Bối cảnh bài toán: Một mặt phẳng nghiêng nhẵn hợp với phương ngang một góc $\alpha$. Bề mặt của mặt phẳng nghiêng chuyển tiếp một cách trơn tru sang hai ròng rọc nhẹ (không khối lượng) $1$ và $2$ tiếp xúc với nó, có bán kính nhỏ không đáng kể.
Vắt qua các ròng rọc là một sợi dây mềm, không dãn, có mật độ khối lượng dài không đổi $\lambda$, mà hai đầu dây ban đầu nằm trên cùng một mặt phẳng nằm ngang. Chiều dài phần dây rủ xuống thẳng đứng ở bên trái ban đầu bằng $L_1$, còn chiều dài đoạn mặt phẳng nghiêng bằng $L$. Gia tốc rơi tự do là $g$. Ký hiệu $x$ là độ dịch chuyển thẳng đứng hướng xuống của đầu trái sợi dây tính từ vị trí ban đầu (xem Hình 1). Bài toán này nghiên cứu động lực học của sợi dây.
Phần A. Ròng rọc không khối lượng
12,50 điểm (Gốc: 7,50 điểm)Người ta đưa sợi dây ra khỏi vị trí cân bằng bằng cách truyền cho nó một vận tốc ban đầu rất nhỏ sao cho đầu trái của dây bắt đầu hạ xuống. Trong các ý từ A1 đến A3, coi rằng sợi dây không bị rời khỏi các ròng rọc trong quá trình chuyển động.
Xác định vận tốc $v$ và gia tốc tiếp tuyến $a$ của đầu trái sợi dây tại thời điểm đầu trái hạ xuống một đoạn $x$. Biểu diễn kết quả qua $g, L_1, L, \alpha$ và $x$.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi hai đầu dây ban đầu nằm trên cùng một đường nằm ngang, chiều dài phần dây treo thẳng đứng bên phải bằng bao nhiêu theo $L_1, L$ và $\alpha$? Từ đó tổng chiều dài $L_{\text{tổng}}$ của cả sợi dây là bao nhiêu?
- Vì dây không dãn và luôn bám sát mặt phẳng nghiêng cùng các ròng rọc, mọi phần tử trên dây có cùng độ lớn vận tốc $v$ và gia tốc tiếp tuyến $a$. Khi đầu trái hạ xuống đoạn $x$, chiều dài nhánh trái và nhánh phải thay đổi như thế nào?
- Nếu xét phương trình động lực học dọc theo chiều dài sợi dây (hoặc định luật bảo toàn cơ năng cho toàn bộ dây), hợp lực kéo dây theo chiều tăng của $x$ phụ thuộc vào $x$ theo quy luật nào?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
1. Xác định tổng chiều dài của sợi dây:
Do bán kính các ròng rọc rất nhỏ, ròng rọc $2$ cao hơn ròng rọc $1$ một đoạn $h = L\sin\alpha$. Vì hai đầu dây ban đầu ở cùng mức ngang nên chiều dài nhánh phải ban đầu là $L_{\text{phải}}(0) = L_1 + L\sin\alpha$. Tổng chiều dài của toàn bộ sợi dây là không đổi và bằng:
2. Phân tích lực dọc theo đường cong sợi dây tại li độ $x$:
Tại thời điểm đầu trái hạ xuống đoạn $x$, chiều dài các đoạn dây lần lượt là:
- Nhánh thẳng đứng bên trái: $l_{\text{trái}} = L_1 + x$ (kéo theo chiều chuyển động).
- Đoạn nằm trên mặt phẳng nghiêng: $l_{\text{nghiêng}} = L$ (thành phần trọng lực dọc mặt nghiêng kéo theo chiều chuyển động).
- Nhánh thẳng đứng bên phải: $l_{\text{phải}} = L_1 + L\sin\alpha - x$ (kéo ngược chiều chuyển động).
Viết phương trình định luật II Newton cho toàn bộ sợi dây khối lượng $M = \lambda L_{\text{tổng}}$ chiếu dọc theo chiều dịch chuyển của dây, ta thu được $a(x)$, sau đó dùng hệ thức $v\,dv = a(x)\,dx$ (hoặc định luật bảo toàn cơ năng) để suy ra $v(x)$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Bước 1: Tính gia tốc tiếp tuyến $a$ của sợi dây
Khối lượng tổng cộng của sợi dây là:
Khi đầu trái dịch chuyển xuống một đoạn $x$, phương trình động lực học của toàn bộ sợi dây dọc theo quỹ đạo dây là:
Từ đó suy ra gia tốc tiếp tuyến $a$ của đầu trái (cũng là gia tốc độ lớn của mọi điểm trên dây):
Bước 2: Tính vận tốc $v$ của sợi dây
Sử dụng hệ thức vi phân $a = \frac{dv}{dt} = v\frac{dv}{dx}$ và tích phân từ trạng thái ban đầu ($x = 0, v = 0$) đến vị trí có độ dịch chuyển $x$:
Khai căn hai vế (với $x > 0, v > 0$), ta được biểu thức vận tốc:
(Kiểm chứng bằng số với $L = 1\text{ m}, L_1 = 0,5\text{ m}, \alpha = 30^\circ, g = 10\text{ m/s}^2, x = 0,5\text{ m}$: $L_{\text{tổng}} = 2,5\text{ m} \implies a = 4,0\text{ m/s}^2$ và $v = \sqrt{2} \approx 1,41\text{ m/s}$).
• Gia tốc: $a = \dfrac{2gx}{2L_1 + L(1 + \sin\alpha)}$
• Vận tốc: $v = x \sqrt{\dfrac{2g}{2L_1 + L(1 + \sin\alpha)}}$
🚀 Thử thách mở rộng
Câu hỏi mở rộng: Xác định phương trình phụ thuộc thời gian $x(t)$ nếu tại $t = 0$, dây ở vị trí cân bằng $x = 0$ và được truyền vận tốc đầu rất nhỏ $v_0$ hướng xuống.
Hướng dẫn: Phương trình chuyển động có dạng $\ddot{x} - \omega_0^2 x = 0$ với $\omega_0 = \sqrt{\frac{2g}{2L_1 + L(1+\sin\alpha)}}$. Nghiệm có dạng hàm hyperbolic: $x(t) = \frac{v_0}{\omega_0} \sinh(\omega_0 t)$.
Xác định độ dịch chuyển $x_1$ của đầu trái sợi dây tại thời điểm mà lực căng của đoạn dây nằm trên mặt phẳng nghiêng là không đổi dọc theo chiều dài của đoạn đó. Biểu diễn kết quả qua $L_1, L$ và $\alpha$. Với những hệ thức liên hệ nào giữa $L_1, L$ và $\alpha$ thì giá trị $x_1$ nhỏ hơn chiều dài ban đầu của đoạn dây thẳng đứng bên phải?
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Xét một phần tử rất nhỏ có chiều dài $dl$ của sợi dây đang nằm trên mặt phẳng nghiêng. Những lực nào tác dụng lên phần tử $dl$ này theo phương song song với mặt phẳng nghiêng?
- Để lực căng dây $T$ ở hai đầu phần tử $dl$ bằng nhau ($dT = 0$), gia tốc $a$ của phần tử dây trên mặt phẳng nghiêng phải thỏa mãn giá trị đặc biệt nào?
- Sau khi tìm được $x_1$, hãy lập hiệu số $x_1 - (L_1 + L\sin\alpha)$ và xét dấu của hiệu này khi $\alpha \in (0, 90^\circ)$.
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Xét một phần tử dây khối lượng $dm = \lambda\,dl$ nằm trên mặt phẳng nghiêng ở khoảng cách $l$ tính từ ròng rọc $2$ xuống ròng rọc $1$. Phương trình định luật II Newton chiếu theo chiều trượt xuống mặt nghiêng là:
Lực căng dây không đổi dọc theo mặt phẳng nghiêng khi và chỉ khi $\frac{dT}{dl} = 0$, tức là:
Thay biểu thức $a(x)$ từ Câu A1 vào phương trình trên để giải ra $x_1$, rồi so sánh $x_1$ với $L_{\text{phải}}(0) = L_1 + L\sin\alpha$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Bước 1: Tìm độ dịch chuyển $x_1$
Trên mặt phẳng nghiêng nhẵn, một vật tự do sẽ trượt xuống với gia tốc $g\sin\alpha$. Do đó, đoạn dây trên mặt phẳng nghiêng có lực căng không đổi dọc theo toàn bộ chiều dài $L$ khi gia tốc của dây đúng bằng $g\sin\alpha$ (khi đó các phần tử trên mặt nghiêng không cần truyền lực kéo cho nhau):
Giải phương trình trên, ta thu được:
(Với $L = 1\text{ m}, L_1 = 0,5\text{ m}, \alpha = 30^\circ$: $x_1 = 0,25 \times 2,5 = 0,625\text{ m}$).
Bước 2: Điều kiện để $x_1 < L_{\text{phải}}(0)$
Chiều dài ban đầu của đoạn dây thẳng đứng bên phải là $L_{\text{phải}}(0) = L_1 + L\sin\alpha$. Xét hiệu số:
Vì góc nghiêng thỏa mãn $0^\circ < \alpha < 90^\circ$ nên $\sin\alpha < 1$, suy ra $\sin\alpha - 1 < 0$. Do đó, bất đẳng thức $x_1 < L_1 + L\sin\alpha$ luôn được thỏa mãn với mọi giá trị dương của $L_1, L$ và mọi góc $\alpha \in (0, 90^\circ)$.
• $x_1 = \dfrac{\sin\alpha}{2} \left[ 2L_1 + L(1 + \sin\alpha) \right]$
• Bất đẳng thức $x_1 < L_1 + L\sin\alpha$ luôn đúng với mọi $L_1 > 0, L > 0$ và $\alpha \in (0, 90^\circ)$.
🚀 Thử thách mở rộng
Câu hỏi mở rộng: Nếu mặt phẳng nghiêng có hệ số ma sát trượt $\mu$ ($\mu < \tan\alpha$), giá trị $x_1$ để lực căng dây trên mặt phẳng nghiêng không đổi sẽ thay đổi như thế nào?
Hướng dẫn: Khi có ma sát, gia tốc tự nhiên của một phần tử trên mặt nghiêng là $a_0 = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)$, đồng thời phương trình chuyển động toàn cục bị giảm lực kéo một lượng $\mu\lambda L g \cos\alpha$.
Xác định lực căng cực đại $T_{\max}$ của sợi dây tại thời điểm đầu trái của nó đã dịch chuyển một đoạn $x$. Biểu diễn kết quả qua $\lambda, g, L_1, L, \alpha$ và $x$.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Dọc theo nhánh dây thẳng đứng bên trái và nhánh thẳng đứng bên phải, lực căng dây tăng hay giảm khi đi từ đầu tựolên phía ròng rọc?
- Dọc theo đoạn dây nằm trên mặt phẳng nghiêng, lực căng dây biến thiên theo hàm bậc mấy của tọa độ dài? Một hàm bậc nhất trên đoạn thẳng đạt giá trị lớn nhất ở đâu?
