Chuyên đề nâng cao các định luật bảo toàn Vật lí 10

Hướng dẫn a Số lần va chạm với thành hố trước khi chạm đáy Khi vật va chạm đàn hồi vào hai mặt phẳng thẳng đứng thì thành phần vận tốc của vật theo phương thẳng đứng không đổi cả về hướn[r]

Phần CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN Chuyên đề 1: ĐỘNG LƯỢNG – ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỘNG LƯỢNG I TÓM TẮT KIẾN THỨC Hệ kín – Hệ kín là hệ vật tương tác với không tương tác với các vật bên ngoài hệ (chỉ có nội lực không có ngoại lực) – Các trường hợp thường gặp: + Hệ không có ngoại lực tác dụng + Hệ có ngoại lực tác dụng cân + Hệ có ngoại lực tác dụng nhỏ so với nội lực (đạn nổ ) + Hệ kín theo phương nào đó Động lượng   – Động lượng p là đại lượng đo tích khối lượng m và vận tốc v vật   p = mv   – Động lượng p là đại lượng vectơ, luôn cùng chiều với vectơ vận tốc v    – Động lượng p hệ tổng động lượng p1 , p2 các vật hệ:    p = p1 +p2 + – Đơn vị động lượng là kg.m/s Xung lực – Xung lực (xung lượng lực thời gian Δt ) độ biến thiên động lượng vật thời gian đó   F.Δt = Δp – Đơn vị xung lực là N.s Định luật bảo toàn động lượng – Định luật: Tổng động lượng hệ kín bảo toàn     Σp = hay pt = ps – Với hệ kín vật:         p1 +p2 = p1' +p'2 hay m1v1 +mv2 = mv1' +mv'2  p1 m1  p2 m2 m3  p3 Chuyển động phản lực – Định nghĩa: Chuyển động phản lực là loại chuyển động mà tương tác bên phần vật tách chuyển động hướng và phần còn lại chuyển động hướng ngược lại (súng giật bắn, tên lửa )  v – Công thức tên lửa m  + Gia tốc tên lửa: a = - u M + Lực đẩy động tên lửa:   F = -mu  u M  + Vận tốc tức thời tên lửa: v = u.ln    M  (M0 là khối lượng ban đầu tên lửa, M là khối lượng tên lửa thời điểm t, m là khí thời gian t, u và v là vận tốc khí tên lửa và vận tốc tức thời tên lửa) II GIẢI TOÁN A Phương pháp giải – Động lượng là đại lượng vectơ nên tổng động lượng hệ là tổng các vectơ và xác định theo quy tắc hình bình hành Chú ý các trường hợp đặc biệt:   + p1 , p2 cùng chiều: p = p1 + p2   + p1 , p2 ngược chiều: p = |p1 – p2|   + p1 , p2 vuông góc: p = p12 +p22 α   + p1 = p2, ( p1 , p2 ) = α : p = 2p1cos – Khi áp dụng định luật bảo toàn động lượng cần: + Kiểm tra điều kiện áp dụng định luật (hệ kín), chú ý các trường hợp hệ kín thường gặp trên + Xác định tổng động lượng hệ trước và sau tương tác   + Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ: pt = ps Chú ý các trường hợp đặc biệt (cùng chiều, ngược chiều, vuông góc, )       – Với hệ kín vật ban đầu đứng yên thì: p1' + p'2 = ⇔ mv + MV = m   ⇒ v =  V : sau tương tác vật chuyển động ngược chiều (phản M lực) – Trường hợp ngoại lực tác dụng vào hệ thời gian ngắn khối lượng vật biến thiên không xác định nội lực tương tác ta nên dùng hệ thức xung lực và độ biến thiên động lượng để giải bài   toán: F.Δt = Δp – Với chuyển động tên lửa cần chú ý hai trường hợp sau: + Lượng nhiên liệu cháy tức thời (hoặc các phần tên lửa tách rời    nhau): Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: mv0 = m1v1 + m v2 , với m = m1 + m2 (m, v0 là khối lượng và vận tốc tên lửa trước nhiên liệu cháy; m1, v1 là khối lượng và vận tốc nhiên liệu; m2, v2 là khối lượng và vận tốc tên lửa sau nhiên liệu cháy) + Lượng nhiên liệu cháy và liên tục: Áp dụng các công thức tên lửa: M  m    a =  u ; F =  mu ; v = u.ln   M  M  B VÍ DỤ MẪU Ví dụ Tìm tổng động lượng (hướng và độ lớn) hệ hai vật m1 = 1kg, m2 = 2kg, v1 = v2 = 2m/s Biết hai vật chuyển động theo các hướng: a) ngược b) vuông góc c) hợp với góc 600 Hướng dẫn Chọn hệ khảo sát: Hai vật    – Tổng động lượng hệ: = p p1 + p2   với: + p1 cùng hướng với v1 , độ lớn: p1 = m1v1 = 1.2 = kg.m/s   + p2 cùng hướng với v2 , độ lớn: p2 = m2v2 = 2.2 = kg.m/s ⇒ p < p2    p1 p2 p a) Hai vật chuyển động theo hướng ngược     Vì v1 ngược hướng với v2 nên p1 ngược hướng với p2 và p1 < p2 nên:    p = p2 – p1 = – = kg.m/s và p cùng hướng p2 , tức là cùng hướng v2  b) Hai vật chuyển động theo hướng vuông góc  p p1     Vì v1 vuông góc với v2 nên p1 vuông góc với p2 , ta có: p = và tan= α p12 + p22 = 22 + 42 = 4,5 kg.m/s p1 = 0,5 ⇒ α = 26033’ p2 β α  p2 ⇒ β = 900 – α = 27027’    Vậy: p có độ lớn p = 4,5 kg.m/s và hợp với v2 , v1 các góc 26033’ và 27027’ c) Hai vật chuyển động theo hướng hợp với góc 600 Áp dụng định lí cosin ta có: p = ⇒p= p12 + p22 − 2p1p2 cos1200 22 + 42 − 2.2.4.cos1200 = 5,3 kg.m/s p2 + p22  p12 và cosα = 2pp2 = 5,32 + 42  22 = 0,9455 2.5,3.4  p1 β  p α  p2 ⇒ α = 19 0 ⇒ β = 60 – α = 41    Vậy: p có độ lớn p = 5,3 kg.m/s và hợp với v2 , v1 các góc 190 và 410 Ví dụ Hòn bi thép m = 100g rơi tự từ độ cao h = 5m xuống mặt phẳng ngang Tính độ biến thiên động lượng bi sau va chạm: a) viên bi bật lên với vận tốc cũ b) viên bi dính chặt với mặt phẳng ngang c) câu a, thời gian va chạm t = 0,1s h Tính lực tương tác trung bình bi và mặt phẳng ngang Hướng dẫn Chọn vật khảo sát: Hòn bi Ta có, trước va chạm: v = 2gh =  2.10.5 = 10 m/s; p = mv = 0,1.10 = kg.m/s và p hướng xuống a) Sau va chạm viên bi bật lên với vận tốc cũ        Vì v/ ngược hướng với v nên p/ ngược hướng với p , đó: ∆p = p/ − p   ⇒ ∆p cùng hướng với p/ (hướng lên) và có độ lớn:   v/ / p/ ∆p = p + p = 2p = kg.m/s b) Sau va chạm viên bi dính chặt với mặt phẳng ngang Vì v/ = nên p/ = ⇒ ∆p = p = kg.m/s  ∆p c) Lực tương tác trung bình sau va chạm (theo câu a)   v ∆p p Ta có: F = = = 20N ∆t 0,1 Vậy: Lực tương tác trung bình sau va chạm là F = 20N Ví dụ Một vật khối lượng m = 1kg chuyển động tròn với  vận tốc v = v 10m/s Tính độ biến thiên động lượng vật sau: a) 1/4 chu kì b) 1/2 chu kì c) chu kì Hướng dẫn  + Ban đầu vật A và có động lượng p0 : p0 A = mv = 1.10 = 10 kg.m/s + Sau 1/4 chu kì vật đến B và có động   lượng p1 vuông góc với p0  p0 B + Sau 1/2 chu kì vật đến C và có động   lượng p2 ngược hương với p0 + Sau chu kì vật đến D và có động lượng   p3 cùng hướng với p0  p3  p2  p1 C   Vì vật chuyển động tròn nên vận tốc v và động lượng p đổi hướng mà không đổi độ lớn quá trình chuyển động, ta có: p3 = p2 = p1 = p0 = 10 kg.m/s a) Sau 1/4 chu kì  - p0      Ta có: ∆p= p1 − p0 = p1 + (− p0 )  p0   Vì p1 vuông góc với p0 và p1 = p0 nên:  p1 ∆p = p = 10 = 14 kg.m/s  p b) Sau 1/2 chu kì      Ta có: ∆p= p2 − p0= p2 + (− p0 )     Vì p2 ngược hướng với p0 và p2 = p0 nên: ∆p = p0 ⇒ ∆p = 2p0 = 20 kg.m/s c) Sau chu kì      Ta có: ∆p= p3 − p0= p3 + (− p0 )     Vì p3 cùng hướng với p0 và p3 = p0 nên: ∆p =0 ⇒ ∆p = Ví dụ Một người đứng trên trượt xe trượt tuyết chuyển động ngang, 3s người đó lại đẩy xuống tuyết cái với xung lượng (xung lực) 60 kgm/s Biết khối lượng người và xe trượt là m = 80 kg, hệ số ma sát nghỉ hệ số ma sát trượt (bằng hệ số ma sát nghỉ) μ = 0,01 Tìm vận tốc xe sau bắt đầu chuyển động 15 s Hướng dẫn Chọn hệ khảo sát: Xe và người, chọn chiều dương theo chiều chuyển động xe và người Lực phát động trung bình mặt tuyết tác dụng lên xe và người: ∆p 60 = F = = 20N ∆t Lực ma sát mặt tuyết tác dụng lên xe và người Fms = μ mg = 0,01.80.10 = 8N Gia tốc trung bình = xe: a F − Fms 20 − = = 0,15 m/s2 m 80 Vận tốc xe sau chuyển động 15s: v = at = 0,15.15 = 2,25 m/s Vậy: Vận tốc xe sau chuyển động 15s là 2,25 m/s C BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Xe khối lượng m = chuyển động với vận tốc 36km/h thì hãm phanh và dừng lại sau giây Tìm lực hãm (giải theo hai cách sử dụng hai dạng khác định luật II Niu–tơn) Hướng chuyển động  v Bài Súng liên tì lên vai và bắn với tốc độ 600 viên đạn trong/phút, viên đạn có khối lượng 20 g và vận tốc rời nòng súng là 800 m/s Tính lực trung bình súng nén lên vai người bắn Bài Hai bóng khối lượng m1 = (I) (II) 50g, m2 = 75g ép sát vào trên   v v2 mặt phẳng ngang Khi buông tay, bóng I lăn 3,6m thì dừng Hỏi bóng II lăn quãng đường s2 s1 bao nhiêu? Biết hệ số ma sát lăn bóng và mặt sàn là cho hai bóng Bài Một người khối lượng m1 = 60kg đứng trên xe goòng khối lượng m2 = 240kg chuyển động trên đường ray với vận tốc m/s Tính vận tốc xe người: a) nhảy sau xe với vận tốc m/s xe b) nhảy phía trước xe với vận tốc m/s xe   c) nhảy khỏi xe với vận tốc v1/ xe, v1/ vuông góc với thành xe Bài Khí cầu khối lượng M có thang dây mang người có khối lượng m Khí cầu và người đứng yên trên không thì người leo lên thang với vận tốc v0 thang Tính vận tốc đất người và khí cầu Bỏ qua sức cản không khí Bài Người khối lượng m1 = 50kg nhảy từ bờ lên thuyền khối lượng m2 = 200kg theo phương vuông góc với chuyển động thuyền, vận tốc người là 6m/s, thuyền là v2 = 1,5m/s Tính độ lớn và hướng vận tốc thuyền sau người nhảy lên Bỏ qua sức cản nước Bài Một lựu đạn ném từ mặt đất với vận tốc v0 = 20m/s theo phương lệch với phương ngang góc α = 300 Lên tới điểm cao nó nổ thành hai mảnh Mảnh I rơi thẳng đứng với vận tốc đầu v1 = 20m/s a) Tìm hướng và độ lớn vận tốc mảnh II b) Mảnh II lên tới độ cao cực đại cách mặt đất bao nhiêu ? Bài Một hạt nhân phóng xạ ban đầu đứng yên phân rã thành ba hạt: electron, nơtrinô và hạt nhân Động lượng electron là 10−23 kgm/s, động lượng nơtrinô vuông góc với động lượng electron và có độ lớn 12 10−23 kgm/s Tìm hướng và độ lớn động lượng hạt nhân Bài Vật khối lượng m1 = 5kg, trượt không ma m1 sát theo mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng α = 600, từ độ cao h = 1,8m rơi vào xe cát h khối lượng m2 = 45kg đứng yên (hình vẽ) α Tìm vận tốc xe sau đó Bỏ qua ma sát xe m2 và mặt đường Biết mặt cát gần chân mặt phẳng nghiêng Bài 10 Thuyền dài l = 4m, khối lượng M = 160kg, đậu trên mặt nước Hai người khối lượng m1 = 50kg, m2 = 40kg đứng hai đầu thuyền Hỏi họ đổi chỗ cho thì thuyền dịch chuyển đoạn bao nhiêu? Bài 11 Thuyền chiều dài l, khối lượng m1, đứng yên trên mặt nước Người khối lượng m2 đứng đầu thuyền nhảy lên với vận tốc v0 xiên góc α mặt nước và rơi vào thuyền Tính v0 Bài 12 Từ xuồng nhỏ khối lượng m1 chuyển động với vận tốc v0, người ta ném vật khối lượng m2 tới phía trước với vận tốc v2, nghiêng góc α xuồng Tính vận tốc xuồng sau ném và khoảng cách từ xuồng đến chỗ vật rơi Bỏ qua sức cản nước và coi nước là đứng yên b Bài 13 Hai lăng trụ đồng chất A, B có khối lượng m1, m2 hình vẽ Khi B trượt từ đỉnh đến chân lăng trụ A thì A dời chỗ khoảng bao nhiêu ? Biết a, b Bỏ qua ma sát m1 m2 a Bài 14 Một tên lửa khối lượng vỏ 200g, khối lượng nhiên liệu 100g, bay thẳng đứng lên nhờ nhiên liệu cháy toàn tức thời sau với vận tốc 400 m/s Tìm độ cao mà tên lửa đạt tới, biết sức cản không khí làm giảm độ cao tên lửa lần Bài 15 Một tên lửa khối lượng m = 500kg chuyển động với vận tốc 200m/s thì tách làm hai phần Phần bị tháo rời khối lượng 200kg sau đó chuyển động phía sau với vận tốc 100m/s so với phần còn lại Tìm vận tốc phần D HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Chọn vật khảo sát: xe, chọn chiều dương theo chiều chuyển động xe a) Cách 1: Áp dụng định luật II Niu–tơn khối lượng vật không đổi: a = F m v − v0 − 10 = = – m/s2 ∆t ⇒ Lực hãm: F = ma = 1000.