Các định luật bảo toàn

Các định luật bảo toàn 1.18 Bom tàu (Ấn Độ) Một nhóm người khối lượng toa tàu hàng đứng yên cho tổng khối lượng người khối lượng toa rỗng Có tin đồn thất thiệt nửa trái toa có bom, làm thứ trở nên rối loạn, khiến người nhảy khỏi toa hàng phía phải với vận tốc tương đối so với xe Tìm tỷ số vận tốc ( v0 ) toa hàng người nhảy khỏi tàu vận tốc ( v0 ) toa tất nhảy xuống Giữa tàu sàn ma sát Gợi ý: Khi tính tỷ số, sử dụng điều kiện toa tàu có nhiều người 1.19 Vật nhỏ bán cầu rỗng (Trung Quốc) Một bán cầu rỗng bán kính R, mặt nhẵn, giữ cố định mặt đất cho mặt hở hướng lên Một vật nhỏ điểm cao mặt bán cầu truyền vận tốc đầu v0  v0 0  theo phương nằm ngang Tìm vận tốc lớn vật nhỏ trình chuyên động Gia tốc trọng trường g 1.20 Hai vật nối lò xo (Ấn Độ) Hai vật khối lượng m1 1.0 kg m2 2.0 kg nối với lò xo đàn hồi, đứng yên mặt nhẵn nằm ngang, lị xo có chiều dài tự nhiên Một lực có độ lớn khơng đổi F 6.0 N tác dụng vào vật m1 thời gian t làm cho m1 , m2 dịch chuyển đoạn x1 0.1m , x2 0.05m tương ứng Động hệ hệ quy chiếu khối tâm 0.1J Sau lực F ngừng tác dụng 1) Tính thời gian t 2) Hãy tìm vận tốc động khối tâm sau lực ngưng tác dụng 3) Tính dự trữ hệ 1.21 Có rời xa hay khơng? (Nga) Hai chất điểm khối lượng m M  M  m  có điện tích q nằm cách khoảng l điện trường E hướng từ m đến M (hình 1.21) Ở thời điểm ban đầu vận tốc chất điểm khơng Tìm khoảng cách lớn hai chất điểm trình chuyển động Giả thiết chúng chuyển động đường thẳng cố định 1.22 Vỏ cầu gắn lị xo (Trung Quốc) Trên hình 1.22, vỏ cầu mỏng khối lượng m bán kính R làm từ chất điện mơi, tích điện đồng với điện tích Q Vỏ cầu gắn với đế nhẹ đặt lên mặt ngang nhẵn Bên vỏ cầu có lị xo nhẹ khối lượng không đáng kể độ cứng  , đầu gắn chặt vào vỏ cầu, đầu lại nằm Trang vị trí tâm O cầu, lị xo ln giữ phương ngang Trên vỏ cầu có lỗ nhỏ C nằm độ cao với tâm cầu đường thẳng Từ điểm P xa đường thẳng này, vật nhỏ có khối lượng m tích điện Q chuyển động theo phương ngang với vận tốc v0 đủ lớn để vượt qua đoạn PC Vật chui qua lỗ C để vào bên cầu Bỏ qua ảnh hưởng trọng trường, tìm khoảng thời gian kể từ vật bắt đầu chui vào vỏ cầu bay khỏi lỗ C Biết số tĩnh điện k 1.23 Khối hộp mặt phẳng nghiêng (Trung Quốc) Một khối lập phương đặc (chiều dài cạnh L) có khối lượng m bắt đầu trượt từ chân nêm đứng yên lên theo mặt nghiêng Nêm có khối lượng M, góc nêm  mặt nêm nhẵn (hình 1.23) Nêm trượt khơng ma sát mặt sàn nằm ngang 1) Tính vận tốc ban đầu v0 khối lập phương theo h,  , m, M, L, g, cho khối lập phương leo đến đỉnh nêm 2) Khối lập phương trôi trở lại chân nêm Động khối lập phương nêm trượt đến chân nêm? 1.24 Hai cầu nhỏ vòng cứng (Indonesia) Hai cầu nhỏ khối lượng m quả, coi chất điểm, lồng vào