiều cao, R là bán kính đáy của nón, 0
r là bán kính tại điểm 0
x . Tổng momen của lực
ma sát bằng không có nghĩa là diện tích của tam giác và diện tích hình thang được gạch chéo trên
hình 1.24b bằng nhau.

15. ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Ta có: 0 0
2 4
x r HR
 (1)
Tam giác OAB đồng dạng với tam giác OA1B1 ta có:
0
0
x H
r R
 (2)
Từ (1) và (2) suy ra 0
2
R
r 
Các vận tốc dài của 2 nón bằng nhau tại điểm 0
x nên ta có: 1 0 2 0
( )
R r r
 
  với 0
2
R
r  ta được:
2 1 1
( 2 1) 0,41
  
  
Bài 6.
a.Tại thời điểm thanh rời khỏa giá đỡ, tốc độ góc khối tâm G của thanh là ω:
2 2 0
1 1 3 3
. 30 ......
2 3 2 2
L g
mL mg cos
L
 
  
Vận tốc khối tâm G:
3 3
........
2 8
G
L gL
v 
 
Sau khi rời khỏi giá đỡ, chỉ có trọng lực tác dụng lên khối tâm của thanh nên G chuyển động
như vật bị ném xiên góc 30o
so với phương ngang, còn thanh quay quanh G với tốc độ góc ω
không đổi ………………..
Khi thanh chạm sàn ở tư thế thẳng đứng: thanh quay quanh G được k vòng, gocws mành thanh
đã quay được:
5
. .......
6
t k

 
 
Khoảng cách nhỏ nhất từ điểm treo đến sàn nhỏ nhất khi k=0, ta có:
5 3 3
(1)............
6 8
gL
t


Độ dời của G theo phương thẳng đứng kể từ khi thanh dời giá đỡ đến khi chạm sàn:
2
30 .sin30 . (2)..........
2 2 2
o o
G
L L gt
H cos v t
 
    
 
 
Từ (1) và (2): H≈1,6.L=3,2m
b.Chọn trục Oy thẳng đứng hướng lên, O tai điểm treo, phương trình chuyển động khối tâm:
2
sin30 . 30 .........
2 2
o o
G G
gt L
y v t cos
  
Tọa độ đầu dưới D của thanh:
 
 
2
30
2
sin 30 . 30 30 .......
2 2 2
o
G
o o o
G
L
y y cos t
gt L L
v t cos cos t


  
    
Độ cao cực đại của đầu dưới đạt được khi:
ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
0.........
dy
dt

Ta tìm được:
1.05 ..............
L
t
g

Từ đó ta có: yDmax=-0,523L nên HDmax=2,68m
Bài 7. Để giọt nước rơi chạm đất tại B thì nó phải bắn ra từ điểm A thuộc nửa dưới và bên trái
của bánh xe
Gọi 
AOB
  , chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ, ta có
phương trình toạ độ của giọt nước:
 
2
.cos .
1
.sin .
2
x v t v R
y v t gt
 

 
 
Khi giọt nước chạm đất tại B ta có:
sin ; cos
sin tan
(1) (3)
cos
x R y h R
R
t
R
 
 
  
  
  
 
2
2 2 2
tan 1 tan
(2),(3) sin cos
2
2 cos 2 cos 0
R g h R
g h R g
 
  
 
   
 
   
 
 
    
4 2 2 2
2 4 2 2 2
2
' 2 0
2
cos
2
R gh g
R R gh g
g h
 
  


    
  
 

 
2
2 4 2 2 2
2
2
2 2 2 2 4 2 2 2
2
2
sin 1 cos 1
2
2 2 2
2
R R gh g
g h
h gh R R R gh g
g h
  
 

    

 
  
 
    
 

 
    


Thời gian rơi:
 
2 2 2 2 4 2 2 2
2 4 2 2 2
2 2 2
tan
2
h gh R R R gh g
t
R R gh g
   

   
    
 
  
I.3 ĐỘNG LỰC HỌC VẬT RẮN

16. ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Bài 1. a.Xét trong hệ quy chiếu không quán tính gắn với tâm đối xứng
O của trụ, vật m chịu thêm lực quán tính nằm ngang:
cos sin
qt
F P
 

tan
a
g

  (1)
Hay arctan
a
g
 
b. Vật M thu gia tốc góc không đổi quay quanh khối tâm O của nó:
2
( )
1
2
ms
T F R
MR


 (2)
- Gia tốc tịnh tiến của trụ:
sin
ms
F T
a
M


 (3)
-Vì lăn không trượt nên a R

 (4)
Từ (1), (2), (3,(4) ta tìm được
3
2
1 sin
Ma
T



=
2 2
2 2
3
( )
2
a g
Ma
a g a

 
(5)
c.Trên phương dọc sợi dây, vật m có gia tốc đối với O là amO:
cos sin
mO
qt
mO
a R a
P F T
a
m

 
 


 




cos sin
T
a g a
m
 
    (6)
Từ (1) suy ra 2 2
s
g
co
a g
 

, và thay (5) vào (6) ta được
2 2
2 2 2
3
.
2 ( )
a a g
m
M a g a


 
(7)
d.Gọi vm là vận tốc của vật nặng m đối với đất, v cũng chính là tốc độ
chuyển động tịnh tiến của vật nặng m so khối tâm hình trụ.
- Áp dụng định lý cộng vận tốc, tính được vận tốc vật nặng m đối với
đất là vm
2 2 2
2 . .cos( ) 2(1 sin )
2
m m
v v v v v v v

 
      
Suy ra động năng của vật nặng 2 2
1
W (1 sin )
2
dm m
mv mv 
  
-Tổng động năng của cuộn chỉ 2 2 2
1 1 3
W ...
2 2 4
dM Mv I Mv

   
- Độ giảm thế năng của vật nặng bằng độ tăng độ năng hệ: 2 2
3
(1 sin )
4
mv Mv mgh

  
ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
3
(1 sin )
4
mgh
v
m M

 
 
=
3
(1 sin )
4
gh
M
m

 
2
2
2 ( 1)
a
ah
g
 
Bài 2.
Bài 3. a/ Xác định gia tốc của m1 và m2.
+ Biểu diễn các lực trên hình
+ Xét vật m1: m1g – T1 = m1a  T1 = m1(g –a) (3.1)
+ Xét vật m2 : T2 – Fms = m2a  T2 = m2(g + a) (3.2)
+ Xét ròng rọc : (T1 – T2)R = I  1 2 2
a
T T I
R
  (3.3)
Từ (4.1), (4.2), (4.3)  1 2
1 2
2
g(m m )
a
I
m m
R
 

 
(3.4)
b/ Tìm điều kiện giữa khối lượng m1, m2 và hệ số ma sát mặt bàn  để hệ thống nằm cân bằng.
Để hệ thống nằm cân bằng P1 = Fmsn ≤ (Fmsn)max,  m2µ ≥ m1
Bài 4.Gọi B là vận tốc của dây đối với đất, (và cùng là vận tốc của người B đối với đất ). Theo
công thức cộng vận tốc ta có vận tốc của người A đối với đất là:
( 1 )
v

A B
v u v
 
  

17. ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Chiếu ( 1 ) xuống phương chuyển động của A ta được : ( 2 )
Ban đầu cơ hệ đứng yên nên mômen động lượng của hệ đối với trục ròng rọc bằng không:
( 3 ).
Khi người A bắt đầu leo lên dây thì mômen động lượng của hệ gồm mômen động lượng của
người A, người B và mômen quay của ròng rọc:
với
Ta có thể áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng cho hệ :
.
Ta tìm được:
Vậy vận tốc của người B đối với đất bằng :
Bài 5. Khi m ở vị trí bất kì, lực tác dụng vào m có P và F lực mà vành tác dụng vào m. Có thể
phân tích lực F thành hai phần: N có phương trùng với bán kính vành tròn, chiều hướng tâm, Q
có phương tiếp tuyến với vòng (hình vẽ).
Định luật II: m N
Q
P
a 

 (1)
Chiếu (1) theo Q và theo N








R
mv
N
P
P
Q
2
0
cos
sin


+Thành phần lực F tác dụng vào m theo phương thẳng đứng: Fy =
Qsin - N cos (3) . Từ (2) và (3) ta có:



 cos
cos
cos
sin
2
0
2
0
2
R
mv
P
P
R
mv
P
Fy 












 .
(Fy)max khi  = 0 vật ở vị trí cao nhất, Fy hướng xuống với (Fy)max = P -
R
mv2
0
.
Theo định luật III lực tác dụng từ m vào vành M có phương ngược với Fy, (Fy’ hướng xuống):
(Fy)’max = - (Fy)max =
R
mv2
0
-P . Vành không nẩy lên khi:
gR
M
m
v
Mg
P
R
mv
Mg
Fy 











 1
)
( 0
2
0
max
'
Bài 6. Hình trụ có hai khả năng quay hay không quay.
Giả sử trụ quay:
A B
v u v
 
0
L 

'
A B
L R.m.v R.m.v I.
    B
v
R
 
,
L L

 0
A B
R.m.v R.m.v I.
   

2
0
4
B
B B
v
m
R.m.(U V ) R.m.v .R .
R
   
4
9
B
u
v 
4
9
B
u
v 
ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Khi mặt phẳng ngang chuyển động đều thì trụ quay
đều và gia tốc của khối trụ bằng không
Ta có tổng các Moment lực đối với trục quay qua
khối tâm bằng 0:
F1 = F2 = F
+ Theo phương ngang:
Nsin - F2 cos -F1 = 0 (1)
+ Theo phương thẳng đứng:
N1 – Mg – N2cos - F2sin  = 0 (2)
Rút gọn biểu thức ta thu được:
F N
N Mg N
2
1 2
sin
1 cos




 

  

(3)
Nhận xét F, N1, N2 phụ thuộc vào 1, 2,  và có hai trường hợp có thể xảy ra:
 Trường hợp 1.
1 N1 > 2 N2, hình trụ quay, F = 2N2
Khi dó từ (3): 2
2
2
cos
1
sin
N
N 




1.a/


cos
1
sin

> 2 => N2 = 0, F = 0 với điều kiện 1N1 > 2N2 với mọi giá trị của 1, 2.
1.b/


cos
1
sin

< 2 , khi đó hình trụ bị kẹt, điều kiện 1N1 > 2N2 xảy ra với 1 > 2.
 Trường hợp 2.
1 N1 < 2 N2, hình trụ không quay được F = 1N1.
Từ (3) suy ra: 1
1
2
cos
1
sin
N
N 




1(Mg + N2 ) = N2


cos
1
sin

. Tìm ra N2 =
1
1
cos
1
sin






Mg
2.a/



cos
1
sin
1

 , khi đó trụ bị kẹt, điều kiện 1N1 > 2N2 khi 1 < 2.
2.b/



cos
1
sin
1

 , khi đó F = 1N1 = 1 ( N2 + Mg). Hay: F =




sin
cos
1
1 1
1


Mg
Điều kiện 1N1 < 2N2 xảy ra khi



cos
1
sin
2


2N2 > 1 ( N2 + Mg)
Đánh giá: * =


cos
1
sin

phẳng 1,
Biểu diễn kết quả qua đồ thị, đồ thị biểu diễn mặt
2 chia làm 3 miền
- Miền 1: ứng với trường hợp (1.a)
- Miền 2: ứng với trường hợp (1.b ) và (2.a) hình trụ bị kẹt nên F = 
- Miền 3: ứng với trường hợp (2.b),

18. ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
F =




sin
cos
1
1 1
1


Mg
Bài 7. Biểu diễn các lực tác dụng lên hệ
Vì R.P2 > r.P1 nên m2 đi xuống, m1 đi lên
Áp dụng định luật II Newton cho m1, m2:
Vật m1: - m1g + T1 = m1a1 (1)
Vật m2: m2g – T2 = m2a2 (2)
Áp dụng phương trình ĐLHVR cho ròng rọc:
T2R – T1r = I (3)
Mặt khác: a1 = r (4)
a2 = R (5)
Từ (1), (2), (3), (4), (5):
với 2
2
2
1
2
1
mr
MR
I 

Thay số:  = 20 rad/s2
; a1 = 1m/s2
; a2 = 2m/s2
;
T1 = m1(g + a1); T2 = m2(g - a2) , thay số T1 = 2,75N; T2 = 1,6N.
Bài 8.
Xét cơ hệ gồm vật nặng A, B, tời C ( hình vẽ ). Các ngoại lực tác dụng
lên hệ gồm các trọng lực , , .
Mômen và phản lực , trong đó phản lực có mômen đối với trục
quay O bằng không.
ÁP dụng định lý biến thiên mômen động lượng đối với trục quay z qua
đi qua O của tời ta có: (
1 )
Mặt khác ta lại có : Lz = Lz( A ) + Lz( B ) + Lz( C )
Mômen động lượng của vật A là: Lz( A ) =
Mômen động lượng của vật B là: Lz( B ) =
Mômen động lượng của tời C là: Lz( C ) =
Lz = (P1r2
+ P2R2
+ Q ) ( 2 )
Thay ( 2 ) vào ( 1 ) ta được:
Vậy
Bài 9. Giả sử trong thời gian t khối tâm của ống chỉ đi xuống được một đoạn DH. Lúc này ống
chỉ quay quanh khối tâm góc:
D
H
R
H 




2
 .
I
r
m
R
m
g
r
m
R
m



 2
1
2
2
1
2 )
(

1
P

2
P

Q

M

0
R

0
R

1 2
z
d
L P r P R M
dt
   
2
1 1
A
P P
r. v r
g g
 
2
2 2
B
P P
R. v R
g g
 
2
z
Q
g
    

2

g

2 1
2 2 2
1 2
M P R P r
d
dt P r P R Q
 

  
  
2 1
2 2 2
1 2
M P R P r
g
P r P R Q
 
 
  
ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Khối m bị cuốn lên một đoạn:
D
d
H
d



2
 so với khối tâm của cuộn chỉ. Vậy khối m đi xuống
một đoạn: t
D
d
D
H
D
d
H
H
h 







 . Gọi a là gia tốc của khối tâm ống chỉ, thì gia tốc của vật
m là:
a0 = a
2
;
2
;
2
2
t
D
d
D
a
h
t
a
H
D
d
D 







.
Vận tốc của ổng chỉ và của vật m: v = at, v0 = a0t = a t

D
d
-
D
. Vận tốc góc của trục chỉ  =
D
t
a
D
v 

2
2
.
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:
MgH + mgh =
2
2
2
2
2
0
2

I
mv
Mv

 . Mga
2
2
2
2
2
2
2
2
)
D
d
-
D
(
2
)
(
2
D
d
-
D
2





 








D
t
a
I
t
a
m
t
a
M
t
mga
t
suy ra a = g
2
2
4
D
M
D
D
I
m
d
D
m
d
D
M






 



.
Bài 10. Gọi vc là vận tốc của quả cầu sau khi lăn xuống được độ cao h.
vT là vận tốc của hình trụ sau khi lăn xuống được độ cao h.
Khi quả cầu, hình trụ lăn không trượt xuống dưới, thì điểm đặt của lực ma sát tĩnh nằm trên trục
quay tức thời, mà tại đó vận tốc của các điểm tại bằng không và không ảnh hưởng tới cơ năng
toàn phần của vật.
Vai trò của lực ma sát ở đây là đảm bảo cho vật lăn thuần tuỳ không trượt và đảm bảo cho độ
giảm thế năng hoàn toàn chuyển thành độ tăng động năng tịnh tiến và chuyển động năng quay
của vật.
Vì các lực tác dụng lên hình trụ đặc và quả cầu đều là : ( lực thế ), ( theo phương pháp tuyến)
và lực ma sát tĩnh . Ta có và không sinh công
Acác lực không thế = 0 cơ năng của hệ được bảo toàn.
Như vậy ta có thể áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho chuyển động của quả cầu và hình
trụ:
Với quả cầu: mgh = ( 1 )
Với hình trụ: mgh = ( 2 )
Trong đó: ;
;
Thay vào ( 1 ) và ( 2 ) ta có: mgh = ; mgh =
p



ms
F



ms
F

 
2 2
2 2
c c c
mv  

2 2
2 2
mv  
 

2
2
5
c
mR
  c
c
v
R
 
2
2
mR

 
v
R


 
2
7
10
c
mv
2
3
4
mv
2
2
15 15
14 14
c c
v v
v v
 
   

19. ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Bài 11. a) Gậy tác dụng vào quả bi- a một xung lực là . Tại điểm tiếp xúc I lực ma sát cũng
gây ra xung lực cản sự quay quanh O của quả bi - a.
Fms là nhỏ ( do không có thêm lực nén ) nên X’<< X, ta
có thể bỏ qua.
Theo định luật bảo toàn momen động lượng ta có:
X(h - R) = I0
(1)
Và X = mv0 hay v0 = (2)
Từ (1) suy ra X = thay vào (2) ta
được:
v0 = (3)
b) Nghiên cứu chuyển động:
+) h > : v0 <
Ta có
VI = vq- v0 , chiều của hướng ra sau. Như vậy ở I sẽ xuất hiện lực ma sát làm cho
giảm dần cho tới khi = ’ thì vI = 0, quả bi- a thôi không trượt và chuyển sang chuyển động
lăn không trượt, chuyển động chậm dần rồi dừng hẳn.
+) h = : v0 = vq = , vI = 0.
Quả bi- a lăn không trượt, chuyển động chậm dần rồi dừng lại.
+) R < h < : v0 > vq = .
vI = v0 - , hướng về phía trước.
Fms hướng ra sau cản chuyển động nhưng làm tăng đến khi ”: v0” = ”R thì lúc đó quả
bi-a lăn không trượt rồi chuyển động chậm dần rồi dừng lại.
Bài 12. Cơ hệ khảo sát gồm vật A chuyển động tịnh tiến; tời B quay quanh một trục cố định.
Các lực tác dụng lên hệ gồm các trọng lực , ngẫu lực , phản lực và các nội lực.
X


'
X


X
m
2
2
5( )
mR
h R


2
2
5( )
R
h R


7
5
R R

0
/0 0/
v v v v v
q
I I dat
   
 
   
( )
v R
q 

vI


  
7
5
R R

7
5
R R

R

  
P,Q
 
M

0
R

ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Nhận xét: trọng lực tác dụng chỉ có ngẫu lực và trọng lực sinh công; còn phản lực và
trọng lực không sinh công vì các điểm đặt của chúng cố định, các nội lực cũng không sinh
công.
Vì có thể tính công hữu hạn của ngẫu lực và trọng lực để tìm vận tốc của vật A ta áp
dụng định lý biến thiên động năng:
( 1 )
trong đó T0 là động năng của hệ tại thời điểm ban đầu ; T à động năng của hệ tại thời điểm ( t ).
Ta có: T0 = 0 vì ban đầu hệ đứng yên . ( 2 )
Ta có: T = TA + TB ( 3 )
Vật A chuyển động tịnh tiến nên TA = ( 4 )
Vật B quay quanh trục cố định nên
( 5 )
Thay ( 4 ) , ( 5 ) vào ( 3 ) ta có: ( 6 )
Ta có: = M - P.h = M - P.R. với h = R.
= ( 7 )
Thay ( 2 ), ( 6 ), ( 7 ) vào ( 1 ) ta được: =
Để tìm gia tốc aA của vật A ta sử dụng định lý biến thiên động năng dạng vi phân
vA .aA = vA aA = 2g
Vậy aA = 2g
Bài 13. Vận tốc của vật nặng m tại cuối độ cao h tính được nhờ áp dụng định luật bảo toàn cơ
năng : v1 = ( 1)
Khi vật nặng bắt đầu làm căng dây, xuất hiện tương tác giữa vật nặng và bánh đà. Vì tương tác
xảy ra trong thời gian được xem là rất ngắn nên ta có gần đúng bảo toàn mô men xung lượng (đối
với trục quay):
Lngay trước trước tương tác = L ngay trước sau tương tác
m.v1.R = m.v2.R + I . (2)
Trong đó v2 là vận tốc của vật m ngay sau tương tác, I là mômen quán tính của bánh đà đối với
trục quay, là vận tốc góc của bánh đà ngay sau tưong tác.
Ta có: I = .M.R2
( 3 )
M

P

0
R

Q

M

P

A
v

   
0
A P A M
    
 
2
1
2
A
P
v
g
2
1
2
B O
T   
2
2 2 2 2
1 1 1 1
2 2 4 4
A
B A
v
Q Q Q
R R v
g g R g
   
     
   
 
 
 
  2
2
2 2
A
P Q v
g

 
   
A P A M

 
   
    
A P A M

  M
P h
R
 

 
 
  2
2
2 2
A
P Q v
g
 M
P h
R
 

 
 
 
 
4
2
A
M Ph
v g h
R P Q

 

i e
k k
d dA dA
  
  
 
2
2
P Q
g
 M
P
R
 

 
 

 
 
2
M PR
R P Q


 
 
4
2
A
M Ph
v g h
R P Q



 
 
2
M PR
R P Q


2gh
 

1
2

20. ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
v2 = ( 4 )
Từ ( 1), ( 2 ), ( 3 ), ( 4 ) ta tính được :
Bài 14. 1. Xác định vận tốc khối tâm hình trụ theo góc  là góc hợp bởi đường thẳng đứng và đường
thẳng nối tâm hai trụ
Áp dụng định lý động năng: Wđ - Wđ0 = Ap
(1)
Với Wđ0 = 0; )
2
(
2
1
2
1
W 2
'
2
d 
I
mvC 
 ; vC = (R
+r)
 là vận tốc góc của khối tâm C trụ nhỏ đối
với tâm O của trụ lớn
’2
kà vận tốc góc của trụ nhỏ quanh khối tâm
C
Lăn không trượt nên: ’r =  (R +r); (2)
2
2
d )
(
4
3
W 
r
R
m 

 (3)
Ap = mg(R +r)(1-cos) (4)
Từ (1), (2), (3), (4) )
cos
1
)(
(
3
4




 r
R
g
vc (5)
2. Từ vị trí hình trụ r rời mặt trụ R:
Áp dụng định luật II Niu tơn cho hình trụ: N
P
a
m c 

