Một số bài tập phần VA CHẠM VẬT RẮN trích từ đề thi HSG, OLYMPIC

Một số bài tập Va chạm vật rắn trích từ các đề thi HSG cấp tỉnh, Olympic các miền, Olympic Vật lý các nước. Tài liệu này là sưu tầm và sẽ có nhiều dạng hơn nữa nếu được thầycô ủng hộ Một số bài tập Va chạm vật rắn trích từ các đề thi HSG cấp tỉnh, Olympic các miền, Olympic Vật lý các nước. Tài liệu này là sưu tầm và sẽ có nhiều dạng hơn nữa nếu được thầycô ủng hộ

VA CHẠM VẬT RẮN Bài Lăn qua vật cản Một vật hình cầu bán kính R có mật độ vật chất phụ thuộc vào khoảng cách r đến tâm theo quy luật:   r   9m  r   , m hệ số dương, R bán kính vật  22 R  R  Xác định khối lượng M momen quán tính I vật trục quay qua tâm Biết momen quán tính mặt cầu mỏng bán kinh r có khối lượng m I  2 mr Cho cầu lăn không trượt với vận tốc v0 bề mặt phẳng va chạm khơng đàn hồi với bậc có độ cao h < R (hình 1) O Hãy tìm vận tốc nhỏ theo h R để cầu lăn qua bậc R v0 h Biết không xảy trượt thời điểm va chạm, thời gian va chạm Hình ngắn BÀI GIẢI Ta có:   r   dm 9m  r  18m  r   dm    r  dV    r dr   11R3  r  R  dr   dV 22 R3  R    R 18m  r  21 r   dr  m Khối lượng cầu: M   dm   11R  R 22 R R 2 2 18m  r  12m  r  r   dr Momen quán tính: I   r dm  I   r  r   dr   3 3 11R3  R 11 R R  44  I  mR  MR 105 Xét điểm va chạm Q chọn tâm quay tức thời Gọi 0 vận tốc góc cầu trước va chạm; v  vận tốc vận tốc góc cầu sau va chạm v0  0 R Trong suốt trình, vật lăn không trượt nên  v   R Momem động lượng bảo toàn, nên: I 0  Mv0  R  h   I    I  MR     v0  105 h  1   R  149 R  Toàn lượng cầu sau va chạm động quay quanh tâm quay tức thời 2 1 149  v   105 h  149  105 h  Q :  E  I   MR   1  Mv02 1     2 105 210  149 R   R   149 R  2 149  105 h  Để cầu vượt qua bậc thì:  E  U  Mgh  Mv02 1    Mgh 210  149 R  Giải bất phương trình ta thu v0  Vậy  v0 min  Bài 210 gh 105 h 149 1 149 R 149 210 210 gh  gh h 149 105 h 149 149  105 1 R 149 R Một mảnh, đồng chất có khối lượng M = 360g chiều dài L = 30cm quay không ma sát quanh trục O cố định nằm ngang M qua đầu Từ vị trí thẳng đứng, đầu lại thả đổ xuống (Hình 2) Khi tới vị trí thấp O va chạm hồn tồn đàn hồi với vật nhỏ (coi chất điểm) có khối lượng m1 = 120g nằm mặt bàn Cho gia tốc trọng trường g = 10m/s2 Mơmen qn tính trục quay qua O m2 m1 k I  ML2 Hình a Xác định tốc độ góc gia tốc góc thanh có vị trí nằm ngang b Xác định thành phần lực theo phương ngang theo phương thẳng đứng mà trục quay tác dụng lên thanh có vị trí nằm ngang c Xác định vận tốc vật m1 sau va chạm d Vật m1 gắn với m2 = 120g qua lị xo nhẹ có độ cứng k = 100N/m (Hình 2) Xác định vận tốc khối tâm hệ sau va chạm Bỏ qua ma sát BÀI GIẢI Áp dụng định luật bảo tồn cho vị trí thẳng đứng nằm ngang: Mg L 3g 3.10  I  Thay I  ML2 ta được:     10rad/s 2 L 0,3 Phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh O: M  P   I  L Thay I  ML2 M  P   Mg ta được:  3g 3.10   50rad/s 2 L 2.0,3 Định luật II Newton cho chuyển động tịnh tiến thanh: P  N  Ma N Ny (*) Chiếu (*) lên phương ngang: N x  Max  Man  M  Thay  phần a) vào ta được: N x  3Mg /  5, 4N G L O Nx P Chiếu (*) lên phương thẳng đứng: P  N y  Ma y  Mat  M  L Thay  phần a) vào ta