1. Nguoithay.vn
CHƢƠNG 1: CƠ HỌC VẬT RẮN
Câu 1: (Ninh Bình 2010-2011) 5 i ): Cho cơ hệ như hình vẽ.
Vật M có khối lượng m = 200g, được treo bằng sợi dây buộc vào trục A B
ròng rọc R2. Lò xo nhẹ có độ cứng k = 45N/m, một đầu gắn vào trục R 1
ròng rọc R2, còn đầu kia gắn vào đầu sợi dây vắt qua R1, R2 đầu còn
lại của dây buộc vào điểm B. Bỏ qua ma sát ở các ròng rọc, coi dây
không dãn. Kéo vật M xuống dưới vị trí cân bằng một đoạn 5cm rồi
thả nhẹ. Chứng minh vật M dao động điều hoà và viết phương trình
dao động nó. Chọn trục Ox thẳng đứng hướng xuống, gốc toạ độ O ở R 2
VTCB của M. Xét hai trường hợp:
M
1. Bỏ qua khối lượng các ròng rọc.
2. Bỏ qua khối lượng ròng rọc R1; ròng rọc R2 có dạng hình trụ
đặc khối lượng m = 200g, bán kính R. Dây không trượt trên các ròng rọc.
ĐA
1. Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và dây nối: T = F
 
+ Tại VTCB của vật M ta có: P  3F0  0 (1) - Từ
A
(1) suy ra: mg = 3k∆l0 (2)   R1
B

- Tại vị trí vật M có toạ độ x bất kì ta có: P  3F  ma (3) Chiếu
(3) lên trục toạ độ Ox ta có :
mg - 3k(∆l0 + 3x) = ma = mx’’ (4)
9k T F
- Từ (2) và (4) ta có : x' ' x0 T
m
9k R2
↔ x' ' 2 x  0 (5) ( 2  )
m M
- Phương trình (5) có nghiệm : x = Acos( t   ) trong đó A , , là
những hằng số. Vậy vật M dao động điều hoà.
9k
+ Chọn gốc thời gian là lúc thả vật.    45(rad/s)
m P
 Acos =5(cm)
Tại thời điểm t =0 :  → A = 5cm và  = 0
 - Asin =0
Vậy phương trình dao động là x = 5cos45t (cm).
2. Tại vị trí cân bằng: A B
R1
2mg = 3k∆ℓ (1)
Tại li độ x của M:
mg – T3 = ma (2)
T3 + mg – 2T1 – T2 = ma (3) T1 F T2
T1 = k(∆ℓ + 3x) (4)
(T2 – T1)R = I.γ; I = 0,5mR2; γ = a/R (5) R2
Thay (2), (4), (5) vào (3):
M
2mg - 2k(∆ℓ + 3x) - k(∆ℓ + 3x) - ma/2 = 2ma
kết hợp với (1)  - 9kx = 2,5mx”
Nguoithay.vn 1 P

2. Nguoithay.vn
18k
 x” + 2x = 0 với  = rad/s
9m
phương trình dao động: x = 5cos28,5t (cm)
Câu 2 (5 điểm). (Anh Sơn 3-Nghệ An-2010-2011)
Một ròng rọc O có khối lượng m và bán kính R. Một sợi dây không giãn, khối
lượng không đáng kể vắt lên ròng rọc ấy và không trượt. Hai đầu dây quấn nhiều
vòng lên hai ròng rọc động có khối lượng m1 = 2m (Ròng rọc 1) và m2 = m (Ròng
rọc 2) có bán kính lần lượt r1, r2. Các phần dây quấn đủ dài để có thể coi gần đúng
là thẳng đứng. Gia tốc trọng trường là g. Thả hệ từ trạng thái nghỉ, hai ròng rọc
động quay và đi xuống trong mặt phẳng của ròng rọc cố định, làm ròng rọc này
cũng quay.
1. Tính gia tốc góc  của ròng rọc O và các gia tốc dài
O
a1 và a2
của hai ròng rọc động.
2. Tính các lực căng dây T1 và T2. So sánh phản lực
m
của trục O khi hệ chưa và đang chuyển động. Coi các m
1
2
ròng rọc là các đĩa đồng chất khi tính mô men quán tính
(I = mr2/2).
Câu 3 (1,5 điểm).(Vĩnh Phúc 2011-2012-Chuyên)
Một tấm ván có khối lượng M  10kg nằm trên
mặt phẳng ngang nhẵn và được giữ bằng một sợi dây m F
không dãn. Vật nhỏ có khối lượng m  1kg trượt đều M
với vận tốc v  2m / s từ mép tấm ván dưới tác dụng
Hình 1
của một lực không đổi F  10 N (Hình 1). Khi vật đi
được đoạn đường dài l  1m trên tấm ván thì dây bị đứt.
a) Tính gia tốc của vật và ván ngay sau khi dây đứt.
b) Mô tả chuyển động của vật và ván sau khi dây đứt trong một thời gian đủ dài.
Tính vận tốc, gia tốc của vật và ván trong từng giai đoạn. Coi ván đủ dài.
c) Hãy xác định chiều dài tối thiểu của tấm ván để m không trượt khỏi ván.
ĐA
* Xét chuyển động của m:
Trước khi dây bị đứt: F  Fms  0  Fms  F
Ngay sau khi dây đứt: vật m vẫn trượt đều với vận tốc v  am  0
a
* Xét chuyển động của M:
Fms F
Ngay sau khi dây đứt M chuyển động nhanh dần đều với: aM    1m / s 2
M M
* Giai đoạn 1: 0  t  to
b + m chuyển động đều với vận tốc v, gia tốc am=0
Nguoithay.vn 2