Chiếu hệ thức vec tơ lên trục hướng tâm:
r
R
v
m
mg
n
N
mg
r
R
v
m C
C







2
2
cos
cos 
 (6)
Khi đó N = 0. Từ (5) và (6) suy ra:
7
4
arccos
7
4
cos 

 

Bài 15. Khảo sát cơ hệ gồm đĩa và chất điểm M. Đĩa có thể quay
quanh trục cố định z thẳng đứng, còn chất điểm M chuyển động
trên mặt đĩa theo đường tròn tâm O, bán kính OM (chuyển động
tương đối ) với vận tốc u và cùng quay với đĩa quanh trục z
(chuyển động theo)
Các ngoại lực tác dụng lên hệ gồm các trọng lực , và các
phản lực , tại các ổ trục A và B.
Vì hệ ngoại lực gồm các lực song song và cắt trục z ta có :
Lz = const
Lz = Lz( 0 ) (1)
Trong đó: Lz là Mômen động lượng của hệ theo trục z tại thời
điểm bất kì. Lz( 0 ) là Mômen động lượng của hệ theo trục z tại
thời điểm ban đầu.
Giả sử rằng tại thời điểm đầu chất điểm nằm yên trên đĩa và cùng với đĩa quay quanh trục z theo
chiều dương với vận tốc góc
.R

 
2 2
2
m gh
m M .R
 

Q

P

A
R

B
R

0
e
z
z k
dL
M (F )
dt
 




0

ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Mômen động lượng của hệ theo trục z tại thời điểm ban đầu là:
Lz( 0 ) = Lz1( 0 ) + Lz2( 0 )
Trong đó: L1( 0 ) = = là mômen động lượng của đĩa theo trục z tại thời điểm ban
đầu.
L2( 0 ) = R. = = là mômen động lượng của chất điểm theo trục
z tại thời điểm ban đầu. Lz( 0 ) = ( 2 )
Khi chất điểm chuyển động đối đĩa với vận tốc u ( theo chiều dương của z ) thì đĩa sẽ quay quanh
trục z với vận tốc góc là cùng theo chiều dương.
Suy ra ta có mômen động lượng của hệ theo trục z tại thời điểm bất kì là:
Lz = Lz1 + Lz2
Trong đó: Lz1 = = là mômen động lượng của chất điểm theo trục z tại thời điểm bất
kì.
Lz2 = R. = là mômen động lượng của chất điểm theo trục z tại thời
điểm bất kì. Lz = ( 3 )
Thay ( 2 ) và ( 3 ) vào ( 1 ) ta được:
Đĩa quay quanh trục z theo chiều âm hay dương phụ thuộc vào dương hay
âm.
Bài 16. Để bỏ qua các lực đàn hồi chưa biết và có tác dụng gây ra dao động ở các đĩa, ta xem
trục và các đĩa như một hệ.
Các lực ngoài tác dụng lên hệ gồm: phản lực của các gối đỡ và trọng lực đều cắt trục x vì vậy:
Lx = const.
Vậy mômen động lượng của hệ bảo toàn.
Ta có mômen xung lượng ban đầu của hệ là: Lx1 = 0 (1)
Ta có mômen động lượng của hệ khi dao động là: Lx2 = I1. 1 + I2. 2 (2)
(vì mômen động lượng của hệ đối vớ trục x bằng tổng mômen động lượng của các đĩa đối với
cùng trục đó). Từ ( 1) và ( 2) ta có: (3)
Tích phân 2 vế ( 3 ) từ 0 cho đến t ta có:
Trong đó 1 và 2 là các góc xoắn của các đĩa từ vị trí ban đầu. Bởi vậy, dao động sẽ xảy ra
ngược chiều nhau, biên độ dao động góc tỷ lệ nghịch với mômen quán tính của các đĩa.
Bài 17.
Cách 1: Sử dụng phương pháp động lực học

0
z
 
2
0
2
Q
R
g

P
.v
g
0
P
R R
g

2
0
P
R
g


  2
0
2
2
Q P
R
g



z
 
2
2
Q
R
g

,
P
.v
g
P
R ( R u)
g
 

 
2 2
2
R Q P PRu
g
  
 
0
2
2
Pu
Q P R
   

 
0
2
2
Pu
Q P R
   

0
x k
M (F )  

 
2
1 2
1
I
I
   
2 2
1 2 1 2
0 0 1 1
t t
I I
dt dt
I I
       
 
 

21. ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Gọi T là lực căng dây, là gia tốc góc của trống. ay là gia tốc của tải m
M - TR = I
Ta có: T - mg = may
ay = R
tìm được T =
ay =
Cách 2: Sử dụng ngoại
Lz =
Suy ra (I + mR2
) = M – mgR ta tìm được
Bài 18. Xét trục quay qua O
2
2
sin sin
5
o r z
L mR e l ml e
  
 
 

  
2 2 2 2
2
sin sin
5
r z
mR e ml e ml e
 
   
  

0
const
 
  
Định lí biến tiên momen động lượng
( . )
z r
d L
M mge l e
dt
   



   2
2
sin
5
r
de
mR mgl e
dt


   



2
2
( .sin . ) sin
5
mR e e mgl e
  
   
 
    

 
 

2
2
sin sin .
5
mgl e mR e
 
  
  

 

2
5
2
gl
R

 

Bài 19. Trong hệ quy chiếu quay, có 4 lực tác dụng lên người đi xe đạp:
+ Trọng lực đặt tại khối tâm
+ Phản lực và lực ma sát tại điểm tiếp xúc với rãnh
+ Lực quán tính li tâm
1.Doh R
 nên coi gần đúng tất cả các điểm trên người đi xe đạp đều cách tâm của quỹ đạo một
khoảng R, lực quán tính li tâm coi như đặt tại khối tâm và có độ lớn : 2
lt
F m R
  với m là khối
lượng của người và xe
Gọi l là khoảng cách từ khối tâm đến điểm tiếp xúc. Trong hệ quy chiếu quay người và xe đứng
yên nên mômen của lực quán tính li tâm phải cân bằng với mômen của trọng lực. Do đó:



2
mRM mgI
mR I


2
2
 


T mg MR mR g
m mR I

 M
dt
dL
2
( )
v
I mRv I mR
R
   
mgR
M
Mngoai 


R
a
2
( )
M mgR R
a
I mR



ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
2 g
m Rlcos mglsin tan
R
       
2. Vì h không thể bỏ qua so với R nên lực quán tính li tâm
tác dụng lên thanh thay đổi dọc theo chiều dài của thanh.
Xét một đoạn thanh có chiều dài rất nhỏ dx, cách điểm
tiếp xúc K một đoạn x và có khối lượng
m
dm dx
h

Lực quán tính li tâm tác dụng lên m:
2
2
lt
m
dF (R xsin )dm (R xsin )dx
h

      
Mômen của dFlt đối với điểm tiếp xúc K:
2
lt lt
m cos
dM dF .xcos (R xsin )xdx
h
 
    
Mômen của lực quán tính tác dụng lên thanh là:
h 2
lt
0
m cos
M (R xsin )xdx
h
 
  

2 2 3
2
m cos Rh h sin R hsin
( ) m hcos ( )
h 2 3 2 3
   
     
Điều kiện cân bằng của xe trong hệ quy chiếu quay:
2
lt P
R h h
M M m hcos ( sin ) mg sin
2 3 2
       
1
g 2h
( tan )(1 sin )
R 3R

     
Nhận xét: khi h R
 thì
g
tan
R
  ( trở về kết quả của câu a)
Bài 20. Tìm giá trị vận tốc v của hình trụ lăn trên mặt phẳng ngang để không bị nảy lên tại
A
* Ta có động năng của vật trên mặt phẳng ngang:
W = mv + I
Vì lăn không trượt nên v = R.
Mặt khác I = mR
Suy ra W = mv + . mR . = mv .
* Tại đỉnh A của mặt phẳng nghiêng:
- Khi hình trụ đang ở trên mặt phẳng ngang, năng lượng là:
W = mv + mgh.
- Khi hình trụ ở trên mặt phẳng nghiêng có tốc độ khối tâm v;
năng lượng là:
W = mv .
- Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:
max
0
đ
2
1 2
2
1 2


2
1 2
đ
2
1 2
2
1
2
1 2
2








R
v
4
3 2
0
4
3 2
0
4
3 2

22. ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
mv + mgh = mv (1)
- A là tâm quay tức thời: Vận tốc tiếp tuyến là v nên lực hướng tâm F = ma = m.
Phân tích trọng lực P làm hai thành phần: F = P.sin và F = P.cos
(có tác dụng gây áp lực lên mặt phẳng nghiêng)
- Hình trụ không nảy lên khỏi A nếu: F F (2)
- Từ hình vẽ ta có: h = R - R.cos = R(1 - cos ).
Phương trình (1) v + g R(1 - cos ) = v
v = v + g R(1 - cos ) (3)
Từ phương trình (2) và (3) ta được: m. P.cos
m. mg.cos
v + g R(1 - cos ) g.R.cos
v g.R.cos - g R(1 - cos )
v (7cos -4)
v 0,6 (m/s)
Vậy để không bị nảy lên tại A vận tốc v của hình trụ lăn trên mặt phẳng ngang có giá trị
bằng 0,6 (m/s).
Bài 21.
Giả sử 1
;
  và 1
;
L L là vận tốc góc của quả cầu đối với khối
tâm của nó và mô men xung lượng của nó đối với điểm va
chạm A tương ứng trước và sau của quá trình va chạm với
bậc thềm ta có:
L = mv(R – h) + 2
2
5
mR  =
7
5
mvR mvh
 (1)
Quả cầu lăn không trượt nên v = R
 và L1 = 2 2 2
1 1
2 7
5 5
mR mR mR
 
 
 
 
 
(2)
Vì va chạm xẩy ra rất nhanh nên L = L1. 
7
5
mvR mvh
 = 2
1
7
5
mR   1
5
1
7
h v
R R

 
 
 
 
. (3)
+ Để qủa cầu vừa đủ để vượt qua bức thềm phải đủ lớn để cung cấp năng lượng cho quá trình
tăng thế năng. ĐLBTNL có 2
1
1
2

A
I mgh
 (4)
Trong đó IA = 2 2 2
2 7
5 5
mR mR mR
  (5) là mô men quán tính đối với A
Thay (3)&(5) vào (4) ta có:
2 2
2
1 7 5
. 1
2 5 7
   
 
   
   
h v
mR mgh
R R
4
3 2
0
4
3 2
ht
R
v2
1  2 
 2
 

4
3 2
0 
4
3 2
 2 2
0
3
4

R
v2
 

R
gR
v )
cos
1
(
3
4
2
0 


 
 2
0
3
4
  
 2
0  
3
4

 2
0 
3
gR

 0  )
4
cos
7
(
3


gR
 )
4
2
2
.
7
(
3
1
,
0
.
10
 
max
0
ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Rút gọn có: min
70
7 5


R gh
v
R h
(*)
Bài 22. 1) Khối lượng của hai ròng rọc không đáng kể thì lực căng dây có giá trị
T suốt dọc dây. Ta có các phương trình chuyển động của m1 và m2 (chiều dương
đi xuống ).
- T + m2 g = m2.a2
-2T + m1 g = m1a1 = -m1
1
2
a2
Giải ra ta được: a2 = -2a1 = g 2 1
2 1
4 2
4
m m
m m