- Khi nào lực căng tại ròng rọc $2$ ($T_2$) lớn hơn lực căng tại ròng rọc $1$ ($T_1$), và khi nào xảy ra điều ngược lại?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
1. Sự phân bố lực căng trên hai nhánh thẳng đứng:
- Trên nhánh trái (đang đi xuống với gia tốc $a < g$), xét đoạn dây dài $z$ tính từ đầu mút dưới trái: $T_{\text{trái}}(z) = \lambda z (g - a)$. Vì $g > a$, lực căng tăng tuyến tính từ $0$ lên giá trị cực đại của nhánh trái tại ròng rọc $1$:
$$T_1 = \lambda (L_1 + x)(g - a)$$
- Trên nhánh phải (đang đi lên với gia tốc $a > 0$), xét đoạn dây dài $z'$ tính từ đầu mút dưới phải: $T_{\text{phải}}(z') = \lambda z' (g + a)$. Lực căng tăng tuyến tính từ $0$ lên giá trị tại ròng rọc $2$:
$$T_2 = \lambda (L_1 + L\sin\alpha - x)(g + a)$$
2. So sánh $T_1$ và $T_2$:
Trên mặt phẳng nghiêng, $T(l)$ biến thiên tuyến tính từ $T_2$ đến $T_1$ với hiệu số $T_1 - T_2 = \lambda L (a - g\sin\alpha)$. Do đó:
- Khi $x \le x_1$ ($a \le g\sin\alpha$): $T_2 \ge T_1 \implies T_{\max} = T_2$.
- Khi $x \ge x_1$ ($a \ge g\sin\alpha$): $T_1 \ge T_2 \implies T_{\max} = T_1$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Thay biểu thức gia tốc $a = \dfrac{2gx}{2L_1 + L(1 + \sin\alpha)}$ từ Câu A1 vào biểu thức của $T_1$ và $T_2$:
• Lực căng dây tại ròng rọc 2 ($T_2$):
• Lực căng dây tại ròng rọc 1 ($T_1$):
Vì trên đoạn mặt phẳng nghiêng lực căng biến thiên bậc nhất giữa $T_1$ và $T_2$, nên giá trị cực đại trên toàn sợi dây là $T_{\max} = \max(T_1, T_2)$:
trong đó $x_1 = \dfrac{\sin\alpha}{2}\left[2L_1 + L(1+\sin\alpha)\right]$.
(Kiểm chứng số với $\lambda = 1\text{ kg/m}, L = 1\text{ m}, L_1 = 0,5\text{ m}, \alpha = 30^\circ, g = 10\text{ m/s}^2, x = 0,5\text{ m}$: Vì $x = 0,5\text{ m} < x_1 = 0,625\text{ m}$ và $a = 4\text{ m/s}^2$, ta có $T_{\max} = T_2 = 1 \times (0,5 + 0,5 - 0,5) \times (10 + 4) = 7,0\text{ N}$).
• Khi $x \le x_1$: $T_{\max} = T_2 = \lambda g (L_1 + L\sin\alpha - x) \dfrac{2L_1 + L(1 + \sin\alpha) + 2x}{2L_1 + L(1 + \sin\alpha)}$
• Khi $x \ge x_1$: $T_{\max} = T_1 = \lambda g (L_1 + x) \dfrac{2L_1 + L(1 + \sin\alpha) - 2x}{2L_1 + L(1 + \sin\alpha)}$
🚀 Thử thách mở rộng
Câu hỏi mở rộng: Trong suốt quá trình chuyển động của dây (giả sử dây được giữ trong rãnh để không rời ròng rọc), tại vị trí $x$ nào lực căng $T_1$ đạt giá trị lớn nhất theo thời gian?
Hướng dẫn: $T_1(x)$ là tam thức bậc hai có hai nghiệm tại $x = -L_1$ và $x = \frac{L_{\text{tổng}}}{2}$, nên đạt cực đại tại trung điểm $x^* = \frac{L_{\text{tổng}} - 2L_1}{4} = \frac{L(1+\sin\alpha)}{4}$.
Các biểu thức thu được ở trên áp dụng được chừng nào sợi dây chuyển động mà không bị rời khỏi các ròng rọc. Bây giờ chúng ta khảo sát điều kiện để xảy ra hiện tượng dây bắt đầu rời khỏi ròng rọc.
Xác định các độ dịch chuyển $x_{\max(1)}$ và $x_{\max(2)}$ của đầu trái sợi dây mà tại đó dây bắt đầu mất tiếp xúc với ròng rọc $1$ và ròng rọc $2$ tương ứng, coi rằng với ròng rọc còn lại dây vẫn giữ tiếp xúc. Biểu diễn kết quả qua $L_1, L$ và $\alpha$.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Xét một phần tử dây rất nhỏ có góc chắn ở tâm là $d\varphi$ đang ôm sát trên cung tròn bán kính $R$ của ròng rọc và chuyển động với tốc độ $v$. Gia tốc hướng tâm của phần tử này bằng bao nhiêu?
- Lực nào đóng vai trò giữ phần tử dây này chuyển động cong theo bề mặt ròng rọc? Biểu thức của phản lực pháp tuyến $dN$ do ròng rọc tác dụng lên phần tử dây phụ thuộc vào lực căng $T$ và tốc độ $v$ như thế nào?
- Khi dây bắt đầu mất tiếp xúc với ròng rọc ($dN = 0$), mối liên hệ giữa lực căng dây $T$ tại ròng rọc và đại lượng $\lambda v^2$ là gì?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
1. Thiết lập điều kiện rời khỏi ròng rọc ($dN = 0$):
Xét phần tử dây chiều dài $dl = R\,d\varphi$ có khối lượng $dm = \lambda R\,d\varphi$ đang trượt qua ròng rọc bán kính $R \to 0$ với tốc độ $v$. Phương trình định luật II Newton chiếu lên phương hướng tâm (vào tâm $O$ của ròng rọc):
Vì $d\varphi \ll 1$ nên $\sin(d\varphi/2) \approx d\varphi/2$, và do bán kính ròng rọc rất nhỏ ($R \to 0$) nên trọng lực vô cùng bé bậc cao $\lambda g R \cos\theta\,d\varphi \to 0$ hoàn toàn bỏ qua được so với $T\,d\varphi$. Ta rút ra:
Ròng rọc chỉ có thể đẩy dây ra ngoài ($dN \ge 0$). Do đó, dây bắt đầu rời khỏi ròng rọc ngay tại thời điểm lực căng tại ròng rọc đó giảm xuống bằng $\lambda v^2$:
2. Thiết lập phương trình cho từng ròng rọc:
- Tại ròng rọc $1$: Cho $T_1(x) = \lambda v^2(x)$ với $T_1$ từ Câu A3 và $v^2$ từ Câu A1, đưa về phương trình bậc hai ẩn $x_{\max(1)}$.