(–2) = –2000N b) Cách 2: Áp dụng định luật II Niu–tơn dạng tổng quát: F ∆ t = ∆ p Độ biến thiên động lượng: ∆p = p – p0 = mv – mv0 = – 1000.10 = –10000 kg.m/s ⇒ Gia tốc: a = ∆p −10 000 = = − 2000N ∆t Vậy: Lực hãm có độ lớn 2000 N và ngược hướng với hướng chuyển động xe Bài Chọn hệ khảo sát: Súng và đạn, chọn chiều dương theo chiều chuyển động đạn Tổng độ biến thiên động lượng đạn khoảng thời gian phút ∆p = p – Lực hãm: F = p0 = 600mv – = 600.0,02.800 = 9600 kg.m/s ∆p 9600 Lực trung bình súng tác dụng lên đạn: = F = = 160N ∆t 60 Lực trung bình súng tác dụng lên vai người: F/ = –F = –160N Vậy: Lực trung bình súng tác dụng lên vai người có độ lớn 160N và có hướng ngược với hướng chuyển động đạn Bài – Khi ép sát hai bóng vào thì hai bóng bị biến dạng làm xuất lực đàn hồi chúng Sau buông tay thì hai bóng tương tác với lực đàn hồi Sau thời gian (rất ngắn) tương tác thì chúng rời và thu vận   tốc ban đầu là v1 và v2 – Hai bóng đặt trên mặt phẳng ngang nên trọng lực chúng và phản lực mặt phẳng ngang cân nhau, hệ hai bóng là kín quá trình tương tác với    – Theo định luật bảo toàn động lượng ta có: m1v1 + m v2 =   Suy ra: v1 và v2 ngược hướng với nên độ lớn: v2 v1 = m1 m2 (1) 10 – Sau buông tay, hai bóng chuyển động chậm dần theo hai hướng ngược tác dụng lực ma sát Gọi μ là hệ số ma sát lăn bóng và mặt sàn – Chọn chiều dương riêng cho bóng là chiều chuyển động nó Gia tốc bóng là: μm g F μm1g F a1 = 1ms = = – μ g; a2 = 2ms = = –μ g m1 m2 m2 m1 ⇒ a = a2 = – μ g Gọi s1, s2 là quãng đường bóng sau buông tay Ta có: s1 = ⇒ s2 s1 =  v12 2a1 = v12 2μg ; s2 = v22 2a2 = v22 2μg (2) v12 – Từ (1) và (2), ta có:  v22 s2 s1 = m12 m 22 ⇒ s2 = m12 m 22 s1 = 502 752 .3,6 = 1,6m Vậy: Sau buông tay bóng II lăn quãng đường 1,6m Bài Chọn hệ khảo sát: xe + người Vì ngoại lực cân nên hệ khảo sát là hệ kín  Gọi : + v1 là vận tốc người xe sau nhảy  + v1/ là vận tốc người đất sau nhảy  + v2 là vận tốc xe (và người) đất trước nhảy  + v2/ là vận tốc xe đất sau nhảy /  / (1) Theo công thức cộng vận tốc ta có: v= v1 + v2 Theo định luật bảo toàn động lượng (xét hệ quy chiếu gắn với mặt đất):    (2) (m1 + m )v2 =m1v1/ + m v2/     Thay (1) vào (2), ta có: (m1 + m )v2= m1 (v1 + v2/ ) + m v2/    (3) ⇒ (m1 + m )v2 = m1v1 + (m1 + m )v2/ Chọn trục trục Ox song song với đường ray, chiều dương theo chiều chuyển  động ban đầu xe, tức là theo chiều v2 Phương trình hình chiếu (3) trên trục Ox: / (m1 + m2)v2x = m1v1x + (m1 + m2) v2x 11 / ⇒ v2x = (m1 + m )v2x − m1v1x m1 + m (4) với: m1 = 60kg; m2 = 240kg; v2x = m/s; Giá trị đại số v1x phụ thuộc vào các câu a, b, c (60 + 240).2 − 60v1x 600 − 60v1x / ⇒ v2x = = 300 60 + 240 ⇒ v2x = – 0,2v1x (5) a) Người nhảy sau xe với vận tốc m/s xe: v1x = –4 m/s ⇒ v2x = – 0,2(–4) = 2,8 (m/s) > Vậy: Sau người nhảy khỏi xe thì xe tiếp tục chuyển động theo hướng cũ với vận tốc có độ lớn 2,8 m/s b) Người nhảy phía trước xe với vận tốc m/s xe: v1x = m/s ⇒ v2x = – 0,2.4 = 1,2 (m/s) > Vậy: Sau người nhảy khỏi xe thì xe tiếp tục chuyển động theo hướng cũ với vận tốc có độ lớn 1,2 m/s  c) Người nhảy khỏi xe với vận tốc v1 xe, theo hướng vuông góc với thành xe: v1x = ⇒ v2x = – 0,2.0 = (m/s) > Vậy: Sau người nhảy khỏi xe thì xe tiếp tục chuyển động theo hướng cũ với vận tốc có độ lớn trước (bằng m/s) Bài Chọn hệ khảo sát: Khí cầu + người Trọng lực hệ cân với lực đẩy Ac–si–mét và bỏ qua lực cản không khí nên ngoại lực cân bằng, hệ khảo sát là hệ kín  Gọi: + v0 là vận tốc người khí cầu  + v1 là vận tốc khí cầu đất  + v2 là vận tốc người đất    (1) Theo công thức cộng vận tốc ta có: v= v0 + v1 Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (xét hệ quy chiếu gắn với mặt đất):        (2) mv2 + Mv1 = ⇒ m(v0 + v1 ) + Mv1 = Chọn chiều dương thẳng đứng hướng lên: v0 > Từ (2) suy ra: mv0 <0 m(v0 + v1) + Mv1 = ⇒ v1 = – m+M mv0 Vậy: Khí cầu xuống với vận tốc có độ lớn v1 = m+M mv0 Mv0 Từ (1) suy ra: v2 = v0 + v1 ⇒ v2 = v0 + ( − )= >0 m+M m+M 12 Vậy: Người lên với vận tốc có độ lớn Mv0 m+M Bài Chọn hệ khảo sát: thuyền + người Bỏ qua lực cản  p1 nước nên ngoại lực cân và hệ khảo sát là hệ kín    – Theo định luật bảo toàn động lượng: = p p1 + p2   ( p1 , p2 là động lượng người và  thuyền trước người lên thuyền; p là động α lượng hệ (người + thuyền) sau người đã lên thuyền) Ta có: p1 = m1v1 = 50.6 = 300 kg.m/s; p2 = m2v2 = 200.1,5 = 300 kg.m/s   – Vì p1 vaø p2 vuông góc và p1 = p2 nên: p = p1 = 300 kg.m/s  p  p2 ⇒ α = 450  – Vận tốc v thuyền sau người nhảy lên có: + Độ= lớn: v p 300 = = 1,7 m/s m1 + m 50 + 200 + Hướng: Nghiêng góc 450 so với hướng chuyển động ban đầu thuyền Bài Chọn hệ khảo sát: Viên đạn Trong quá trình nổ thì nội lực lớn nhiều so với ngoại lực nên hệ khảo sát là hệ kín suốt thời gian xảy nổ Suy động lượng bảo toàn khoảng thời gian nổ a) Hướng và độ lớn vận tốc mảnh II sau đạn nổ  p2  v 0y O B y1 y  v0 α β A h  p K x1  p1  v 0x H x Chọn hệ trục tọa độ xOy hình vẽ Tại điểm cao A (đỉnh parabol) thì vận  tốc v có phương nằm ngang và có độ lớn là: v = v0x = v0cos α = 20 = 10 m/s 13 Vị trí A có độ cao là: hA = AH = yA = v20sin α 2g = 5m Xét lựu đạn nổ A Gọi m là khối lượng mảnh    Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có: = p p1 + p2   Với p nằm ngang, p1 thẳng đứng hướng xuống và có độ lớn là: p = 2mv = 20 m; p1 = mv1 = 20m   Vì p1 vuông góc với p nên từ hình vẽ ta có: p= p2 + p12 = 4.(20m)2 ⇒ p2 = 40m Vận tốc mảnh II sau lựu đạn nổ: p   v2 = = 40 m/s ( v2 cùng hướng với p2 ) m p1 ⇒ β = 300 Từ hình vẽ ta có: tan β = = p  Vậy: Sau lựu đạn nổ, mảnh II bay theo phương v2 hợp với phương ngang góc β = 300, hướng lên và có độ lớn vận tốc v2 = 40 m/s b) Độ cao cực đại mảnh II so với mặt đất Sau đạn nổ, mảnh chuyển động vật bị ném xiên góc β = 300 so với phương ngang từ A, với vận tốc đầu v2 = 40 m/s Khảo sát chuyển động mảnh hệ trục tọa độ x1Ay1 (hình vẽ) thì độ 1 402   2 v sin β   = 20m cao cực đại nó so với A là: hB = BK = y1B = = 2g 2.10 Độ cao cực đại mảnh hai so với đất là: h = hA + hB = + 20 = 25m Bài Chọn hệ khảo sát: Hạt nhân phóng xạ Trong quá trình nổ thì nội lực lớn nhiều so với ngoại lực nên hệ khảo sát là hệ kín suốt thời gian xảy nổ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, ta có:   pn    pe + pn + pnh =   Vì pn vuông góc với pe nên ta có: p= nh pe2 + p2n (9.10−23 )2 + (12.10−23 )2 = 15.10−23 kg.m/s ⇒ pnh = và tan α = pn = pe 12.10 9.10 β = 180 – 53 = 1270 0 −23 −23 = α β ⇒ α = 530  pe  p nh 14 Vậy: Vectơ động lượng hạt nhân nằm mặt phẳng chứa vectơ động lượng electron và nơtrinô, có hướng tạo góc 1270 với vectơ động lượng electron và có độ lớn 15.10−23 kg.m/s Bài Chọn hệ khảo sát: xe cát + vật Bỏ qua ma sát xe và mặt đường nên ngoại lực theo phương ngang cân bằng, suy tổng động lượng hệ theo phương ngang bảo toàn Vận tốc vật m1 trước rơi vào xe cát: v1= = 2gh = 2.10.1,8 m/s  ( v1 nghiêng góc α = 600 so với phương ngang) Áp dụng định luật bảo toàn động lượng (theo phương ngang): α (M + m)v m1v1cos=  v m v cosα ⇒ v =1 m+M 5.6.cos600 ⇒ v = = + 45 m2 m1  v1 h α = 0,3 m/s 50 30 Vậy: Vận tốc xe sau vật rơi vào xe là v = 0,3m/s Bài 10 Chọn hệ khảo sát: “Thuyền và hai người” Có nhiều phương án để hai người đổi chỗ cho Phương án đơn giản là hai người chuyển động với cùng độ lớn vận tốc so với thuyền theo hai hướng ngược Hai người khởi hành cùng thời điểm và đến hai đầu thuyền cùng lúc, tức là thời gian chuyển động  Gọi v0 là độ lớn vận tốc người thuyền; v là vận tốc thuyền   (đối với bờ); v1 và v2 là vận tốc hai người bờ Chọn chiều dương theo chiều chuyển động người thứ Ta có: v1 = v0 + v; v2 = – v0 + v Bỏ qua lực cản nước, hệ là kín theo phương ngang – Áp dụng định luật bảo toàn động lượng (theo phương ngang) ta được: m1v1 + m2v2 + Mv = ⇔ m1(v0 + v) + m2(–v0 + v) + Mv = (− m1 + m )v0 (−50 + 40)v0 − v0 ⇒ v= = <0 = m1 + m + M 50 + 40 + 160 25 Như vậy, thuyền chuyển động ngược chiều dương, tức là ngược chiều chuyển v động người thứ nhất, độ lớn ta có: v = (1) 25 15 Gọi t là khoảng thời gian chuyển động người; s là quãng đường thuyền đã được, ta có: s  s ⇒ v = v0 (2) = t = v v0   = = 0,16m 25 25 Vậy: Thuyền dịch chuyển ngược chiều chuyển động người thứ đoạn 0,16m * Chú ý : Có thể giải bài này phương pháp tọa độ khối tâm sau (hình vẽ) Giả sử thuyền dịch chuyển sang phải đoạn s Chọn trục tọa độ Ox hình vẽ, gốc tọa độ O vị trí ban đầu người thứ (m1) – Từ (1) và (2), suy ra:= s m1 m2 M /2 m1 m2 M s O x1 s x 2/ xM  s / x2 xM x1/ x – Vị trí khối tâm hệ hai người và thuyền trước hai người đổi chỗ cho m x + m x2 + Mx M + 40.4 + 160.2 = = 1,92m (1) xG = 1 m1 + m + M 50 + 40 + 160 – Vị trí khối tâm hệ hai người và thuyền sau hai người đổi chỗ cho nhau:   m1 (s + ) + m 2s + M  s +  / / / m x + m x + Mx   / 2 M = 1 = xG m1 + m + M m1 + m + M ⇒ x′G = 50(s + 4) + 40s + 160 ( s + ) = s + 2,08 (2) 250 – Từ (1) và (2) suy ra: s + 2,8 = 1,92 ⇒ s = – 0,16m < Vậy: Thuyền dịch chuyển sang trái, tức là ngược chiều chuyển động người thứ đoạn 0,16m Bài 11 16 Chọn hệ khảo sát: “Thuyền và người” Gọi u là độ lớn vận tốc thuyền mặt nước và t là thời gian chuyển động (bay) người không khí Theo bài toán ném xiên ta có: 2v sin α (1) t= g Bỏ qua lực cản nước thì hệ là kín theo phương ngang nên động lượng theo phương ngang bảo toàn: m2 m2v0cos α − m1u == 0⇒ u (2) v cosα m1 Trong khoảng thời gian t nói trên, thuyền và người đã dịch chuyển ngược chiều nhau, và đoạn đường tương ứng theo phương ngang là s1 và s2: (3) s1 = ut (4) s2 = (v0cos α )t Thay (1) và (2) vào (3) ta được: s1 = m2 m1 (v0 cosα) 2v0 sin α g m v20sin2α (5) = m1 g Thay (1) vào (4) ta được: s2 = v0 cosα 2v0sinα g = v20sin2α (6) g Để người rơi đúng vào thuyền thì phải có: s1 + s2 = Thay (5) và (6) vào (7) ta được: ⇔ m1g 2(m1 + m )sin 2α (7) m v20sin2α v2 sin2α  + = m1 g g  v20sin2α  m v20sin2α  = ⇔ +   g g  m1  ⇒ v0 =   m1 + m     =  m1  Vậy: Vận tốc nhảy người là v0 = m1g 2(m1 + m )sin 2α Bài 12 Chọn hệ khảo sát: “Xuồng + người” Bỏ qua lực cản nước nên ngoại lực cân theo phương ngang và hệ khảo sát là hệ kín theo phương ngang   Gọi v và v1′ là vận tốc xuồng và vận tốc vật m2 bờ sau    ném Ta có: v1′ = v2 + v 17 Chọn chiều dương là chiều chuyển động xuồng trước ném: * Vận tốc xuồng sau ném:   + Tổng động lượng hệ trước ném: = p1 (m1 + m )v0 + Tổng động lượng hệ theo sau ném:       p′ = m1v + m v1′ = m1v + m2 (v2 + v) + Áp dụng định luật bảo toàn động lượng (theo phương ngang): (m1 + m )v0  m v2 cosα (m1 + m2)v0 = m1v + m2(v2 cosα + v) ⇒ v = m1 + m * Khoảng cách từ xuồng đến chỗ vật rơi Xét hệ quy chiếu gắn với xuồng thì chuyển động vật vật bị ném xiên với vận tốc v2 theo hướng nghiêng góc α xuồng Suy khoảng cách từ xuồng đến chỗ rơi tầm xa vật trên mặt nước và bằng: s= v22sin2α g Bài 13 Chọn hệ khảo sát: “Hai lăng trụ” Bỏ qua ma sát nên ngoại lực cân theo phương ngang và hệ khảo sát là hệ kín theo phương ngang Gọi v1 và v2 là độ lớn vận tốc hai lăng trụ m1 và m2 – Theo phương ngang, động lượng bảo toàn nên: v m m1v1 = m2v2 hay = (1) v2 m1 b Gọi s1, s2 là quãng đường hai lăng trụ đã theo phương ngang; ∆t là thời gian chuyển động hai lăng trụ, ta có: s v (2) s1= v1∆t ; s2= v2 ∆t ⇒ = s2 v – Từ (1) và (2), ta có: s1 s2 = m2 m1 ⇒ s2 = m1 m2 m1 m2  v1 m2 a s1 Mặt khác: s1 + s2 = a – b – Thay (3) vào (4), ta được: s1 + m1  v2 s1 = a – b ⇒ s1 = (3) (4) m (a − b) m1 + m Vậy: Khi B trượt từ đỉnh đến chân lăng trụ A thì A dời chỗ khoảng là m (a − b) s1 = m1 + m 18 Bài 14 Chọn hệ khảo sát: “Tên lửa (vỏ + nhiên liệu)” Trong quá trình khí cháy thì nội lực lớn nhiều so với ngoại lực nên hệ khảo sát là hệ kín suốt thời gian khí Gọi m1 và m2 là khối lượng vỏ tên lửa và nhiên liệu; v1 và v2 là độ lớn vận tốc vỏ và nhiên liệu sau khí cháy – Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (theo phương thẳng đứng), ta có:  m2 100   = v1 = v2 = 400 200 m/s m1v1 +m v2 = ⇒ m1v1 – m2v2 = ⇒ m1 200 – Độ cao cực đại tên lửa đạt bỏ qua lực cản không khí: v12 2002 h == = 2000m 2g 2.10 – Độ cao cực đại tên lửa đạt có lực cản không khí: h 2000 h′ = = = 400m 5 Bài 15 Chọn hệ khảo sát: “Tên lửa” Trong quá trình tên lửa tách thành phần thì nội lực lớn so với trọng lực nên hệ là kín theo phương ngang Gọi m là khối lượng tổng cộng tên lửa; m1 là khối lượng phần tách ra; v1 là vận tốc phần tách Trái Đất; v0 là vận tốc phần tách phần còn lại; v là vận tốc tên lửa trước tách; v2 là vận tốc phần còn lại sau tách (1) Vì các vận tốc là cùng phương nên ta có: v= v + v2 – Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có: mv= m1v1 + (m − m1 )v2 ⇒ mv = m1 (v0 + v2 ) + (m − m1 )v2 ⇒ v2 = – – * + + mv − m1v0 (2) m Chọn chiều dương theo chiều chuyển động tên lửa trước tách thì: v = 200m/s; v0 = –100m/s 500.200 − 200.