Hướng dẫn giải bài tập Cơ kỹ thuật 2 (Phần động lực học) - Nguyễn Thị Kim Thoa

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP 
CƠ KỸ THUẬT 2 
(PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC) 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Phần II ĐỘNG LỰC HỌC (KINETICS) 
CÁC ĐẶC TRƯNG HÌNH HỌC KHỐI LƯỢNG CỦA CƠ HỆ VÀ VẬT RẮN 
I. KHỐI TÂM CỦA CƠ HỆ 
Khối tâm G của cơ hệ là một điểm mà vi ̣tri ́của nó được xác điṇh bởi phương trình : 
1
1 n
i i
i
m
m 
 r r 
1
1
1
1
1
1
n
i i
i
n
i i
i
n
i i
i
x m x
m
y m y
m
z m z
m



1
1 n
i i
i
m
m 
 v v 
1
1 n
i i
i
m
m 
 a a
II. MOMEN QUÁN TÍNH KHỐI LƯỢNG CỦA VẬT RẮN 
 Định nghĩa 
Momen quán tính khối lượng của vật đối với trục a được điṇh nghiã là 
 Bán kính quán tính 
Bán kính quán tính của vật đối với trục a được điṇh nghiã là 
2a
a a a
I
k hay I mk
m
Hệ n chât́ 
điểm 
Miền V 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
 Định lý song song 
Liên hệ momen quán tính giữa hai trục song song : trục a và trục đi qua khối tâm G và song 
song với trục a 
2
a aI I md 
Trong đó 
 aI là momen quán tính khối lượng của vật đối với trục 
a. 
 aI là momen quán tính khối lượng của vật đối với trục 
đi qua khối tâm và song song với trục a. 
 m là khối lượng của vật. 
d là khoảng cách giữa hai trục. 
 Momen quán tính của vật thể phức hợp 
Momen quán tính của vật thể đối với một trục cho trước bằng tổng momen quán tính của 
các phần của vật đối với trục đó. 
 Momen quán tính khối lượng của một số vật rắn đồng chất 
Thanh mảnh 
Thanh 
mảnh 
G 
aI 
d 
aI 
a 
G 
x 
z 
y 
l /2 
2
12
Gy Gz
ml
I I 
l /2 
A 
x 
z 
y l 
2
3
Ay Az
ml
I I 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Vành 
tròn 
Điã tròn 
Khối cà̂u 
Khối trụ 
Khối 
nón 
Khối hộp chữ nhật 
C 
z 
x 
y 
G 
R 
2
2
Gz
mR
I ; 
2
4
Gx Gy
mR
I I 
C 
z 
x 
y 
G 
R 
2
GzI mR ; 
2
2
Gx Gy
mR
I I 
z 
22
5
Gx Gy Gz
mR
I I I ; 
x 
2
2
Gz
mR
I ;
2 2(3 )
12
Gx Gy
m R h
I I
z 
23
10
GzI mR ; 
2 23 (4 )
80
Gx GyI I m R h 
2 2( )
12
Gx
m b c
I
 ;
2 2( )
12
Gy
m c a
I
 ; 
2 2( )
12
Gz
m a b
I
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
CÁC BÀI TẬP MẪU 
Bài 1 
Cơ hệ trong Hình (a) bao gồm ba vật thể đồng chất: trụ nặng 10-kg; thanh mảnh nặng 2-kg; và 
khối cầu nặng 4-kg. Với cơ hệ đó, tính toán: 
(1) Ix, mô men quán tính khối lượng đối với trục x. 
(2) 𝐼𝑥 𝑣à 𝑘 , mô men quán tính khối lượng và bán kính quán tính đối với trục đi qua 
khối tâm của hệ và song song với trục x. 
Lời giải 
Các khối tâm của trụ (G1), thanh (G2), và khối cầu (G3) được chỉ ra trong Hình (b). Do tính đối 
xứng , khối tâm G của hệ nằm trên trục y, với tọa độ 𝑦 cần được xác định. 
Phần 1: 
Trụ: Mô men quán tính của trụ đối với trục đi qua khối tâm của chính nó và song song với trục x 
là 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Theo định lý trục song song, mô men quán tính của trụ đối với trục x là 
Thanh mảnh: Bởi vì G2 chính là gốc của hệ trục xyz, mô men quán tính của thanh đối với trục x là 
Khối cầu: Mô men quán tính của khối cầu đối với trục đi qua khối tâm của chính nó và song song 
với trục x là 
Sử dụng định lý trục song song, mô men quán tính của khối cầu đối với trục x là 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Cơ hệ: Mô men quán tính của cơ hệ đối với một trục bằng tổng mô men quán tính của các phần 
thuộc hệ đối với trục đó. Do đó, cộng các giá trị mà chúng ta tính được ở trên, ta được 
Phần 2: 
Theo Hình (b), tọa độ 𝑦 của tâm G là 
 i i
i
m y 10 0 24 2 0 4 0 27
y 0 0825m
m 10 2 4
. .
.