được: N y  Mg /  0,9N Bảo toàn cho chuyển động M từ đầu đến trước va chạm với m1: 2MgL 6g I   MgL     I L Bảo toàn động va chạm: 1 m1v  I 2  I  2 2 (1) Bảo tồn mơmen động lượng: m1vL  I  '  I  (2) Từ (1) (2) ta được: v  gL   4, 2m/s Sau va chạm, khối tâm G hệ (m1+m2) chuyển động với vận tốc VG mà: 2mVG  mv  VG  v  1,5  2,1m/s Bài Một chất điểm có khối lượng m chuyển động với vận tốc v theo phương O ngang đến va chạm vào đầu A kim loại mảnh có khối lượng M, chiều dài l treo vào điểm O đầu kim loại hình Coi va chạm đàn hồi Sau va chạm, chất điểm chuyển động với vận tốc v  M l phương, chiều với v Coi liên kết hoàn hảo; bỏ qua sức cản Gia m tốc trọng trường g a Tính v’ tần số góc 0 kim loại sau va chạm b Tính góc lệch cực đại kim loại khỏi phương thẳng đứng c Tính mát động tương đối Q chuyển động theo tỉ số n  A Hình m Khi Q M đạt giá trị cực đại? BÀI GIẢI a Trong trình va chạm, momen ngoại lực tác dụng lên hệ (đối với trục quay O) Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng: mvl  mv ' l  I 0  ml  v  v   I 0 (1) Áp dụng định luật bảo toàn động năng: 1 mv  mv2  I 02  m  v  v2   I 02 2 Momen quán tính thanh: I  Ml Từ (1) (2)  0  Cuối cùng: 0  (2) (3) v  v 3m  M  ml  v  v   Ml 20  v  v l 3m  M (4) 6m v 3m  M l (5) Sau va chạm v  phương, chiều với v nên v   3m  M b Áp dụng định luật bảo toàn thanh: m I 02  mv   v  sin    sin m   2 gl  3m  M  gl 3 M m 2 l I 0  Mg 1  cos  m  2 gl I 0 I  12Mm 12  02  Q   c Sự mát lượng tương đối: Q  2 mv 9m M (3m  M ) mv  6 M m Áp dụng bất đẳng thức Cô-si: 9m M  2 6 M m Dấu xảy m 12   Qmax  1 M 66 Bài Một vật nhỏ m trượt không không vận tốc đầu mặt cong độ cao h so với mặt ngang Thanh mỏng, đồng chất, dài L, khối lượng O M, có trục quay cố định nằm ngang qua đầu O (hình 4) Vật đến va chạm vào đầu dính vào Bỏ qua ma sát h mặt cong mặt ngang a Tính tốc độ góc hệ vật m sau va chạm Hình b Tính góc lệch cực đại so với phương thẳng đứng hệ vật m sau va chạm c Tính phản lực tác dụng lên vật m hệ đạt góc lệch cực đại so với phương thẳng đứng BÀI GIẢI a Gọi v vận tốc vật m trước va chạm với thanh, ω tốc độ góc hệ sau va chạm Chọn gốc mặt ngang Áp dụng định luật bảo toàn cho cho vật m: mgh  mv  v  gh 1  Áp dụng định luật bảo tồn mơmen động lượng với trục quay qua O: mvL   ML2  mL2   3  Giải tìm   3m gh  M  3m  L (1) b Áp dụng định luật bảo toàn cho hệ sau va chạm lêch cực đại: 11 L L   2  ML  mL    Mg  mgL 1  cos   Mg  L  cos  23 2    Từ (1); (2) tính cos   (2) 6m h L  M  3m  M  2m  c Gọi Qx; Qy thành phần lực tác dụng lên m theo phương x y + Phương trình ĐLH cho chuyển động quay quanh O thời điểm đạt góc lệch cực đại:  M  2m  g sin   ML2  L  mL2    mgL sin   Mg sin      2  M  3m  L   Từ tính thành phần gia tốc theo phương x m: ax  at   L   M  2m  g sin   M  3m  Theo định luât II Newton, hợp lực tác dụng lên m theo phương x: Fx  mg sin   Qx  max Từ tính Qx  mMg sin   M  3m  + Khi lệch cực đại ω = 0, nên vật m có gia tốc theo phương y: a y  an  Hợp lực tác dụng lên m theo phương y: Fy  mg cos   Qy   Qy  mg cos  + Lực tác dụng lên m đạt góc lệch cực đại: M2 Q  Qx2  Qy2  mg  M  3m    M2  1  cos  2 M  m     Thế cos  từ câu a, tính Q  mg M2  M  3m     M2 6m h  1        M  3m    L  M  3m  M  2m   Bài 14 Một cầu đặc, đồng chất, bán kính R = 0,02m, khối lượng m = 0,1kg Người ta đặt cầu mặt bàn nằm ngang; cầu đứng yên, tác dụng xung lực X thời G h R gian ngắn lên cầu Xung lực X nằm mặt phẳng thẳng đứng qua khối tâm G cầu, có phương nằm ngang, cách mặt bàn khoảng h = 0,03m, độ lớn X = Hình 1kg.m.s-1 (Hình 5) Hệ số ma sát trượt cầu bàn µ = 0,1 Lấy g = 10m/s2 Tính quãng đường cầu khoảng thời gian ∆t tính từ thời điểm sau kết thúc tác dụng xung lực đến thời điểm bắt đầu lăn khơng trượt BÀI GIẢI  X  mv0 X h  R h  R Tính tốn:  ; với ( I  mR )  0   v0 I R2  X  h  R   I 0 Thay số: v0  (1) X  10 m/s m Thay (1) vào: 0  625 rad/s Nhận xét: Tổng quát: điều kiện lăn không trượt vG  kt R Theo ra: X  const ; v0  const ; v0  Rkt  kt  (2) v0 10   500 rad/s R 0,02 Kết tính tốn: 0  625 rad/s  kt  điểm tiếp xúc A trượt sang trái => Fms trượt hướng phải Fms   mg (ω giảm, v tăng) G: chuyển động nhanh dần đều: a  Fms   g ; vG  v0  at  v0   gt m Fms tạo mômen cản  bóng quay chậm dần:   (3) M g g    0   t  0  t (4)  R I R Đến thời điểm t1: lăn không trượt: v   R g  0 R  v0  ; Thay số: t1 = 0,7 s v0   gt1  R  0  t1   t1  R  g  Quãng đường được: S  v0t1  at12 ; Thay số : S = 7,3m Bài Một cầu không đồng chất khối lượng m, chuyển động với vận tốc v0 , đập vng góc lên chướng ngại vật nặng rắn nằm ngang Tâm khối S cầu cách tâm O S hình học O khoảng cách D Vị trí cầu chướng ngại trước va chạm biết hình Trước va chạm cầu không quay Giả thiết hậu va chạm xảy nhanh, tổng Hình lượng cầu khơng bị thay đổi Tính vận tốc khối tâm cầu Sau va chạm, biết cầu vật chướng ngại không xuất ma sát, bỏ qua biến dạng chúng Mơ men qn tính cầu tính qua tâm khối S I công nhận I > mv2 BÀI GIẢI Gọi  vận tốc quay quanh S sau va chạm, vS vận tốc chuyển động tịnh tiến S Do ngoại lực N , P v0 vng góc với mặt sàn nên vS vng góc với chướng ngại vật (chiều vS thực chất ngược lại) Ta chọn chiều dương hình vẽ Do va chạm nhanh tổng lượng không đổi nên 2 mv1  mvS  I  2 (1) Do va chạm N  P nên ta bỏ qua tác dụng P mà N có giá qua A nên M AN   (bỏ qua M AP  ) Suy MMĐL hệ điểm A bảo toàn, đó: mv0 D  mvS D  I  (2) Từ (1) suy m  v0  vS  v0  vS   I  (1’) Từ (2) suy m  v0  vS  D  I   (2’) I  v0  vS   I  v0  vS   D D O S + I  v  v  S  I  v0  vS   mD   v0  vS  mD  v0  vS     D A mD 1 mD  I I  I    I  v  v  v0 1   v   v   v S S  S 2   mD mD  I  mD   mD  1 I Như vậy, vS  nên cầu bật trở lại mD 1 I Do đó, vận tốc khối tâm S sau va chạm vS  v0 mD 1 I Bài Tấm ván dài có khối lượng M nằm mặt phẳng nằm ngang nhẵn Một cầu đặc m khối lượng m bán kính R quay quanh trục nằm ngang qua tâm với tốc độ góc 0 thả khơng vận tốc ban đầu từ độ cao h xuống h M ván (hình 7) Trong suốt trình va chạm cầu ván, cầu ln bị Hình trượt Độ lớn vận tốc theo phương thẳng đứng cầu sau trước va chạm với ván liên hệ: vy vy  e  const Cho hệ số ma sát ván cầu µ Coi trọng lực cầu nhỏ so với lực tương tác va chạm a Tính tốc độ góc quay quanh khối tâm cầu sau va chạm với ván b Tìm vận tốc khối tâm cầu sau va chạm với ván c Tìm khoảng cách vị trí va chạm lần vị trí kết thúc va