vòng nhẵn khối lượng M, bán kính R Vịng cứng đứng thẳng đứng sàn nhà Tác động nhẹ vào hai để chúng trượt xuống theo vòng, trượt sang phải, trượt sang trái (hình 1.24) Để cho vịng nảy lên khỏi sàn q trình chuyển động hai cầu nhỏ thì: 1) Lực lớn mà hai cầu tác dụng lên vòng (biểu diễn theo m g) 2) Giá trị nhỏ tỷ số m / M Trang 3) Tìm độ lớn góc  mà vịng nảy lên 1.25 Quả bóng va chạm (Mỹ) Một vật khối lượng M khoan rãnh xuyên qua để bóng khối lượng m chui nằm ngang vào nó chuyển động tới gặp vật theo phương thẳng đứng hướng lên Quả bóng vật nằm mặt nhẵn không ma sát nằm ngang Ban đầu vật đứng yên 1) Quả bóng chuyển động theo phương ngang với vận tốc v0 Quả bóng chui vào vật đỉnh Giả sử khơng có mát ma sát q trình bóng qua vật bóng đạt độ cao lớn nhiều so với kích thước vật Quả bóng rơi trở lại vật chui vào vật, sau khỏi vật theo lỗ cạnh sườn Xác định thời gian t để bóng quay trở lại vị trí mà bắt đầu chui vào bóng Kết biểu diễn theo tỷ số  M / m , vận tốc v0 , gia tốc trọng trường g 2) Bây ta xét đến ma sát Quả cầu có mơmen qn tính I 2mr / ban đầu khơng quay Khi vào vật, cọ sát vào mặt rãnh khỏi rãnh quay khơng trượt Độ cao tối đa mà cầu đạt tới bao nhiêu? 1.26 Va chạm với cứng (Trung Quốc) Một cứng nhẹ có chiều dài 2l đặt mặt bàn nằm ngang, nhẵn Hai đầu gắn với hai vật nhỏ, đầu gắn với vật D có khối lượng m, đầu cịn lại gắn với vật B có khối lượng  m (  số) Đầu có B gắn vào ổ trục nhỏ có trục thẳng đứng qua để hệ quay khơng ma sát mặt bàn nằm ngang Một vòng nhỏ C khối lượng m luồn qua (C tiếp xúc sát với thanh) trượt khơng ma sát dọc theo Một lị xo chiều dài tự nhiên l, độ cứng k, hai đầu gắn với vòng C vật B Một vật nhỏ A khối lượng m chuyển động mặt bàn tới va chạm với vật D theo phương vuông góc với Va chạm tuyệt đối đàn hồi thời gian va chạm ngắn Khi va chạm xảy vòng C đứng yên khoảng cách r  r  l  so với B 1) Vận tốc A trước va chạm v0 , tìm xung lực mà trục quay phải chịu trình va chạm 2) 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? 1.27 Va chạm Vũ trụ (Bangladesh) Hai chất điểm giống hệt có khối lượng M đứng yên cách khoảng D 1) Năng lượng ban đầu hệ bao nhiêu? 2) Tìm biểu thức vận tốc cho chất điểm chúng bắt đầu chuyển động khoảng cách chúng x Trang 3) Tìm thời gian để chúng tới va chạm với lực hấp dẫn chúng gây 1.28 Động phản lực (Kazakhstan) Trong động tên lửa, khí tạo từ sản phẩm trình đốt cháy nhiên liệu đẩy ngược với chiều chuyển động tên lửa Dễ hiểu rằng, khối lượng tên lửa giảm dần trình tăng tốc Ý tưởng đề xuất nhà khoa học vĩ đại người Nga K Tsiolkovsky cho chuyển động vật chân khơng, ví dụ ngồi khơng gian vũ trụ Ngày chuyến bay vào vũ trụ trở nên quen thuộc Sân bay vũ trụ Baikonur tiếng nằm Kazakhstan Vệ tinh