- Tại ròng rọc $2$: Cho $T_2(x) = \lambda v^2(x)$, đưa về phương trình bậc hai ẩn $x_{\max(2)}$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Đặt $L_{\text{tổng}} = 2L_1 + L(1 + \sin\alpha)$. Từ kết quả Câu A1 và Câu A3, ta có $\lambda v^2 = \lambda \dfrac{2gx^2}{L_{\text{tổng}}}$.
1. Tìm $x_{\max(1)}$ (Điều kiện dây rời khỏi ròng rọc 1):
Thay $T_1(x) = \lambda v^2(x)$:
Khai triển và thu gọn (chú ý $L_{\text{tổng}} - 2L_1 = L(1 + \sin\alpha)$):
Vì $x_{\max(1)} > 0$, chọn nghiệm dương duy nhất của phương trình bậc hai:
2. Tìm $x_{\max(2)}$ (Điều kiện dây rời khỏi ròng rọc 2):
Thay $T_2(x) = \lambda v^2(x)$:
Khai triển và thu gọn (chú ý $L_{\text{tổng}} - 2(L_1 + L\sin\alpha) = L(1 - \sin\alpha)$):
Chọn nghiệm dương duy nhất của phương trình bậc hai:
(Kiểm chứng số với $L = 1\text{ m}, L_1 = 0,5\text{ m}, \alpha = 30^\circ$: $x_{\max(1)} \approx 0,777\text{ m}$ và $x_{\max(2)} \approx 0,731\text{ m}$).
• $x_{\max(1)} = \dfrac{L(1 + \sin\alpha) + \sqrt{L^2(1 + \sin\alpha)^2 + 16L_1\left[ 2L_1 + L(1 + \sin\alpha) \right]}}{8}$
• $x_{\max(2)} = \dfrac{-L(1 - \sin\alpha) + \sqrt{L^2(1 - \sin\alpha)^2 + 16(L_1 + L\sin\alpha)\left[ 2L_1 + L(1 + \sin\alpha) \right]}}{8}$
🚀 Thử thách mở rộng
Câu hỏi mở rộng: Tại sao điều kiện $T = \lambda v^2$ lại trùng khít với công thức vận tốc truyền sóng ngang $c = \sqrt{T/\lambda}$ trên một sợi dây căng?
Hướng dẫn: Trong hệ quy chiếu gắn với ròng rọc, sợi dây chuyển động ổn định với tốc độ $v$ qua một chỗ uốn cong đứng yên tương đương với một xung biến dạng đứng yên trên dòng chảy có tốc độ $v = c = \sqrt{T/\lambda}$.
Trong ý A5 dưới đây, coi rằng $L = 2L_1$. Cho $L = 1\text{ m}$ và gia tốc rơi tự do $g = 10\text{ m/s}^2$.
Tính vận tốc của sợi dây tại thời điểm nó bắt đầu rời khỏi một trong hai ròng rọc, nếu mặt phẳng nghiêng hợp với phương ngang các góc lần lượt là $\alpha_1 = 30^\circ$, $\alpha_2 = 45^\circ$ và $\alpha_3 = 60^\circ$.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi sợi dây đang tăng tốc đi xuống, nó sẽ rời khỏi ròng rọc nào trước: ròng rọc ứng với giá trị $\max\left(x_{\max(1)}, x_{\max(2)}\right)$ hay $\min\left(x_{\max(1)}, x_{\max(2)}\right)$?
- Với mỗi góc $\alpha_1 = 30^\circ$, $\alpha_2 = 45^\circ$, $\alpha_3 = 60^\circ$, hãy tính cụ thể cả hai giá trị $x_{\max(1)}$ và $x_{\max(2)}$ để xem ròng rọc nào bị mất tiếp xúc trước!
- Sau khi tìm được $x_{\text{rời}} = \min\left(x_{\max(1)}, x_{\max(2)}\right)$, thay vào công thức $v(x)$ ở Câu A1 để tính vận tốc.
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Với $L = 1\text{ m}$ và $L_1 = 0,5\text{ m}$, ta có $L_{\text{tổng}} = 2 + \sin\alpha\text{ (m)}$. Các công thức ở Câu A4 và Câu A1 rút gọn thành:
Vì dây bắt đầu rời khỏi một trong hai ròng rọc ngay khi đạt tới giá trị nhỏ hơn trong hai li độ trên, nên độ dịch chuyển lúc bắt đầu rời là:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Thay số lần lượt cho từng góc nghiêng:
1. Trường hợp $\alpha_1 = 30^\circ$ ($\sin\alpha_1 = 0,5$):
- $x_{\max(1)} = \dfrac{1,5 + \sqrt{22,25}}{8} \approx 0,7771\text{ m}$.
- $x_{\max(2)} = \dfrac{-0,5 + \sqrt{40,25}}{8} \approx 0,7305\text{ m}$.
- Vì $x_{\max(2)} < x_{\max(1)}$ nên dây rời khỏi ròng rọc 2 trước tại $x_{\text{rời}(1)} = x_{\max(2)} \approx 0,7305\text{ m}$.
- Vận tốc lúc rời:
$$v_1 = 0,7305 \times \sqrt{\frac{20}{2,5}} = 0,7305 \times \sqrt{8} \approx 2,07\text{ m/s}$$
2. Trường hợp $\alpha_2 = 45^\circ$ ($\sin\alpha_2 = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0,7071$):
- $x_{\max(1)} = \dfrac{1,7071 + \sqrt{24,5711}}{8} \approx 0,8330\text{ m}$.
- $x_{\max(2)} = \dfrac{-0,2929 + \sqrt{52,3701}}{8} \approx 0,8680\text{ m}$.