chạm lần BÀI GIẢI a Tìm tốc độ góc cầu sau va chạm Gọi t thời gian va chạm Phương trình biến thiên momen động lượng m cầu với trục quay qua khối tâm: 2mR 0     R.Fms t  RN t (1) h M Phương trình biến thiên động lượng khối tâm cầu theo phương Oy:   m  vy  v y   N t  m e v y  v y  N t  gh  e  1  N t m 2mR 5 Từ (1) (2): 0     mR gh  e  1    0   e  1 gh 2R b Tìm vận tốc tâm cầu sau va chạm Phương trình biến thiên động lượng khối tâm cầu theo phương Ox: m  vx  vx    N t  vx   N t m (3) Từ (2) (3): vx    e  1 gh v  vx2  vy2    e  1 gh  e2 gh  gh   (e  1)2  e  c Tìm khoảng cách từ vị trí va chạm lần đến vị trí kết thúc va chạm lần Gọi V x vận tốc ván kết thúc va chạm lần Theo định luật bảo toàn động lượng cho hệ cầu ván: (2)  v  l1 sin  cos  x  Thay (3) vào (1); (2) có  v y  l1   cos      Mômen động lượng hệ hai sau va chạm ml 21 16  9cos   2 L  ml 1  ml 2  m  2l  l cos  v y  ml sin  vx  L  3 Gọi K động hai sau va chạm ml 212 16  9cos   2 2 2 K  ml 1  ml 2  m  vx  v y   2K  3 Sau va chạm, cầu đứng n phải truyền hết mơmen động lượng động cho hệ 3mv0 h  3mv  ml 21 16  9cos   ml 212 16  9cos    9v0 h  l 21 16  9cos    3v0  l1 16  9cos  l 16  9cos  Chia biểu thức cho ta có h  Bài 14 Một cứng nhẹ có chiều dài 2𝑙 đặt mặt phẳng nằm ngang, nhẵn Một đầu gắn vật nhỏ D có khối lượng 𝑚, đầu gắn vào ổ trục nhỏ B, có trục thẳng đứng qua để quay khơng ma sát mặt phẳng ngang Hình 14 Một lị xo nhẹ có chiều dài tự nhiên 𝑙, độ cứng 𝑘, lồng qua Một đầu lò xo gắn vào đầu B thanh, đầu lại gắn vào vịng C Vịng C có khối lượng 𝑚 trượt khơng ma sát (hình 14) Một vật nhỏ A có khối lượng 𝑚 chuyển động mặt bàn tới va chạm tuyệt đối đàn hồi với D theo phương vng góc với Biết thời gian va chạm ngắn khi va chạm vòng C đứng yên khoảng cách 𝑟 (𝑟 > 𝑙) so với B a Vận tốc A trước va chạm 𝑣0 , tìm xung lượng lực mà trục quay phải chịu trình va chạm b Nếu sau va chạm D, vịng C quay đều, vận tốc ban đầu 𝑣0 vật A trước va chạm phải thỏa mãn điều kiện gì? BÀI GIẢI a Tìm xung lượng lực mà trục quay phải chịu trình va chạm Vì thời gian va chạm ∆t ngắn nên lò xo chưa kịp co lại Gọi vận tốc vật A, C, D sau va chạm vA, vC, vD - Từ chuyển động vật rắn ta có: vD  2l vC r (1) - Xét hệ A, B, C, D, q trình va chạm, mơmen ngoại lực trục quay không, nên mômen động lượng hệ bảo toàn: mvD 2l  mvC r  mv A 2l  mv0 2l (2) - Lực trục quay tác dụng lên không sinh công, lò xo chưa kịp co lại, hệ bảo tồn q tình va chạm: - Từ (1), (2) (3) ta có: vC  2 2 mvD  mvC  mvA  mv0 2 2 8l r2 4lr v v    v v0 v ; ; A D 0 8l  r 8l  r 8l  r (3) (4) - Gọi F1 lực trung bình D tác dụng lên A, áp dụng định luật biến thiên động lượng cho vật A ta có: F1.t  mvA  mv0   4l  r 2mv0 8l  r xung lực ngược chiều với v0 Xung lực F1 mà A tác dụng lên D là: F1.t  (5) 4l  r 2mv0 (6) 8l  r xung lực chiều với v0 - Trong thời gian va chạm ∆t, trục quay tác dụng lên lực trung bình F2 Áp dụng định luật biến thiên động lượng cho hệ B, C, D: F2 t  F1.t  mvC  mvD  4l  2l  r  mv0 8l  r (7) - Từ (6) (7) ta thu được: F2 t  r  2l  r  2mv0 8l  r (8) Xung lực hướng với v0 Như tác dụng lên trục quay xung lực: F2.t   r  2l  r  2mv0 8l  r (9) Và ngược hướng