Bởi vì 𝑦 là khoảng cách giữa trục x và trục đi qua khối tâm của cơ hệ và song song với trục x nên 
Bán kính quán tính tương ứng là 
Bài 2 
 Một chi tiết máy nặng 290-kg trong Hình (a) được tạo bởi việc khoan một cái lỗ lệch tâm đường 
kính 160mm, một trụ đường kính 400mm dài 350mm. Xác định: 
(1) Iz (mô men quán tính của chi tiết máy đối với trục z.) 
(2) 𝑘 (bán kính quán tính của chi tiết máy đối với đi qua khối tâm của nó và song song với 
trục z.) 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Lời giải 
Chi tiết máy trong Hình (a) có thể được xem gồm hai phần khác nhau, đó là các khối trụ đồng 
chất A và B trong Hình (b) và (c). Mật độ khối lượng của chi tiết máy là 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Do đó, khối lượng của các trụ A và B là 
Như một sự kiểm tra việc tính toán, chúng ta chú ý rằng mA – mB = m, như mong đợi. 
Phần 1 
Mô men quán tính của trụ A đối với trục z, trục mà trùng với trục trung tâm z của nó là 
Mô men quán tính của trụ B đối với trục trung tâm z của nó là 
Bởi vì khoảng cách giữa trục z và trục trung tâm z của vật B là d =0.11m, mô men quán tính của B 
đối với trục z được tính từ định lý trục song song: 
Do đó, mô men quán tính của chi tiết máy đối với trục z là 
Phần 2 
Do tính đối xứng, tọa độ x và z của khối tâm của phần máy là 𝑥 = 0 𝑣à 𝑧 = −0.175𝑚. Tọa độ y 
được tính như sau 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Mô men quán tính của chi tiết máy đối với trục trung tâm z của nó (trục đi qua khối tâm của nó 
và song song với trục z) có thể được tính từ định lý trục song song: 
Bán kính quán tính tương ứng là 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
ĐỘNG LỰC HỌC 
PHƢƠNG PHÁP LỰC – KHỐI LƢỢNG – GIA TỐC 
I. PHƯƠNG PHÁP LỰC – KHỐI LƯỢNG – GIA TỐC ĐỐI VỚI CHẤT ĐIỂM 
m F a 
Các bước áp dụng: 
 Vẽ FBD của chất điểm (gồm tất cả các lực tác dụng lên chất điểm). 
 Lực hoạt động: lực cho trước và trọng lực (nếu có). 
 Phản lực liên kết: lực do các vật đỡ gây ra, gồm cả lực ma sát (TH chuyển động
ms kF N ), 
lực cản (nếu có). 
 Vẽ MAD cho chất điểm (thể hiện véc tơ ma). 
 Chọn hệ trục tọa độ 
 Sử dụng phần động học (bài 2) để phân tích phương, chiều của véc tơ gia tốc a. Nếu chiều 
của a chưa biết thì chúng ta giả thiết chiều của mỗi thành phần gia tốc a hướng theo chiều 
dương của các trục tọa độ. 
 Thể hiện véc tơ ma trên hình vẽ. 
 Từ hai sơ đồ FBD và MAD viết phương trình chuyển động cho chất điểm. 
 Sử dụng liên hệ giữa gia tốc, vận tốc và vị trí (phần động học chât́ điểm), thực hiện các phép tính 
đạo hàm hoặc tích phân để xác định các đại lượng được yêu cầu. 
BÀI TẬP MẪU 
Bài 1 
Khối A trọng lượng 300N trong hình M2.5a đứng yên trên mặt phẳng nằm ngang, khi một lực P 
tác dụng tại thời điểm t=0. Tìm vận tốc và vị trí của khối khi t=5s. Hệ số ma sát động lực là 0.2. 
 (a) 
Lời giải 
 Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc 
 Vẽ FBD (hình (b)) 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
- Lực cho trước: P =200N 
- Trọng lực: W =mg 
- Phản lực liên kết: phản lực NA và lực ma sát FA =µkNA. 
 Vẽ MAD (hình (b)) 
- Chọn hệ trục tọa độ xy như trong hình (b). 
- Chuyển động là chuyển động thẳng theo phương ngang nên ay =0. 
 (b) 
 Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD 
F am  
P W N F aA A m 
0
0
0 => W sin30 0 (1)
 => cos30 (2)
y A
x A
F N P
F ma P F ma