(−100) Từ (2) suy ra: v2 = = 240 m/s 500 Từ (1) suy ra: v1 = – 100 + 240 = 140 m/s Nhận xét: Vì v1 > và v1 < v nên sau tách, phần tách bay phía trước với vận tốc nhỏ Vì v2 > và v2 > v nên sau tách, phần còn lại bay phía trước với vận tốc lớn hơn, tức là tăng tốc 19 Chuyên đề 2: CÔNG VÀ CÔNG SUẤT – ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CÔNG I TÓM TẮT KIẾN THỨC Công và công suất a Công  F Hướng   α s đường – Công thực lực F trên quãng đường s xác định công thức:  A = Fscosα (α là góc hợp hướng lực F và hướng đường  s) – Các trường hợp: π + 0<α< (cosα > 0): A > 0: công phát động (công dương) π < α < π (cosα< 0): A < 0: công cản (công âm) + + α = (cosα = 1): A = Fs; α = π (cosα = –1): A = –Fs π (cosα = 0): A = 0: lực không thực công + α= – Đơn vị: Trong hệ SI, đơn vị công là J (jun) Ngoài ra, còn có các đơn vị khác Wh (oát–giờ), kWh (kilôoát–giờ), với: 1Wh = 3600J; 1kWh = 1000Wh = 3600000J b Công suất  – Công suất lực F thời gian t xác định công thức: A ℘= t – Đơn vị: Trong hệ SI, đơn vị công suất là W (oát) – Hệ thức lực và công suất: ℘ = Fv (v là vận tốc vật chịu lực) Hiệu suất: H% = A coù ích A toàn phần .100% = ℘coù ích ℘toàn phần .100% Công các lực học Định luật bảo toàn công a Công các lực học – Công trọng lực: AP = mgh (h = z1 – z2 là hiệu hai độ cao đầu và cuối; h > 0: vật từ trên xuống: A > 0; h < 0: vật từ lên: A < 0) 20 k(x12 -x22 ) (k là độ cứng lò xo; x1, x2 là độ biến dạng đầu và cuối vật đàn hồi) – Công lực ma sát: Ams = –Fms.s = – μNs (Ams < 0: công – Công lực đàn hồi: AF = (1) cản) ( μ là hệ số ma sát, N là áp lực vật trên mặt tiếp xúc, s là quãng đường dịch chuyển) b Định luật bảo toàn công: Khi vật chuyển động vận tốc  F vật điểm cuối và điểm đầu ms thì công phát động độ lớn công cản Aphát động = |Acản| (2) z1 z2 (2) (1) x1 x2  v Hướng đường s II GIẢI TOÁN A Phương pháp giải – Khi sử dụng công thức tính công A = Fscos α cần xác định đúng giá trị góc α   hướng lực F và hướng đường s (hướng chuyển động vật) A – Để tính công suất ℘ có thể dùng công thức ℘= ℘ = Fv với chú ý: t + Nếu vật chuyển động (v = const) thì ℘ = Fv + Nếu vật chuyển động biến đổi (v ≠ const) thì ℘t = Fv; ℘ = A t + Nếu vật chuyển động biến đổi (a = const) thì ℘t = Fv; v + v ℘ = Fv = F     (v0 là vận tốc ban đầu vật, v là vận tốc thời điểm t vật) – Khi áp dụng định luật bảo toàn công cần chú ý: + Khi không có ma sát (Fms = 0): Aphát động = –Acản + Khi có ma sát (Fms ≠ 0): Acó ích = H.Atoàn phần (H là hiệu suất) – Công các lực học trọng lực, lực đàn hồi không phụ thuộc vào dạng đường mà phụ thuộc vào vị trí các điểm đầu và cuối gọi là các lực Để tính công các lực này ta cần chú ý vị trí các điểm đầu và cuối vật Lực ma sát không phải là lực nên công nó phụ thuộc vào 21 dạng đường vật B VÍ DỤ MẪU Ví dụ Một người kéo vật m = 50kg chuyển động thẳng không ma sát lên độ cao h = 1m Tính công lực kéo người kéo vật: a) lên thẳng đứng b) lên nhờ mặt phẳng nghiêng có chiều dài l = 3m So sánh công thực hai trường hợp Hướng dẫn a) Đi lên thẳng đứng (hình a)   Các lực tác dụng vào vật là trọng lực P và lực kéo F Vì vật lên thẳng theo phương thẳng đứng nên: F = P = mg Công lực kéo: A = Fs = mgh = 50.10.1 = 500J b) Đi lên nhờ mặt phẳng nghiêng có chiều dài l = m (hình b)   – Các lực tác dụng vào vật là: trọng lực P , lực kéo F , phản  lực mặt phẳng nghiêng Q (bỏ qua ma sát) – Vật lên thẳng trên mặt phẳng nghiêng h nên: F = P1 = mgsin α = mg  h – Công lực kéo: A = Fs = mg  = mgh  ⇒ A = 50.10.1 = 500J Vậy: Công thực hai trường hợp là  F  v m  P Hình a  Q  F h l  P  P1 α Hình b Ví dụ Sau cất cánh 0,5 phút, trực thăng có m = tấn, lên đến độ cao h = 900m Coi chuyển động là nhanh dần Tính công động trực thăng Hướng dẫn   Các lực tác dụng vào trực thăng: trọng lực P và lực kéo F động (hình vẽ)  Trực thăng lên nhanh dần theo phương thẳng đứng nên ta có: F F – P = ma ⇒ F = m(g + a) (1) 2h Gia tốc trực thăng: a = (2) t2 2h ⇒= F m(g + )  t2 P 22 Công lực kéo: A = Fs = m(g + 2h )h = 6.103.(10 + 2.900 64,8.106J ).900 = t 30 Vậy: Công động trực thăng là A = 64,8.106J Ví dụ Một cái thùng m = 90kg chuyển động thẳng trên sàn nhờ lực đẩy F1 = 300N, α1 = 300 và lực kéo F2 = 300N, α = 450 hình vẽ   F2 a) Tính công lực tác dụng lên F1 thùng trên quãng đường 20m α1 α2 b) Tính hệ số ma sát thùng và sàn a) + + + + Hướng dẫn Công lực tác dụng lên thùng     Các lực tác dụng vào thùng: P , Q ,  F1 Q    F2 Fms , F1 , F2 (hình vẽ)   α1 α2 Trọng lực P và phản lực Q có  phương vuông góc với phương Fms chuyển động thùng nên không  sinh công: A= A= P Q P  Công lực đẩy F1 : A F = F1s.cos α1 = 300.20.cos30 = 3000 ≈ 5200J  Công lực kéo F2 : A F = F2s.cos α = 300.20.cos45 = 3000 ≈ 4240J  Công lực ma sát Fms : Vì thùng chuyển theo phương ngang nên hợp lực theo phương ngang Suy ra, tổng công các lực theo phương ngang 0: A F + A F + A Fms = ⇒ A Fms = –( A F + A F ) = –(5200 + 4240) = – 9440J 1 2 b) Hệ số ma sát μ thùng và sàn       – Vì thùng chuyển nên: P + Q + Fms + F1 +F2 = (*) – Chiếu (*) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên ta được:  P + Q  F1sinα1 + F2sinα = ⇒ Q = mg + F1sinα1  F2sinα – Công lực ma sát: Ams = – Fms.s = – μ Qs = – μ (mg + F1sinα1  F2sinα )s ⇒μ = A ms -(mg+F1sinα1 -F2sinα )s = − 9440 −(90.10 + 300.sin300 − 300sin 450 ).20 23 ⇒μ = − 9440 = 0,56 −(90.10 + 300 − 300 ).20 2 Vậy: Hệ số ma sát thùng và sàn là μ = 0,56 Ví dụ Xe khối lượng m = 200kg, chuyển động trên dốc dài 200m, cao 10m a) Xe chuyển động thẳng lên dốc với vận tốc 18 km/h, công suất động là 0,75kW Tìm giá trị lực ma sát b) Sau đó, xe chuyển động xuống dốc nhanh dần đều, vận tốc xe đỉnh dốc là 18 km/h, chân dốc là 54 km/h Tính công xe thực xuống dốc và công suất trung bình, công suất tức thời chân dốc Biết lực ma sát là không đổi Hướng dẫn  a) Xe chuyển động thẳng lên dốc  Q Các lực tác dụng vào xe: trọng lực P ; lực     kéo F ; phản lực Q và lực ma sát Fms ℘ Lực kéo động cơ: F = v Vật lên nên hợp lực 0, đó:      F + P + Q + Fms = F  Fms h  α  P ⇒ F – Psin α – Fms = ℘ h 0,75.103 10 50N − mg = − 200.10 = v  200 Vậy: Giá trị lực ma sát là Fms = 50N b) Xe chuyển động nhanh dần xuống dốc     Các lực tác dụng vào xe: trọng lực P ; lực kéo F ; phản lực Q và lực ma sát Fms      Theo định luật II Niu–tơn, ta có: F + P + Q + Fms = ⇒ Fms = F  Psinα = ⇒ F + Psin α – Fms = ma h ⇒ F = Fms  mgsinα + ma = Fms − m(g − a)  − v20  F v 15 − = = 0,5 m/s2  2 2.200 Fms   10 ⇒ F = 50 −200  10 − 0,5  = 50N α  200  Gia tốc của= xe: a  Q  h  P Công xe thực hiện: A = Fl = 50.200 = 10000J = 10kJ v + v0 15 + Công suất trung bình:= ℘= F.v F.= 50 = 500W = 0,5kW 2 24 Công suất tức thời chân dốc: = ℘ F.v = 50.15 = 750W = 0,75kW Vậy: Công xe thực xuống dốc là A = 10kJ; công suất trung bình là ℘ = 0,5kW; công suất tức thời chân dốc ℘ = 0,75kW Ví dụ Đầu máy xe lửa công suất không đổi có thể kéo đoàn tàu m1 = 200 lên dốc có góc nghiêng α1 = 0,1rad với vận tốc v1 = 36 km/h hay lên dốc có góc nghiêng α = 0,05rad với vận tốc v2 = 48 km/h Tính độ lớn lực cản FC Biết FC không đổi và sinα ≈ α ( α nhỏ) Hướng dẫn Gọi ℘ là công suất đầu máy xe lửa (bằng hai trường hợp); F1 và v1 là lực kéo đầu máy tác dụng vào đoàn tàu và vận tốc đoàn tàu lên dốc có góc nghiêng α1; F2 và v2 là lực kéo đầu máy tác dụng vào đoàn tàu và vận tốc đoàn tàu lên dốc có góc nghiêng α – Khi tàu lên dốc có góc nghiêng α1 : + Theo định luật II Niu–tơn: F1 – FC – m1gsin α1 = m1a1 = ⇒ F1 = FC + m1gsin α1 + Công suất đầu máy: ℘ = F1v1 = (FC + m1gsin α1 )v1 (1) – Khi tàu lên dốc có góc nghiêng α : + Theo định luật II Niu–tơn: F2 – FC – m1gsin α = m1a2 = ⇒ F2 = FC + m1gsin α + Công suất đầu máy: ℘ = F2v2 = (FC + m1gsin α )v2 (2) – Từ (1) và (2) ta có: (FC + m1gsinα1)v1 = (FC + m1gsinα2)v2 m g(v sinα1  v2sinα ) m g(v α  v α ) ⇒ FC = 1 ≈ 1 2 v2  v1 v2  v1   40 200.103.10  10.0,1 − 0,05    = 200000N ⇒ FC = 40 − 10 Vậy: Độ lớn lực cản là FC = 200000N 25 C BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Cần trục nâng vật m = 100kg từ mặt đất lên cao theo phương thẳng đứng Trong 10s đầu tiên, vật lên nhanh dần với gia tốc 0,8 m/s2 Sau đó, vật lên chậm dần thêm 10s dừng lại Tính công cần trục thực  Bài Đường tròn có đường kính AC = 2R = 1m Lực F có phương song song với   AC, có chiều không đổi AC và có độ lớn F = 600N Tính công lực F  điểm đặt F vạch: a) nửa đường tròn AC b) đường tròn Bài Một trực thăng có khối lượng m = a) Trực thăng bay lên đều, lên cao 1km thời gian 50s Bỏ qua sức cản không khí Tính công suất động b) Trực thăng bay lên nhanh dần không vận tốc đầu, lên cao 1250m 50s Sức cản không khí 0,1 trọng lượng trực thăng Tính công suất trung bình và công suất cực đại động thời gian trên Bài Xe chạy trên mặt đường nằm ngang với vận tốc 60 km/h Đến quãng đường dốc, lực cản tăng gấp mở “ga” tối đa tăng công suất động lên 1,5 lần Tính vận tốc tối đa xe trên đường dốc Bài Một đầu máy xe lửa, khối lượng m, công suất không đổi, có thể chuyển động lên mặt phẳng nghiêng góc α Hỏi đầu máy có thể kéo thêm toa xe khác khối lượng m1 bao nhiêu để chuyển động với vận tốc cũ trên mặt phẳng ngang? Biết hệ số ma sát đường ray với xe là μ Bài Hai ô–tô công suất N1, N2 không đổi, chuyển động với vận tốc v1, v2 Nếu hai ô–tô nối với và cùng mở máy chuyển động cùng chiều (ô–tô trước đó có vận tốc lớn chạy trước) thì vận tốc các xe chuyển động là bao nhiêu? Biết lực cản đặt lên xe không đổi m Bài Vật m = 5kg thả rơi từ độ cao h = 4m h xuống hồ nước sâu 2m Tính công trọng lực vật rơi tới đáy hồ h’ Bài Lò xo độ cứng k = 50 N/m Tính công lực đàn hồi lò xo