3. Nguoithay.vn
F
+ M chuyển động nhanh dần đều, vận tốc ban đầu =0, gia tốc aM   1m / s 2
M
v Mv
+ Tấm ván đạt vận tốc v tại thời điểm to    2s
aM F
* Giai đoạn 2: to  t
Vật m và M chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ban đầu vo  2m / s và gia
F 10
tốc: a    0,9m / s 2
M  m 10  1
Quãng đường m đi được trên M kể từ khi dây đứt đến thời điểm t=to là:
c 1 Mv 2 Mv 2 10.22
Δl  vt  aM t 2   lmin  l  Δl  l   1  3m
2 2F 2F 2.10
Câu 4 (2,5 điểm). (Vĩnh Phúc 2011-2012-Chuyên)
Một thanh mảnh, đồng chất có khối lượng
M  360 g chiều dài L  30cm có thể quay không ma sát
quanh trục O cố định nằm ngang đi qua đầu thanh. Từ M
vị trí thẳng đứng, đầu còn lại của thanh được thả ra và
thanh đổ xuống (Hình 2). Khi tới vị trí thấp nhất thì O
thanh va chạm hoàn toàn đàn hồi với một vật nhỏ (coi
như chất điểm) có khối lượng m1  120g nằm trên mặt
bàn. Cho gia tốc trọng trường g  10m / s 2 . Mômen quán m2 k m1
tính của thanh đối với trục quay qua O là I  ML / 3 .
2
a) Xác định tốc độ góc và gia tốc góc của thanh khi Hình 2
thanh có vị trí nằm ngang.
b) Xác định các thành phần lực theo phương ngang và theo phương thẳng đứng
mà trục quay tác dụng lên thanh khi thanh có vị trí nằm ngang.
c) Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau va chạm.
d) Vật m1 được gắn với m 2 =120g qua một lò xo nhẹ có độ cứng k  100 N / m
(Hình 2). Xác định biên độ dao động của m1 và m2 sau va chạm. Bỏ qua mọi ma
sát.
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vị trí thẳng đứng và nằm ngang:
L 1 2 1 3g 3.10  rad 
Mg  I  . Thay I  ML2 ta được:     10  .
2 2 3 L 0,3  s 
a
Phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh O: M ( P )  I  .
1 L 3 g 3.10  rad 
Thay I  ML2 và M ( P )  Mg ta được:     50  2  .
3 2 2 L 2.0, 3  s 
Nguoithay.vn 3

4. Nguoithay.vn
Định luật II Niutơn cho chuyển động tịnh tiến
của thanh: P  N  Ma (*)
Chiếu (*) lên phương ngang:
L
N x  Max  Man  M  2 Ny N
2
b Thay  ở phần a) vào ta được:
G
O Nx
N x  3Mg / 2  5, 4N .
P
Chiếu (*) lên phương thẳng đứng:
L
P  N y  Ma y  Mat  M 
2
Thay  ở phần a) vào ta được : N y  Mg / 4  0,9 N .
Bảo toàn cơ năng cho chuyển động của M từ đầu đến ngay trước va chạm
1 2 2 MgL 6g
với m1: I   MgL    
2 I L
1 1 1
c Bảo toàn động năng trong va chạm: 2 m1v  2 I  '  2 I  (1)
2 2 2
Bảo toàn mômen động lượng: m1vL  I  '  I  (2)
Từ (1) và (2) ta được: v  6 gL  3 2  4, 2  
m
 