 
 Từ phương trình (1) có được 0 0W sin30 300 200sin30 400AN P N 
Do đó lực ma sát là . 0.2 400 80A k AF N N 
Từ phương trình (2) ta có: 
0 0 21 9.81( cos30 ) (200cos30 80) 3.048 /
300
Aa P F m s
m
 Sử dụng các liên hệ động học giải tìm vận tốc v và tọa độ vị trí x 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Ta có: và
dv dx
a v
dt dt
Nên
1
2
1 1 2
3.048 3.048 (3)
(3.048 ) 1.524 (4)
v adt dt t C
x vdt t C dt t C t C
Trong đó C1 và C2 là các hằng số tích phân có thể được tìm ra từ các điều kiện đầu. Như đã biết 
ban đầu v =0. Tuy nhiên, chúng ta có nhiều lựa chọn gốc tọa độ x. Lựa chọn thuận lợi nhất là đặt 
x =0 khi t =0. Do đó điều kiện đầu là: 
v =0 và x =0 khi t =0 
Thay các giá trị này vào (3) và (4) ta có C1=0 và C2=0. Do đó vận tốc và tọa độ vị trí của khối lúc 
t=5s là 
 2
3.048 5 15.24 ( / )
1.524 (5) 38.10 ( )
v m s
x m
Bài 2 
Hình (a) biểu diễn một kiện hàng khối lượng m nằm yên trên sàn thùng của một chiếc xe tải. Hệ 
số ma sát tĩnh giữa hai bề mặt là 0.64. Để cho kiện hàng trượt xuống thì sàn thùng có vị trí như 
hình vẽ, xe tải phải chuyển động có gia tốc sang phải. Xác định gia tốc a nhỏ nhất để kiện hàng 
bắt đầu trượt. Biểu diễn đáp án theo gia tốc trọng trường g. 
Lời giải 
(a) 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
 Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc 
 Vẽ FBD (hình (b)) 
- Trọng lực: W =mg 
- Phản lực liên kết: phản lực N và lực ma sát F =0.64N (do kiện hàng ở trạng thái sắp 
trượt, F bằng với giá trị ma sát tĩnh lớn nhất s N ). 
 Vẽ MAD (hình (b)) 
- Chọn hệ trục tọa độ xy như trong hình (b). 
- Do kiện hàng và xe tải có cùng gia tốc trước khi sự trượt xuất hiện, véctơ lực quán tính 
của kiện hàng là ma, hướng theo phương ngang. 
 (b) 
 Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD 
F am  
W N F am 
0 0
0 0
0 cos30 0.64 sin30 - 0 (1)
 - sin30 0.64 cos30 (2)
y
x
F N N mg
F ma N N ma