nhân tạo Trái Đất phi công vũ trụ Yu Gagarin, đưa lên vũ trụ từ Baikonur Bây Baikonur tổ hợp công nghệ cao chuyên dùng để phóng tàu vũ trụ có người lái vào khơng gian, có trạm vũ trụ quốc tế ISS Tên lửa có khối lượng ban đầu m0 vận tốc khí so với tên lửa có giá trị khơng đổi u Giả thiết thời điểm ban đầu tên lửa đứng n hệ quy chiếu Trái Đất khơng có ngoại lực tác dụng lên 1) Tìm vận tốc v tên lửa hàm khối lượng m Cơng thức đặt tên theo nhà bác học K Tsiolkovsky Kết biểu diễn qua m, m0 , u 2) Một vật có khối lượng m 1000 kg cần gia tốc đến vận tốc quỹ đạo Hãy đánh giá khối lượng ban đầu tên lửa m0 , gia tốc rơi tự có giá trị g 9.80m / s bán kính Trái Đất R 6400km u 5.00 km/s Bây xét đến ảnh hưởng trọng trường Trái Đất lên chuyển động tên lửa Gia tốc rơi tự g giả thiết không đổi, tốc độ tiêu tốn nhiên liệu   t   dm  t  / dt thay đổi theo thời gian 3) Viết phương trình chuyển động tên lửa trọng trường Trái Đất Phương trình đặt theo tên nhà bác học I Meshcherskij Đáp án biểu diễn qua m, v, u, g,  Trong phần giả sử vận tốc khí  có hướng song song với gia tốc rơi tự g, vận tốc ban đầu tên lửa khơng 4) Tìm hàm tốc độ tiêu thụ nhiên liệu  st  t  theo thời gian t để tên lửa treo lơ lửng độ cao Đáp án biểu diễn qua m0 , u, g, t Giả sử tốc độ tiêu thụ nhiên liệu  không đổi theo thời gian    st  t  5) Trong trường hợp tốc độ tên lửa phụ thuộc vào thời gian t theo dạng v  t   A1t  A2 ln   A3t  , A1 , A2 , A3 số Tìm biểu thức A1 , A2 , A3 theo đại lượng m0 , u, g,  Trang 6) Giả thiết khối lượng ban đầu m0 , khối lượng tên lửa hết nhiên liệu m Tìm độ cao cực đại H max mà tên lửa đạt tới xác định tốc độ tiêu thụ nhiên liệu tối ưu opt Đáp án biểu diễn qua m0 , m, u, g 1.29 Mặt phẳng có ma sát (Australia) Ở hình 1.29a, mặt nằm ngang nhẵn không ma sát, khối hộp khối lượng m nằm cạnh lị xo có độ cứng k1 trạng thái tự nhiên Một vách thẳng đứng độ cao h so với mặt ngang nhám có hệ số ma sát trượt k Khi bị nén kéo dãn, lò xo tác dụng lực hồi phục F  kx , k độ cứng đàn hồi lò xo x độ biến dạng Thế đàn hồi dự trữ lị xo biến dạng cho công thức U  kx Khối hộp đẩy sát vào lò xo đoạn x1 thả thời điểm t 0 1) Tìm vận tốc khối hộp sau rời khỏi lò xo? 2) Sau tới vách, khối hộp tiếp tục chuyển động khơng khí va chạm với mặt nhám bên Khi va chạm, xuất lực ma sát cản trở chuyển động theo phương ngang Hãy vẽ đồ thị biểu diễn phụ thuộc vào thời gian kể từ khối hộp bắt đầu thả ra, dừng lại, cho đại lượng sau: 2a) động năng, 2b) hấp dẫn, 2c) đàn hồi Sử dụng hệ trục tọa độ cho ba đồ thị ghi rõ ràng 3) Một phần mặt nhám nằm cách vách khoảng d mài nhẵn lò xo thứ hai có độ cứng k2 2k1 đặt vào đó, hình 1.29b 3a) Vẽ đồ thị phụ thuộc độ nén cực đại lò xo hàm số độ nén cực đại lị xo