 s
Sau va chạm, khối tâm G của hệ (m1+m2) chuyển động với vận tốc VG mà:
1 m
2mVG  mv  VG  v  1, 5 2  2,1   .
2  s
Trong HQC gắn với khối tâm G, vì hai vật có khối lượng bằng nhau nên ta
có thể xem như dao động của m1, m2 là dao động của mỗi vật gắn với một
d
lò xo có đầu G cố định và có độ cứng là k’=2k.
Gọi A là biên độ dao động của mỗi vật, theo định luật bảo toàn cơ năng ta
có:
1 2 1 1
mv  2mVG2  2. k ' A2  A  5, 2cm
2 2 2
Câu 5: (Hà Tĩnh 08-09)Một thanh AB đồng chất, tiết diện đều, khối lượng m, chiều
dài ℓ, có trục quay O nằm ngang cố định, với OA
= ℓ/4, như hình 2. Ban đầu người ta giữ thanh nằm A O B

ngang, sau đó thả nhẹ cho thanh chuyển động. Bỏ qua
ma sát ở trục quay và lực cản không khí. Hình 2
a. Tính gia tốc góc của thanh khi thanh bắt đầu
chuyển động.
Nguoithay.vn 4

5. Nguoithay.vn
b. Khi đầu B ở vị trí thấp nhất thì tốc độ góc của thanh là bao nhiêu ? Tính tốc độ
dài của đầu A khi đó.
c. Cho thanh dao động nhỏ xung quanh trục O, xác định chu kì dao động của
thanh.
ĐA
l
- Khi thanh bắt đầu chuyển động thì phương trình động lực học: mg = I
4
(1) A O B

G
a
...........................................................................
2 2
1 m l 1 3m  3l  7
- Trong đó: I = . .   .   = ml 2 ......................
3 4 4 3 4 4 48
12 g
Suy ra:  = ...........................................................................
7l
- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng khi thanh nằm ngang và khi thanh
thẳng đứng (B ở vị trí thấp nhất).
1 2 l
I  mg
b 2 4
24 g
- Suy ra vận tốc góc của thanh khi B ở VT thấp nhất:  
7l
l l 24 g
- Vận tốc dài của A khi đó: vA=  
4 4 7l
- Thanh dao động nhỏ xung quanh trục quay O, là một con lắc vật lí có chu
kì là:
c
I 7
T = 2π = 2π
mgd 12 g
Câu 6: (Ba Đình-Nga Sơn -2010-2011): Trên mặt phẳng nghiêng góc  có một vật
nhỏ và một hình trụ rỗng khối lượng m, bán kính r và mômen quán tính I=m.r2 .
Hai vật cùng bắt đầu chuyển động xuống dưới vật trượt với hệ số ma sát trượt
  0,5 , trụ lăn không trượt. Tính  để hai vật khi chuyển động luôn cách nhau một
khoảng không đổi.
Nguoithay.vn 5

6. Nguoithay.vn
+ Gia tốc của vật a  ( g sin    cos  ) (1)
+ Phương trình chuyển động tịnh tiến của hình trụ: ma’=mgsin  -Fms (2)
a’ là gia tốc trọng tâm, Fms lực ma sát giữ cho hình trụ không trượt đồng thời gây
ra sự quay quanh O của trọng tâm
Fms.r=I  (3) với a’=  .r (4) nên Fms=Ia’/r2.
Đưa vào (2) ta được a’= (gsin  )/(1+I/mr2)=gsin  /2 (5)
Cho (1)=(5) ta được a=a’  tan   2  1    45 0
Câu 7 (Thái Nguyên 09-2010-V1)
Hai vật A và B có khối lượng m1= 250g và m2= 500g được nối với nhau bằng
một sợi dây mảnh vắt qua một ròng rọc có khối lượng
không đáng kể như hình bên. Vật B đặt trên một xe B
lăn C có khối lượng m3 = 500g trên mặt bàn nằm C
ngang. Hệ số ma sát giữa B và C là μ1 = 0,2; giữa xe A
và mặt bàn là μ2 = 0,02. Bỏ qua ma sát ở ròng rọc.
Ban đầu vật A được giữ đứng yên, sau đó buông tay cho hệ ba vật chuyển động.
Lấy g = 10m/s2.
a/ Tìm gia tốc của các vật và lực căng của sợi dây.
b/ Tìm vận tốc của vật B so với xe C ở thời điểm 0,1s sau khi buông tay và độ
dời của vật B trên xe C trong thời gian đó.
ĐA
a/ Lực ma sát giữa B và C: FBC= 1.m2g = 1 N => là lực phát động làm C chuyển
động trên bàn.
Gọi a3 là gia tốc của xe C đối với mặt bàn,
Áp dụng định luật II Niuton cho xe C, ta có: FBC - 2.N3 = m3.a3
Với N3 = P2 + P3 = (m2 + m3).g => Thay số ta được a3 = 1,6 m/s2
a 3 cùng hướng FBC tức cùng hướng với vận tốc v 2 của B
Gọi a2 là gia tốc của B đối với bàn.
Áp dụng định luật II Niuton cho vật B ta có: T - 1. N2 = m2.a2
Với N2 = P2 = m2g => Thay số ta được: T – 1 = 0,5a2 (1)
Áp dụng định luật II Niuton cho vật A:
m1.g – T = m1 a1 => 2,5 – T = 0,25 a1 (2) Với a1 = a2
2
Từ (1) và (2) suy ra: a1 = a2 = 2 m/s ; T = 2 N
b/ Gia tốc của B đối với xe C là: a BC = a 2  a 3 => aBC = a2 – a3 = 0,4 m/s2
Sau khi buông tay 0,1s => vận tốc của B đối với xe C là: v = aBC.t = 0,04 m/s
t2
Độ dời của B trên xe C là: S = aBC. = 2 mm.
2
Câu 8: (4 i ) Huế 8-09)
Một hình trụ đặc bán kính R, khối lượng m1 = 20 kg có thể m1
O
quay không ma sát quanh một trục cố định nằm ngang trùng với
trục của hình trụ. Trên hình trụ có quấn một sợi dây không giãn,
khối lượng không đáng kể. Đầu tự do của dây có buộc một vật m2
Nguoithay.vn 6