với v0 (vì ∆t ngắn nên bỏ qua xung lượng lực đàn hồi lò xo lực hướng tâm tác dụng lên trục quay) b Tìm vận tốc ban đầu v0 vật A trước va chạm Trong phương trình (1), (2), (3) ta sử dụng điều kiện va chạm ngắn để lò xo co lại sau va chạm - Sau va chạm vịng C có vận tốc vC  4lr v0 , để hệ tiếp tục quay tròn vịng C khơng 8l  r 2 dịch chuyển theo thanh, làm thay đổi mơmen qn tính hệ, dẫn đến thay đổi tốc độ góc - Vậy lực qn tính li tâm tác dụng lên C phải cân với lực đàn hồi lò xo: vC2 16l r k r  l   m  mv02 r  8l  r  8l  r Suy ra: v0  4l (10) k r  l  mr (11) Bài 15 Một cầu đặc, đồng chất, khối lượng m, chuyển động với m  vận tốc v0 đến va chạm vào mặt sàn nằm ngang xe đứng yên (hình 15) Thân xe có khối lượng M, hệ số M v0 M M ma sát trượt cầu mặt sàn xe  Xe chuyển động mặt phẳng ngang nhờ hai hình trụ tròn đồng chất, có Hình 15 khối lượng M, đặt trục trước sau xe (hình 15) Ma sát hai hình trụ mặt phẳng ngang đủ lớn để giữ cho hai hình trụ ln lăn khơng trượt Bỏ qua ma sát trục quay hai hình trụ Sau va chạm, vận tốc cầu theo phương thẳng đứng giữ nguyên độ lớn bị đảo chiều Giả thiết cầu bị trượt suốt thời gian va chạm a Tìm vận tốc xe sau va chạm theo , m, M, v0  b Hệ số ma sát trượt  cầu mặt sàn xe phải có giá trị nhỏ để cầu bị trượt suốt thời gian va chạm? BÀI GIẢI a Chọn chiều dương hình vẽ  Phương trình chuyển động hình trụ: N 1 y   f1r  Mr  1  f1  f  Ma2 x   f r  Mr 2 2  x (1) -F  2  v0 f2 f1 (hai hình trụ lăn không trượt nên a2 x   1r   r ) Phương trình chuyển động khối tâm xe: F  f1  f  3Ma2 x (2) Phương trình chuyển động cầu:  F  ma1x (3) Từ (1), (2) (3) ta được: ma1x  4Ma2 x  m v1 x  dv1x  M  v2 x dv2 x   v1x  v0 sin 4M v2 x  v0 sin  m (4) Áp dụng định lý biến thiên động lượng cho cầu: v0 cos    Ndt  m dv   y  Ndt  2mv0 cos   v0 cos  0 0     v1 x   Fdt  m v  v sin   1x    Fdt  m  dv1x    v0 sin   (5)   0 Do cầu trượt toàn thời gian va chạm nên ta có: F   N   Fdt    Ndt 2 mv0 cos   m  v1x  v0 sin    v1x   sin   2 cos   v0 Từ (4) (6) ta tìm được: v2 x  m 2M v0 cos  b Áp dụng định lý biến thiên momen động lượng cho cầu: F (6)    2 F   N    FR  dt  mR  d  mR   Fdt 5 0 Từ (4) (7) ta được:   (7) 5 v0 cos  R Gọi A điểm cầu tiếp xúc với mặt sàn xe, vận tốc tương đối điểm A mặt sàn xe sau va chạm:  m  v A/2 x  v Ax  v2 x   v1x   R   v2 x  v A/2 x  sin     2M       cos   v0   Để cầu bị trượt toàn thời gian va chạm phải có: v A/2 x     tan  m 7 2M Bài 16 Một khung hình chữ thập đặt mặt phẳng nằm ngang nhẵn quay khơng ma sát quanh trục thẳng đứng cố định qua A (Hình A A 16a) Mỗi khung chữ thập đồng chất, 3r tiết diện có khối lượng m1 chiều dài 4r P Một đĩa tròn bán kính r, khối lượng m chuyển r Hình 16a động tịnh tiến thẳng với vận tốc v0 đến va Hình 16b chạm vào điểm P khung vị trí hình vẽ Cho biết hệ số khơi phục e va chạm không ma sát Hãy xác định: a Tốc độ góc 1 khung chữ thập vận tốc khối tâm đĩa v1 sau va chạm b Tỷ số m1 cho khung quay góc 900 đến vị trí hình 16b lại va chạm vào m đĩa BÀI GIẢI a Hệ khảo sát khung chữ thập đĩa tròn Điểm P tâm va chạm Áp dụng định lý biến thiên mơ men động lượng ta có: 3rmv0  3rmv1  I A1 (1) với I A  4m1  4r   