đẩy 3b) Tìm biểu thức cho độ nén cực đại lò xo thứ hai mà bạn đánh dấu đồ thị phần a) Trang ĐÁP ÁN 1.18 Bom tàu (Ấn Độ) Từng người nhảy: Vì số người nhiều nên coi khối lượng người dm ≪ M tổng khối lượng nhóm người (và khối lượng toa tàu rỗng) Tại thời điểm đó, toa tàu nhóm người có khối lượng m, chuyển động bên trái với vận tốc v, người có khối lượng dm nhảy bên phải với vận tốc u so với toa tàu Vận tốc so với đất là: n ' v  u Sau nhảy, khối lượng tàu nhóm người cịn lại m  dm , vận tốc họ thay đổi thành v + dv Định luật bảo toàn động lượng mV (m  dm)(v  dv)  u'dm Thay u’ từ vào, sau bỏ đại lượng nhỏ bậc hai dm.dv ta thu được: mdv  udm  dv  u dm m Lấy tích phân hai vế ta v0 M dm dv  u   m 2M Vậy v u ln Tất nhảy: Vận tốc nhóm người so với đất v0  u định luật bảo toàn động lượng có dạng: Mv  M(v a  u) 0  v a u / Cuối v0 2 ln va 1.19 Vật nhỏ bán cầu rỗng (Trung Quốc) Vì mặt bán cầu trơn nên vật bảo toàn trình chuyển động Tại thời điểm bất kỳ, chuyển động vật chia thành hai chuyển động thành phần: i) chuyển động quỹ đạo trịn có tâm nằm trục đối xứng bán cầu, chuyển động vận tốc vật hướng theo phương ngang có độ lớn v ; Trang ii) đồng thời vật trượt xuống mặt phẳng thẳng đứng chứa trục đối xứng, vận tốc chuyển động v Gọi khối lượng vật m, vật điểm P, vị trí vật xác định góc θ tạo đường nối PO phương nằm ngang Định luật bảo toàn lượng cho ta 1 mv02  mgR sin   mv2  mv 02 2 (1) Trong công thức trên, ta chọn gốc trọng trường độ cao điểm O Các lực tác dụng lên vật bao gồm: trọng lực có phương song song với trục đối xứng bán cầu; phản lực N bán cầu lên vật có phương qua tâm O bán cầu Mômen hai lực trục đối xứng bán cầu khơng Do mơmen động lượng vật với trục đối xứng bao toàn: mv R mv R cos  (2) Từ (1) dễ thấy, vận tốc cầu lớn góc θ lớn v max v(max ) (3) Nhưng từ (2) ta thấy θ đạt giá trị π/2 (vì vφ tiến tới vơ cùng) Khi θ đạt giá trị cực đại, ta có v  (max ) R d 0 dt max (4) [Điều kiện góc cực đại (4) tìm cách khác, sau: từ (1) (2) ta có 2gR sin   v02 tan  v 02 0 Vì sin  ≠0 nên suy sin  2gR  cos  v0 Hàm sin  hàm đơn điệu góc nên  max cos  sin max 2gR  cos max v0 Thay trở lại biểu thức v ta thu điều kiện (4) v02 (max ) 2gR sin max  v 02 tan max 0 (4’) Tiếp tục toán Bây thay v  (max ) 0 vào (1) (2) ta v 02 sin max  2gR sin max (1  sin max ) 0 (5) Phương trình (5) có nghiệm trạng thái đầu sin  0 θ = 0, ta không quan tâm đến nghiệm Chia hai vế (5) cho sin  ≠ ta phương trình xác định sin max gR sin max  v02 sin max  2gR 0 (6) Suy Trang sin max   v 02  g2R   16    4gR  v0  (7) Chú ý ta chọn nghiệm dương sin  ≥0, nghiệm âm (6) bị loại bỏ Thay (7) vào (1) với  max ta v 2  v  v 04  16g R 2   (8) Từ điều kiện (4) suy v max  v2  v0  v 04  16g R 2   (9) 1.20 Hai