7. Nguoithay.vn
nặng m2 = 4 kg, như hình vẽ. Tìm gia tốc của vật nặng và lực căng của dây. Biết
m1R 2
moment quán tính của hình trụ đối với trục quay là I = ; lấy g = 10 m/s2.
2
ĐA
- Do tác dụng của trọng lực P2 = m2g, hệ chuyển động :
hình trụ quay và vật nặng tịnh tiến đi xuống.
- Gọi a là gia tốc dài của vật nặng, γ là gia tốc góc của hình trụ.
Ta có: a = Rγ .
- Áp dụng định luật II Newton cho vật nặng: m2g – T = m2a (1)
(với T là lực căng dây tác dụng lên vật nặng)
- Phương trình chuyển động quay của hình trụ : M = I γ , với M = T’R = TR
(với T’ là lực căng của dây tác dụng lên hình trụ, T’ = T)
m1R 2 a
I= , γ= (2)
2 R
2m 2 g
- Từ (1) và (2) ta có : a = 2,86 (m/s2)
2m 2 + m1
và T = m2(g – a) 286 (N)
Câu 9 : 4 i ) Đồng Nai 2 10-2011-V2)
Trên một mặt bàn nhẵn nằm ngang có một thanh mảnh AB đồng chất có khối
lượng m, chiều dài là 2 l đang nằm yên. Một viên
đạn nhỏ , có khối lượng 2m/3 bay ngang với tốc V0
độ V0 tới cắm vào đầu B theo phương vuông góc A O G
của thanh và ghim chặt vào đó B
a) Xác định chuyển động của hệ sau va chạm
b) Tìm độ giảm động năng của hệ do va chạm.
ĐA
Câu a Nội dung
a.) Gọi O là trung điểm của thanh ; G ; VG lần lượt là vị trí và vận tốc
của khối tâm của hệ sau va chạm. A B
Vị trí của G được xác định bởi : O G
l.2 m / 3 2
OG   l
 m  2m / 3 5
Theo định luật bảo toàn động lượng ta có :
2 2 
mV0   m  m  VG
3 3 
2
 VG  V0 (1)
5
Momen quán tính đối với khối tâm của hệ
Nguoithay.vn 7

8. Nguoithay.vn
2 2
1  2l  2 m  3  11 2
I  m  2l   m   
2
 l   ml
12 5 3  5  15
Theo định luật bảo toàn momen động lượng ta có :
2
2 m  3  V0 11
 l  ml 2
3  5  3l / 5 15
6 V0
  . (2)
11 l
Vậy sau va chạm khối tâm của hệ chuyển động tịnh tiến với vận
tốc VG được xác định bởi (1) và toàn bộ hệ quay trong mặt phẳng ngang
quanh G với tốc độ góc được xác định bởi (2)
Câu b Nội dung
Động năng của hệ trước va chạm : 1  2m  2 m 2
E1    V0  V0
2 3  3
Động năng của hệ sau va chạm : 1 2m  2 1 2
E2   m   VG  I 
2 3  2
Hay : E2  8 mV02
33
Độ giảm của động năng của hệ trong quá trình va chạm :
1
E  E1  E2  mV02
11
Câu 10 : 4 i ) Đồng Nai 2 9-2010)
Trên một mặt bàn nhẵn nằm ngang có một thanh mảnh AB đồng chất có khối
lượng m, chiều dài là 2 l đang nằm yên. Một viên đạn có khối lượng m/2 bay
ngang với vận tốc v0 tới cắm vuông góc vào đầu A của thanh. (va chạm là hoàn
toàn không đàn hồi)
a) Tìm vị trí và vận tốc của khối tâm G của hệ thanh và đạn ngay sau va
chạm
b) Tìm vận tốc góc quay quanh G của thanh sau va chạm
c) Tìm độ giảm động năng của hệ do va chạm.
ĐA
Câu a Nội dung
Khi đạn cắm vào thanh thì vị trí của
khối tâm G được xác định: B 0 G A
mx1  mx2 / 2 l
OG   ; (với x1  0; x2  l )
mm/2 3
l
Vị trí trọng tâm G cách trung điểm O của thanh một đoạn
3
m 3
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có : v0  mv
2 2
Nguoithay.vn 8