- Vì $x_{\max(1)} < x_{\max(2)}$ nên dây rời khỏi ròng rọc 1 trước tại $x_{\text{rời}(2)} = x_{\max(1)} \approx 0,8330\text{ m}$.
- Vận tốc lúc rời:
$$v_2 = 0,8330 \times \sqrt{\frac{20}{2 + \frac{\sqrt{2}}{2}}} \approx 2,26\text{ m/s}$$
3. Trường hợp $\alpha_3 = 60^\circ$ ($\sin\alpha_3 = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0,8660$):
- $x_{\max(1)} = \dfrac{1,8660 + \sqrt{26,4103}}{8} \approx 0,8756\text{ m}$.
- $x_{\max(2)} = \dfrac{-0,1340 + \sqrt{62,6590}}{8} \approx 0,9727\text{ m}$.
- Vì $x_{\max(1)} < x_{\max(2)}$ nên dây rời khỏi ròng rọc 1 trước tại $x_{\text{rời}(3)} = x_{\max(1)} \approx 0,8756\text{ m}$.
- Vận tốc lúc rời:
$$v_3 = 0,8756 \times \sqrt{\frac{20}{2 + \frac{\sqrt{3}}{2}}} \approx 2,31\text{ m/s}$$
• Với $\alpha_1 = 30^\circ$: $v_1 \approx 2,07\text{ m/s}$ (dây rời ròng rọc 2 trước)
• Với $\alpha_2 = 45^\circ$: $v_2 \approx 2,26\text{ m/s}$ (dây rời ròng rọc 1 trước)
• Với $\alpha_3 = 60^\circ$: $v_3 \approx 2,31\text{ m/s}$ (dây rời ròng rọc 1 trước)
🚀 Thử thách mở rộng
Câu hỏi mở rộng: Với $L = 2L_1$, tại góc nghiêng $\alpha^*$ bằng bao nhiêu thì sợi dây bắt đầu rời khỏi cả hai ròng rọc $1$ và $2$ cùng một lúc?
Hướng dẫn: Giải phương trình $T_1(x_1) = T_2(x_1) = \lambda v^2(x_1)$ dẫn tới $1 - \sin\alpha^* = \sin\alpha^*(2\sin\alpha^* - 1)(2 + \sin\alpha^*)$, cho nghiệm $\sin\alpha^* \approx 0,560 \implies \alpha^* \approx 34,05^\circ$.
Phần B. Chuyển động với lò xo và vật nặng
7,50 điểmTrong phần này, ở đầu bên trái của sợi dây người ta gắn một vật nặng nhỏ có khối lượng $m$, còn ở đầu bên phải của sợi dây gắn một lò xo nhẹ (không khối lượng).
Lò xo đang xét chỉ bắt đầu dãn ra nếu tác dụng vào hai đầu nó một lực kéo lớn hơn một giá trị tối thiểu $F_0$ nào đó, và nó không thể bị nén lại (lò xo có sức căng ban đầu). Đồ thị định tính biểu diễn sự phụ thuộc của lực đàn hồi $F_{\text{đh}}$ của lò xo vào độ dãn $\Delta l$ của nó được cho ở Hình 4b. Coi giá trị $F_0$ ($F_0 < mg$) và độ cứng của lò xo $k$ ($k = \Delta F / \Delta l$) là đã biết. Đầu kia của lò xo được gắn cố định, lò xo có phương thẳng đứng. Kích thước hình học của sợi dây và vị trí ban đầu của nó ($x = 0$, lò xo chưa biến dạng) hoàn toàn giống như trong Phần A.
Xác định độ dịch chuyển $x_0$ của đầu trái sợi dây ứng với vị trí cân bằng của hệ. Biểu diễn kết quả qua $m, \lambda, L_1, L, \alpha, g, k$ và $F_0$.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi đầu trái dịch chuyển xuống một đoạn $x > 0$, lò xo ở đầu phải bị dãn một đoạn $\Delta l = x$. Khi đó lực đàn hồi của lò xo kéo đầu phải hướng xuống có biểu thức là gì?
- Tổng lực kéo hệ theo chiều tăng của $x$ (gồm trọng lực vật $m$, trọng lực nhánh dây trái và đoạn dây nghiêng) cân bằng với tổng lực kéo ngược lại (trọng lực nhánh dây phải và lực đàn hồi lò xo) khi nào?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Khi hệ dịch chuyển một đoạn $x > 0$, độ chênh lệch trọng lực của riêng sợi dây giữa bên trái và bên phải (như đã chứng minh ở Câu A1) là $2\lambda g x$ hướng theo chiều dương của trục $Ox$. Cộng thêm trọng lực $mg$ của vật nặng ở đầu trái và trừ đi lực đàn hồi $F_{\text{đh}}(x) = F_0 + kx$ của lò xo ở đầu phải, hợp lực tổng quát theo phương $x$ là:
Tại vị trí cân bằng $x = x_0$, cho $F_x = 0$ để giải ra $x_0$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Xét hệ ở trạng thái đầu trái đã hạ xuống một đoạn $x_0 > 0$. Khi đó lò xo dãn một đoạn $\Delta l = x_0 > 0$, nên lực đàn hồi của lò xo bằng $F_{\text{đh}} = F_0 + kx_0$.
Điều kiện cân bằng của toàn hệ dọc theo sợi dây là:
Thu gọn hai vế:
Từ đó suy ra vị trí cân bằng $x_0$:
(Kiểm chứng với bộ thông số chuẩn Phần B: $x_0 = \dfrac{20 - 10}{60 - 20} = 0,25\text{ m}$).
$$x_0 = \frac{mg - F_0}{k - 2\lambda g}$$
🚀 Thử thách mở rộng
Câu hỏi mở rộng: Ý nghĩa vật lý của đại lượng $k_{\text{hiệu dụng}} = k - 2\lambda g$ trong mẫu số của $x_0$ là gì?