nó dãn thêm 10cm từ: a) chiều dài tự nhiên b) vị trí đã dãn 10cm c) vị trí bị nén 10cm 26 Bài Một vật m = 100g trượt không vận tốc đầu từ đỉnh xuống chân mặt phẳng nghiêng dài  = 2m, chiều cao h = 0,4m Vận tốc vật chân mặt phẳng nghiêng là m/s Tính công lực ma sát Bài 10 Súng khối lượng 50kg bắn đạn theo phương ngang Khối lượng đạn là 2kg, vận tốc lúc rời nòng là 500 m/s Sau bắn, súng giật lùi đoạn 50cm Tính lực hãm trung bình đặt lên súng và công lực hãm Bài 11 Một mũi tên bắn từ cái cung có chiều dài dây cung  = 1m Dây kéo căng đoạn h = 5cm Lực đàn hồi dây cung coi không đổi và T = 300N Biết l α nhỏ thì sin α ≈ tan α ≈ α (rad) Tính công lực đàn hồi từ lúc tên bắt đầu chuyển động đến lúc rời dây cung Bài 12 Một vật nhỏ khối lượng m = 50g kéo h trượt thật chậm trên đoạn đường là 1/4 đường tròn bán kính R = 1m, hệ số ma sát μ = 0,1 hình vẽ Lực kéo luôn hướng tiếp tuyến với quỹ đạo Tính công lực ma sát Bài 13 Người ta kéo xe khối lượng m = 200kg lên dốc dài 20m, cao 5m Tính công người thực được, biết lực ma sát 0,05 trọng lượng xe Bài 14 Tính công cần để nâng sợi xích khối lượng 5kg, chiều dài 1m ban đầu nằm trên mặt đất, người cầm đầu xích nâng lên độ cao 2m Bài 15 Hòn đá mài bán kính 20cm quay với tần số 180 vòng/phút Người ta dùng lực 20N để ấn vật lên vành đá mài Tính công đá mài thực phút, biết hệ số ma sát vật và đá mài là 0,3 Bài 16 a) Tìm quãng đường xe đạp đạp vòng bàn đạp, biết số đĩa gấp lần số líp và đường kính vỏ xe là 700mm b) Đạp lên bàn đạp lực 56N (theo phương tiếp tuyến quỹ đạo) thì lực truyền đến điểm tiếp xúc M vỏ xe và mặt đất bao nhiêu? Biết đùi đĩa xe đạp dài 20cm và gấp bán kính đĩa; các bán kính đĩa và líp tỉ lệ với số răng; xích truyền nguyên vẹn lực Bỏ qua ma sát Kiểm chứng lại định luật bảo toàn công từ các kết trên Bài 17 Thác nước cao 30m, giây đổ xuống 300m3 nước Lợi dụng thác nước, có thể xây dựng trạm thủy điện công suất bao nhiêu? Biết hiệu suất trạm thủy điện là 75% Bài 18 Một thang có độ cao h và nghiêng góc α với mặt ngang Thang xuống với vận tốc v Tính công người, khối lượng m, thực lên thang thời gian t Xét hệ quy chiếu: a) gắn với đất b) gắn với thang 27 D HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài   Các lực tác dụng vào vật là: trọng lực P và lực kéo F cần trục – Giai đoạn 1: + Lực kéo cần trục: F1 = m(g + a1) = 100.(10 + 0,8) = 1080N + Công cần trục: A1 = F1h1 = 1080.10 = 10 800J – Giai đoạn 2: + Vận tốc ban đầu vật (cuối giai đoạn 1): v02 = v1 == 2a1h1 + Gia tốc vật: a2 =  F  v = 2.0,8.10 m/s − v1 = t2 −4 = −0,4 m/s2 10 + Lực kéo cần trục: F2 = m(g + a2) = 100.(10 – 0,4) = 960N + Độ cao vật được: h2 = − v12 2a2 = −42 2.(−0,4) = 20m m  P + Công cần trục: A2 = F2h2 = 960.20 = 19200J – Công tổng cộng cần trục hai giai đoạn: A = A1 + A2 = 10800 + 19200 = 30000J = 30kJ Bài  a) Điểm đặt F vạch nửa đường tròn AC  Ta có: A = Fs, với s = AC là hình chiếu độ F A C dời điểm đặt lực trên phương lực  O F ⇒ A = F.AC = 600.1 = 600J  b) Điểm đặt F vạch đường tròn AC Ta có: A = Fs/, với s/ = là hình chiếu độ dời điểm đặt lực trên phương  lực F ⇒ A = Bài a) Khi trực thăng lên Công động cơ: A = Fs = mgh = 5000.10.1000 = 50.106J A 50.106 = 106W = 1MW = t 50 Vậy: Khi trực thăng lên đều, công suất động là P = 1MW b) Khi trực thăng lên nhanh dần Công suất động cơ: ℘ = 2h 2.1250 at ⇒ a= = m/s2 = t2 502 Theo định luật II Niu–tơn, ta có: F – mg – FC = ma ⇒ F = mg + FC + ma Gia tốc trực thăng: Từ h = 28 ⇒ F = mg + 0,1mg + ma = m(1,1g + a) = 000.(1,1.10 + 1) = 60.103N Công động cơ: A = Fs = 60.103.1250 = 75.106J A 75.106 = = 1,5.106W = 1,5MW t 50 Vận tốc cực đại trực thăng: vmax = at = 1.50 = 50 m/s Công suất cực đại động cơ: ℘max = Fvmax = 60.103.50 = 3.106W = 3MW Công suất trung bình động cơ: ℘ = (Có thể tính công suất trung bình động theo công thức : v = ℘ F.v = F max ) Vậy: Khi trực thăng lên nhanh dần đều, công suất trung bình động là ℘ = 1,5MW; công suất cực đại động là ℘max = 3MW Bài Khi xe chuyển động thẳng trên đường ngang thì: FK = FC Công suất động trên đường ngang:= ℘ F= K v FC.v (1) Khi xe chuyển động thẳng trên đường dốc thì: F′K = F′C = 3FC Công suất động trên đường dốc:= ℘′ FK′= v′ 3FC v′ (2) Mặt khác: ℘′= 1,5℘ (3) v 60 = = 30 km/h 2 Vậy: Vận tốc tối đa xe trên đường dốc là v’ = 30km/h Bài – Khi đầu máy chuyển động trên mặt phẳng nghiêng (chưa kéo thêm toa xe): + Lực kéo: F = mgsinα + Fms = mgsinα + μ mgcosα = mg(sinα + μ cosα) Từ (1), (2) và (3), ta có: v=′ + Công suất: ℘= F.v – Khi đầu máy chuyển động trên mặt phẳng ngang (kéo thêm toa xe): + Lực kéo: F′ = Fms = μ (m + m1)g + Công suất: ℘′ =F′.v′ Vì v′ = v và ℘′ =℘ nên F′ = F ⇒ μ (m + m1)g = mg(sinα + μ cosα) ⇒ m1 =  sinα  mg(sinα + μcosα)  μmg = m + cosα  1 μg  μ  Vậy: Khối lượng toa xe mà đầu máy có thể kéo thêm để chuyển động thẳng  sinα  trên mặt phẳng nằm ngang là m1 = m  + cosα  1  μ  Bài Khi hai xe chưa nối với chuyển động nên: 29 F1C = F1 = N1 v1 ; F2C = F2 = N2 v2 Khi hai xe nối với chuyển động với vận tốc v nên: (1) N = N1 + N2 = F.v N v + N v1 N N ⇒ F = FC = F1C + F2C = + = (2) v1 v2 v1v2 Từ (1) và (2), suy ra: v = N1 + N F = (N1 + N )v1v2 N1v2 + N2 v1 Vậy: Nếu hai ô–tô nối với và chuyển động cùng chiều thì vận tốc các xe (N1 + N )v1v2 chuyển động là v = N1v2 + N v1 Bài Công trọng lực vật rơi xuống: A = mg(h + h/) = 5.10.(4 + 2) = 300J Bài Ta có: Công lực đàn hồi: = A k(x12 − x22 ) a) x1 = 0; x2 = 10cm = 0,1m: = A1 50.(02 − 0,12 ) = –0,25 J < b) x1 = 10cm = 0,1m; x2 = 10 + 10 = 20cm = 0,2m: ⇒ A2 = 50.(0,12 − 0,22 ) = –0,75 J < c) x1 = –10cm = –0,1m; x2 = –10cm + 10cm = ⇒ A3= 50 (−0,1)2 − 02  = 0,25J >   * Nhận xét: + A1 < 0; A2 < nên hệ nhận công, tức là ta phải cung cấp cho hệ lượng để kéo dãn lò xo + A3 > nên hệ sinh công, tức là ta không cần cung cấp lượng cho hệ, lò xo tự động dãn và sinh công Bài  Chọn chiều (+) là chiều chuyển động vật Q Các lực tác dụng vào vật:     Fms Trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát Fms A v2B 22 = m/s2 2 2.2 Theo định luật II Niu–tơn, ta có: Gia tốc vật là: a = =  h α B  P 30 mgsin α – Fms = ma ⇒ Fms = m(gsin α – a) = m(g h – a)  Công lực ma sát: A Fms = –Fms  = – m(g h – a)   0,4 – 1).2 = –0,2J Vậy: Công lực ma sát là AFms = –0,2J * Lưu ý: Có thể giải theo định luật bảo toàn lượng sau: Công lực không phải lực độ biến thiên vật: ⇒ A Fms = – 0,1.(10 AFms = ∆ W = WB – WA = ⇒ AFms = 0,1( 22 2 v m v2B – mgh = m( B – gh) 2 – 10.0,4) = –0,2J Bài 10 Gọi: m1, m2 là khối lượng súng và đạn; v1, v2 là vận tốc súng và đạn sau bắn – Súng bắn đạn theo phương ngang nên ngoại lực cân bằng, hệ (súng + đạn) là kín khoảng thời gian bắn, suy động lượng bảo toàn m Về độ lớn ta có: m1v1 = m2v2 ⇒ v1 = v2 = 500 = 20 m/s m1 50 – Xét chuyển động súng sau bắn Coi súng chuyển động chậm dần tác dụng lực hãm trung bình Chọn chiều dương là chiều chuyển động súng Ta có: + Gia tốc trung bình súng: a = − v12 2s = −202 = –400 m/s2 2.0,5 + Lực hãm trung bình đặt lên súng: Fh = –m1 a = –50.(–400) = 20000N + Công lực hãm: A = –Fh.s = –20000.0,5 = –10000 J = –10kJ Vậy: Lực hãm trung bình là 20000N và công lực hãm là –10kJ Bài 11 – Mũi tên rời khỏi dây cung dây cung trở trạng thái không biến dạng, tức là mũi tên quãng đường s = h (hình vẽ) – Hợp lực đàn hồi cực đại (khi dây cung bị kéo căng): 4Th h Fmax = 2Tsin α ≈ 2T tan α = 2T =  /2 – Hợp lực đàn hồi cực tiểu (khi dây cung không biến dạng) Fmin = 31 – Nếu coi hợp lực giảm dần từ giá trị cực đại đến thì hợp lực đàn hồi trung Fmax + Fmin 2Th bình là: F = =  2Th2 2.300.(5.10−2 )2 = = 1,5J  * Lưu ý: Có thể giải sau: Coi cung tên lò xo đàn hồi có độ cứng là k Khi lò xo dãn đoạn x  = h thì xuất lực đàn hồi: T α 4Th 4T F = Fmax = = kh ⇒ k =   – Công lực đàn hồi: A = W1t – W2t – Công lực đàn hồi: = A F.h =  2 1 4T 2Th kx – = kh2 = h = 2   Thay số ta kết giống kết trên Vậy: Công lực đàn hồi từ lúc tên bắt đầu chuyển động đến lúc rời dây cung là A = 1,5J ⇒A=  α T h Bài 12 – Công lực ma sát kéo vật từ điểm B đến điểm B’ cung tròn là: ′ ∆ A = –F BB ms ms ′ ≈ BB’ = ∆ ; F = μ N = μ mg.cos α với: BB ms cosα ∆ ⇒ ∆ Ams = – μ mg.cos α = – μ mg ∆ cosα – Công lực ma sát kéo vật trên 1/4 đường tròn (từ A đến B’) là: Ams = Σ∆A ms = Σ (– μ mg ∆ ) = – μ mg Σ ∆ A α  Q  Fms B O ∆l R B’  F  P ⇒ Ams = – μ mg.R = – 0,1.0,05.10.1 = – 0,05J Vậy: Công lực ma sát kéo vật trên 1/4 đường tròn là Ams = –0,05J Bài 13 Chọn chiều dương là chiều chuyển động xe (+) – Các lực tác dụng vào xe hình vẽ – Vì vật chuyển động lên dốc nên:       (1) F + P + Q + Fms =0 Q  – Chiếu (1) lên chiều (+) đã chọn ta được: F – mgsin α – Fms = ⇒ F = mgsin α + Fms h ⇒ F = mg( + 0,05)  F  Fms α  P  h 32 + 0,05) = 600N 20 – Công người thực hiện: A F = F  = 600.20 = 12000J = 12kJ = 200.10( * Lưu ý: Có thể giải theo định luật bảo toàn lượng sau: Công lực không phải lực độ biến thiên vật: 1 AF + AFms = ∆ W = WB – WA = ( m v2B + mgh) – m v2A = mgh 2 ⇒ AF = – AFms + mgh = Fms  + mgh = 0,05mg  + mgh AF = mg(0,05  + h) = 200.10(0,05.20 + 5) = 12000J = 12kJ Bài 14 Dây xích dài 1m có đầu trên độ cao 2m thì trọng tâm dây xích (ở chính dây xích) độ cao h = 1,5m Công cần thực (của lực nâng): A F = – A P = –(–mgh) = mgh ⇒ A F = 5.10.1,5 = 75J Vậy: Công cần để nâng sợi xích trên là AF = 75J Bài 15 Trong phút đá mài quay n = 2.180 vòng và điểm đặt lực ma sát đá mài tác dụng vào vật đã di chuyển quãng đường s ngược hướng với lực ma sát Ta có: s = n.2 π r = 2.180.2 π r = 720 π r Công lực ma sát: A Fms = –Fms.s = – μ F.720 π r Công đá mài đã thực hiện: A = – A Fms = μ F.720 π r ⇒ A = 0,3.20.720.3,14.0,2 = 2713J Vậy: Công đá mài thực phút là A = 2713J Bài 16 a) Quãng đường xe đạp vòng bàn đạp – Khi bàn đạp quay vòng thì đĩa (gắn với bàn đạp) quay vòng nên điểm A trên dây xích (tiếp xúc với vành đĩa) dịch chuyển quãng đường s chu vi vành đĩa Suy điểm B trên  F2 A  vành líp (tiếp xúc F B với dây xích) dịch chuyển O1 O2 quãng đường s Khi Rđ R l Rb đó líp và bánh xe sau (gắn với qua ổ d  F1 M  F4 33 trục sau) quay n vòng Gọi Rđ , Rl và Rb là bán kính đĩa, líp và bánh xe sau R Ta có: s = π Rđ = n.2 π Rl ⇒ n = d R – Vì các bán kính đĩa và líp tỉ lệ với số và số đĩa gấp lần số líp nên Rđ = 2Rl ⇒ n = – Quãng đường xe (bằng quãng đường điểm M trên vành lốp được) bàn đạp quay vòng (bánh xe sau quay vòng) là: s′ = 2.2 π Rb = 2.2.3,14.0,35 = 4,4m Như vậy, đạp vòng bàn đạp thì bánh xe sau quay vòng và xe quãng đường là 4,4m b) Lực truyền đến điểm tiếp xúc M Gọi d là chiều dài đùi đĩa   d Momen lực F1 và F2 O1 nhau: F1d = F2Rđ ⇒ F2 = F1 Rd – Vì xích truyền nguyên vẹn lực nên: F3 = F2 = F1   – Momen lực F3 và F4 O2 nhau: F3Rl = F4Rb ⇔ F4 = F3 R Rb = F1 d Rd d R 20 = 56 = 16N Rd Rb 10 35 * Nghiệm lại kết định luật bảo toàn công: Ta có:   – Lực phát động là F1 tác dụng vào bàn đạp, lực cản là lực ma sát Fms mặt đường tác dụng lên bánh xe có độ lớn F4  – Khi bàn đạp quay vòng thì bánh xe sau quay vòng, đó điểm đặt F1  và Fms di chuyển quãng đường theo phương lực, là s1 và s2 Ta có: s1 = 1.2 π d = π d; s2 = 2.2 π Rb = π Rb + Công lực phát động: Apđ = A F = F1.s1 = F1.2 π d + Độ lớn công cản: A C = A Fms = F4s2 = F4.4 π Rb ⇒ A pd AC = F1 d 56 20 = = ⇒ Apđ = A C F4 2R b 16 70 Vậy: Các kết trên đây nghiệm đúng định luật bảo toàn công Bài 17 34 Gọi V0 (m3) và m0 (kg) là thể tích và khối lượng nước đổ xuống giây; D (= 103 kg/m3) là khối lượng riêng nước; H là hiệu suất động A mgh (m t).gh Công suất toàn phần: ℘tp = P = = m gh = V0Dgh = t t t Công suất trạm thủy điện (bằng công suất có ích): ℘i = H.