9. Nguoithay.vn
v0
v
3
Câu b Nội dung
mlv0
Mômen động lượng của hệ đối với G ngay trước va chạm L1  I1.1 
3
Momen quán tính của hệ thanh và đạn đối với trục quay qua G:
2 2
ml 2  l  m  2l  15ml
2
IG  I d   m     
12 3 23 36
(Định lí Hugens- Steinner)
Mômen động lượng của hệ đối với G ngay sau va chạm :
15 2
L2   I G  I d    ml 
36
Theo định luật bảo toàn mômen động lượng ta có:
L1  L2
4v0
 
5l
Câu Nội dung
c
2
mv0
Động năng của hệ trước va chạm là: K1 
4
2
2
Động năng của hệ sau va chạm là : K 2  m  0    I G  I d 
3 v
 
2 3 2
2
39mv0
K2 
180
Độ giảm động năng của hệ do va chạm :
2
mv0
K1  K 2 
30
Câu 11 4 ) Thái Nguyên 2010-2011-Dự Thi QG)
Một thanh mảnh đồng chất, có khối lượng m chiều dài L, có trục O
quay O cố định nằm ngang vuông góc với thanh và đi qua đầu trên
của thanh (Hình bên). Bỏ qua mọi ma sát và lực cản không khí, gia 
tốc rơi tự do là g. m1
v0
Nguoithay.vn 9

10. Nguoithay.vn
m
1. Thanh đang đứng yên thì một chất điểm có khối lượng m1 = bay ngang với
3

vận tốc v 0 theo phương vuông góc với trục quay đến cắm vào trung điểm của
thanh. Tính tốc độ góc của thanh ngay sau va chạm và cơ năng mất mát lúc va
chạm.
2. Cho v 0  10gL . Tính góc lệch cực đại của thanh
ĐA
+ Tính mô men động lượng của hệ " chất điểm+ thanh" ngay trước và ngay sau va
chạm:
 L
m1.v 0 . 2

 2
I.  (I m .L
 1 ).0
 0

thanh
4
+ Áp dụng định luật bảo toàn mô men động lượng của hệ " thanh + chất điểm" đối
L  mL L 
2 2
mv 0 L 1 2v
với trục quay: m1.v 0 .    m1.  0  0  .  0 (3)
6  mL mL  5L
2 2
2  3 4 
 3  12 
 
+ Cơ năng mất mát khi va chạm biến thành nhiệt lượng toả ra lúc va chạm:
 mL2 m L2  2
  . .0
m1.v 0 I.0 mv 0  3
2 2 2
3 4 2
  2mv 0
Q   
2 2 6 2 15
L L
m1 .  m.
+ Vị trí khối tâm của hệ cách trục quay một đoạn: OG  2 2 L
m1  m 2
+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng sau va chạm ta được:
 mL2 m L2  4v 0
2
3.   . 
I.0 4m L 3I.0
2 2 2
 .g. (1  cos  0 )  cos  0  1   1  3 3 4  25L
2 3 2 4mgL 4mgL
2
v0
cos  0  1   cos  0  0, 5   0  60 0
20gL
Câu 12 (Thái Nguyên 2010-2011-V1)
Một vật nhỏ khối lượng M =100g treo vào đầu sợi dây lí O
tưởng, chiều dài l = 20cm như Hình 1. Dùng vật nhỏ m = 50g có
tốc độ v0 bắn vào M. Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy g =
10m/s2. Coi va chạm là tuyệt đối đàn hồi. l
a/ Xác định v0 để M lên đến vị trí dây nằm ngang. v0 M
m
b/ Xác định v0 tối thiểu để M chuyển động tròn xung quanh O.
3 7 Hình 1
c/ Cho v0 = m/s, xác định chuyển động của M.
2
ĐA
Nguoithay.vn 10

