Vận dụng các định luật bảo toàn giải quyết bài toán cơ hệ

TÊN ĐỀ TÀI: VẬN DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT BÀO TOÀN GIẢI QUYẾT BÀI TỐN VỀ CƠ HỆ A TĨM TẮT LÝ THUYẾT: I ĐỘNG LƯỢNG 1/ Động lượng hệ vật: p mv Động lượng phụ thuộc hệ quy chiếu Động lượng hệ vật: p  p1  p  p3 2/ Định lý biến thiên động lượng :  p   F t Độ biến thiên động lượng vật khoảng thời gian Δt xung lượng tổng lực tác dụng lên vật khoảng thời gian 3/ Định luật II Newton dạng tổng quát: F  dp dt 4/ Định luật bảo toàn động lượng p1  p  p3  p n  p'1  p '  p '3  p ' n Tổng vecto động lượng hệ vật cô lập kín đại lượng bảo tồn II ĐỘNG NĂNG THẾ NĂNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG Động a) Động vật: Wđ = mv 2 b) Định lý động năng: Wđ  A Độ biến thiên động vật cơng tồn phần lực tác dụng lên vật Thế lực a) Lực Một lực gọi lực cơng mà thực vật khơng thuộc vào hình dạng đường vật mà phụ thuộc vị trí đầu cuối đường Nói cách khác, cơng mà lực thực vật chuyển động theo đường kín Trọng lực, lực hấp dẫn, lực đàn hồi, lực tĩnh điện lực b) Thế Khi hệ vật tương tác với lực hệ dự trữ lượng gọi Thế phụ thuộc vào loại lực - Thế trọng trường: Wt = mgz m khối lượng vật, z độ cao vật tính từ mặt ngang chọn làm gốc - Thế đàn hồi: Wt = k (l ) 2 Δl độ biến dạng lò xo c) Định lý độ biến thiên năng: A t  Wt Tổng đại số công lực trình biến đổi độ giảm Cơ Định luật bảo toàn a) Cơ năng: W = Wđ + Wt Là đại lượng tổng động hệ vật thời điểm b) Định luật bảo tồn Trong hệ lập kín vật tương tác lực độ tăng động độ giảm ngược lại Nói khác hệ bảo toàn W = Wt + Wđ = const Hay ΔWđ = - ΔWt Định luật độ biến thiên ( định luật bảo toàn lượng): A 0t W2  W1 Tổng công lực lực tác dụng lên hệ độ biến thiên hệ III BÀI TOÁN VA CHẠM 1/ Va chạm trực diện Va chạm gọi trực diện trước sau va chạm hai vật chuyển động phương, biểu thức vecto viết dạng biểu thức đại số Ta phân biệt kiểu va chạm a) Va chạm đàn hồi Va chạm đàn hồi tuân theo định luật bảo toàn động lượng động b) Va chạm không đàn hồi Vẫn tuần theo định luật bảo tồn động lượng, động khơng bảo tồn Phần động chủ yếu chuyển thành nhiệt năng: M1v1 + m2v2 = m1v’1 +m2v’2 1 1 m1v’12 + m2v’22 + Q = m1v12 + m2v22 2 2 Trong va chạm không đàn hồi thường đặc trưng đại lượng gọi hệ số hồi phục e v 2'  v'1 v  v'1  v'  v'1 v  v1 Nếu e = va chạm đàn hồi Nếu e = chạm mềm 2/ Va chạm không trực diện Là loại va chạm, sau va chạm hai vật đổi phương chuyển động Để khảo sát loại ta thường phân tích chuyển động chúng trước sau va chạm hệ hai trục tọa độ thích hợp viết phương trình định luật bảo toàn động lượng trục Nếu va chạm đàn hồi động hệ bảo tồn B PHÂN DẠNG CÁC BÀI TOÁN Ghi chú: Khi sử dụng phương pháp định luật bảo toàn để giải toán học ta cần thực bước sau: - Chọn hệ vật phù hợp với đề - Xác định điều kiện để áp dụng định luật bảo toàn - Chỉ rõ hệ quy chiếu qn tính mốc Bài tốn va chạm Ví dụ Hai vật khối lượng m = 0,5kg đứng yên mặt sàn nhẳn nằm ngang, chúng nối với bằn lò xo nhẹ, có chiều dài tự nhiên 30cm độ cứng 16N/m Các vật đồng thời cấp vận tốc v0 = 0,36m/s hướng tới tường Vật bên phải va chạm tuyệt đối đàn hồi với tường a) Xác định độ nén lớn lò xo trình va chạm b) Sau va chạm với tường, sau hai vật gần c) Sau hệ xảy va chạm với tường không? Các vạt chuyển động sau thời gian đủ lâu? d) Tìm độ thay đổi động lượng hệ sau tất va chạm xảy Giải: Vật bên phải va chạm tuyệt đối đàn hồi với tường nên sau va chạm vận tốc vật v0 hướng sang trái a) Khi lò xo bị nén nhiều hai vật ngừng chuyển động Định luật bảo toàn mv k (l max ) 2  Δlmax = 0,09m 2 b) Sau va chạm với tường khối tâm G hệ đứng yên, nên hai vật dao động lắc lò xo có độ cứng k’ = 2k Thời gian để hai vật gần Δt = T m   2  s 4 2k 16 c) Sau hai vật gần chúng lại chuyển động ngược chiều nhau, đến lò xo khơng biến dạng chúng có tốc độ v0 vật bên phải lại va chạm với tường lần đổi chiều chuyển động vận tốc v0 Hai vật chuyển động sang trái với vân tốc v0 khoảng cách không đổi 30cm d) Độ thay đổi động lượng hệ Δp = 2mv0 – (- 2mv0) = 4mv0 = 1,8kgm/s Ví dụ Hai cầu có bán kính chuyển động trục Ox Gọi m1 m2 khối lượng chúng; v1 v2 giá trị đại số vận tốc chúng trước va chạm Va chạm trục diện Đặt x = m2 m1 a) Xác định giá trị đại số vận tốc v’1 v’2 hai cầu sau va chạm theo x; v1; v2 hệ số hồi phục e b) Tính v’1 ; v’2 ba trường hợp: - va chạm tuyệt đối đàn hồi - va chạm không đàn hồi với e = 0,5 - Và chạm mềm c) Hai cầu chuyển động ngược chiều Ngay trước va chạm tốc độ cầu gấp đôi cầu Hãy xác định v’1 v’2 hai cầu sau va chạm theo tỉ số x hai trường hợp: - Va chạm tuyệt đối đàn hồi - Va chạm không đàn hồi với e = 0,5 BD HSG Giải a) Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo trục Ox m1v1 + m2v2 = m1v1’ + m2v2’ (1) Hệ số hồi phục theo định nghĩa e  ' Từ (1) (2) suy v1  v1'  v 2' v1  v (2) (m1  em2 )v1  m2 (1  e)v m1  m2 Thay m2 = xm1 vào ta v'1  (1  ex )v1  x(1  e)v (1  e)v1  ( x  e)v ; v'  1 x 1 x (3) b) Xét trường hợp đặc biệt - Va chạm tuyệt đối đàn hồi: Thế e = (3) - Va chạm không đàn hồi: đề cho e = 0,5 - Va chạm mềm: e = c) Hai cầu chuyển động ngược chiều nhau: Chọn chiều dương chiều v1 Trường hợp 1: e = v2 = -2v1  Ta có v'1  (1  x)v1 (4  x)v1 ; v'  1 x 1 x Lập bảng: x 1/5  v’1 + | v’2 + | + Khi x =  : Quả cầu bật trở lại với tốc độ lớn gấp lần trước, cầu gần chuyển động vã cũ Ví dụ 3: Một mặt phẳng nghiêng khối lượng m đặt mặt phẳng nhẵn có phương ngang Một bóng đàn hồi khối lượng m1 bay đến đập vào mặt phẳng nghiêng với vận tốc u theo phương ngang Sau va chạm bóng nảy lên khỏi mặt phẳng nghiêng, sau lại rơi xuống va chạm với mặt phẳng nghiêng vị trí va chạm lần đầu Tính tỷ số khối lượng bóng mặt phẳng nghiêng Biết mặt phẳng nghiêng góc θ so với phương ngang Giải: Quả bóng khối lượng m1 có vận tốc ban đầu u đến va