vật nối lò xo (Ấn Độ) 1) Dưới tác dụng lực F không đổi, khối tâm hệ chuyển động nhanh dần không vận tốc đầu với gia tốc: aG  F m1  m Sau thời gian t, khối tâm dịch đoạn: x G  a G t 2 Mặt khác, độ dịch khối tâm tính qua độ dịch vật m1 , m : x G  m1x1  m x m1  m Từ ba phương trình giải ra: t  m1x1  m x  0.26 s F 2) Vận tốc khối tâm: v G a G t  2F  m1x1  m x  0.52 m/s m1  m Động năng: F  m1x1  m x  E G  (m1  m ) vG2  0.40 J m1  m 3) Xét hệ quy chiếu gắn với khối tâm, công ngoại lực làm tăng động hệ phần chuyển thành Độ dịch chuyển vật m1 hệ khối tâm là: x1  m  x1  x  m1  m Công ngoại lực thực A Fx1  m  x1  x  F 0.20J m1  m Vậy, dự trữ 0.20 J − 0.10 J = 0.10 J Trang 1.21 Có rời xa hay không? (Nga) Sử dụng định luật II Newton ta tìm gia tốc chất điểm khối lượng m a1  k q qE  mr m gia tốc chất điểm khối lượng M a k q2 qE  Mr M Ở đây, r khoảng cách chất điểm k 1/ (40 ) , chiều dương hướng từ m đến M Gia tốc tương đối a r a  a1 k q2 M  m M m  qE r Mm Mm Phương trình mơ tả chuyển động chất điểm q, khối lượng rút gọn   Mm , nằm điện trường điện tích điểm q Mm M m Chúng ta giải Mm toán tương đương Thế điện tích: điện trường có cường độ  E1  E U(r) k q2  qE1r r2 Từ giản đồ U(r) (hình 1.21S) ta thấy chuyển động điện tích xảy đoạn thẳng giới hạn l1 r l2 , l1 l2 nghiệm phương trình U k r2  Hay q2  qE1r r2 U0 kq r 0 qE1 E1 Theo định lý Viet, tích hai nghiệm không phụ thuộc vào U l1l l với l0  kq / E1 Như vậy, khoảng cách ban đầu nhỏ l0 , khoảng cách hai điện tích sau tăng đến giá trị cực đại l0 / l , sau giảm dần Nếu l  l0 khoảng cách ban đầu lớn Khi l l0 khoảng cách hai hạt không đổi Kết luận: khoảng cách cực đại hai điện tích điểm l l  kq / E1 , kq / l E1 l  kq / E1 1.22 Vỏ cầu gắn lò xo (Trung Quốc) Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt nhẵn Gốc tọa độ vị trí ban đầu C, trục x nằm ngang hướng sang phải Gọi v1 v2 vận tốc vật cầu trước vật chui qua lỗ C vào vỏ cầu Bảo tồn động lượng vào lượng (gốc tính tĩnh điện vật xa cầu) cho ta mv mv1  mv (1) Trang 1 kQ mv 02  mv12  mv 22  2 R (2) Sau vật vào C, điện trường bên cầu không, vật cầu chuyển động đều, vận tốc tương đối chúng v1  v Gọi t1 thời gian vật vượt qua quãng đường R để đến va chạm với lò xo t1  R v1  v (3)   Sau biến đổi t1 R  v02  4kQ  Rm    (4) Gọi x1 x2 tọa độ hai đầu lò xo (vật đầu đầu lại gắn với cầu), độ co lò xo là: X R  (x1  x ) (5) Phương trình dao động vật P cầu theo phương ngang Suy ma1  X (6) ma X (7) m(a1  a ) mX n  2X (8) Lò xo dao động với chu kỳ T 2 m 2 (9) P rời khỏi lò xo sau thời gian T m t   2 (10) - Sau vật rời khỏi lò xo, va chạm đàn hồi hai vật có khối lượng nên chúng đổi vận tốc cho nhau, tức sau va chạm vật có vận tốc v 2, cịn cầu có vận tốc v 1, vận tốc