11. Nguoithay.vn
a/ Va chạm đàn hồi:
mv 0  mv 1  Mv 2
2m
2
mv 0 mv 1 Mv 2
2 => v 2  v0
  2
mM
2 2 2
Mv 2 mM gl
Khi dây nằm ngang: 2
 Mgl  v 0 
2 m 2
Thay số: v0 = 3m/s.
b/ Để M chuyển động hết vòng tròn, tại điểm cao nhất E: v E  gl
Mv 2 Mv E mM
=> 2
 Mg 2l   v0  5gl .
2 2 2m
3 10
Thay số: v0 = m/s.
2
3 7 3 10
c/ Khi v 0  m/s < => M không lên tới điểm cao nhất của quĩ đạo tròn.
2 2
mv 2
Lực căng của dây: T  mg cos   . Khi T = 0 => M bắt đầu rời quĩ đạo tròn tại D
l
với vận tốc vD, có hướng hợp với phương ngang góc 600.
Từ D vật M chuyển động như vật ném xiên. Dễ dàng tính được góc COD = 300.
* Nếu HS tính kỹ hơn ý c/ có thể thưởng điểm.
Câu 13: (Dµnh cho häc sinh thÝ ®iÓm ph©n ban) (Hà Tĩnh 06-07)
Mét thanh nh½n ®ång tÝnh AB cã khèi l-îng M vµ ®é dµi AB = d, quay tù do
víi tèc ®é gãc  0 trong mét mÆt ph¼ng n»m ngang xung quanh mét trôc th¼ng ®øng
cè ®Þnh ®i qua ®Çu A cña thanh.
1. X¸c ®Þnh ®éng n¨ng cña thanh AB
2. Tõ ®Çu A cã mét vßng nhá khèi l-îng m b¾t ®Çu tr-ît däc theo thanh. T×m
tèc ®é dµi ®iÓm B cña thanh t¹i thêi ®iÓm khi vßng nhá tr-ît tíi B
3. BiÕt t lµ thêi gian vßng nhá khèi l-îng m tr-ît tõ A ®Õn B vµ trong thêi
gian ®ã thanh AB quay biÕn ®æi ®Òu. X¸c ®Þnh gãc quay cña thanh AB trong thêi
gian t ®ã.
ĐA
®éng n¨ng cña hÖ :
2
M« men qu¸n tÝnh ®èi víi trôc quay qua khèi t©m I1 =
M d
12
....................................................................................................
2 2
M« men qu¸n tÝnh ®èi víi trôc quay qua A: I = M d + I1 = M d
4 3
................................................................................................
I0 M 0d
2 2 2
§éng n¨ng: W® = = J
2 6
Tèc ®é dµi cña ®Çu B khi m tr-ît tíi B.
Nguoithay.vn 11

12. Nguoithay.vn
- Gäi lÇn l-ît  0 ; I 0 lµ tèc ®é gãc, m« men qu¸n tÝnh ®èi víi trôc quay cña hÖ
thanh AB vµ vßng nhá m khi vßng ë t¹i A
-  ;I lµ tèc ®é gãc, m« men qu¸n tÝnh cña hÖ thanh AB vµ vßng nhá m khi vßng ë
t¹i B
2
Ta cã: I0 = M d ;
3
....................................................................................
2 2
I = M d + m d 2 = (M + 3m) d
3 3
.............................................................................................
Ngo¹i l-c t¸c dông vµo hÖ b»ng kh«ng
...............................................................................................................
Theo ®Þnh luËt b¶o toµn m« men ®éng l-îng ta cã:
I0  0 =  I   = I =
0 0
M 0
I M  3m
...............................................................................................................
M 0
Tèc ®é gãc ®iÓm B khi m tíi B lµ: vB =  d = d
M  3m
Gãc quay cña thanh trong thêi gian m tr-ît tõ A ®Õn B.
- V× trong qu¸ tr×nh m tr-ît thanh AB quay biÕn ®æi ®Òu ta cã gia tèc gãc  =
  0
t
............................................................................................................
M 0 3m  0
 =( - 0 ) : t  =- :t
M  3m M  3m
...............................................................................................................
2
- Gãc quay:  =  t + t 0
2
.............................................................................................................
3m  0 t ( 2 M  3m)
 = 0 t - x = x 0 t
M  3m 2 2( M  3m)
Câu 14 (2đ): 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: Hình câu 14
Nguoithay.vn 12