chạm với mặt phẳng nghiêng đứng yên Ngay sau va chạm, bóng có vận tốc v 1, mặt phẳng nghiêng có vận tốc v2, góc phản xạ bóng (là góc vectơ vận tốc v1 với mặt phẳng nghiêng) α Góc tới bóng (là góc vectơ vận tốc u với mặt phẳng nghiêng) θ, góc nghiêng mặt phẳng nghiêng Để xác định tỷ số q  m2 , bốn điều kiện m1 sau: - Theo phương ngang, khơng có ngoại lực tác dụng vào hệ, thành phần động lượng theo phương ngang bảo tồn, ta có: u v1 cos     q.v (1) - Vì va chạm hoàn toàn đàn hồi, mặt phẳng nằm ngang hoàn tồn khơng có ma sát nên động hệ bảo tồn, ta có: u v12  q.v 22 (2) - Trong va chạm, lực tương tác bóng mặt phẳng nghiêng vng góc với mặt phẳng nghiêng, thành phần song song với mặt phẳng nghiêng vectơ vận tốc bảo toàn, ta có: u cos  v1 cos  (3) - Vì va chạm lần hai xảy vị trí mặt phẳng nghiêng, theo phương ngang, tốc độ chuyển động bóng mặt phẳng nghiêng nhau, ta có: v1 cos    v (4) Thay (4) vào (1) (2) ta được: u 1  q .v1 cos     u v12  q cos     (5)  (6) Từ (5) (6) ta có:  tan   tan   q  q tan      1  tan  tan   2 (7) Từ (5) (3) ta có: tan   q cot   tan  1 q (8) Thay (8) vào (7), ta có: tan  q  tan  (9) Với q      Thay (9) vào (8), ta được: tan  tan  Nhận xét: +   Dấu “=” xảy  0;  + Đặc biệt, kết phù hợp mặt phẳng nghiêng góc θ > 45 o Khi θ = 45o, mặt phẳng có khối lượng so với bóng, động lượng hệ theo phương ngang ln khơng sau lần đầu va chạm Ví dụ 4: Một bóng đàn hồi rơi tự từ độ cao h 2m Sau va chạm với sàn ngang lại k = 81% so với trước lúc va chạm Quỹ đạo bóng ln thẳng đứng Lấy g = 9.8m/s2 Hỏi sau bóng dừng, thời gian bóng quãng đường dài bao nhiêu? Giải: Cơ ban đầu bóng: E0 mgh i i Sau va chạm thứ i : Ei k Eo mghk độ cao bóng đạt là: hi k i h Thời gian bóng bay từ sau va chạm thứ i đến va chạm với sàn là: t i 2 2hi 2 h / g g  k i Thời gian để bóng dừng là: n t t0   ti i 1 2h , n số lần va chạm g với t0  n t  2h g  2h g   k i i 1  k     k    k    2h g  2h g  k n  2h g  2h g 1   n 1  2h g    k k 1 n 1 k Qng n   thìbóng nên Vì k đường khiđược  k nlà:1  Do đó: n n i 1 i 1  s h  2 hi h  2h k i h  2h k  k   k n   h  2h  k  k   k n   k n 1  1  k  2k n 1  h  2h h k1 1 k Vì k  nên n   k n 1  đó: t  2h g S h 1 k 12 s 1 k 1 k 19.1m 1 k Ví dụ 5: Một ván khối lượng M treo vào dây dài nhẹ, không giãn Nếu viên đạn có khối lượng m bắn vào ván với vận tốc v dừng lại mặt sau (2) ván, bắn với vận tốc v1 > v0 đạn xun qua ván Tính vận tốc v ván sau đạn xuyên qua Giả thiết lực cản ván đạn không phụ thuộc vào vận tốc đạn (3) uu r v0 (1) Giải:  Khi vận tốc đạn v0 Sau xuyên qua, đạn gỗ chuyển động với vận tốc v’ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng lượng cho hệ trước sau va chạm ta có: mv0 =(M+m)v’ (1) 1 mv0   M  m  v  Q     2 (2) Q: Công lực cản biến thành nhiệt � m � v0 � Từ (1), (2) � Q  mv0   M  m  � �M  m � Q mM v02 2( M  m) (3)  Khi đạn có vận tốc v1 > v0 Gọi v2 vận tốc đạn sau xuyên