Hướng dẫn: Bản thân sợi dây vắt qua ròng rọc tạo ra một lực đẩy xa vị trí $x = 0$ tỷ lệ thuận với $x$ ($F_{\text{dây}} = +2\lambda g x$, đóng vai trò như một "độ cứng âm" $-2\lambda g$), làm giảm độ cứng hồi phục hiệu dụng của lò xo từ $k$ xuống $k - 2\lambda g$.
Vị trí cân bằng ở câu trên chỉ tồn tại nếu độ cứng của lò xo vượt quá một giá trị tối thiểu $k_{\min}$ nào đó. Hãy xác định $k_{\min}$. Biểu diễn kết quả qua $m, \lambda, L_1, L, \alpha, g$ và $F_0$. Trong tất cả các câu tiếp theo, luôn coi rằng $k > k_{\min}$.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Biểu thức $x_0 = \dfrac{mg - F_0}{k - 2\lambda g}$ ở Câu B1 được thiết lập dựa trên giả thiết hình học nào của nhánh dây bên phải?
- Chiều dài ban đầu của nhánh dây thẳng đứng bên phải là $L_1 + L\sin\alpha$. Nếu $x_0 > L_1 + L\sin\alpha$ thì đầu phải của sợi dây (nơi nối với lò xo) đã bị kéo vượt qua ròng rọc $2$! Vậy điều kiện giới hạn của $x_0$ là gì?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Để vị trí cân bằng $x_0$ ở Câu B1 tồn tại thực tế (khi đầu phải của sợi dây chưa vượt qua ròng rọc $2$ và lò xo vẫn giữ phương thẳng đứng bên dưới ròng rọc $2$), ta phải có đồng thời:
Giải bất phương trình trên đối với $k$ (với $mg > F_0$) sẽ cho ngay giá trị ngưỡng $k_{\min}$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Phương trình cân bằng ở Câu B1 chỉ còn đúng chừng nào toàn bộ đoạn mặt phẳng nghiêng vẫn được phủ kín bởi sợi dây và đầu phải của dây (điểm gắn với lò xo) chưa chạm tới ròng rọc $2$. Chiều dài ban đầu của đoạn dây thẳng đứng bên phải là $L_{\text{phải}}(0) = L_1 + L\sin\alpha$.
Do đó, vị trí cân bằng $x_0$ tồn tại khi và chỉ khi:
Vì $F_0 < mg$, từ bất phương trình thứ hai ta giải ra $k$:
Vậy giá trị tối thiểu của độ cứng lò xo là:
(Kiểm chứng số với bộ thông số chuẩn Phần B: $k_{\min} = 2(1)(10) + \dfrac{20 - 10}{0,5 + 0,5} = 30\text{ N/m}$).
$$k_{\min} = 2\lambda g + \frac{mg - F_0}{L_1 + L\sin\alpha}$$
🚀 Thử thách mở rộng
Câu hỏi mở rộng: Điều gì xảy ra nếu $2\lambda g < k < k_{\min}$?
Hướng dẫn: Khi đó đầu phải của dây sẽ chạm tới ròng rọc $2$ trước khi lực đàn hồi của lò xo kịp cân bằng với trọng lực phía bên trái; nếu đầu lò xo không thể đi qua ròng rọc $2$ thì hệ bị chặn lại tại $x = L_1 + L\sin\alpha$.
Ký hiệu thế năng của vật nặng và của sợi dây trong trường trọng lực lần lượt là $W_{p(\text{v})}$ và $W_{p(\text{d})}$, còn thế năng biến dạng đàn hồi của lò xo là $W_{p(\text{lx})}$. Thế năng toàn phần $W_p$ của cả hệ là tổng của chúng:
Tìm độ biến thiên thế năng của hệ $\Delta W_p = W_p(x) - W_p(0)$ khi đầu trái của sợi dây dịch chuyển xuống một đoạn $x$. Biểu diễn kết quả qua $m, \lambda, L_1, L, \alpha, g, k, F_0$ và $x$.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi vật nặng $m$ hạ thấp một đoạn $x$, độ biến thiên thế năng trọng trường $\Delta W_{p(\text{v})}$ của nó bằng bao nhiêu?
- Khi sợi dây dịch chuyển một đoạn $x$, coi như một đoạn dây có chiều dài $x$ (khối lượng $\lambda x$) ở phía dưới nhánh phải được chuyển sang phía dưới nhánh trái, làm trọng tâm của đoạn dây này hạ thấp một đoạn bằng bao nhiêu?
- Dựa vào đồ thị Hình 4b, công cần thiết để kéo dãn lò xo từ $\Delta l = 0$ đến $\Delta l = x$ (bằng diện tích hình thang dưới đồ thị $F_{\text{đh}}$) có biểu thức như thế nào?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Tính riêng từng thành phần độ biến thiên thế năng khi đầu trái dịch chuyển từ $0$ đến $x$:
- Vật nặng $m$: $\Delta W_{p(\text{v})} = -mgx$.
- Sợi dây mềm: Khi dịch chuyển đoạn $x$, phần dây giữ nguyên bị chồng khít, chỉ tương đương với việc cắt một đoạn dây dài $x$ (khối lượng $\Delta m = \lambda x$) ở phần cuối nhánh phải (có trọng tâm ở cao độ $+x/2$ so với mức ngang ban đầu) chuyển sang phần dưới nhánh trái (có trọng tâm ở cao độ $-x/2$ so với mức ngang ban đầu). Độ hạ trọng tâm của đoạn $\Delta m$ là $\Delta h = x$, nên:
$$\Delta W_{p(\text{d})} = -(\lambda x) g x = -\lambda g x^2$$
- Lò xo dự ứng lực: Thế năng đàn hồi tích lũy bằng diện tích hình thang dưới đường $F_{\text{đh}}(\Delta l) = F_0 + k\Delta l$ từ $0$ đến $x$:
$$\Delta W_{p(\text{lx})} = \int_{0}^{x} (F_0 + kx')\,dx' = F_0 x + \frac{1}{2}kx^2$$
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Cộng cả ba thành phần độ biến thiên thế năng của vật nặng, sợi dây và lò xo khi đầu trái dịch chuyển đoạn $x$:
Nhóm các số hạng theo lũy thừa của $x$, ta được biểu thức gọn đẹp:
(Kiểm chứng số tại $x = 1,0\text{ m}$ với bộ thông số chuẩn Phần B: $\Delta W_p = \frac{1}{2}(60 - 20)(1,0)^2 - (20 - 10)(1,0) = 20 - 10 = 10,0\text{ J}$).
$$\Delta W_p = \frac{1}{2}(k - 2\lambda g)x^2 - (mg - F_0)x$$
🚀 Thử thách mở rộng
Câu hỏi mở rộng: Kiểm tra lại kết quả của Câu B1 từ biểu thức $\Delta W_p(x)$ bằng phương pháp cực trị thế năng.