℘tp = H.V0Dgh ⇒ ℘i =0,75.300.103.10.30 = 675.105W = 67500kW Vậy: Công suất trạm thủy điện là ℘i =67500kW Bài 18 a) Trong hệ quy chiếu gắn với đất: Theo định luật bảo toàn công, bỏ qua ma sát thì: A F = – A P = –(–mgh) = mgh b) Trong hệ quy chiếu gắn với thang máy: Trong khoảng thời gian t, người lên độ cao h so với đất thì thang máy xuống quãng đường s = vt theo phương nghiêng và giảm độ cao đoạn là h1 so với đất Ta có: h1 = s.sin α = vtsin α Độ cao người đã lên so với thang máy: h2 = h + h1 = h + vtsin α Công người đã thực hiện:  A F = – A P = –(–mgh2) = mgh2 = mg(h + vtsin α ) F m  v α  P  h 35 Chuyên đề 3: CƠ NĂNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG Dạng NĂNG LƯỢNG – ĐỘNG NĂNG – THẾ NĂNG I TÓM TẮT KIẾN THỨC Năng lượng – Năng lượng là đại lượng đặc trưng cho khả thực công vật hệ vật – Năng lượng vật (hoặc hệ vật) trạng thái xác định có giá trị công lớn mà vật (hoặc hệ vật) thực – Nói đến lượng là nói đến trạng thái vật, nói đến công là nói đến quá trình từ trạng thái này đến trạng thái khác vật – Đơn vị: Trong hệ SI, đơn vị lượng là J Ngoài ra, lượng có các đơn vị khác là Wh kWh Động a Định nghĩa: động là dạng lượng vật có nó chuyển động: Wđ = m.v 2 Đơn vị động năng: Jun b Định lí động năng: Độ biến thiên động vật quá trình tổng công thực các ngoại lực tác dụng lên vật quá trình đó: 1 ∆W= mv 22 − mv= A d 2 c Động có tính tương đối, phụ thuộc hệ quy chiếu Thông thường hiểu là động xét hệ quy chiếu gắn với Trái đất ∑ Thế a Định nghĩa: là lượng hệ có tương tác các phần hệ thông qua lực Đơn vị là Jun b Thế trọng trường: (thế hấp dẫn) vật là dạng lượng tương tác Trái đất và vật, ứng với vị trí xác định vật trọng trường Biểu thức trọng trường vị trí có độ cao h: Wt = mgh (g là gia tốc trọng trường, h là độ cao vật) c Thế đàn hồi: là dạng lượng vật chị tác dụng lực đàn hồi Biểu thức đàn hồi lò xo trạng thái có biến dạng x: Wt = kx2 (x là độ biến dạng vật đàn hồi) 36 Cơ Cơ vật chuyển động tác dụng trọng lực tổng động vật và trọng trường vật Cơ vật chuyển động tác dụng lực đàn hồi tổng động vật và đàn hồi vật Biểu thức: W = Wđ + Wt II GIẢI TOÁN A Phương pháp giải Động năng: Wđ = m.v 2 Trong đó v là vận tốc vật hệ quy chiếu khảo sát 1 Định lí động năng: ∆W = mv 22 − mv= A 2 A là tổng công các ngoại lực tác dụng lên vật Trong đó ∑ ∑ Thế trọng trường: Wt = mgh Wt > vật vị trí cao gốc (mặt phẳng năng) Wt < vật vị trí thấp gốc (mặt phẳng năng) Thế đàn hồi: Wt = kx2 (x là độ biến dạng từ vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên) Thế toàn phần: ( Wt ) = Wt ∑ Với các lực (trọng lực, đàn hồi) thì: A = Wt1 – Wt2 = – ∆ Wt Lưu ý: + Vì giá trị động và phụ thuộc vào hệ quy chiếu nên tính động năng, vật ta phải chọn hệ quy chiếu (động năng) mốc tính + Khi dùng định lí động để tính công giải các bài toán học khác cần xác định đầy đủ công các ngoại lực tác dụng lên vật Chú ý tổng công các ngoại lực là tổng đại số (các công thành phần có thể có giá trị dương âm) B VÍ DỤ MẪU Ví dụ Vật khối lượng m = 100g rơi tự không vận tốc đầu Lấy g = 10 m/s2 a) Bao lâu sau bắt đầu rơi, vật có động là 5J? 20J? b) Sau quãng đường rơi là bao nhiêu, vật có động là 1J? 4J? Hướng dẫn a) Thời gian vật rơi 37 Động vật: Wđ = Thời gian vật rơi: t = mv ⇒ v = 2Wđ m v 2Wđ = m g g + Với Wđ(1) = 5J: t1 = 2.5 = 1s 10 0,1 + Với Wđ(2) = 10J: t = 2.20 = 2s 10 0,1 Vậy: Sau 1s thì vật có động 5J; sau 2s thì vật có động 10J b) Quãng đường vật rơi 2Wđ Động vật: Wđ = mv2 ⇒ v2 = m W v2 = đ Quãng đường vật rơi: h = 2g mg + Với Wđ(1’) = 1J: h1' = = 1m 0,1.10 = 4m 0,1.10 Vậy: Quãng đường rơi vật có động 1J là 1m; quãng đường rơi vật có động 4J là 4m Ví dụ Ô–tô khối lượng m = tấn, ban đầu chuyển động trên đoạn đường AB = 100m nằm ngang, vận tốc xe tăng từ đến 36 km/h Biết lực cản trên đoạn đường AB 1% trọng lượng xe a) Dùng định lí động tính công động thực hiện, suy công suất trung bình và lực kéo động trên đoạn đường AB b) Sau đó xe tắt máy, hãm phanh và xuống dốc BC dài 100m, cao 10m Biết vận tốc xe chân dốc là 7,2 km/h Dùng định lí động tính công lực cản và lực cản trung bình tác dụng lên xe trên đoạn đường BC Hướng dẫn a) Xe chạy trên đường nằm ngang Chọn chiều (+) là chiều chuyển động xe     – Các lực tác dụng vào xe: Trọng lực P , phản lực Q , lực kéo F và lực cản FC   – Vì P , Q vuông góc với phương chuyển động xe nên AP = AQ = + Với Wđ(2’) = 4J: h2' = Gọi v là vận tốc xe cuối đoạn đường nằm ngang AB Ta có: v = 36 km/h = 10 m/s > 38 mv2 mv2 –0= 2 – Theo định lí động năng: A F + A F = ∆ Wđ = C với FC = 0,01mg ⇒ A F = − FCs = −0,01mgs C  v2  mv2 ⇒ AF = m  0,01gs +  ⇔ AF – 0,01mg =     102  ⇒ AF = 103  0,01.10.100 +  = 60.103J = 60kJ     Lực kéo động cơ: F = AF t AF s  v  FC  F  P 102 v2 – Gia tốc xe: a = = = 0,5 m/s2 2.100 2s v 10 – Thời gian chuyển động xe: t = = = 20s a 0,5 – Công suất trung bình: ℘= (+)  N = 60000 = 3000W = 3kW 20 = 60000 = 600N 100 ℘ ℘ 2℘ 2.3000 = 600N) = = = + v v 10 v Vậy: Công động thực là AF = 60kJ, công suất trung bình và lực kéo (Hoặc : F = động là ℘ = 3kW và F = 600N b) Xe tắt máy xuống dốc Lúc này, các lực tác dụng vào xe là: Trọng    lực P , phản lực Q , lực cản FC Gọi v1 là vận tốc xe cuối dốc Ta có: v1 = 7,2km/h = 2m/s > Theo định lí động năng: (1) A P + A Q + A F = ∆ Wđ h C với: A P = mgh; A Q = nên: ∆ Wđ = mv12 – Thay vào (1) ta được: A F = ∆ Wđ – AP = C ⇒ AF = C  Q  FC − (+)  P mv2 mv12 l − mv2 m 2 – mgh = v − v − 2gh 2 ( ) 103 2 − 102 − 2.10.10 = –148.103J = –148kJ ( ) 39 AF −148.103 = –1480N s 100 Vậy: Công lực cản là AFc = –148J, lực cản trung bình Fc = –1480N (dấu “–” lực cản ngược chiều dương, tức là ngược chiều chuyển động xe) Ví dụ Viên đạn khối lượng m = 60g bay khỏi nòng súng với vận tốc 600 m/s Biết nòng súng dài 0,8m a) Tính động viên đạn rời nòng súng, lực đẩy trung bình thuốc súng và công suất trung bình lần bắn b) Sau đó viên đạn xuyên qua gỗ dày 30cm, vận tốc giảm còn 10 m/s Coi động đạn trước đâm vào gỗ là không đổi Tính lực cản trung bình gỗ c) Đạn khỏi gỗ độ cao h = 15m Tính vận tốc đạn chạm đất Bỏ qua lực cản không khí d) Sau chạm đất, đạn lún sâu vào đất 10cm Tính lực cản trung bình đất Bỏ qua tác dụng trọng lực so với lực cản Hướng dẫn Chọn chiều dương theo chiều chuyền động viên đạn Gọi v1 là vận tốc viên đạn khỏi nòng súng Ta có: v1 = 600 m/s > a) Đạn chuyển động nòng súng – Khi đạn chuyển động nòng súng thì trọng lực nhỏ nhiều so với nội lực là lực đẩy thuốc súng nên bỏ qua trọng lực Suy có lực đẩy thuốc súng sinh công – Gọi F1 là lực đẩy thuốc súng; s1 là chiều dài nòng súng Động đạn rời nòng súng: – Lực cản trung bình: FC = Wđ = mv12 = C = 0,06.6002 = 10800J = 10,8kJ – Theo định lí động năng: A F = ∆ W1đ = mv12 mv2 −0= 2 – Lực đẩy trung bình thuốc súng: AF mv12 0,06.6002 = ⇒ F1 = = 13500N F1 = 2.0,8 s1 2s1 – Nếu coi chuyển động viên đạn nòng súng là chuyển động biến đổi thì: v + v1 + 600 + Vận tốc trung bình đạn: v = = = 300m/s 2 + Công suất trung bình lần bắn: ℘1 =F1 v ⇒ ℘1 = 13500.300 = 4050000W = 4050kW 40 Vậy: Động viên đạn rời nòng súng là 10,8kJ, lực đẩy trung bình thuốc súng và công suất trung bình lần bắn là 13500N và 4050kW b) Đạn xuyên qua ván Gọi F2 là lực cản gỗ; s2 là bề dày ván; v2 là vận tốc viên đạn khỏi ván (v2 = 10m/s > 0) Bỏ qua trọng lực viên đạn (rất nhỏ so với lực cản gỗ) nên có lực cản gỗ sinh công – Theo định lí động năng: A F = ∆ W2đ = mv22 2 − mv12 = m(v22 − v12 ) – Lực cản trung bình gỗ: AF m(v22 − v12 ) 0,06.(102 − 6002 ) = = –35990N F2 = = 2.0,3 s2 2s2 Vậy: Lực cản trung bình gỗ có độ lớn 35990N (dấu “–” lực cản ngược chiều dương, tức là ngược chiều chuyển động viên đạn) c) Đạn bay không khí Gọi v3 là vận tốc viên đạn chạm đất Vì viên đạn chuyển động không khí tác dụng lực là lực nên bảo toàn – Theo định luật bảo toàn (gốc mặt đất), ta có: mgh + mv22 = mv32 v22 + 2gh = ⇒= v3 102 + 2.10.15 = 20m/s 2 Vậy: Vận tốc đạn chạm đất là v3 = 20m/s d) Đạn xuyên vào đất và dừng lại Gọi v3 là vận tốc đạn dừng lại đất (v3 = 0); s3 là quãng đường đạn xuyên vào đất Bỏ qua trọng lực viên đạn (rất nhỏ so với lực cản đất) nên có lực cản đất sinh công – Theo định lí động năng: A F = ∆ W3đ = − mv32 – Lực cản trung bình đất: F3 = AF s3 =− mv32 2s3 = − =– mv32 0,06.202 = –120N 2.0,1 Vậy: Lực cản trung bình đất có độ lớn 120N (dấu “–” lực cản ngược chiều dương, tức là ngược chiều chuyển động viên đạn) Ví dụ Một người đặt súng theo phương ngang bắn hai phát vào tường cách đầu súng khoảng x = 60m theo phương ngang Sau phát đạn 1, người ta đặt trước mũi súng gỗ mỏng thì thấy viên đạn chạm tường điểm thấp viên đạn khoảng  = 1m Biết vận tốc ban đầu đạn là v0 = 300 m/s và khối lượng đạn m = 20g Tính công đạn thực xuyên qua miếng gỗ Hướng dẫn 41 Viên đạn thứ chuyển động vật bị ném ngang với vận tốc đầu v0  – Gọi v1 là vận tốc sau khỏi O ván viên đạn thứ Vì ván  mỏng nên v1 thay đổi độ lớn mà  coi không đổi hướng so với v0 ,   v1 v x I II y1 y2 tức là sau khỏi ván thì viên y đạn thứ chuyển động vật bị ném ngang với vận tốc đầu v1   – Gọi F là lực viên đạn tác dụng lên gỗ và F C là lực gỗ tác dụng lên viên đạn  + Công lực cản F C là: A F = ∆ Wđ C  + Công đạn thực là công lực F : AF = − A F = – ∆ Wđ C  m  = v0 − v12   2   – Chọn hệ tọa độ hình vẽ Ta có: + Phương trình quỹ đạo viên đạn là: ⇒ AF = − y1 =  mv2  gx12 − mv20 (2); 2v20 ( y2 = ) gx22 2v12 (1) (3) + Khi viên đạn chạm tường thì: x1 = x2 = x và y2 = y1 +  + Kết hợp với (2) và (3) ta được: gx2 2v12 = gx2 2v20 ⇒ v12 = 2 +  ⇔ gv = gv12 x2 + 2v20 v12 0x gv20 x2 – Thay (4) vào (1) ta được: AF = ⇒ AF = (4) gx2 + 2v20 gv20 x  m  v0 −  2  2 +  gx v   0,02  10.3002.602   3002 −  = 750J  10.602 + 2.1.3002  Vậy: Công đạn thực xuyên qua miếng gỗ là AF = 750J 42 C BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Đoàn tàu m = chuyển động với vận tốc v0 = 10 m/s thì hãm phanh, lực hãm F = 5000N Tàu thêm quãng đường s dừng lại Dùng định lí động năng, tính công lực hãm, suy s Bài Thang máy khối lượng m = tấn, chuyển động thẳng từ trên xuống Động thang máy có thể kéo hãm thang a) Ban đầu thang chuyển động nhanh dần không vận tốc đầu Tính công động thực sau quãng đường 5m và đạt vận tốc 18 km/h b) Giai đoạn kế tiếp, thang máy chuyển động thẳng Tính công suất động c) Cuối cùng, thang máy chuyển động chạm dần và dừng lại sau thêm quãng đường 2m Tính công động và lực tác dụng trung bình động lên thang giai đoạn này Bài Hai máy bay chuyển động cùng chiều trên cùng đường thẳng với các vận tốc v1 = 540 km/h, v2 = 720 km/h Máy bay II bay phía sau bắn viên đạn m = 50g với vận tốc 900 km/h (so với máy bay II) vào máy bay trước Viên đạn