tương đối vật với cầu có độ lớn v1  v , thời gian để vật tới C  4kQ  t t1 R  v02   Rm    (11) Kết hợp lại, tổng thời gian vật cầu  4kQ2  m t t1  t  t   2R  v   2 Rm    (12) 1.23 Khối hộp mặt phẳng nghiêng (Trung Quốc) Trang 10 1) Bảo toàn động lượng: mv0 cos=(m+M)v total  v total  mv0 cos mM Khối tâm lên được: h '' h  h  h1 h  2L sin(45  )  2L sin(45  ) Sử dụng công thức lượng giác: sin(x + y)=sinxcosy + cosxsiny ta được: h '' h  L sin  Bảo toàn lượng: 1 mv02  (m  M)v 2total  mgh '' 2 1  mv0 cos   mv02  (m  M)    mgh '' 2  mM   m cos   m    v 2mgh '' mM   2gh '' v 02   (m cos ) / (m  M) Cuối v0  2g(h  L sin )  (m cos ) / (m  M) mv0 cos   1  mv0 cos   2) Động K  (m  M)    2 mM  mM  1.24 Hai cầu nhỏ vòng cứng (Indonesia) 1) Do đối xứng nên trình hai cầu trượt xuống, vòng đứng yên chỗ Tại vị trí θ, lực   tác dụng lên cầu bao gồm: trọng lực mg , phản lực N từ phía vịng Định luật II Newton cho gia tốc hướng tâm: mg cos   N m v2 R Trang 11 Mặt khác, định luật bảo toàn lượng cho ta: mg cos   mv mgR Từ hai phương trình rút N mg(2  3cos )  Theo định luật III Newton, cầu tác dụng lên vòng phản lực  N Tổng hợp lực theo phương ngang triệt tiêu nhau, thành phần thẳng đứng hướng lên 1  1  F 2 Ncos  6 mg    cos         Vậy Fmax  mg cos   3 2) Để vịng nảy lên Fmax Mg  m  M 3) Với điều kiện ý 2) thỏa mãn vị trí mà vịng nảy lên xác định từ phương trình: 1 M  F Mg   cos      3 m  1 M  cos     6m Ở ta phải lấy nghiệm dấu “+” thay cos  thay đổi từ đến -1 nên nghiệm xảy trước nghiệm với dấu “-“ 1.25 Quả bóng va chạm (Mỹ) 1) Quả cầu bay khỏi vật theo hướng vng góc với vật, va chạm hiệu dụng va chạm đàn hồi Điều có nghĩa vận tốc theo phương ngang v1 vật bóng sau va chạm cho v1  m v0 mM Quả bóng có thành phần vận tốc thẳng đứng v Vì khơng có ma sát nên lượng bảo toàn Trước va chạm động E  mv 02 Sau va chạm vật có động E1  mv12 Do động bóng E E  E1  m(v12  v 22 ) Biến đổi ta mv02  Mv12 m(v12  v 22 )  m  2 mv 02  (M  m)   v mv  mM  Trang 12 m v v mM Thời gian bóng bay khơng t 2v / g Khoảng cách mà bóng di chuyển thời gian x v1t 2v1v / g 2 m m 2v v0 v0  mM mM g g m2M (M  m)3 Khi bóng rơi trở lại vật, chuyển động theo phương ngang trở lại vị trí vào (nhưng lúc khoảng cách x so với ban đầu) Nó chuyển động với vận tốc v3 cho phương trình va chạm đàn hồi: v v m M mM Thời gian để chuyển động vị trí ban đầu 2v x t3   v3 g  2v0 g m2M m  M (M  m)3 M  m m2 M (M  m)(M  m) Tổng thời gian chuyển động t = t2 + t3, hay t  2v  M m2M    g  m  M (M  m)(M  m)  Sau biến đổi t 2v g M  m2 1  m  M  (M  m)  2v   g  M M m M M  m Viết lại theo β = M/m, t 2v   g 1    2) Quả bóng chui theo phương thẳng đứng so với vật va chạm đàn hồi Điều có nghĩa vận tốc theo phương ngang v1 vật bóng cho