13. Nguoithay.vn
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.
ĐA
a. Đối với xô:
mg – T = ma (1) 
Đối với ròng rọc: Q
1 a 1 
T .R  I  M .R 2 . t  T  M .at (2)
2 R 2  T'
Dây không trượt nên ròng rọc có: Mg
a t  a (3) 
T
Từ (1), (2) và (3) ta tính được: a = 0,56 m/s2, T = 8,4 N

mg
1 1
b. h  at 2  (5,6).(3) 2  25,2m
2 2
Câu 15. 3 i ) Phú Yên 2 9-2010)
Cho hai vật nhỏ có khối lượng lần lượt là m1 m
1
và m2 được nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ,
không dãn vắt qua một ròng rọc cố định dạng đĩa có
khối lượng M. Hệ số ma sát trượt giữa vật m1 và mặt m2
bàn nằm ngang là , gia tốc rơi tự do là g. Lúc đầu
giữ m1 để hệ đứng yên sau đó thả nhẹ cho chuyển
động. Biết rằng bàn luôn luôn đứng yên và dây không trượt trên ròng rọc. Tìm gia
tốc chuyển động của hai vật và lực căng của dây.
ĐA
Vẽ hình, biểu diễn các lực tác dụng lên mỗi vật.
Do dây không dãn, không khối lượng nên phương trình chuyển động của:
+ vật m1: m1a = T1 - m1g (1)
+ vật m2: m2a = m2g – T2 (2)
1
+ ròng rọc: R(T2 – T1) = I = MR2
2
1
<=> T2 – T1 = MR
2
Dây không trượt trên ròng rọc nên a = R
1
=> T2 – T1 = Ma (3)
2
Giải hệ 3 phương trình (1), (2) và (3) ta tìm được :
m 2  m1
a= g
m1  m 2  M / 2
Nguoithay.vn 13

14. Nguoithay.vn
m 2  m 2  M / 2
T1 = m1g
m1  m 2  M / 2
m 1  m 1  M / 2
và T2 = m2g
m1  m 2  M / 2
Câu 16 (4,0 đ): (Thiệu Hóa-TH) Một hình trụ đặc đồng chất có khối lượng M,
nằm trên một mặt phẳng nghiêng góc  = 300 so với mặt đất, trục hình trụ có
phương nằm ngang. Trụ lăn không trượt từ trạng thái nghỉ.
a. Tìm vận tốc của khối tâm G khi khi nó đã đi được đoạn đường S.
b. So sánh kết quả câu a với trường hợp thả cho trụ trượt không ma sát.
Câu 4 (4,0 đ): a)
I2 Mv 2
+ Động năng Wđ =  (0,5 đ)
2 2
2
MR v2 Mv 2 3Mv 2
    (0,5 đ)
2 2R 2 2 4
S
+ Khi đi được đoạn đường S, độ cao giảm (0,5 đ)
2
S
+ Độ biến thiên động năng bằng công trọng lực: E = A P = Mg. (0,5 đ)
2
3Mv 2 2gS
+ Mặt khác E = v (0,5 đ)
4 3
b)
Mv '2 S
+ Khi trượt không lăn: W’đ =  Mg (0,5 đ)
2 2
Suy ra  v'  gS (0,5 đ)
+ Nhận xét rằng kết quả v < v’ vì có một phần công của trọng lực chuyển thành
động năng quay. (0,5 đ)
Câu 17 (1 điểm)(Thanh Hóa 08-09) Một cái cột dài L = 2,5m đứng cân bằng trên
mặt phẳng nằm ngang. Do bị đụng nhẹ cột đổ xuống đất trong mặt phẳng thẳng
đứng. Trong khi đổ, đầu dưới của cột không bị trượt. Tính tốc độ của đầu trên của
cột ngay trước khi chạm đất. Lấy g = 10 m/s2 ; momen quán tính của cột có giá trị I
1
= mL2.
3
ĐA
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:
+ Ở trạng thái ban đầu W1 = Wt = mgh Với h = L/2 (0,25 đ)
1 mL2 2
+ Khi cột tiếp mặt đất W2 = Wd = I.ω2 /2 =  (0,25 đ)
2 3
Nguoithay.vn 14