64m1r Mặt khác, hệ số khôi phục: e   (2) v1  vP , đó: vP  0; vP  3r1 v0  vP Suy ra: v1  3r1  ev0 (3) 3rm 1  e  9r m  eI A v0 Từ (1) (3) ta có: 1  v0 v1  9r m  I A 9r m  I A (4) b Để cho chữ thập quay quanh A ngược chiều kim đồng hồ góc 900 đến vị trí lại va đập vào đĩa tròn khoảng thời gian khối tâm đĩa phải di chuyển đoạn 2r Ta có:    / 2r v 4r    1 v1 1  9r m  eI A 4r m Thay (4) vào (5) ta được:   IA  3  1  e   3rm 1  e  e  4r Từ (2) (6) suy ra: (5) (6) m1 3  1  e   m 64e Bài 17 ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 2018 – 2019 Một khung mảnh, hình trịn tâm O, bán kính R, cứng, đồng chất tiết diện đều, khối lượng m Trên khung điểm A có gắn chặt viên bi thứ nhỏ, khối lượng m1 = m Gọi C khối tâm hệ khung bi Hệ đặt nằm mặt sàn phẳng, nhẵn, nằm ngang Sau quay hệ mặt phẳng ngang quanh khối tâm C với tốc độ góc ω0 cho với C đứng n (Hình 1a) Tính momen động lượng trục thẳng đứng qua khối tâm C động hệ theo m, R ω0 Khi hệ khung - bi quay (nhìn từ xuống khung quay theo chiều ngược kim đồng hồ) dùng viên bi nhỏ thứ hai, khối lượng m2 = m, trượt mặt phẳng ngang với vận tốc v0 bắn vào khung, vector v0 hướng vào C Thời điểm bi thứ hai va chạm vào khung lúc OA vng góc với v0 (Hình 1b) Biết rằng: va chạm hoàn toàn đàn hồi; thời gian va chạm ngắn, bỏ qua ma sát Khi va chạm vật chuyển động mặt sàn nằm ngang; ω0R = v0 Sau va chạm, gọi: v1 tốc độ bi thứ nhất, v2 tốc độ bi thứ hai, vC tốc độ khối tâm hệ khung - bi thứ nhất, ω tốc độ góc khung Coi m, R, v0 giá trị biết Hãy tìm v1, v2, vC ω BÀI GIẢI 2 R R Momen quán tính hệ khối tâm C: I  mR  m    m1    mR 2 2 2 Động năng: K  13 I 0  mR 202  mR 202 22 Momen động lượng khối tâm C: L  I 0  (1) (2) mR 20 (3) X 2m (4) Ta đặt: v2  v2 x  v2 y ; vC  vCx  vCy Đối với hệ khung bi thứ nhất:  m  m1  vC  X  vC  Đối với bi thứ hai: m2v2 x  m2v0   X cos300  v2 x  v0  m2v2 y  X sin 300  v2 y  X  v0  vC m X  vC 2m (5) (6) Đối với hệ: - Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng cực qua C I 0  I   m2v2 y R cos300  3R0  3R  v2 y (7) Thay (6) vào (7) ta được: 3R0  3R  vC  R  R0  vC 3 (8) - Va chạm đàn hồi, nên động hệ bảo toàn 1 1 m2v02  I 02  mv22  I    m  m1  vC2 2 2 3  v02  R 202   v22x  v22 y   R 2  2vC2 2 (9) Thay (4), (5), (6), (8) vào (9) ta  v  R 202  v0  vC 2  2 3 3  v   R0  vC v0   2vC  vC  2  13 C Suy ra: v2 y  vC  v0 ; v2 x  v0  vC  v0  v0  v0 13 13 13 v2  v22x  v22 y  61 v0 13  R  0 R  vC (10) (11) 3 15 v0  v0  v0  v0  v0    13 13 13 R (12) Khi bi thứ có vận tốc R  R    0 v1  v  v   vCx    vCy   vC cos 30     vC sin 30      2 1x  v1  2 1y 93 v0 26 (13) Bài 18 IPhO 1994 Một đĩa đồng chất A có khối lượng m bán kính RA chuyển động tịnh tiến mặt phẳng trục x  y nhẵn nằm ngang theo phương x với vận tốc V (xem hình trang tiếp theo) Tâm đĩa cách trục x khoảng b Nó va chạm với đĩa B đồng chất đứng yên có tâm ban đầu nằm gốc hệ tọa độ Đĩa B có khối lượng bề dày với đĩa A , bán kính RB Người ta cho vận tốc đĩa điểm tiếp xúc chúng, theo phương vng góc với đường nối tâm chúng, sau va chạm Người ta giả định độ lớn vận tốc tương đối đĩa dọc theo đường nối tâm chúng trước sau va chạm Đối với va chạm