v1  m v0 mM Vận tốc thẳng đứng v4 bóng bây giờ, nhiên, khác với v2 Lực ma sát làm chậm bóng với xung lượng  ft, đồng thời làm bóng quay với mơmen động lượng cho L t ft Nhưng L I Iv / r m(v  v ) , nên Trang 13 Iv / r mr(v2  v ) Thay I mr vào ta rút được: v v4  1  Độ cao mà bóng tới h v 24 v 02 M  2g 2g (1  ) m  M Thay β = M/m α = 2/5 ta được: h v 02 25  2g 49   Có thể dễ dàng kiểm tra trường hợp giới hạn M ≫ m α = 1.26 Va chạm với cứng (Trung Quốc) 1) Vì thời gian va chạm ∆t ngắn nên lị xo chưa kịp co lại Gọi vận tốc vật A, C, D sau 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 bảo toàn mv D 2l  mvC r  mv A 2l mv 2l (2) Lực trục tác dụng lên khơng sinh cơng, lị xị chưa kịp co lại, hệ bảo tồn q trình va chạm 1 1 mv 2D  mv C2  mv A2  mv 02 2 2 (3) Từ (1), (2), (3) ta có: vC  4lr 8l2 r2 v v0 , v A  2 v0 , vD  8l2  r 8l  r 8l  r (4) [Cách khác: tay sử dụng (3), sử dụng điều kiện khác va chạm đàn hồi, vận tốc tương đối bảo tồn, hay v v D  v A (3’) Từ giải (4)] ' Gọi Ft lực trung bình D tác dụng lên A, áp dụng định luật biến thiên động lượng cho vật A ' tìm xung lực Ft Ft't mv A  mv  4l2  r 2mv 8l2  r (5) xung lực ngược chiều với vận tốc v0 Xung lực F1 mà A tác dụng lên D: 4l  r Ft t  2 2mv 8l  r (6) xung chiều với vận tốc v0 Trang 14 Khối tâm hệ B, C, D nằm cách trục quay khoảng x x mr  m2l 2l  r  (  2)m   (7) Vận tốc khối tâm sau va chạm v vC 4l(2l  r) x v0 r (  2)(8l  r ) (8) Trong thời gian va chạm ∆t, trục quay tác dụng lên lực trung bình F Áp dụng định luật biến thiên động lượng cho khối tâm ta có F2 t  F1t (  2)mv  Từ F2 t  4l(2l  r) mv (8l2  r ) r(2l  r) 2mv 8l  r (9) (10) Xung lực hướng với vận tốc v0 Như vậy, tác dụng lên trục quay xung lực F2' t  r(2l  r) 2mv 8l  r (11) có hướng ngược với vận tốc v0 Chú ý: lị xo trình va chạm trạng thái giãn nên tác dụng lực lên trục quay Trong trình va chạm cịn có lực hướng tâm tác dụng lên trục Tuy nhiên thời gian va chạm ngắn nên xung lực bỏ qua [Thay phương trình (7) – (9), sử dụng định luật biến thiên động lượng với hệ F2 t  F1t mvC mvD ] [Hoặc cịn sử dụng định luật biến thiên mơmen động lượng thay phương trình (7)-(9)] 2) Trong phương trình (1), (2), (3) ta sử dụng điều kiện thời gian va chạm ngắn để lò xo co lại 4lr v , để hệ tiếp tục quay trịn vịng 8l  r C khơng dịch chuyển theo thanh, làm giảm mơmen qn tính vận tốc góc tăng lên Lực qn tính ly tâm tác dựng lên C cân với lực lò xo sau va chạm Sau va chạm vịng C có vận tốc v C  k(r  l) m v C2 16l r  mv 02 2 r  8l  r  (12) Từ tìm vận tốc vật A trước va chạm v0  (8l  r ) k(r  l) 4l mr (13) 1.27 Va chạm Vũ trụ (Bangladesh) 1) Thế hấp dẫn ban đầu U(D)  GM D 2) Do đối xứng nên vận tốc hai chất điểm có độ lớn, nhung ngược chiều Bảo toàn lượng