cắm vào máy bay I và dừng lại sau quãng đường 20cm (đối với máy bay I) Dùng định lí động và định luật III Niu–tơn tính lực phá trung bình viên đạn lên máy bay I Bài Hòn đá khối lượng m = 200g ném từ mặt đất, xiên góc α so với phương ngang và rơi chạm đất khoảng cách s = 5m sau thời gian chuyển động t = 1s Tính công lực ném, bỏ qua lực cản không khí Bài Một ô–tô chuyển động nhanh dần không vận tốc đầu trên đường nằm ngang Sau quãng đường s1, xe đạt vận tốc v Ở cuối đoạn đường s2 kế tiếp, xe đạt vận tốc 2v Biết lực ma sát xe và mặt đường là không đổi Hãy so sánh công động xe trên hai đoạn đường, so sánh s1, s2 và cho biết công suất động xe có thay đổi không? Bài Một người đứng trên xe đứng yên và ném theo phương ngang tạ khối lượng m = 5kg với vận tốc v1 = m/s Trái Đất Tính công người thực khối lượng xe và người là M = 100kg Bỏ qua ma sát Bài Tấm ván khối lượng M chuyển động trên mặt phẳng ngang không ma sát với vận tốc v0 Đặt nhẹ nhàng lên ván vật khối lượng m = ∆ 01 Hệ số ma sát vật và ván là ∆ 02 Hỏi vật trượt trên ván khoảng bao nhiêu tiếp xúc với ván, vật có vận tốc ban đầu: a) Bằng không b) Bằng 2v0, cùng chiều chuyển động ván c) Bằng 2v0, ngược chiều chuyển động ván 43  Bài Hệ quy chiếu gắn với khối tâm G hai chất điểm m1, m2 (có vận tốc v1 ,  v2 ) và có phương không đổi gọi là hệ quy chiếu khối tâm (hệ G) Chứng minh:   m1v1 + m v2  a) Vận tốc G là vG = m1 + m b) Tổng động lượng hai chất điểm hệ G c) Tổng động Wđ chúng hệ G liên hệ với động Wđ hệ G (m1 + m2) v2G d) Suy rộng các kết trên cho n chất điểm Bài Tính khối nước có thể tích 0,5m3 đỉnh thác cao 10m so với chân thác Bỏ qua kích thước khối nước Bài 10 Treo vật nặng vào lò xo lực kế, kim lực kế số Tính lò xo lực kế lúc này, biết lực kế chia độ Niu–tơn và khoảng cách hai độ chia liền là 5mm Bài 11 Hai lò xo k1 = 10N/m, k2 = 15N/m, chiều dài tự 1 =  = 20cm Các lò cũ bởi: Wđ = Wđ + G xo đầu gắn cố định A, B, đầu nối với m (hình vẽ) Biết AB = 50cm Bỏ qua kích thước m, bỏ qua ma sát a) Tính độ dãn lò xo vị trí cân O b) Kéo m lệch khỏi vị trí cân đoạn x m k1 k2 = 2cm Tính đàn hồi hệ hai lò xo vị trí x A B Chọn gốc vị trí cân Bài 12 Hai lò xo k1 = 10N/m, k2 = 20N/m, chiều dài tự 1 = 24cm,  = 15cm Các lò xo đầu cố định A, đầu nối với m Bỏ qua kích thước m (hình vẽ) a) Tính độ biến dạng lò xo vị trí cân O b) Kéo m lệch khỏi vị trí cân đoạn x = 2cm Tính đàn hồi hệ hai lò xo vị trí x Chọn gốc vị trí cân k1 k2 m x 44 D HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Chọn chiều (+) là chiều chuyển động đoàn tàu    Các lực tác dụng vào đoàn tàu: Trọng lực P , phản lực Q và lực hãm Fh   Vì P , Q vuông góc với phương chuyển động đoàn tàu nên AP = AQ = Theo định lí động năng: Ah = ∆ Wđ = Wđ – W0đ = − mv2 ⇒ Ah = − 5.103.102 = – 2,5.105 J Mặt khác: Ah = –Fhs ⇒ s = − Ah Fh = − −2,5.105 = 50m 5000 Vậy: Công lực hãm là –2,5.105J và quãng đường đoàn tàu thêm sau hãm phanh là s = 50m Bài Chọn chiều dương theo chiều chuyển động thang máy Trong giai đoạn,   luôn có lực tác dụng vào vật là trọng lực P và lực kéo F động a) Giai đoạn I (thang máy xuống nhanh dần không vận tốc đầu) Gọi v1 là vận tốc cuối giai đoạn I thang máy; s1 là quãng đường thang máy giai đoạn I – Theo định lí động năng: A F + A1P = ∆ W1đ = mv12 −0= mv12 – Vì thang máy xuống nên: A1P = mgs1 > ⇒ AF = mv12 mv12 − mgs1 2 với v1 = 18 km/h = m/s > và s1 = 5m nên: – A1P = 1000.52 – 1000.10.5 = –37500J = –37,5kJ < 0: công cản Vậy: Công động thực giai đoạn I là công cản, có độ lớn 37,5kJ b) Giai đoạn II (thang máy xuống đều) Gọi v2 là vận tốc cuối giai đoạn II thang máy (v2 = v1 = m/s); s2 là quãng đường thang máy giai đoạn II Theo định lí động năng: A F + A2p = ∆ W2đ = AF = Vì thang máy xuống nên: A2p = mgs2 > ⇒ A F = –A2p = –mgs2 Công suất động cơ: ℘ = AF mgs2 = mgv2 = mgv1 = t t 45 ⇒ ℘2 = 1000.10.5 = 50000W = 50kW Vậy: Công suất động là ℘2 = 50kW c) Giai đoạn III (thang máy xuống chậm dần đều) Gọi v3 là vận tốc cuối giai đoạn III thang máy; s3 là quãng đường thang máy giai đoạn III – Theo định lí động năng: A F + A3p = ∆ W3đ = – ⇒ AF = − mv22 – A3p = – mv22 với v2 = v1 = m/s nên A F = – mv22 − mgs3 1000.52 –1000.10.2 = –32500J = –32,5kJ < 0: công cản – Lực tác dụng trung bình động cơ: F3 = AF s3 = 32500 = 16250N Vậy: Công động và lực tác dụng trung bình động giai đoạn III có độ lớn là 32,5kJ và 16250N Bài Gọi m là khối lượng viên đạn; v là vận tốc viên đạn máy bay I; v0 là vận tốc đạn máy bay II Ta có: (1) v = vđạn/1 = vđạn/2 + v2/đất + vđất/1 = v0 + v2 – v1 Trong đó: v0 = 900 km/h = 250 m/s; v1 = 540 km/h = 150 m/s; v2 = 720 km/h = 200 m/s ⇒ v = 250 + 200 – 150 = 300 m/s – Xét hệ quy chiếu gắn với máy bay I, ta có bài toán đơn giản sau: Viên đạn bay với vận tốc v đến cắm vào máy bay I đứng yên và quãng đường s = 20cm máy bay I dừng lại Gọi FC là lực cản máy bay I tác dụng lên đạn Bỏ qua trọng lực viên đạn (rất nhỏ so với lực cản máy bay I) Theo định lí động năng, ta có: A F = ∆ Wđ = – C mv2 AF mv2 s 2s – Theo định luật III Niu–tơn, lực phá trung bình đạn lên máy bay I là: – Lực cản trung bình máy bay I tác dụng lên đạn: FC = C =− mv2 0,05.3002 = = 11250N 2.0,2 2s Vậy: Lực phá trung bình viên đạn lên máy bay I là 11250N Bài F = − FC = 46 – Lực ném làm tăng vận tốc vật từ đến v0 (bỏ qua trọng lực ném) – Theo định lí động năng: A F = ∆ Wđ = ⇒ AF = mv20 –0 y  v0  v 0y mv20 – Chọn hệ tọa độ hình vẽ Ta có: + Thời gian vật chuyển động: t = + Tầm xa trên mặt đất: L = + Từ (2) suy ra: v0sinα = α  v 0x O (1) L 2v0sinα v20sin2α g (2) g = 2v20sinαcosα (3) g gt + Từ (3) suy ra: v0 cosα = x (4) gL 2v0sinα (5) L (6) t + Bình phương hai vế (4) và (6) cộng vế theo vế ta được:  gt 2  L 2    +    (7) = v0    t     + Thay (7) vào (1) ta được: 2 2 0,2  10.1     m  gt   L   + + = AF =     = 5J             t       Vậy: Công lực ném là AF = 5J Bài Chọn chiều dương theo chiều chuyển động xe Ta có: + Thay (4) vào (5): v0 cosα = – Quãng đường s1: s1 = – Quãng đường s2: s2 = v12 2a (v0 = 0) v22 − v12 2a – Từ (1) và (2) ta có: s2 = 3s1 = (1) (2v1 )2 − v12 2a = 3v12 2a (2)    – Các lực tác dụng vào xe: trọng lực P, phản lực Q, lực kéo F động và  lực ma sát Fms 47   – Vì P và Q vuông góc với phương chuyển động xe nên AP = AQ = – – – – Gọi A1 là công động xe giai đoạn Theo định lí động năng, ta có: m m A1 + A1ms = ∆ W1đ = v v −0 = 2 m m m ⇒ A1 = (3) v1 – (–Fms.s1) = v + Fms.s1 v1 – A1ms = 2 Gọi A2 là công động xe giai đoạn Theo định lí động năng, ta có: m m m m m A2 + A2ms = ∆ W2đ = v2 − v1 = (2v1 )2 − v12 = 3v12 2 2 m m m ⇒ A2 = 3v12 – A2ms = 3v12 – (–Fms.s2) = 3v + Fms.3s1 2 m (4) ⇒ A2 = 3( v12 + Fms.s1) Từ (3) và (4) ta có: A2 = 3A1 v Thời gian xe chuyển động giai đoạn 1: ∆t1 =1 a 2v − v v v −v Thời gian xe chuyển động giai đoạn 2: ∆t =2 = 1 = = ∆t1 a a a A Công suất trung bình động giai đoạn 1: ℘1 = ∆t1 A 3A1 – Công suất trung bình động giai đoạn 2: ℘2 = = = 3℘1 ∆t ∆t1 Vậy: A2 = 3A1; s2 = 3s1 và công suất trung bình động có thay đổi (tăng lần) Bài Quả tạ ném theo phương ngang nên trọng lực tạ và lực nâng tay theo phương thẳng đứng không sinh công Vì có lực đẩy tay theo phương ngang sinh công  Gọi v2 là vận tốc (xe + người) đất sau ném Theo phương ngang, động lượng bảo toàn nên: mv1 + Mv2 = ⇒ v2 = − mv1 M – Động hệ (xe + người + tạ) trước ném: W0đ = – Động hệ (xe + người + tạ) sau ném: Wđ = W1đ + W2đ Với: W1đ = W2đ = Mv22 mv12 là động tạ sau ném m v12 M  mv1  = là động (xe + người) sau ném   = 2 M  2M 48 mv12 m v12 m(M + m) v1 2M 2M m(M + m) m(M + m) – Theo định lí động năng: A = Wđ – W0đ = v1 – = v1 2M 2M 5(100 + 5) ⇒A= = 42J 2.100 Vậy: Công người thực là A = 42J Bài Chọn chiều dương theo chiều  Giả sử ∆ 01 cùng hướng với ∆ 02 và v0 > v1 (kết đúng cho trường Suy : Wđ = + = hợp) thì các lực tác dụng vào vật m và ván M hình vẽ Gọi v1 là vận tốc ban đầu vật m; vG là vận tốc ban đầu khối tâm hệ vật và ván – Theo phương ngang, động lượng bảo toàn: (+)  m Mv0 + mv1 = (m + M)vG  Fq v1 k2  M ⇒ vG = ∆ 01 = a Fms / k1 + k  Fms = ∆ 02 k 15 = a = ∆ 01 = 10 k1 + k 10 + 15 v0 – Vận tốc ban đầu vật m khối tâm G (trong hệ quy chiếu khối tâm): 10 v1G = v1đ + vđG = v1đ – vGđ = v1 – vG = v1 – ∆ 02 = 10 = ∆ 01 10 + 15 – Vận tốc ban đầu ván M khối tâm G (trong hệ quy chiếu khối tâm): v2G = v2đ + vđG = v2đ – vGđ = v0 – vG = v0 – ∆ 02 = – kx2 – Vận tốc ban đầu vật m ván M (trong hệ quy chiếu khối tâm): 1 v12 = v1G + vG2 = v1G – v2G = k1x12 + k x22 = v1 – v0 2 1 – Các lực tác dụng vào ván M: lực ma sát 10.0,022 + 15.(−0,02)2 , trọng 2 1 lực ± và phản lực kx ( (k1 + k )x2 và (10 + 15).(± 0,02)2 cân bằng) Gia 2 M μ g Fms μmg μg = = = tốc M là: a2 = M M M 49 – Các lực tác dụng vào m xét hệ quy chiếu khối tâm (hệ quy chiếu phi quán     tính gắn với ván): trọng lực P' và phản lực Q' ( P' và Q' cân bằng), lực ma /  và lực quán tính Fq , với: sát Fms μmg Như vậy, xét hệ quy chiếu khối tâm (hệ quy chiếu phi quán tính gắn với ván) thì vật m chuyển động trên ván (coi là đứng yên) với vận tốc đầu /  v12 = (v1 – v0) tác dụng lực là Fms và Fq /  và F1 độ biến thiên động – Theo định lí động thì công lực Fms / = Fms = μ mg; Fq = ma2 = Fms vật m: A = ∆ Wđ Với: (1)  μmg + A = Ams + Aq = – ( F2 + Fq)s = – ( μ mg + )s 3μmg s (2) ⇒ A=– 1 = – m (v1 − v0 )2 (3) + ∆ Wđ = – m v12 2 3μmg – Thay (2) và (3) vào (1) ta được: – s = – m (v1 − v0 )2 2 ⇒s= (v1 -v0 )2 (4) 3μg a) Vật m có vận tốc ban đầu không: v1 = Thay v1 = vào (4) ta được: s = (0  v0 )2 3μg = v02 3μg b) Vật m có vận tốc ban đầu 2v0, cùng chiều chuyển động ván: v1 = 2v0 Thay v1 = 2v0 vào (4) ta được: s = (2v0  v0 )2 3μg = v02 3μg c) Vật m có vận tốc ban đầu 2v0, ngược chiều chuyển động ván: v1 = –2v0 Thay v1 = –2v0 vào (4) ta được: s = (  2v0  v0 )2 3μg = 3v02 μg * Lưu ý: Có thể giải bài này theo phương pháp động lực học Bài a) Vận tốc khối tâm    – Theo định luật bảo toàn động lượng: m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) vG 50   m v + m v2  ⇒ vG = 1 m1 + m (đpcm) b) Tổng động lượng hai chất điểm hệ G Gọi:  + v1/G là vận tốc chất điểm m1 hệ quy chiếu G (đối với G)  + v1/ đ là vận tốc chất điểm m1 hệ quy chiếu mặt đất (đối với đất)  + v2/ đ là vận tốc mặt đất G        m1v1 + m v2  Công thức cộng vận tốc cho: v1/G = v1/ đ + vđ/G = v1 – vG = v1 – m1 + m   m (v − v )  (1) ⇒ v1/G = 2 m1 + m   m1v1 + m v2       Tương tự: v2/G = v2/ đ + vđ/G = v2 – vG = v2 – m1 + m   m (v − v )  (2) ⇒ v2/G = m1 + m Tổng động lượng hai chất điểm hệ G:      pG = p1/G + p2/G = m1 v1/G + m2 v2/G      m m (v − v ) m m (v − v )    ⇒ pG = 2 + 2 = p1/G + p2/G = (đpcm) m1 + m m1 + m (3) c) Liên hệ động Wđ/G chúng hệ G và động Wđ hệ cũ (hệ quy chiếu mặt đất) – Tổng động chúng hệ cũ (hệ quy chiếu mặt đất) m  m  Wđ = v12 + v22 (4) 2 – Tổng động chúng hệ G Wđ/G = m1  m ∆F kx2 200.(4.0,005)2 h kx2 = + = + 0,02h v1/G + 2 0,01 2 ∆x 0,005 2 ⇒ Wđ/G = ∆Wt (5) mg 0,1.10 Mặt khác, ta có: −∆Wt = ∆ ∆ = ∆ = k 100 = k∆20 – Từ (5) và (6) suy ra: (6) 51 1 1 100.0,012 = k(∆ + A)2 + k(∆ + A)2 = 100.