Hướng dẫn: Lấy đạo hàm $F_x = -\frac{d(\Delta W_p)}{dx} = -(k - 2\lambda g)x + (mg - F_0) = 0 \implies x_0 = \frac{mg - F_0}{k - 2\lambda g}$, hoàn toàn khớp với phương pháp cân bằng lực!
Nếu chọn mốc thế năng toàn phần $W_p$ tại vị trí cân bằng bằng không ($W_p(x_0) = 0$), thì thế năng của hệ ở li độ $x$ có thể biểu diễn dưới dạng:
Hãy xác định các đại lượng $A$ và $B$. Biểu diễn kết quả qua $m, \lambda, L_1, L, \alpha, g, k$ và $F_0$.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Từ biểu thức tam thức bậc hai $\Delta W_p(x) = \frac{1}{2}(k - 2\lambda g)x^2 - (mg - F_0)x$ ở Câu B3, nếu ta thêm vào hằng số thế năng tại $x = 0$ sao cho $W_p(x_0) = 0$, hãy biến đổi hằng đẳng thức tạo bình phương đủ!
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Vì $W_p(x) = \Delta W_p(x) + W_p(0)$ và ta chọn gốc thế năng sao cho $\min W_p = W_p(x_0) = 0$, nên bằng cách nhóm bình phương đủ:
Đồng nhất thức với $\dfrac{A(x - B)^2}{2}$, ta đọc được ngay $A$ và $B$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Từ kết quả Câu B3, ta có:
Khi chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng $x_0 = \dfrac{mg - F_0}{k - 2\lambda g}$ bằng $0$, tức là $W_p(0) = \dfrac{(mg - F_0)^2}{2(k - 2\lambda g)}$, biểu thức thế năng toàn phần trở thành:
So sánh với dạng chuẩn $W_p = \dfrac{A(x - B)^2}{2}$, ta thu được:
(Kiểm chứng với bộ thông số chuẩn Phần B: $A = 60 - 20 = 40\text{ N/m}$ và $B = 0,25\text{ m}$).
• $A = k - 2\lambda g$
• $B = \dfrac{mg - F_0}{k - 2\lambda g}$
🚀 Thử thách mở rộng
Câu hỏi mở rộng: Chu kỳ dao động nhỏ của hệ quanh vị trí cân bằng $x_0 = B$ bằng bao nhiêu?
Hướng dẫn: Khối lượng quán tính toàn phần của hệ là $M_{\text{hệ}} = m + \lambda\left[2L_1 + L(1+\sin\alpha)\right]$ và độ cứng hiệu dụng là $A = k - 2\lambda g$, nên chu kỳ dao động là $T = 2\pi\sqrt{\frac{m + \lambda\left[2L_1 + L(1+\sin\alpha)\right]}{k - 2\lambda g}}$.
Các thông số của hệ có giá trị sao cho nếu buông hệ không vận tốc đầu từ vị trí ban đầu ($x = 0$), thì đầu phải của sợi dây không chạm tới mức của ròng rọc $2$.
Xác định vận tốc cực đại của vật nặng $v_{\max}$ và độ dịch chuyển cực đại của nó so với vị trí ban đầu $x_{\max}$, nếu buông hệ không vận tốc đầu từ vị trí ban đầu ($x = 0$). Biểu diễn kết quả qua $m, \lambda, L_1, L, \alpha, g, k$ và $F_0$.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi toàn bộ cơ hệ chuyển động với vận tốc $v$, động năng toàn phần $W_{\text{đ}}$ của hệ phải tính cho những vật nào? Đừng quên cộng khối lượng của cả sợi dây vào khối lượng của vật nặng $m$!
- Nhìn vào dạng parabol thế năng $W_p(x) = \frac{A(x - B)^2}{2}$, nếu thả từ $x = 0$ với $v = 0$, điểm dừng đối xứng ở phía bên kia vị trí cân bằng $x_0 = B$ có tọa độ $x_{\max}$ bằng bao nhiêu lần $B$?
- Vận tốc đạt cực đại tại vị trí nào và giá trị $v_{\max}$ được rút ra từ định luật bảo toàn cơ năng ra sao?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Tổng khối lượng chuyển động của hệ là $M_{\text{hệ}} = m + \lambda\left[2L_1 + L(1+\sin\alpha)\right]$. Định luật bảo toàn cơ năng khi thả từ $x = 0$ ($v = 0$) viết dưới dạng:
Từ đây suy ra ngay $x_{\max}$ (khi $v = 0, x > 0$) và $v_{\max}$ (khi $x = B$).