cho ta: GM GM 1    Mv  Mv D x 2 Trang 15 1 1 Suy v  GM     x D 3) Vận tốc tương đối hai chất điểm 2v Ta viết lại kết ý 2) dạng dx 1 1  2v  GM    dt  x D Rút  dx 1 1 GM     x D dt Từ tìm thời gian để hai vật gặp T  GM  D dx 1  x D Để tính tích phân trên, ta đổi biến x D cos ,   / Tích phân trở thành: D3/2 T  GM 2 D3/2 cos d   GM 2 D3/2  (1  cos 2)d   GM 1.28 Động phản lực (Kazakhstan) 1) Xét chuyển động tên lửa hệ quy chiếu riêng - hệ quy chiếu quán tính chuyển động tương hệ quy chiếu Trái Đất với vận tốc vận tốc tên lửa, tức hệ quy chiếu quán tính mà tên lửa đứng yên thời điểm Gọi khối lượng tên lửa thời điểm t m, khối lượng khí dm với vận tốc u, vận tốc tên lửa thay đổi dv sau khoảng thời gian dt Khi định luật bảo tồn động lượng có dạng mdv−udm = (1) Trong học cổ điển, độ biến thiên vận tốc tên lửa hệ quy chiếu Trái Đất phải độ biến thiên vận tốc tên lửa hệ quy chiếu riêng, hệ phép biến đổi Galileo Do phương trình (1) giải với điều kiện đầu m = m0 v = ta thu công thức Tsiolkovsky: m  v u ln    m  (2) 2) Ta biết vận tốc vũ trụ cấp I độ cao sát mặt Đất là: v1  gR (3) Khi từ (2) dễ dàng tìm khối lượng ban đầu tên lửa:  v m m exp   4.87 103 kg u (4) 3) Nếu tên lửa chịu tác dụng ngoại lực F, hệ quy chiếu riêng tổng động lượng biến thiên phương trình (1) viết lại dạng: mdv  udm Fdt (5) Hay, sử dụng ký hiệu   dm / dt ta viết lại m dv F  u dt (6) Trang 16 Sử dụng nguyên lý tương đối Galileo, phương trình khơng thay đổi dạng chuyển sang hệ quy chiếu quán tính Đây phương trình Meshcherskij Thay F = -mg ta thu được: m dv  mg  u dt (7) 4) Để tên lửa treo lơ lửng độ cao khơng đổi, ta cần có v = Thay v = vào phương trình (7) đạo hàm theo thời gian ta có:  g  d u dt (8) Từ kết hợp với điều kiện đầu m(0) m 0g / u ta (t)  m 0g   gt  exp   u  u  (9) 5) Thay v(t) A1t  A ln(1 A 3t) m m 0 t vào phương trình (7) ta có A1  g (10) A  u (11) A   m0 (12) 6) Vận tốc tối đa đạt nguyên liệu cháy tức thì, cơng trọng lực tối thiểu Như tốc độ đốt cháy tối ưu m exp  (13) Vì lực trọng trường chưa kịp tác dụng nên vận tốc tên lửa tính cơng thức Tsiolkovsky (2) m  v u ln    m (14) Như vậy, độ cao cực đại mà tên lửa tới H max  u 2  m0  ln   2g  m (15) 1.29 Mặt phẳng có ma sát (Australia) 1) Sử dụng định luật bảo toàn lượng Ebefore = Eafter k 2 k1x1  mv  v  x1 2 m 2) Xem hình 1.29Sa 3a) Xem hình 1.29Sb 3b) Thời gian rơi vật liên quan tới độ cao vách h  gt suy t  2h / g Trang 17 Để lò xo thứ hai nén cực đại, tầm xa vật phải khoảng cách d từ vách tới lò xò thứ hai Hay : v x t d  v x  d t Thành phần thẳng đứng vận tốc khơng đóng góp vào lượng sau chạm đất Áp dụng định luật bảo toàn lượng 1  v k 2x 2max  mv2x  m   2 t 2 mgd k 2x 2max  4h Biến đổi ta x 2max  mg d 2k 2h Trang 18