15. Nguoithay.vn
L 1 mL2 2 3g
+ Cơ năng bảo toàn nên mg =  => ω = (0,25 đ)
2 2 3 L
+ Mặt khác v = L.ω = 3gL Thay số ta có v = 5 3 m/s = 8,66m/s (0,25 đ)
Câu 18 (3 điểm) (Thanh Hóa 09-2010)
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 vẽ 1. Cho biết hệ số ma sát của r
R
đường ray với trục bánh xe là μ , momen quán tính của bánh
xe (kể cả trục) đối với trục quay qua tâm là I = mR2.
a. Giả sử trục bánh xe lăn không trượt trên đường ray. Tìm
lực ma sát giữa trục bánh xe và đường ray. 
hình 1
b. Khi góc nghiêng α đạt tới giá trị tới hạn α 0 thì trục bánh
xe trượt trên đường ray. Tìm α 0 .
a. Khi bánh xe lăn không trượt, ta có các phương trình chuyển động
- tịnh tiến: mgsin α  Fms  ma
a
- quay: Fms .r  I.γ với γ 
và I  m.R 2
r
gsin α
Từ các phương trình này rút ra a  2
R
1  
 r 
2
R
suy ra Fms  2 2 mgsin α
R r
b. Để bánh xe chỉ trượt trên đường ray, lực ma sát đạt giá trị cực đại
Fms  Fmsmax  μ.N  μ.mgcosα 0
R2
Theo kết quả câu a/ thì Fms  mgsin α 0 (do α  α 0 )
R 2  r2
R2  r2
 tanα 0  μ
R2
Câu 19. 2 5 i ) Thanh Hóa 2 1 -2011)
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 r
R
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 m1 m2
đứng yên, thả cho hệ chuyển động. Tính gia tốc của từng vật và
lực căng của mỗi dây treo.
Nguoithay.vn 15

16. Nguoithay.vn
ĐA
 Biểu diễn các lực tác dụng lên hệ
R Vì R.P2 > r.P1 nên m2 đi xuống, m1 đi lên
+  Áp dụng định luật II Newton cho m1, m2:
r Vật m1: - m1g + T1 = m1a1 (1)
Vật m2: m2g – T2 = m2a2 (2)
Áp dụng phương trình ĐLHVR cho ròng rọc:
 T2R – T1r = I (3)
T1 
T2 Mặt khác: a1 = r (4)
m1 a2 = R (5)
m2  Từ (1), (2), (3), (4), (5):

P1 (m2 R  m1 r ) g 1 1
   với I  MR 2  mr 2
P2 m2 R  m1 r  I
2 2
2 2
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.
C©u 20:( 4 ®iÓm) Mét vµnh trßn m¶nh khèi l-îng m b¸n kÝnh R quay quanh trôc ®i
qua t©m vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng cña vµnh víi vËn tèc gãc 0 .
Ng-êi ta ®Æt nhÑ nhµng vµnh xuèng ch©n
cña mét
mÆt ph¼ng nghiªng gãc  so víi ph-¬ng R
ngang.
HÖ sè ma s¸t gi÷a vµnh vµ mÆt ph¼ng

nghiªng lµ  .
Bá qua ma s¸t l¨n, gia tèc r¬i tù do g.
a. T×m ®iÒu kiÖn cña  ®Ó vµnh ®i lªn trªn mÆt ph¼ng nghiªng.
b. T×m thêi gian vµ qu·ng ®-êng vµnh ®i ®-îc trong giai ®o¹n võa quay võa tr-ît
trªn mÆt ph¼ng nghiªng.
ĐA
a. Chän trôc to¹ ®é song song víi mÆt ph¼ng nghiªng, chiÒu d-¬ng h-íng lªn trªn.
Do vËn tèc ban ®Çu cña khèi t©m b»ng kh«ng nªn khi ®Æt xuèng ,vµnh võa quay võa
tr-ît trªn mÆt ph¼ng nghiªng.
Ta cã ph-¬ng tr×nh cña khèi t©m: Fms – mg sin  = ma
  mgcos  - mgsin  = ma
 a = g (  cos  - sin  )
§Ó vµnh ®i lªn trªn mÆt ph¼ng nghiªng th× a > 0   > tan 
b. VËn tèc khèi t©m t¨ng dÇn trong khi vËn tèc gãc gi¶m dÇn, ®Õn thêi ®iÓm
v =  R th× vµnh sÏ l¨n kh«ng tr-ît n÷a.XÐt giai ®o¹n võa quay võa tr-ît.
Ph-¬ng tr×nh chuyÓn ®éng quay: -Fms.R = mR2    = -  g cos  /R.
Nguoithay.vn 16

17. Nguoithay.vn
§Õn thêi ®iÓm t vµnh kÕt thóc tr-ît th× vËn tèc khèi t©m vµ vËn tèc gãc b»ng nhau: v
= at = g (  cos  - sin  )t mµ  = 0 +  t = 0 -  g cos  /R
Do v =  R nªn thêi gian vµnh võa l¨n võa tr-ît trªn mÆt ph¼ng nghiªng lµ:
0 R
t=
g ( 2  cos   sin  )
0 R
v = at = (  cos  - sin  )
( 2  cos   sin  )
0
  = (  cos  - sin  )
( 2  cos   sin  )
Qu·ng ®-êng vµnh ®i lªn ®-îc trong giai ®o¹n nµy lµ:
v2 (  cos   sin  ) 2 0 R 2
S= =
2a 2 g ( 2  cos   sin  )
Nguoithay.vn 17