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
1. Tìm độ dịch chuyển cực đại $x_{\max}$:
Tại vị trí thấp nhất $x = x_{\max} > 0$, vận tốc của hệ bằng $0$, nên thế năng của hệ bằng thế năng ban đầu tại $x = 0$:
Vì $x_{\max} > 0$, ta có $x_{\max} - B = B$, hay:
2. Tìm vận tốc cực đại $v_{\max}$:
Vận tốc của vật nặng đạt cực đại khi hệ đi qua vị trí cân bằng $x = B$ (nơi $W_p(B) = 0$). Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho toàn hệ có tổng khối lượng $M_{\text{hệ}} = m + \lambda\left[2L_1 + L(1 + \sin\alpha)\right]$:
Rút ra biểu thức của $v_{\max}$:
(Kiểm chứng số với bộ thông số chuẩn Phần B: $x_{\max} = 0,50\text{ m}$ và $v_{\max} = \dfrac{10}{\sqrt{40 \times 4,5}} = \dfrac{10}{\sqrt{180}} \approx 0,745\text{ m/s}$).
• $x_{\max} = \dfrac{2(mg - F_0)}{k - 2\lambda g}$
• $v_{\max} = \dfrac{mg - F_0}{\sqrt{(k - 2\lambda g)\left\{ m + \lambda\left[ 2L_1 + L(1 + \sin\alpha) \right] \right\}}}$
🚀 Thử thách mở rộng
Câu hỏi mở rộng: Khi vật nặng từ vị trí thấp nhất $x_{\max} = 2B$ đi ngược trở lại vị trí ban đầu $x = 0$, hệ có vượt qua $x = 0$ để đi sang vùng $x < 0$ không?
Hướng dẫn: Tại $x = 0$, vận tốc của hệ lại triệt tiêu ($v = 0$). Hơn nữa lò xo không chịu nén nên hệ đổi chiều chuyển động ngay tại $x = 0$, thực hiện dao động điều hòa tuần hoàn trong đoạn $[0, 2B]$.
Vật nặng phải có vận tốc tối thiểu $v_{\min}$ bằng bao nhiêu ở vị trí ban đầu ($x = 0$) để đầu phải của sợi dây vừa vặn chạm tới mức của ròng rọc $2$? Biểu diễn kết quả qua $m, \lambda, L_1, L, \alpha, g, k$ và $F_0$.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Đầu phải của sợi dây chạm tới mức của ròng rọc $2$ ứng với độ dịch chuyển $x$ của đầu trái bằng bao nhiêu?
- Vì nếu thả nhẹ từ $x = 0$ hệ chỉ xuống tới $x_{\max} = 2B < L_1 + L\sin\alpha$, nên trên đoạn từ $x = B$ đến $x = L_1 + L\sin\alpha$ thế năng $W_p(x)$ tăng đơn điệu. Vậy để hệ vừa vặn tới được $x = L_1 + L\sin\alpha$, vận tốc của hệ tại $x = L_1 + L\sin\alpha$ phải bằng bao nhiêu?
- Hãy áp dụng định luật bảo toàn cơ năng giữa trạng thái đầu ($x = 0, v = v_{\min}$) và trạng thái cuối ($x = L_1 + L\sin\alpha, v = 0$).
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Đầu phải của sợi dây chạm tới ròng rọc $2$ khi $x = L_1 + L\sin\alpha$. Vì $L_1 + L\sin\alpha > x_{\max} = 2B$, tại $x = L_1 + L\sin\alpha$ thế năng lớn hơn thế năng tại $x = 0$, tức là $\Delta W_p(L_1 + L\sin\alpha) > 0$ (xem Hình 5).
Để vận tốc ban đầu $v_{\min}$ là nhỏ nhất, hệ dừng lại ($v = 0$) ngay khi chạm tới $x = L_1 + L\sin\alpha$. Theo định luật bảo toàn cơ năng:
Thay biểu thức $\Delta W_p(x)$ từ Câu B3 tại $x = L_1 + L\sin\alpha$ và $M_{\text{hệ}} = m + \lambda\left[2L_1 + L(1+\sin\alpha)\right]$ để rút ra $v_{\min}$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Đầu phải của sợi dây đạt tới mức của ròng rọc $2$ khi độ dịch chuyển của đầu trái bằng chiều dài ban đầu của nhánh phải:
Theo giả thiết đề bài, nếu thả nhẹ từ $x = 0$ thì đầu phải chưa chạm tới ròng rọc $2$, nghĩa là $x_{\max} = \dfrac{2(mg - F_0)}{k - 2\lambda g} < L_1 + L\sin\alpha$. Trên khoảng $(x_0, x_2]$, thế năng $W_p(x)$ tăng đơn điệu và đạt giá trị cao nhất tại $x_2 = L_1 + L\sin\alpha$.
Do đó, để đầu phải vừa vặn tới mức ròng rọc $2$, động năng ban đầu cung cấp cho hệ tại $x = 0$ phải đúng bằng độ tăng thế năng $\Delta W_p(x_2) = W_p(x_2) - W_p(0)$:
Giải phương trình trên đối với $v_{\min}$, ta thu được:
(Kiểm chứng số với bộ thông số chuẩn Phần B: $\Delta W_p(1,0) = 10\text{ J}, M_{\text{hệ}} = 4,5\text{ kg} \implies v_{\min} = \sqrt{\dfrac{2 \times 10}{4,5}} = \dfrac{2\sqrt{10}}{3} \approx 2,11\text{ m/s}$).
$$v_{\min} = \sqrt{\frac{(L_1 + L\sin\alpha)\left[ (k - 2\lambda g)(L_1 + L\sin\alpha) - 2(mg - F_0) \right]}{m + \lambda\left[ 2L_1 + L(1 + \sin\alpha) \right]}}$$
🚀 Thử thách mở rộng
Câu hỏi mở rộng: Biểu diễn $v_{\min}$ theo các đại lượng $x_{\max}$ và $v_{\max}$ đã tìm được ở Câu B5.
Hướng dẫn: Chia tử và mẫu cho $(k - 2\lambda g)$, chú ý $2B = x_{\max}$ và $\frac{B}{\sqrt{M_{\text{hệ}}/(k - 2\lambda g)}} = v_{\max}$, ta có hệ thức liên hệ rất đẹp: $v_{\min} = \frac{2v_{\max}}{x_{\max}} \sqrt{(L_1 + L\sin\alpha)(L_1 + L\sin\alpha - x_{\max})}$.