 
Từ phương trình (1) ta có 
0 0
0.8432 (3)
cos30 0.64sin30
mg
N mg 
Thay vào phương trình (3) vào phương trình (2) ta có 
0 00.8432 ( sin30 0.64cos30 )
0.0458
mg ma
a g
Nhận thấy rằng kết quả là độc lập với khối lượng m. 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Bài 3 
Một quả bóng trong hình (a) có trọng lượng 1.5N và được ném lên với vận tốc ban đầu 20m/s. 
Tính toán chiều cao lớn nhất mà quả bóng đạt được nếu (1) bỏ qua sức cản không khí; và (2) khi 
không khí sinh ra lực cản FD được biết như là ảnh hưởng khí động học, ngược với vận tốc. Giả 
thiết rằng FD=cv
2 trong đó c=2.10-3N.s2/m2. 
Lời giải 
Phần 1 
Khi sức cản không khí được bỏ qua, chỉ có trọng lực tác dụng lên quả bóng 
trong suốt quá trình chuyển động, được chỉ ra trong hình (b). Do chuyển 
động là thẳng nên giá trị của véctơ quán tính là max=ma, như chỉ ra trong 
hình MAD trong hình (b). Áp dụng định luật II Newton (pp Lực – Khối lượng – Gia tốc) ta có: 
xF ma mg ma  
từ đó ta có thể tìm ra: 29.8m/s (1)a g 
Sử dụng liên hệ động học giữa gia tốc với vận tốc và tọa độ vị trí theo thời gian, ta xác định được 
vận tốc và vị trí như sau: 
1
2
1 1 2
( 9.8) 9.8 (2)
( 9.8 ) 4.9 (3)
v adt dt t C
x vdt t C dt t C t C
Các hằng số tích phân có thể được tính toán dựa vào các điều kiện đầu x =0 và v =0 khi t =0 kết 
quả là:C1 =20m/s, C2 =0. Do đó vận tốc và vị trí của quả bóng được xác định là: 
Hình (a) 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
2
9.8 20 (4)
4.9 20 (5)
v t
x t t
Quả bóng đạt tới độ cao lớn nhất khi v =0 ta có 9.8 20 0 2.04t t s .Thay t =2.04s vào 
phương trình (5) ta có 
ax 20.4mx m 
Chú ý trong trường hợp này gia tốc, vận tốc và vị trí của quả bóng độc lập với trọng lượng của 
nó. 
Phần 2 
Khi kể đến ảnh hưởng của sức cản khí động học, FBD và MAD của quả bóng trong quá trình bay 
lên được chỉ ra trong hình (c). 
Quan sát thấy rằng lực FD, luôn ngược chiều vận tốc, tác dụng hướng xuống 
dưới bởi vận tốc theo chiều dương là hướng lên. Từ định luật II Newton, 
chúng ta có các phương trình chuyển động: 
2 (6)x xF ma mg cv ma  
Sử dụng liên hệ động học: a=vdv/dx, phương trình (6) trở thành: 
2 dvmg cv m v
dx
Phân ly biến số, ta có: 
2
mvdv
dx
mg cv
Tích phân cả hai vế của phương trình này (sử dụng bảng tích phân nếu cần thiết), ta có: 
2
3ln( ) 
2
m
x mg cv C
c
Trong đó C3 là hằng số tích phân. Thay số vào ta được : 
3 2
338.25ln(1.5 2 10 ) x v C
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Sử dụng điều kiện đầu: v =20m/s khi x =0, ta tìm được C3 =31.86m. Do đó: 
 3 238.25ln(1.5 2 10 ) 31.86 x v 
Bởi vì độ cao lớn nhất đạt được khi v =0 ta có 
ax 38.25ln1.5 31.86 16.4( )mx m 
Dĩ nhiên giá trị này nhỏ hơn giá trị lớn nhất có được trong phần 1, khi bỏ qua sức cản khí động 
học. 
Bài 4 
Vật A khối lượng 12kg trong hình (a) trượt không ma sát trong một máng nửa hình tròn bán kính 
R=2m. Vật A bắt đầu chuyển động từ vị trí có góc 030 và đạt vận tốc v0=4m/s hướng về phía 
đáy máng. Tìm biểu thức vận tốc của vật và lực giữa máng và vật theo  . 
Lời giải 
 Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc 
 Vẽ FBD (hình (b)) 
 Vẽ MAD (hình (b)) 
- Quỹ đạo là đường tròn nên có thể chọn sử dụng hệ tọa độ quỹ đạo (hệ tọa độ tiếp 
tuyến – pháp tuyến). 
- Gia tốc của vật gồm hai thành phần: gia tốc tiếp và gia tốc pháp. 
- Các véc tơ 
nma (chiều hướng về tâm của quỹ đạo) và tma (vẽ theo chiều dương của 
trục tiếp tuyến) được thể hiện trong hình vẽ. 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
 Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD 
F am  
W N a aA n tm m 
 Chiếu PT này lên hai phương tiếp tuyến và pháp tuyến, ta được 
cos (1)
- sin (2)
t
A n
mg ma
N mg ma


 Sử dụng các liên hệ động học: 
2
vàt n
vdv v
a a ds Rd
ds

ta có
2
cos (3)
- sin (4)A
vdv
mg m
Rd
v
N mg m



Phân ly biến số, PT (3) trở thành cosgR d vdv  . Tích phân hai vế phương trình này sử dụng 
điều kiện đầu
0 4v v m / s khi 
030 
/ 6 4
cos
v
gR d vdv

  
 2 9.8 2 sin 1.81 39.2sin 3.62 /v m s  
Thay kết quả này vào PT (4), ta nhận được 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
39.2sin 3.62
12 9.8sin
2
352.8sin 21.7
AN
N