vậy, xác định thành phần X Y vận tốc hai đĩa sau  , VAY , VBX  VBY theo m , RA , RB , V b va chạm, tức VAX Xác định động E A đĩa A EB đĩa B sau va chạm theo m , RA , RB , V b BÀI GIẢI 1) Khi đĩa A va chạm với đĩa B , gọi n vectơ đơn vị dọc theo pháp tuyến với bề mặt điểm tiếp xúc t vectơ đơn vị tiếp tuyến hình Gọi  góc n trục x Sau ta có b   RA  RB  sin  Các thành phần động lượng A B dọc theo n t trước va chạm là: mVAn  mV cos  ; mVBn  0; mVAt  mV sin  ; mVBt  Biểu thị thành phần động lượng tương ứng A B sau va chạm mVAn , mVBn , mVAt mVBt Gọi  A B vận tốc góc A B trục qua tâm chúng sau va chạm, I A I B mơmen qn tính tương ứng chúng Sau I A  I B  mRB2 Sự bảo toàn động lượng mang lại mV cos   mVAn  mVBn (1) mV sin   mVAt  mVBt (2) Sự bảo toàn momen động lượng trục qua O cho mRA2 mVb  mVAt  RA  RB   I A A  I BB (3) Xung lực lực ma sát tác dụng lên B trình va chạm gây thay đổi động lượng mVAt dọc theo t tạo momen động lượng I B B đồng thời Chúng có liên quan với mVBt RB  I BB (4) Trong trình va chạm điểm tiếp xúc A B thu vận tốc tiếp tuyến nên ta có VAt   A RA  VBt  B RB (5) Biết độ lớn vận tốc tương đối dọc theo phương pháp tuyến hai đĩa trước sau va chạm nhau, tức V cos   VBn  VAn (6) Từ phương trình (1) (6) ta nhận VAn  VBn  V cos    VAt  V sin  ; VBt  V sin  Từ phương trình (2) đến (5), ta nhận   A  V sin  ; B  V sin  3RA 3RB  Thành phần x y vận tốc sau va chạm là: VAx  VAn cos   VAt sin   5Vb  RA  RB  VAy  VAn sin   VAt cos   5Vb (7)  RA  RB   b 2  RA  RB    5b VBx  VBn cos   VBt sin   V 1   R  R     A B (8) (9) VBy  VBn sin   VBt cos    5Vb  RA  RB   b 2  RA  RB  (10) 2) Sau va chạm, động đĩa A 1 3mV 2b 2 2 EA  m VAx  VAy   I A A  2  RA  RB  (11) còn động đĩa B   1 11b EB  m VBx2  VBy2   I BB2  mV 1   2  12  RA  RB   (12) Bài 19 CPhO LẦN THỨ 35 NĂM 2018 (VÒNG BÁN KẾT – BÀI THI LÝ THUYẾT) Lời dịch: Câu lạc Vật lí XPhO Cho mỏng AB đồng chất, có khối lượng M, chiều dài l treo tự Chọn O làm gốc tọa độ, hình vẽ khơng thể điểm A coi đầu A cài vào trục quay O, chuyển động nằm hoàn toàn mặt phẳng xOy với trục Ox nằm ngang, chiều dương hướng sang bên phải, trục Oy thẳng đứng, chiều dương hướng lên trên; điểm O đủ cao so với mặt đất Tại thời điểm ban đầu, AB thẳng đứng tự nhiên tác dụng trọng lực, viên đạn khối lượng m bay theo phương ngang với vận tốc v0 va chạm mềm với AB đứng im (Lực theo phương ngang tác dụng lên trục quay O q trình va chạm khơng) Sau va chạm, AB quay góc θ quanh trục O trước A rời khỏi trục quay Cho gia tốc trọng trường g Tìm khoảng cách từ điểm va chạm viên đạn AB đến trục quay O Tìm lực tác dụng lên trục quay AB quay góc θ (0 ≤ θ < π) trước bị tháo khỏi trục Chọn gốc thời gian lúc AB rời khỏi trục quay O, tìm biểu thức tọa độ xB(t) yB(t) điểm B theo thời gian t Tính chênh lệch độ cao điểm O B quay nửa vòng sau tháo khỏi trục quay O BÀI GIẢI Gọi khoảng cách vị trí tâm va chạm trục quay L, gia tốc góc sau ngoại lực nằm ngang tác dụng lên tâm va chạm  , phương trình động lực học chuyển động quay vật rắn có trục cố định là: FL  Ml 2 (1) Ml momen quán tính trục quay nằm ngang qua A (hoặc qua O), từ (1) suy ra:   3FL Ml Tại thời điểm