Và T = m2( g – a2) = g 2 1
2 1
3
4
m m
m m

Q = 3T = g 2 1
2 1
9
4
m m
m m

; Q’ = ( m1 +m2)g
Q’ – Q =g
 
2
1 2
2 1
2
4
m m
m m


> 0 . Vậy Q’ > Q
Áp dụng số: a2 = 7,27m/s2
, Q = 4,1N < Q’ = 7 N.
2) Ròng rọc A có khối lượng đáng kể thì các lực căng T bên m2 và T’ bên m1 khác nhau. Ta có
phương trình:
- T + m2 g = m2.a2
-2T’ + m1 g = m1a1 = -m1
1
2
a2
( T – T’)r = I =
1
2
mra2
Giải hệ phương trình trên ta được:
a2 = g  
2 1
2 1
4 2
1
4 2
m m
m m m

 
T = m2( g – a2 )
T’ =
1
2
m1 ( g +
1
2
a2 )
Theo đầu bài a2 = g/n , ta tìm được:
m = 2m2(n – 1) – m1(n +
1
2
)
Áp dụng số:
a) m = 2,9kg ; I = 0,0145 kgm2
;
Q = 35,2 N; Q’ = 36 N.
b) a2 = - 2m/s2
; m2 = 0,133 kg ; T = 1,6N, T’ = 4,5N;
Q = mg + T + 2T’ = 39,6N < Q’ = (m1 +m2 + m)g = 40,3N
Bài 23.
* Khi treo vật m1 vào ròng rọc lớn: Các phương trình động lực học cho m1 và ròng rọc là : (chiều
dương là chiều chuyển động của m1 và chiều quay của ròng rọc)

23. ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
1 1 1 1
1
' ' 1
1
1 1 1 1 1
1 2
1
1
P - T = m a
m g
a =
a
I
T R = Iγ = I T T
m +
R
R
Vôùi







(1)
( I là mô men quán tính của ròng rọc kép )
* Tương tự khi khi treo m2 vào ròng rọc nhỏ: 2
2
2 2
2
m g
a =
I
m +
R
(2)
* Lấy hai vế của (1) chia cho (2) được:
2 2
1 1 2
2 2
1 2
1
I
m +
a m R
I
a m m +
R

* Thay 1
2
a 76
=
a 55
và m1 = 0,3 kg, m2 = 0,5 kg ta được
2
2
I
0,5+
76 0,3 0,05
I
55 0,5 0,3+
0,1

* Giải phương trình suy ra kết quả I = 1,125.10-3
kg.m2
.
Bài 24. Chọn chiều dương như hình vẽ.
Giả sử chiều của lực ma sát như hình.
- Phương trình ĐL II Niu-tơn cho khối tâm khối trụ A và vật C:
0
'
A ms
C
P F N T ma
T P ma
   
 
    
  
- Phương trình cho chuyển động quay quanh trục đối xứng qua khối tâm G: . .
2
ms G
R
F R T I 
 
- Khối trụ không trượt trên dây nên: 0
2
R
a a

 
Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và ma sát ở trục ròng rọc nên: T = T’.
a, Khối trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng nên: 0
a R


Từ đó ta có hệ:
0
2
0
0
0
sin (1)
. . (2)
2 2 2
(3)
5 5 10
2 (4)
ms
ms G
P F T Ma
R R R
F R T I M M a
P M M
T a a
a R a

 

  


    


   

  

Điều kiện:
1 3
62 2
ms msn
F F N Mg Mg
 
   
3
93

 
Từ (3) 0
( /2 ) (5)
5 5 5
P M M
T a a g
   
Từ (5),(2) 0 0
0
9
/R ( /2 ) ( ) (6)
2 2 10 10 2
ms G
a a
T M M
F I M a g g

      
Thay (5),(6) vào (1): 0
0 0
9
( ) ( 2 )
2 10 2 10
a
Mg M M
g a g Ma
     0
8
0
31
a g
   (7)
ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Thay a0 vào (6),(4) suy ra: 0
9 1
( ) 0
10 2 62
ms
a
M
F g Mg
   
4
0
31
a g
 
Vậy khối trụ A đi xuống, vật C đi lên và lực ma
sát có chiều như hình vẽ.
động cùng chiều dương.
b, Khi xảy ra sự lăn có trượt của khối trụ trên
mặt phẳng nghiêng:
3
2
ms mst
F F N Mg
 
  
Ta có hệ phương trình:
0
2
0
sin (8)
. . (9)
2 2
(10)
5 5
(11)
2
mst
mst G
P F T Ma
R R
F R T I M
P M
T a
R
a a

 

  


   



 



 


Từ (9) 3 (12)
T MR Mg
 
  
Thay T vào
3 / 5
(10) a 5 5 3
/ 5
MR Mg Mg
R g g
M
 
 
 
    
Thay a vào 0
11
(11) 5 5 3 5 3
2 2
R R
a R g g g g
 
  
       
Thay a0 , T vào
3 11 3
(8)
13
g
R



  ; 0
10 2 9 7
3 ; 3
13 13 26 26
a g g a g g
 
     
Với
3
93

 thì a > 0, a0 > 0 khối trụ và vật chuyển
Bài 25. Phương trình định luật II Newton cho vật 1 và vật 2:
a
m
T
F
p msn 1
1 sin 


 (1) (bỏ qua ma sát lăn)
a
m
F
T
p ms 2
2
2 sin 


 (2) ,

cos
2
2 p
N 
Cộng (1) và (2):  a
m
m
g
m
Fms
Fmsn
g
m 2
1
2
2
1 sin
sin 



 
 (3)
Trụ lăn không trượt:
2
2
1
2
1
a
m
Fmsn
R
m
I
R
a
I
R
Fmsn



















(4)
Thế (4) vào (3):
 a
m
m
g
m
g
m
a
m
g
m 2
1
2
2
1
1 cos
.
sin
2
sin 



 



  





2
1
2
2
1
2
3
cos
.
sin
m
m
g
m
g
m
m
a



 
2
3,3 /
m s .

24. ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
Bài 26.
Ngay sau khi đốt dây các lực tác dụng lên thanh gồm: lực căng dây T, trọng lực mg. Định luật
2 Newton theo trục y:
)
6
(
. y
a
m
T
mg 

Định luật hai Newton cho chuyển động quay của thanh quanh
khối tâm:
)
7
(
3
1
. 2

ml
l
T 
Ta cần tìm mối liên hệ giữa y
a và gia tốc góc .
Xét sau một khoảng thời gian t rất nhỏ sau khi đốt dây, dây
vẫn còn thẳng đứng, thanh thì bị lệch khỏi phương ngang một
góc  nhỏ. Trong khoảng thời gian rất nhỏ đó, ta coi như gia
tốc khối tâm và gia tốc góc của thanh là không đổi. Khi đó độ
dịch chuyển của khối tâm là: 
.
l
y 
Đạo hàm hai lần hai vế của phương trình trên theo t, ta được:
)
8
(
.
l
ay 

Từ các phương trình (6), (7) ,(8) ta thu được:
Bài 27. Giả sử tìm được giá tri m0, với m > m0 thì ống chỉ bắt đầu
quay. Khi m = m0, hệ cân bằng:
Fms1 = µ1N1; Fms2 = µ2N2 (1)
Áp dụng định luật 2 Niu tơn cho các trục 0x, 0y có:
Fms2 – N1 = 0 (2)
Fms1 + N2 – P2 – T’ = 0 (3)
T’ = T = m0g; P2 = Mg (4)
Xét trục quay tạm thời qua O, có:
T’.r – Fms1.r – Fms2.R = 0 (5)
Giải hệ 5 phương trình trên ta được nghiệm:
2 1
0
2
(1 )
r
R
m M
r
R
 




- Với 2
r
R
  , hệ cân bằng với m < m0. Khi m > m0 ống chỉ quay.
- Nếu µ2 có giá trị tiến gần đến r/R, thì m0 có giá trị rất lớn. Khi µ2 = r/R thì hệ cân bằng với
mọi giá trị của m.
- Còn nếu 2
r
R
  thì cân bằng không thể bị phá vỡ với mọi giá trị của m.
Bài 28.
* Xét trong HQC quay với vận tốc góc
+ Một phần tử dx có khối lượng dm cách O đoạn x. Lực quán tính li tâm tác dụng lên dx bằng:
dF = dm 2
r = dx. 2
.xsin = 2
sin .xdx (*)
Tổng hợp lực quán tính tác dụng lên thanh bằng:


l
m
 
l
m
 
mg
T
4
1

ÔN THI THI HSG VẬT LÝ 12
F = 2
sin = l 2
sin
* Từ (*) ta thấy lực quán tính li tâm tăng tuyến tính theo x vì vậy ta có hệ lực phân bố tam
giác như hình vẽ 2.
+ Do đó tổng hợp phải có giá đi qua trọng tâm của tam giác lực đó, hay có điểm đặt tại M
thoả mãn: OM =
+ Điều kiện cân bằng của thanh: M(Fqt/O)= M(P/O)
Fqt. .cos = P sin = arccos
b) Gọi lực của gối cầu tác dụng vào thanh là . Từ pt: + + =0 Q =
c) Xét một đoạn thanh dài x, trong HQC quay.
+ Các lực tác dụng gồm: Q ; Flt; Px và lực kéo T (gồm hai thành phần Tx và Ty) của đoạn dưới
+ Theo trên:
Qx =.....
Flt = x 2
sin
+ Theo phương ngang: Qx = Tx +Flt Tx
+ Theo phương thẳng đứng: Qy = Px+Ty Ty = .....
Bài 29. Gọi khoảng cách hai trục bánh xe là l; chiều cao khối tâm G
là h; áp lực của bánh sau lên mặt đường là N2; của bánh trước lên mặt
đường là N1.
* Khi phanh bánh sau: ma sát giữa bánh sau với mặt đường là ma sát trượt, động cơ tắt, bánh
trước chỉ đóng vai trò bánh đỡ (vì động cơ tắt nên không còn lực ma sát nghỉ đóng vai trò lực
phát động). Điều kiên cân bằng của xe đối với trục qua O1 là:
N2l - mg + Fms2.h = 0 N2l - mg + N2.h = 0
N2 = < Công của lực ma sát
trượt là: A1 = N2.L1 (1)
* Khi phanh bánh trước: ma sát giữa bánh trước với mặt
đường là ma sát trượt, động cơ tắt, bánh sau chỉ đóng vai
trò bánh đỡ. Điều kiện cân bằng của xe đối với trục qua
O2 là:
- N1l + mg + Fms1.h = 0 -N1l + mg + N1.h =
0
N1 = > Công của lực ma sát trượt là: A2 = N1.L2 (2)
* Khi phanh cả 4 bánh, ma sát giữa 4 bánh với mặt đường đều là ma sát trượt.
Công của lực ma sát trượt là: A3 = mg.L3 (3)
l
m
  
l
o
xdx
2
m
 
qt
F
3
2l
3
2l

2
l
   





2
2
3

l
g
Q Q qt
F P  2
4
2
4
7
4
l
g
m


2
m
 


2
l

2
l


)
1
(
2
l
h
mg

 2
mg


2
l

2
l


)
1
(
2
l
h
mg

 2
mg
 
 
x