Bài 5 
Một vật B khối lượng 100g như trong hình (a) trượt dọc theo tay quay OA. Hệ số ma sát động 
giữa B và OA là 0 2k . . Tại vị trí như hình vẽ, 1 5R m / s, rad / s 
 và 23rad / s  . Tại vị trí 
này, xác định R , gia tốc tương đối của B so với OA. 
Lời giải 
 Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc 
 Vẽ FBD (hình (b)) 
- Trọng lực: W =mg =(0.1)(9.8) =0.98N 
- Phản lực liên kết: phản lực NB và lực ma sát F =0.2NB , chiều của F ngược với chiều của 
R , vận tốc tương đối của B so với thanh OA. 
 Vẽ MAD (hình (b)) 
- Chọn hệ tọa độ cực R, 
- Có Rm m m  a a a . 
 Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD 
(a) 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. ... m ngang là 0.2. 
Lời giải 
Sơ đồ vật thể tự do: 
Hình (b) thể hiện FBD của đĩa tại thời gian t bất kỳ trong thời gian trượt. Bởi vì không có gia tốc 
theo phương y, lực pháp tuyến tại điểm tiếp xúc C thu được từ phương trình 0yF  , dẫn đến 
NC=mg. Bởi vì đĩa đang trượt, lực ma sát là FC=µkmg. 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Biểu đồ động lượng cuối cùng: 
Biểu đồ động lượng cuối cùng của đĩa tại thời điểm tức thời (t=t2) khi sự trượt dừng lại cũng được 
thể hiện trong Hình (b). Biểu đồ này thể hiện động lượng góc đối với khối tâm G: 
2
2 2( / 2)I mR  , và động lượng tuyến tính của đĩa: 2 2( )mv m R , với 2 2v R là điều kiện 
động học để lăn không trượt. 
Phân tích xung lượng – động lượng: 
Chúng ta bắt đầu bằng việc áp dụng phương trình xung lượng – động lượng góc đối với khối tâm 
G của đĩa, trong thời gian từ t1=0 (lúc lực 30-N tác dụng) đến t2 (khi không trượt). Theo Hình (b), 
chúng ta có: 
Do đó, 
Phương trình xung lượng – động lượng tuyến tính theo hướng x dẫn đến 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Chú ý rằng P(t) =30N khi 0< t <1.5s và bằng không trong thời gian còn lại, chúng ta có 
2
0
( ) 30(1.5) 45
t
P t dt Ns . Do đó, phương trình (b) trở thành 
Nghiệm của các phương trình (a) và (c) là 
Bài 3 
 Hình (a) thể hiện một thanh B có khối lượng mB được đặt bên trong ống A có khối lượng mA. Các 
vật đều là mảnh, đồng chất và cùng chiều dài L. Ban đầu, B được giữ bên trong A (a=0) bởi một 
cái chóp nhẹ (không thể hiện) mà phủ lên đầu của A trong khi hệ đang quay tự do quanh trục z 
với vận tốc góc ω1. Sau đó chóp được bỏ đi, cho phép thanh trượt trong ống. Xác định vận tốc góc 
ω2 của hệ khi thanh trượt hoàn toàn ra khỏi ống (a=L). Bỏ qua ma sát. 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Lời giải 
Sơ đồ vật thể tự do: 
Hình (b) thể hiện FBD của cả hệ khi thanh B mở ra một khoảng cách bất kỳ a so với đầu của ống 
A. FBD này chỉ thể hiện các lực tác dụng trong mặt phẳng xy. FBD đầy đủ có thể cũng bao gồm 
trọng lực của các vật, một phản lực Oz, và ngẫu lực Cx tác dụng tại O. Tuy nhiên, bởi vì chúng 
không ảnh hưởng đến chuyển động trong mặt phẳng xy, chúng có thể không cần thể hiện trên 
hình. Cũng chú ý rằng các lực tương tác giữa ống và thanh không xuất hiện trên FBD bởi vì chúng 
là các lực trong. Đó là lý do tại sao chúng ta chọn phân tích chuyển động của cả hệ, thay vì xét 
mỗi vật tách riêng. 
Biểu đồ động lượng ban đầu: 
Hình (b) cũng thể hiện biểu đồ động lượng ban đầu, với thanh B nằm hoàn toàn trong ống A, 
trước khi thoát ra khỏi ống. Chú ý rằng biểu đồ đó bao gồm các véc tơ động lượng tuyến tính và 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
góc của A và B. Các vận tốc góc của các vật thể là ω1, nên vận tốc khối tâm của chúng bằng nhau 
là (L/2)ω1. 