ngang sau viên đạn va chạm vào thanh, thành phần nằm ngang gia tốc khối l 3FL tâm là: ax    2Ml (2) Giả sử thành phần nằm ngang lực tác dụng lên trục lên Fx , theo định luật II Newton F  Fx  Max ta có: (3) Thay (2) vào (3), ngoại lực theo phương ngang tác dụng vào tâm thành phần nằm  3L  ngang lực tác dụng lên trục lên phải không: Fx  1  F  2l   Vậy khoảng cách từ tâm va chạm đến điểm O là: L  l (4) Quá trình va chạm viên đạn thỏa mãn định luật bảo toàn động lượng: mv0   M  m  v Suy ra: v  mv0 M m (5) Giả sử khoảng cách khối tâm hệ sau va chạm điểm O Lc  M  m  Lc  Suy ra: Lc  Ml  mL 4m  3M l  M  m (6) Ngay sau va chạm, vận tốc góc chuyển động quay hệ là: 0  6mv0 v (7)  Lc  4m  3M  l 2  Momen quán tính hệ – viên đạn là: I  Ml  m  l    3M  4m  l 3  Khi quay từ vị trí thẳng đứng sang góc        hệ bảo toàn: 2 I 0  I    M  m  gLc 1  cos  2 Suy ra:   02   M  m  gLc 1  cos  I Thay (5), (6), (7) I vào ta được:   (8) 36m 2v02  4m  3M  l 2  3g 1  cos  l (9) Mặt khác, quay góc  so với vị trí ban đầu phương trình động lực học vật rắn quay quanh trục cố định là:  M  m  gLc sin   I   Trong   gia tốc góc momen trọng lực gây Ta có:    M  m  gLc sin  I  3g sin  2l (10) Lúc này, thành phân gia tốc khối tâm theo phương x acx , theo phương y acy : acx  Lc  cos  Lc sin  acy  Lc cos  Lc  sin  Trong đó, vận tốc góc  cho (9) Giả sử thành phần x thành phần y lực trục quay tác dụng lên thanh bị đập quay góc  trước trục quay bị tháo N x N y , theo định luật II Newton: N x   M  m  acx   M  m  Lc    cos   sin   (11) N y   M  m   g  acy    M  m   g  Lc  cos    sin    (12) Thay (6), (9), (10) vào (11) (12) ta được: Nx  4m  3M  g  6m2v02 sin   3sin  cos  2sin     4m  3M  l (13) 6m2v02  4m  3M  g 3cos   2cos  N y   M  m g  cos     4m  3M  l (14) Khi quay sang vị trí thẳng đứng, nghĩa    , vận tốc góc   tính theo cơng thức (9):   36m 2v02  m  3M  l 2  6g l (15) Sau trục quay tháo ra, khối tâm hệ thực chuyển động ném ngang, chuyển động quanh khối tâm mặt phẳng thẳng đứng với vận tốc góc   theo chiều kim đồng hồ Lấy thời điểm trục quay tháo làm gốc tính thời gian, tọa độ khối tâm thời điểm t là: xc  vct   Lc   t y' yc  Lc  gt 2 B  t Lập hệ tọa độ khối tâm hình vẽ, quay theo chiều kim x' C đồng hồ quanh khối tâm mặt phẳng thằng đứng với vận tốc góc   , thời điểm t , tọa độ đầu B so với khối tâm là: xB   l  Lc  sin  t ; yB   l  Lc  cos  t Trong hệ quy chiếu mặt đất, tọa độ đầu B thời điểm t là: xB  t   xc  xB   Lc   t   l  Lc  sin  t (16) yB  t   yc  yB  Lc  gt   l  Lc  cos  t (17) Sau tháo trục quay, sau thời gian t1 quay nửa vòng, đó:  t1   Đặt chênh lệch độ cao O B thời điểm h , nghĩa giá trị tuyệt đối tọa độ y đầu B thời điểm Từ (17) ta có: h  yB  t1  Thay (6) (15) vào (18) ta được: h   2g     Lc  l  g      1 (18) 6g  ml  (19)    2   4m  3M  l l  3 M  m  36m 2v02  g  4m  3M  l 2 Hay h  12 6m v  g  4m  3M  l    2  ml 3 M  m (20) ...  2 2 Suy vận tốc VAG A G VAG  l 12 7mv0  31m  28M Gọi VA vận tốc điểm A mặt đất Ta có: VA  VAG  VG  VAG  V 2 2 Suy ra, VA  V  VAG  2VVAG cos   V  VAG  2VVAG sin  Mà sin  ... chịu trình va chạm b Nếu sau va chạm D, vòng C quay đều, vận tốc ban đầu