(0,01 + 0,02)2 2 2 = ∆ = ∆1 ∆1 + ∆ k∆12 1 ⇒ Wđ/G + 100.0,012 = kx2 ∆ + ∆ ∆ (7) 2 (8) Đối chiếu (4) với (7), ta được: Wđ = Wđ/G + kx2 (đpcm) Suy rộng các kết trên cho hệ n chất điểm Xét hệ gồm n chất điểm khối lượng m1, m2,…, mn có vận tốc tương ứng là 2 kx , kx , …, kx2 2 1 Tọa độ khối tâm hệ: kA = 100.0,022 2 1 Tổng động lượng hệ hệ khối tâm G: kx2 = kA + 100.0,022 + 2   … + pn/G = Wđ/G + – d) – – – Liên hệ động Wđ/G chúng hệ G và động Wđ hệ cũ (hệ quy chiếu mặt đất), ta có: Wđ = Wđ/G + (m1 + m + + m n )v2G Bài Bỏ qua thể tích khối nước nên ta coi khối nước chất điểm có khối lượng khối lượng khối nước, đặt khối tâm khối nước, tức là có độ cao 10m Gọi D là khối lượng riêng nước (D = 1000 kg/m3) Thế khối nước so với chân thác (chọn gốc chân thác): Wt = mgh = VDgh ⇒ Wt = 0,5.1000.10.10 = 50000J = 50kJ Vậy: Thế khối nước so với chân thác là Wt = 50kJ Bài 10 – Lực kế chia độ Niu–tơn có nghĩa là khoảng cách hai độ chia liên tiếp ứng với lực đàn hồi lò xo là 1N ∆F – Độ cứng lò xo: k = = = 200 N/m 0,005 ∆x – Thế lò xo (ứng với độ chia số 4): Wt = kx2 200.(4.0,005)2 = = 0,04J = 40mJ 2 Bài 11 a) Độ dãn lò xo vị trí cân 52 Tổng chiều dài tự nhiên (tự do) hai lò xo là: =  1 +  = 40cm Vì  < AB và 1 =  nên cân hai lò xo dãn Tổng độ dãn hai lò xo cân là: a = ∆ 01 + ∆ 02 = AB –  ⇒ a = 50 – 40 = 10cm Điều kiện cân bằng: k1 ∆ 01 – k2 ∆ 02 = Từ (1) và (2) ta có: k k ∆ 01 = a ; ∆ 02 = a k1 + k k1 + k (1) (2) k1 A  F1 m  F2 k2 B 10 15 Thay số: ∆ 01 = 10 = 6cm; ∆ 02 = 10 = 4cm 10 + 15 10 + 15 Vậy: Khi cân lò xo dãn cm và lò xo dãn cm b) Thế đàn hồi hệ hai lò xo vật lệch khỏi vị trí cân 2cm Khi vật trạng thái cân thì hai lò xo dãn đoạn tương ứng ∆ 01 và ∆ 02 và lực đàn hồi hai lò xo cân Nói cách khác đàn hồi hai lò xo lúc này đã bù trừ lẫn Vì vậy, ta coi hệ hai lò xo trên đã biến dạng trạng thái cân tương đương với hệ hai lò xo không biến dạng có chiều dài tự nhiên và chiều dài hai lò xo nói trên cân Như vậy, ta áp dụng công thức Wt = kx2 , với x là độ biến dạng lò xo tính từ vị trí cân Giả sử kéo vật lệch sang phải đoạn 2cm tính từ vị trí cân thì lò xo dãn thêm đoạn x1 = 2cm và lò xo bị nén bớt đoạn x2 = 2cm (tính từ vị trí cân bằng) Chọn chiều dương trục Ox hướng nằm ngang sang phải thì x1 = 2cm và x2 = –2cm 1 Thế đàn hồi hệ hai lò xo: Wt = W1t + W2t = k1x12 + k x22 2 1 ⇒ Wt = 10.0,022 + 15.(−0,02)2 = 0,005J = 5mJ 2 * Lưu ý: Có thể coi hệ hai lò xo mắc song song trên tương đương với lò xo có độ cứng k = (k1 + k2) và có chiều dài tự nhiên chiều dài lò xo hệ cân Ta có, đàn hồi hệ lò xo biến dạng đoạn 2cm, tức là x = ± 2cm là: 1 Wt = kx2 = (k1 + k )x2 = (10 + 15).(± 0,02)2 = 0,005J = 5mJ 2 Bài 12 a) Độ biến dạng lò xo vị trí cân 53 Tại vị trí cân bằng, hai lò xo dài nhau, vì chiều dài tự lò xo lớn lò xo (  >  ) nên lò xo bị nén đoạn ∆ và lò xo bị dãn đoạn ∆ Lực hai lò xo tác dụng vào vật hình vẽ   Vì trọng lực P và phản lực Q cân nên: k1∆1 = k ∆ (1) Mặt khác: 1 − ∆1=  + ∆ (2) Từ (1) và (2), ta được: k2 k1 = ∆1 (1 −  = ) ; ∆ ( −  ) k1 + k k1 + k 2 m k1  F1 k2  F2 20 10 (24 − 15) = 6cm; = ∆ (24 − 15) = 3cm 10 + 20 10 + 20 Vậy: Khi cân lò xo bị nén 6cm và lò xo bị dãn 3cm b) Thế đàn hồi hệ hai lò xo vị trí x = 2cm 1 Tương tự bài trên, ta có: Wt = k1x12 + k x22 2 Với x1 = x2 = x = 2cm = 0,02m, suy ra: 1 Wt = k1x2 + k x2 = (k1 + k )x2 (3) 2 ⇒ Wt = (10 + 20).0,022 = 10−3 J = 6mJ ⇒ ∆1 = kx Như vậy, hệ hai lò xo nói trên (ghép song song) tương đương với lò xo có độ cứng k = k1 + k2 =10 + 20 = 30 N/m * Nhận xét: Đặt k = k1 + k2 thì biểu thức (3) có thể viết lại sau: Wt = 54 Dạng ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG I TÓM TẮT LÝ THUYẾT Cơ năng: Cơ là lượng học, vật bao gồm động và – Động năng: Wđ = mv2 – Thế năng: + Thế hấp dẫn: Wt = mgh (g là gia tốc trọng trường, h là độ cao vật) + Thế đàn hồi: Wt = kx2 (x là độ biến dạng vật đàn hồi) – Cơ năng: W = Wđ + Wt Định luật bảo toàn năng: Với hệ kín không có ma sát, hệ bảo toàn W = Wđ + Wt = const hay ∆ W = – Để áp dụng định luật bảo toàn thì hệ ta xét phải là hệ kín (các vật hệ không tương tác với các vật bên ngoài hệ) và không có ma sát Biểu thức tường minh định luật là: 1 1 W1 = W2 ⇔ mv12 +mgh1 + kx12 = mv22 +mgh + kx 22 2 2 II CÁC DẠNG TOÁN Loại Bảo toàn bài toán lắc đơn A Phương pháp giải − Chọn mốc hấp dẫn (thường chọn ngang với vị trí cân bằng) − Dựa vào vị trí đã biết để xác định lắc − Viết biểu thức vị trí cần khảo sát − Kiểm tra bảo toàn lắc − áp dụng định luật bảo toàn bảo toàn lượng để tính vận tốc vật Đối với bài toán xác định lực căng dây thì phải dựa vào lực hướng tâm B VÍ DỤ MẪU Ví dụ Dây treo vật nặng kéo nghiêng góc bao nhiêu để qua vị trí cân lực căng dây lớn gấp đôi trọng lực vật nặng Hướng dẫn   O – Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P và lực căng dây T (hình vẽ) – Gọi v là vận tốc vật vị trí cân α  Theo định luật II Niu–tơn, ta có:    A P+T= ma  T – Chiếu (1) xuống phương bán kính với h chiều dương hướng điểm treo O, ta có: B  P  v 55 v2  – Theo đề bài, vị trí cân thì T = 2P = 2mg, nên: T – mg = maht = m v2 ⇒ v2 = g  (1)  – Theo định luật bảo toàn (gốc trọng trường vị trí cân bằng), ta có: O  α0 A 2mg – mg = m h0 mv2 v2 WA = WB ⇔ mgh = ⇔ g(1 − cosα) = 2  T B h α  P  v ⇒ v2= 2g(1 − cosα) (2) – Từ (1) và (2) suy ra: g  = g(1 − cosα) ⇒ cos α = 0,5 ⇒ α = 600 Vậy: Để qua vị trí cân lực căng dây lớn gấp đôi trọng lực vật nặng thì dây treo vật phải kéo nghiêng góc 60o Ví dụ Treo vật m = 1kg vào đầu sợi dây kéo vật khỏi vị trí cân để dây treo hợp với phương thẳng đứng góc α Định α để buông tay, dây không bị đứt quá trình vật chuyển động Biết dây chịu lực căng tối đa 16N ≈ 10(3 – )N và α ≤ 900 Hướng dẫn   – Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P và lực căng dây T hình vẽ – Theo định luật II Niu–tơn, vị trí B ứng với góc lệch α, vận tốc v, ta có:    (1) P+T= ma – Chiếu (1) xuống phương bán kính với chiều O dương hướng điểm treo O, ta được: T – mgcos α = maht = m α0 v2  α v2 (2) ⇒ T = mgcos α + m  – Theo định luật bảo toàn (với gốc trọng trường vị trí cân C), ta có: mv (h0 = KC; h = HC) Với: h0 = (1 − cosα ) ; h = (1 − cosα) WA = WB ⇔ mgh0 = mgh + K H C  T A B  P 56 v2 = 2g (cosα  cosα ) (3)  – Thay (2) vào (1) ta được: T = mgcos α + 2mg (cosα  cosα ) ⇒ ⇒ T = mg (3cosα  2cosα ) ⇒ Tmax = mg (3 − 2cosα ) (4) Khi đó: cos α = ⇒ α = (vị trí cân bằng) – Để dây không đứt thì: Tmax ≤ T0 (5) – Từ (4) và (5), ta có: mg (3 − 2cosα ) ≤ T0 ⇒ cosα ≥ 3mg − T0 2mg = 3.1.10 − 10.(3 − 2) = ⇒ α ≤ 450 2.1.10 Vậy: Để dây không bị đứt quá trình vật chuyển động thì α ≤ 450 Ví dụ Hòn đá m = 0,5kg buộc vào dây dài  = 0,5m quay mặt phẳng thẳng đứng Biết lực căng dây điểm thấp quỹ đạo là T = 45N Biết vị trí vận tốc hòn đá có phương thẳng đứng hướng lên thì dây đứt Hỏi hòn đá lên tới độ cao bao nhiêu dây đứt (tính từ nơi dây bắt đầu đứt)? Hướng dẫn   – Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P và lực căng dây T – Gọi v0 là vận tốc vật vị trí cân bằng, theo định luật II Niu–tơn ta có:    (1) P+T= ma – Chiếu (1) xuống phương bán kính với chiều dương hướng điểm treo O, ta được: T – mg = maht = m v20  (T − mg) (2) m – Giả sử B, dây đứt Gọi v là vận tốc vật lúc đứt dây Theo định luật bảo toàn năng, ta có: ⇒ v20 = mv = mg  + − 2g (3) W A = WB ⇔ ⇒v = v20 mv20  v O  – Độ cao cực đại mà vật lên sau dây đứt (tính từ nơi dây đứt):  A B  T  P  v0 57 H= v2 2g (4) – Từ (1), (2) và (3) ta có: H = 0,5(45 − 0,5.10) (T − mg) − 0,5 = 1,5m −= 2.0,5.10 2mg Vậy: Hòn đá lên tới độ cao H = 1,5m Ví dụ Dây nhẹ không dãn chiều dài  = 50cm treo vật nặng nhỏ Ban đầu vật nặng đứng yên vị trí cân Hỏi phải truyền cho vật nặng vận tốc tối thiểu bao nhiêu theo phương ngang để nó có thể chuyển động tròn mặt phẳng thẳng đứng Hướng dẫn Gọi A là vị trí cân và B là vị trí cao vật quá trình chuyển động (hình vẽ); gọi v0 và v là vận tốc vật vị trí cân và vị trí cao – Áp dụng định luật bảo toàn cho hai điểm A, B (gốc trọng  trường vị trí cân A), ta có: v W A = WB ⇔ ⇒ v= v20 mv20 = mg.2  + mv2 − 4g (1) – Theo định luật II Niu–tơn, vị trí cao B ta có: mg + T = maht =  P  T O mv2   mv2 – mg (2) ⇒T =   A thì dây vtreo – Để vật có thể chuyển động tròn mặt phẳng thẳng đứng phải căng (không chùng) vật qua vị trí cao B, tức là vị trí B thì phải có T ≥ 0⇒ ⇔ T= mv2 – mg ≥  mv2 ≥ mg ⇒ v2 ≥ g  (3) – Thay (1) vào (3), ta được: v20 − 4g ≥ g ⇒ v20 ≥ 5g ⇒ v ≥ 5g = 5.10.0,5 = m/s Vậy: Vận tốc tối thiểu cần truyền cho vật theo phương ngang để nó có thể chuyển động tròn mặt phẳng thẳng đứng là 5m/s 58 C BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Quả cầu treo đầu sợi dây Truyền cho cầu vị trí cân vận tốc đầu theo phương ngang Khi dây treo nghiêng góc α = 300 so với phương thẳng đứng, gia tốc cầu có hướng nằm ngang Tìm góc nghiêng cực đại dây Bài Viên đạn m1 = 50g bay theo phương ngang với vận tốc v0 = 20 m/s đến cắm vào vật m2 = 450g treo đầu sợi dây dài  = 2m Tính góc α lớn mà dây treo lệch so với phương thẳng đứng sau viên đạn cắm vào m2 Bài Hai vật A có m1 = 1,5kg và B có m2 = 2 0,45kg buộc vào các sợi dây treo trên 1 đòn nhẹ, chiều dài hai nhánh tay đòn 1 = 0,6m,  = 1m Vật A đặt trên sàn Cần đưa O α dây treo B nghiêng góc α (so với phương B m2 thẳng đứng) nhỏ bao nhiêu để sau m1 A buông tay, vật A có thể nhấc khỏi bàn? Bài Một ống khối lượng M chứa vài giọt ête nút kín nút khối lượng m và treo l dây chiều dài  Khi đốt nóng ống, ête đẩy nút bật Tính vận tốc tối thiểu nút để ống có M thể quay tròn mặt phẳng thẳng đứng quanh m điểm treo Bài Quả cầu m treo đầu nhẹ, cứng và mảnh, chiều dài  = 0,9m, có thể quay tròn mặt phẳng thẳng đứng quanh trục qua đầu trên Cần truyền cho m vận tốc tối thiểu vị trí cân theo phương ngang là bao nhiêu để m có thể chuyển động hết vòng tròn mặt phẳng thẳng đứng? Bài Vật nặng m treo vào điểm cố định O dây dài  = 1m Tại vị trí ban đầu M0 dây treo hợp với phương thẳng đứng góc α = 600, người ta truyền  cho vật vận tốc v0 = m/s theo phương vuông góc với dây, hướng xuống, v0 nằm mặt phẳng thẳng đứng a) Định vị trí M đó lực căng dây không, tính vận tốc v vật đó b) Tìm phương trình quỹ đạo giai đoạn chuyển động vật dây căng trở lại Chứng tỏ quỹ đạo này qua điểm thấp quỹ đạo tròn Suy thời gian vật vạch quỹ đạo nói trên Bài Quả cầu nhỏ M có khối lượng m = 100g treo A dây chiều  có đinh, AO có phương dài  = 81cm Tại O thấp A khoảng thẳng đứng Kéo cầu đến vị trí dây AM nằm ngang buông tay a) Tính lực căng dây trước và sau vướng đinh 59 b) Hỏi điểm nào trên quỹ đạo, lực căng dây treo không? Sau đó cầu chuyển động nào, lên tới độ cao lớn bao nhiêu? Bài Trên xe lăn khối lượng m đặt trên sàn nằm ngang có gắn nhẹ thẳng đứng đủ dài l Một vật nhỏ có khối lượng m buộc vào đầu m dây treo nhẹ, không dãn, chiều dài l m (hình vẽ) Ban đầu xe lăn và vật cùng vị trí cân Truyền tức thời cho vật vận tốc ban đầu v0 có phương nằm ngang mặt phẳng hình vẽ Bỏ qua ma sát a) Tìm v0 nhỏ để vật quay tròn quanh điểm treo b) Với v0 = gl Tìm lực căng dây dây treo hợp với phương thẳng đứng góc α =300 và vật điểm treo D HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Gọi B (ứng với góc lệch α ) là vị trí vật để gia tốc có phương nằm ngang; C (ứng với góc lệch α m ) là vị trí cao vật lên được; v là vận tốc vật B (hình vẽ) – Áp dụng định luật bảo toàn cho điểm B và C (gốc trọng trường vị trí cân A): mv2 + mg (1 − cosα) = mg (1 − cosα m ) O WB = WC ⇔ ⇒ cosα m v = cosα − 2g (1) – Theo định luật II Niu–tơn, ta có: v2 (2)  – Mặt khác, B thì gia tốc có phương nằm  ngang nên hợp lực F có phương nằm ngang (khi vật qua B) hình vẽ mg Suy ra: T = cosα α  T – mgcos α = m A αm  T α C  v  F B  v0  P (3) 60   – Từ (2) và (3) ta được: v2 = g   cosα   cosα  – Thay (4) vào (1) ta được: cosα m = cosα − ⇒ cosα m = (4)    cosα   2g  cosα  3cos2 α  2cosα – Thay số: cosα m = (5) 3cos2 300 − = ⇒ α m = 43,80 12 2cos30 Vậy: Góc nghiêng cực đại dây treo là α m = 43,80 Bài  Gọi v1 là vận tốc hệ (m1 + m2) sau va chạm – Theo định luật bảo toàn động lượng (khi va chạm), ta có: m1v0 m1v0 = (m1 + m2)v1 ⇒ v1 = m1 + m  (Vectơ v1 nằm ngang hướng sang phải O α  B m2 m1  v0 h  v1 A (hình vẽ)) Gọi α là góc lớn mà dây treo lệch so với phương thẳng đứng – Theo định luật bảo toàn (cho A và B), ta có: WA = WB ⇔ (m1 + m )v12 = (m1 + m2)gh = (m1 + m2)g (1 − cosα) ⇒ cosα = − ⇒ cosα = − v12 2g = 1− m12 v20 2g(m1 + m )2 0,052.202 = 0,9 ⇒ α = 25,840 ≈ 260 2.10.2.