Biểu đồ động lượng cuối cùng: 
Trong biểu đồ động lượng cuối cùng ở Hình (b), thanh B chuyển động tương đối so với A với vận 
tốc tương đối vB/A. Các vận tốc góc của các vật đều bằng nhau và bằng ω2, nên động lượng góc 
như đã thể hiện. Véc tơ động lượng tuyến tính của A suy ra từ thực tế rằng vận tốc của khối tâm là 
(L/2)ω2. Hai thành phần của véc tơ động lượng tuyến tính của khối tâm của B tương ứng với các 
thành phần của vận tốc trong tọa độ cực là vR=vB/A và vθ=(3L/2)ω2. 
Phân tích xung lượng – động lượng: 
Phần còn lại của sự phân tích bao gồm việc viết và giải các phương trình xung lượng – động 
lượng sử dụng ba biểu đồ thể hiện trong Hình (b). Bởi vì chúng ta chỉ cần xác định ω2, lời giải 
thuận tiện nhất là sử dụng phương trình xung lượng – động lượng góc đối với điểm O như là điểm 
tham chiếu, điều đó sẽ khử được các phản lực chưa biết Ox và Oy. Từ FBD trong Hình (b), chúng 
ta thấy rằng (AO)1-2=0 (Ox và Oy không có xung lượng góc đối với O). Chú ý rằng O là điểm cố 
định, chúng ta có thể sử dụng phương trình xung lượng – động lượng góc (AO)1-2=ΔhO, điều này 
dẫn tới ΔhO=0. Mặt khác, động lượng góc của hệ đối với O được bảo toàn (động lượng góc của hệ 
đối với trục Oz). 
 Cân bằng các mô men của động lượng đối với O trong hai biểu đồ động lượng thể hiện 
trong Hình (b), chúng ta có 
Thay 
2 /12I mL cho mỗi vật và giải ra ω2, chúng ta được 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Bài 4 
Hệ được thể hiện trong Hình (a) bao gồm tay quay AOC, được gắn bản lề với hai thanh đồng chất 
AB và CD. Hệ quay không ma sát quanh trục z được đỡ tại O. Một cơ cấu bên trong (không thể 
hiện trên hình) có thể điều chỉnh và giữ hai thanh ở vị trí góc bất kỳ θ. Mô men quán tính của 
thanh AOC đối với trục z là 1.04kgm2, và khối lượng của thanh AB và CD là 1.5kg. Ban đầu hệ 
quay tự do quanh trục z với vận tốc góc ω1=10rad/s với θ=90
0
. Tính vận tốc góc của hệ khi các 
thanh di chuyển tới vị trí góc θ=1800. 
Lời giải 
Hình (b) chứa FBD của hệ tại vị trí bất kỳ, chỉ thể hiện các lực tác dụng nằm trong mặt phẳng xy 
là Ox va Oy, hai thành phần của phản lực đỡ tại O. Chú ý rằng FBD không thay đổi trong quá trình 
chuyển động của hệ. Cũng trong Hình (b), biểu đồ động lượng cho vị trí đầu (θ=900) và cuối 
(θ=1800) của hệ cũng được thể hiện. Các giá trị số được thể hiện trong các biểu đồ động lượng 
được tính toán như mô tả bên dưới. 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Biểu đồ động lượng ban đầu: 
Tay quay AOC: 
Các thanh AB và CD (cả hai thanh đều vuông góc với mặt phẳng hình vẽ): 
Biểu đồ động lượng cuối: 
Tay quay AOC: 
Các thanh AB và CD (cả hai thanh đều vuông góc với mặt phẳng hình vẽ): 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Sự bảo toàn động lượng góc: 
Từ FBD trong Hình (b) chúng ta thấy rằng không có xung lượng góc đối với trục z. Nên động 
lượng góc của hệ đối với trục z được bảo toàn.Theo các biểu đồ động lượng trong Hình (b), chúng 
ta thu được 
dẫn đến 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
ĐỘNG LỰC HỌC 
PHƢƠNG PHÁP LAGRANGE 
I. CÁC KHÁI NIỆM 
+ Di chuyển khả dĩ : các di chuyển vô cùng bé tại thời điểm khảo sát mà liên kết cho phép. Di 
chuyển khả dĩ của điểm A được ký hiệu là rA 
+ Số bậc tự do của cơ hệ = số tham số ít nhất cần dùng để xác định vị trí của cơ hệ (các tham số 
này độc lập với nhau, gọi là các tọa độ suy rộng đủ) 
+ Liên hệ giữa biến phân của tọa độ Descartes và các biến phân của các tọa độ suy rộng đủ: 
1
.
r
r
n
i
i i
q
q
 