qua gỗ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng lượng cho hệ trước sau va chạm ta có: mv1  Mv  m  v2 (4) 1 mv1  Mv  mv22  Q 2 (5) Thay (3), (4) vào (5) ta suy ra: M � M v  v � v1  m � m 2 M � v � v02 � M m m v02 mv1 �v 2 v  0 M m ( M  m) 2 Giải phương trình ta được: v m (v1 � v12  v02 ) M m Nếu chọn dấu “+”, thay vào (4) ta suy ra: mv1  M v12  v02 m v2  v (v1  v12  v02 ) M m M m Điều vơ lý vận tốc đạn sau xuyên qua gỗ nhỏ vận tốc gỗ Do ta chọn: 10 v m (v1  v12  v02 ) M m Ví dụ : Hai cầu có khối lượng m1 m2 treo vào điểm hai dây có chiều dài tương ứng l1 l l Kéo hai cầu hai phía cho dây lập với phương thẳng đứng góc α1 α thả nhẹ Khi đến vị trí thấp hai cầu va chạm với Biết va chạm mềm Xác định góc lệch lớn hai dây so với phương thẳng đứng? Áp dụng số: m1 = 10g; m2 = 30g; 1 = 600, 2 = 900 Giải: r g Gọi u vận tốc hệ sau va chạm l1 I 1 2 l2 m2 m1 r g l1 1 2 l2 m2 h2 m1 h1 ( m1  m2 )u  (m1  m2 ) gh  ( m1  m2 ) gl (1  cos ) u2 l (1  cos α ) → 2g I (0.5đ) (1)    Tính u Theo định luật bảo tồn động lượng, ta có: m1v1  m2 v (m1  m2 )u Xem hướng từ trái sang phải dương, ta có: m1v1  m2 v (m1  m2 )u (2) ( m1v1  m2 v2 )2  l (1  cos  ) Khử u từ (1) (2), ta được: (m1  m2 ) 2 g (3) 11 Các giá trị v1 v tìm từ điều kiện: chuyển động tới điểm thấp trước va chạm, lượng hai cầu khơng thay đổi Điều có nghĩa là: m1v12 m1 gh1  m2v22 m2 gh2  Khi (3) có dạng: m (4) (m1 gh1  m2 gh2 )  m1  m2  g l (1  cos α ) , gl (1  cos  )  m2 gl (1  cos  )   m1  m2  2 g hay sau rút gọn: (m1  cos α1  m2  cos α )  m1  m2  l 1  cos   1  cos α (5) α α m1 sin  m2 sin αi 2 sin α Lưu ý  cos α i 2 sin , (5) có dạng: m1  m2 2 áp dụng số tìm được: sin Ví dụ 7:  �0, 405 =>  = -47,780 hai lắc lệch sang trái Trên mặt phẳng nằm ngang, nhẵn người ta đặt tạ đôi thẳng đứng gồm cứng nhẹ, chiều dài l hai đầu gắn hai vật khối lượng m Người ta dùng cầu nhỏ thứ ba khối lượng m/2 chuyển động mặt phẳng ngang với tốc độ v0 đến va chạm tuyệt đối đàn hồi xuyên tâm với cầu (quả cầu 1) Sau va chạm cầu (1) trượt mà không rời mặt phẳng ngang a, Tìm điều kiện v0 b, Xác định hướng độ lớn lực mà tác dụng lên cầu phía sau va chạm Biện luận trường hợp xảy c, Xác định hướng tốc độ cầu nằm ( cầu 2) trước chạm mặt phẳng ngang Giải a/ Khi cầu (3) va chạm cầu (1) Động lượng động hệ bảo toàn m m v  v ' mv1 2 (1) 12 1m 1m v0  v '  mv12 2 2 (2) v1=2/3v0 Ngay sau va chạm khối tâm có vận tốc vG=v1/2=v0/3 Giả sử cầu rời sàn Khi a G=g Vận tốc cầu (1) với khối tâm G v 1vG=v0/3 Trong hệ quy chiếu gắn với khối tâm cầu có gia tốc hướng tâm: (v0 / 3) 2v 02 a ht   l/2 9l Để cầu (1) rời mặt sàn: aht>aG=gv0> gl Vậy để cầu (1) khơng rời mặt sàn thì: v0 gl b/ Trong hệ quy chiếu gắn với cầu (1) Lực quán tính nằm ngang Ngay sau va chạm cầu (2) có v2=2/3v0 Có: T+mg=mv22/l T m 4v02  mg  m �4v0  g � � � l �9l � (2) u r P (1) ur gl Nếu: v0  T>0 T hướng xuống Nếu: v  ur T ur gl T