 
hay 
1
.
n
i
i i
x
x q
q
 


 ; 
1
.
n
i
i i
y
y q
q
 


 ; 
1
.
n
i
i i
z
z q
q
 


 
trong đó: , ,r x y z ; x,y,z là tọa độ Descartes của điểm 
 , ,r x y z    
 q1, , qn là các tọa độ suy rộng đủ. 
+ Công khả dĩ: ký hiệu là U 
Công khả dĩ của lực F : 
. . . os ,F F r F r
x y z
U F r c
F x F y F z
   
  
 Công khả dĩ của mômen ngẫu lực M (thuộc mặt phẳng vuông góc với trục quay): 
 U M M  ; lấy dấu cộng nếu ngẫu lực M và  cùng chiều với nhau, lấy dấu trừ trong 
trường hợp ngược lại. 
+ Lực suy rộng: 
1 1
1
. ... .F r
n
hd
k k k n n i i
i
U Q q Q q Q q    
    ; n = số bậc tự do của cơ hệ. 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Qi được gọi là các lực suy rộng tương ứng với các tọa độ suy rộng qi. Nếu qi có đơn vị của độ dài 
thì Qi có đơn vị của lực, nếu qi là góc thì Qi có đơn vị của mômen ngẫu lực. 
II. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH LỰC SUY RỘNG 
 Tính lực suy rộng qua công khả dĩ 
1 1
. . . .
...
F r
hd
k k k kx k ky k kz k
n n
U F x F y F z
Q q Q q
    
 
  
 Các bước cụ thể: 
 Xác định số bậc tự do của cơ hệ. Số lực suy rộng sẽ đúng bằng số bậc tự do của cơ 
hệ. 
 Chọn các tọa độ suy rộng đủ. 
 Phân tích các lực hoạt động tác dụng lên cơ hệ (coi các phản lực liên kết mà 0U 
là các lực hoạt động) và xác định điểm đặt của chúng. Thể hiện chúng trên hình vẽ. 
 Viết biểu thức tính tổng công khả dĩ cho các lực đã phân tích 
. . . .F rhdk k k kx k ky k kz kU F x F y F z        
 Chọn hệ trục tọa độ. Tìm các thành phần hình chiếu của các lực hoạt động trên các 
trục tọa độ. Tìm các tọa độ điểm đặt của các lực hoạt động và tính biến phân của 
chúng theo biến phân của các tọa độ suy rộng: 
1
.
n
k
k i
i i
x
x q
q
 


 ; 
1
.
n
k
k i
i i
y
y q
q
 


 ; 
1
. .
n
k
k i
i i
z
z q
q
 


 
Sau đó, thay các thành phần đã tìm được vào biểu thức tổng công khả dĩ đã viết ở 
trên. 
 Nhóm tổng công khả dĩ thành tổng của n số hạng, mỗi số hạng chứa biến phân của 
một tọa độ suy rộng. Từ đây suy ra hệ số đứng trước mỗi iq chính là Qi. 
 Tính lực suy rộng qua di chuyển khả dĩ đặc biệt (thường áp dụng với cơ hệ >2 bậc tự do) 
 Tính lực suy rộng qua thế năng 
 Nếu cơ hệ chỉ chịu tác dụng của các lực có thế (trọng lực, lực đàn hồi của lò xo) 
, 1,i
i
V
Q i n
q


 Nếu cơ hệ chịu tác dụng của các lực có thế và các lực không có thế 
*, 1,i i
i
V
Q Q i n
q


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
trong đó V là thế năng của cơ hệ, *
iQ là lực suy rộng tương ứng với các lực không phải lực 
có thế. Để tính *
iQ , ta dùng phương pháp tính lực suy rộng qua công khả dĩ (chỉ tính công 
khả dĩ của các lực không phải lực có thế). 
III. PHƯƠNG TRÌNH LAGRANGE LOẠI 2 
, 1,2,..., .i
i i
d T T
Q i n
dt q q
  
  
trong đó: T là động năng của cơ hệ 
 iq là các tọa độ suy rộng đủ 
 iq là các vận tốc suy rộng 
 iQ là các lực suy rộng tương ứng với các tọa độ suy rộng qi. 
 n = số bậc tự do của cơ hệ. 
Các bước viết phương trình vi phân chuyển động của hệ sử dụng PT Lagrange 
 Xác định số bậc tự do của cơ hệ. Chọn các tọa độ suy rộng đủ. 
 Viết dạng thức của các phương trình Lagrange theo các tọa độ suy rộng đã chọn (số PT 
bằng số bậc tự do). 
 Phân tích các lực hoạt động tác dụng lên cơ hệ (coi các phản lực liên kết mà 0U là các 
lực hoạt động). 
 Tính động năng của cơ hệ, biểu diễn theo các tọa độ suy rộng và các vận tốc suy rộng 
 Tính các lực suy rộng iQ . 
 Tính các đạo hàm trong vế trái của phương trình Lagrange. 
 Thay các kết quả đã tính được vào phương trình Lagrange. 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
CÁC BÀI TẬP MẪU 
Bài 1 
Con lắc elliptic tạo thành bởi con trượt A có khối lượng m1 trượt theo đường thẳng nằm ngang và 
quả cầu nhỏ có kích thước không đáng kể khối lượng m2 nối với con trượt nhờ thanh mảnh có độ 
dài l. Người ta tác dụng lên con trượt lực F hướng dọc theo trục Ox. Tìm hệ phương trình vi phân 
chuyển động của con lắc. 
Lời giải 
- Cơ hệ khảo sát bao gồm con trượt, thanh nối và quả cầu. Cơ hệ chịu liên kết lý tưởng. Hệ có hai 
bậc tự do, ta chọn các toạ độ suy rộng là OAx , góc lập bởi thanh và phương thẳng đứng. 
- Áp dụng phương trình Lagrange loại 2, ta có hai pt: 
 xQ
x
T
x
T
dt
d





Q
TT
dt
d





. 
- Tính động năng 
 qcct TTT 
2
22
2
11
2
1
2
1
vmvm , 
trong đó ,1v 2v là vận tốc của con trượt và quả cầu. 
Ta có 
 0,1 x v hay xv  1 , 
 BB yx  ,2 v , 
 sinlxxB , cos lxxB , 
 coslyB , sin lyB .   sinlyB 
 2222222 cos2  lxlxyxv BB 
 )cos2(
2
1
2
1 222
2
2
1  lxlxmxmT 
O 
B 
y 
1P 
F 
2P 
x 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
)cos2(
2
1
)(
2
1 22
2
2
21  lxlmxmmT . 
- Các lực hoạt động FPP ,, 21 
- Tính các lực suy rộng 
 ByPxFU  2   sin2lPxF . 
Do đó 
 FQx , sin2lPQ . 
- Tính các đạo hàm 
 0 


x
T
, cos)( 221 
lmxmm
x
T


, 
sin2 xlm
T


, 


2
2 cos lxlm
T


, 
 sincos)( 22221 
lmlmxmm
x
T
dt
d


, 


2
222 sincos lmxlmxlm
T
dt
d


. 
Thay các kết quả đã tính được ở trên vào phương trình Lagrange, ta được 
 Flmlmxmm sincos)( 22221  
 sinsinsincos 22
2
222 lPxlmlmxlmxlm  . 
Sau khi đơn giản ta được 
 Flmlmxmm sincos)( 22221  
 sincos glx  . 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
Bài 2 
Rôbôt tay máy chuyển động trong mặt phẳng thẳng 
đứng như hình vẽ. Khâu 1 có khối lượng m1 , mômen 
quán tính đối với khối tâm C1 của nó là I1. Khâu 2 có 
khối lượng m2 , mômen quán tính đối với khối tâm C2 
của nó là I2. Khâu 2 có thể chuyển động tịnh tiến thẳng 
đối với khâu 1. Ngẫu lực điều khiển M =M(t) đặt lên 
khâu quay 1 và lực điều khiển F(t) tác dụng lên khâu 2. 
Bỏ qua ma sát và lực cản. Hãy thiết lập phương trình vi 
phân chuyển động của rô bốt này. 
Lời giải 
- Cơ hệ khảo sát là rô bốt gồm 2 khâu. Chọn các toạ độ suy rộng là , s trong đó là góc lập 
bởi trục của khâu 1 với phương Ox , s là khoảng cách từ khối tâm của khâu 2 đến gốc O . 
- Áp dụng phương trình Lagrange loại hai cho rô bốt. 
- Tính động năng 
 2 2 2 21 2 1 1 2 2 2
1 1 1
.
2 2 2
CT T T I m a m v I   
Do 2 2cos , sinC Cx s y s , nên 
 2 2 2 2 2 22 2 2C C Cv x y s s    
Thay kết quả này vào biểu thức của động năng ta được 
 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 2 2 2
1 1 1 1
2 2 2 2
T I I m a m s m s I m s m s    , 
trong đó 21 2 1I I I m a const . 
- Các lực hoạt động gồm 1 2, , ,P P F M . 
- Tính các lực suy rộng. 
Cho di chuyển khả dĩ 0, 0s  , ta có 
x 
y 
M(t) 
 F t 
a 
s 
C1 
C2 
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 
GV. Nguyễn Thị Kim Thoa 
1 1 2
1 2
cos cos
cos cos
U M m ga m gs
M m ga m gs
Q 
    
  
 
 Cho di chuyển khả dĩ 0, 0s  
 2 2 sin sU F m g s Q s   
Vậy, ta có các lực suy rộng 
 1 2 cosQ M m a m s g . 
 2 sinsQ F m g 
- Tính các đạo hàm 
 22
T
I m s 



 
 22 22
d T
I m s m ss
dt


 

 2
T
m u
s



 2
d T
m s
dt s




 22
T
m u
s



0
T


. 
Thay các biểu thức này vào công thức cho các phương trình Lagrange loại hai, ta được 
 22 2 1 22 cosI m s m ss M t m a m s g   
 22 2 2 sinm s m s F t m g  .