(0,05 + 0,45)2 Vậy: Góc α lớn mà dây treo lệch so với phương thẳng đứng sau viên đạn cắm vào m2 là 26o Bài – lực căng dây vị trí cân thì: T = Tmax = m2g (3  2cosα) (xem ví dụ 2) – Để A có thể nhấc khỏi bàn thì momen Tmax phải lớn momen 2 1  P1 m1 O A  α Tmax B m2 B’ 61 P1 cùng trục quay nằm ngang qua điểm treo O đòn (hình vẽ): Tmax  ≥ P1 1 ⇔ m2g (3  2cosα)  ≥ m1g 1 ⇒ cosα ≤ 1,5 − m1 1 1,5 0,6 = 1,5 − = 0,5 2m  2.0,45 ⇒ α ≥ 600 ⇒ α = 600 Vậy: Phải đưa dây treo B nghiêng góc α (so với phương thẳng đứng) nhỏ là 60o để sau buông tay vật A có thể nhấc khỏi bàn Bài Gọi v0 và v là vận tốc nút và ống sau nút bật (hình vẽ) – Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có: mv0 mv0 = Mv ⇒ v = (1) M – Để ống có thể quay tròn mặt phẳng thẳng đứng quanh điểm treo thì phải có: v ≥ 5g (2) l (xem ví dụ 4) – Từ (1) và (2), ta có: mv0 M ≥ 5g  v M m  v0 M M 5g ⇒ v0min = 5g m m Vậy: Vận tốc tối thiểu nút để ống có thể quay tròn mặt phẳng thẳng M đứng quanh điểm treo là v0min = 5g m Bài Tương tự ví dụ 4, gọi A là vị trí cân và B là vị trí cao vật quá trình chuyển động (hình vẽ) Gọi v0 và v là vận tốc vật vị trí cân và vị trí cao Theo định luật bảo toàn với gốc trọng trường vị trí cân A:  B v mv20 mv = mg.2  + W A = WB ⇔  2 T  P ⇒ v= (1) v20 − 4g ⇒ v0 ≥ O  62 – Để vật m có thể chuyển động hết vòng tròn mặt phẳng thẳng đứng thì phải có: v ≥ (2) – Từ (1) và (2) suy ra: v20 ≥ 4g ⇒ v0 ≥ g ⇒ v0 ≥ 10.0,9 = m/s Vậy: Để m có thể chuyển động hết vòng tròn mặt phẳng thẳng đứng phải truyền cho m vận tốc tối thiểu vị trí cân theo phương ngang là v0min = 6m/s Bài a) Vị trí M để lực căng dây không – Áp dụng định luật bảo toàn cho hai điểm M0 và M (gốc trọng trường vị trí cân bằng), ta được: WM = WM ⇔ ⇒v = mv20 + mg (1 − cosα ) = v20 + 2g(cosα - cosα ) mv2 + mg (1 − cosα) (1) – Từ định luật II Niu–tơn, ta có: T – mgcos α = m v2  ⇒ T = mgcos α + m v2  (2) – Thay (1) vào (2), ta được: T = mgcos α + ⇒T = m v20 m  v + 2g(cosα - cosα )    O + mg(3cos α – cos α ) (3)  – Lực căng dây không: T=0⇔m ⇒ cosα = v20  2cosα  + mg(3cos α – 2cos α ) =  v20 3gl (4) M0 h0 2cos600 52 ⇒ = − 0,5 ⇒ α = 1200 = cosα − 3.10.1 – Thay α = 1200 vào (1) ta được: α0 α  T  v M h  v0  P v = 52 + 2.10.1.(cos1200 − cos600 ) = = 2,24m/s Vây: Vị trí để T = là α = 1200 và v = 2,24m/s 63 b) Khảo sát giai đoạn chuyển động vật Từ hình vẽ, ta có: α = 1200 ⇒ β = 300; θ = 600  v Như vậy, từ M, vật chuyển động vật bị ném xiên góc θ = 600 so với phương ngang, với vận tốc đầu là v – Chọn hệ tọa độ xMy với gốc tọa độ M hình vẽ – Các phương trình tọa độ theo hai trục Ox và Oy là: v x = (vcos θ )t = t (5) g v g t − t2 t = 2 * Phương trình quỹ đạo: Rút t từ (5) thay vào (6), ta được: y = (vsin θ )t − y xA θ x β O (6) α β  y= − 4x2 + 3x (7) M0 * Chứng tỏ quỹ đạo này qua điểm thấp (A) chuyển động tròn M  v0 yA A 3 = 2 yA = −( + sinβ) = –(1 + ) = 1,5 – Suy xA và yA thỏa mãn phương trình (7) Như vậy, từ M trở đi, quỹ đạo chuyển động vật tuân theo phương trình (7) và qua điểm A Dạng quỹ đạo này hình vẽ (đoạn từ M đến A) * Thời gian vật vạch quỹ đạo này – Tại A thì: xA = cosβ = – Thay xA = t= 2x A v = vào (5), ta tìm thời gian vật vạch quỹ đạo này là: 2 = 0,77s Bài a) Lực căng dây treo trước và sau vướng đinh – Áp dụng định luật bảo toàn cho hai điểm B, C (gốc trọng trường vị trí cân bằng): WB = WC ⇔ mg  = mv20 64 v20 = 2g (1)  – Lực căng dây treo trước vướng đinh ⇒ Tt = mg + m B A  v20 (2)  ⇒ Tt = mg + m.2g = 3mg = 3.0,1.10 = 3N – Lực căng dây treo sau vướng đinh O  v  T/ α D   T  P  v0 C v20 v2  = 2m (3) P l  ⇒ Ts = mg + 2m.2g = 5mg = 5.0,1.10 = 5N Vậy: Lực căng dây treo trước vướng đinh là 3N và sau vướng đinh là 5N Khảo sát giai đoạn chuyển động vật sau vướng đinh  Sau vướng đinh, vật chuyển động lắc đơn có chiều dài quanh điểm treo O Chuyển động này có hai giai đoạn: Giai đoạn I: Vật chuyển động tròn từ vị trí cân C đến vị trí D ứng với lực căng dây treo Giai đoạn II: Vật chuyển động vật bị ném xiên từ vị trí D trở sau Vị trí (D) vật để lực căng dây treo Theo định luật bảo toàn (gốc trọng trường vị trí cân bằng), Ts = mg + m b) – – * – ta có: WB = WD ⇔ mg  = ⇒ v=  mv2 + mg (1 − cosα) 2 g(1 + cosα) (4) A – Lực căng dây treo D v2 v2 = mgcos α + 2m (5) l  – Thay (4) vào (5), ta được: T/ = mg(3cos α + 2) (6) ⇒ T/ = ⇔ mg(3cos α + 2) =  T/ = mgcos α + m ⇒ cos α = − ⇒ α = 1320  v γ O α   T C  P θ  γ T/ D h0  P hD H  v0 65 < mà α > nên α > 900 (hình vẽ) – Độ cao D tính từ vị trí cân C là:     5   hD = + sin γ = + (− cosα) = + = 2 2 2 Vậy: Vị trí (D) mà lực căng dây treo cách vị trí cân C đoạn hD 5 = (dây treo hợp với phương thẳng đứng góc α = 1320 hay cos α = − )  5 = ) (hay cách điểm treo A theo đường thẳng đứng đoạn h’D = l – 6 – Vận tốc vật D Thay cos α = − vào (4), ta được: Vì cos α = − 10 = 2,7 = 1,64m/s v = 10.0,81(1 − ) = 3 * Quỹ đạo chuyển động vật kể từ D – Kể từ D, vật chuyển bị ném xiên góc θ với vận tốc đầu là v = 10 Suy quỹ đạo vật là đường parabol quay bề lõm xuống – Theo kết bài toán vật bị ném xiên thì độ cao cực đại vật lên tính từ điểm ném D là: h0 = v2sin2θ ( sin2 θ = cos2 γ = − sin2 γ = − cos2 α ) 2g 10  2 5 ⇒ sin θ = −  −  = ⇒ h = = 2.10 54  3 * Độ cao cực đại vật lên so với vị trí cân 5 5 25 25.81 H = hD + h0 = + = = = 75cm 27 54 27 Vậy: Sau lên đến điểm D (lực căng dây 0), cầu tiếp tục chuyển động theo quỹ đạo parabol có bề lõm quay xuống và lên tới độ cao lớn 25 cách vị trí cân C là hay cách điểm treo A theo đường thẳng đứng là (l 27 25 2 – )= 27 27 Bài a Vận tốc nhỏ để vật quay quanh điểm treo 66 Để vật quay hết vòng quanh điểm treo thì lực căng dây điểm cao T ≥ Gọi v1, v21 là vận tốc xe lăn và vận tốc vật với xe lăn điểm cao - Động lượng hệ bảo toàn theo phương ngang: m.v0 = m.v1 + m.(v1 + v21) ⇒ v0 = 2.v1 + v21 (1) - Bảo toàn năng: 1 mv02 = mv12 + m ( v1 + v 21 ) + 2mgl (2) 2 - Chọn hệ quy chiếu gắn với xe thời điểm vật điểm cao Hệ quy chiếu này là hệ quy chiếu quán tính vỡ điểm cao lực căng dây có phương thẳng đứng nên thành phần lực tác dụng lên xe theo phương ngang ⇒ xe không có gia tốc Định luật II Newton cho vật điểm cao nhất: Kết hợp với điều kiện T ≥ (4) Từ phương trình trên ta tìm được: v0 ≥ gl b Lực căng dây v 221 mg + T = m l (3) Gọi v1, v21 là vận tốc xe lăn và vận tốc vật với xe lăn có góc lệch α =300 Chọn hệ quy chiếu chuyển động với vận tốc v1 Đây là hệ quy chiếu quán tính - Động lượng hệ bảo toàn theo phương ngang: m.(v0 - v1) + m.(- v1 )= m v21.cos α ⇒ v0 = 2.v1 + v21.cos 30 (5) - Bảo toàn năng: 1 m ( v0 − v1 ) + mv12= mv 221 + mgl (1 − cos30 ) 2 4glcos30 3gl Từ (5) và (6) suy ra: v 221 = = − cos 30 (6) - Chọn hệ quy chiếu gắn với xe: Định luật II Newton cho xe và vật: T.sin α = m.a1 = Fqt v 221 T + Fqt.sin α – mg.cos α = m l v mg.cos30 + m 21 42 l ⇒ T = mg = + sin 30 25 67 Loại Bảo toàn tác dụng lực đàn hồi A Phương pháp giải - Cơ vật chuyển động tác dụng lực đàn hồi tổng động và đàn hồi vật : W= 2 mv + kx 2 - Khi vật chịu tác dụng lực đàn hồi gây biến dạng lò xo đàn hồi thì vật là đại lượng bảo toàn : W= 2 mv + kx = số 2 1 1 mv12 + kx12 = mv22 + kx22 2 2 B VÍ DỤ MẪU Hay : Ví dụ 1: Quả cầu khối lượng m = 100 g gắn đầu lò xo nằm ngang, đầu lò xo cố định, độ cứng lò xo k = 40 N/m Quả cầu có thể chuyển động không ma sát trên mặt phẳng ngang Từ vị trí cân O, người ta truyền vận tốc ban đầu v0 = m/s theo phương ngang Tìm độ giãn cực đại lò xo Hướng dẫn Vật nặng chịu tác dụng các lực: lực đàn hồi, trọng lực, phản lực mặt sàn Trong đó trọng lực và phản lực cân lẫn nhau, vật chịu tác dụng lực đàn hồi nên vật bảo toàn Áp dụng định luật bảo toàn vật vị trí cân (x1 = 0) và vị trí lò xo giãn cực đại ( v2 = 0), ta có: 1 1 kx1 + mv12= kx + mv 22 ↔ mv12 = kx 2 2 2 m k 0,1 40 Suy độ giãn cực đại lò xo là= : x v= 1.= 0,= 05 m cm Ví dụ Quả cầu khối lượng m = 100g gắn đầu lò B A xo nằm ngang, đầu lò xo cố định, độ cứng O lò xo k = 0,4N/cm Quả cầu có thể chuyển động k không ma sát trên mặt phẳng ngang Từ vị trí cân O, người ta kéo cầu cho lò xo dãn đoạn OA = 5cm buông tay Quả cầu chuyển động dao động trên đoạn đường AB a) Tính chiều dài quỹ đạo AB b) Tính vận tốc cực đại cầu quá trình chuyển động Vận tốc này đạt vị trí nào? 68 Hướng dẫn a) Chiều dài quỹ đạo AB m k Các lực tác dụng vào vật: trọng lực     P , phản lực Q , lực đàn hồi Fñh ( v  và Q cân bằng) Bỏ qua ma sát, hệ vật và   F lò xo (con lắc lò xo) bảo toàn Áp F' dụng định luật bảo toàn cho vị trí A (vị trí buông tay) và B (vật dừng phía bên O): O A B 1 WA = WB ⇔ k.OA2 = k.OB2 ⇒ OB = OA 2 Vậy: Chiều dài quỹ đạo: L = AB = 2.OA = 2.5 = 10cm b) Vận tốc cực đại cầu Áp dụng định luật bảo toàn cho vị trí A và O (vị trí cân bằng, lò xo 1 không biến dạng): WA = WO  k.OA2 = mv2 2 ⇒ v = OA k 40 = = 100cm/s = 1m/s (k = 0,4 N/cm = 40 N/m) m 0,1 Vậy: Vật đạt vận tốc cực đại m/s qua vị trí cân bằng, đó lò xo không biến dạng Ví dụ Quả cầu m = 50g gắn đầu lò xo thẳng đứng, đầu trên lò xo cố định, độ cứng k = 0,2N/cm Ban đầu m giữ vị trí lò xo thẳng đứng và có chiều dài tự nhiên Buông m không vận tốc đầu a) Tính vận tốc cầu vị trí cân b) Tìm độ dãn cực đại lò xo quá trình chuyển động Hướng dẫn Khi cân lò xo dãn đoạn ∆ (hình vẽ) Điều kiện cân bằng: l  CB mg  k M F ∆ với k = 0,2 N/cm = 20 N/m, ta có: 0,05.10 O = 0,025m = 2,5cm ∆ = 20  coi hệ (quả cầu + lò xo) tương đương với lò xo không P treo quảNcầu, có chiều dài tự nhiên chiều dài lò xo có treo cầu cân bằng, tức là x đàn hồi đã dãn ∆ với độ cứng k không đổi Như chọn gốc mg = k ∆ ⇒ ∆ = 69 vị trí cân thì áp dụng công thức Wt = kx , với x là độ biến dạng lò xo tính từ vị trí cân Vì lò xo tương đương không treo cầu (thế trọng lực đã bị cân đàn hồi) nên trường hợp này trọng lực luôn và không phụ thuộc vào cách chọn gốc trọng lực (W1t = 0) Thế hệ luôn đàn hồi lò xo với mốc vị trí cân Chọn trục tọa độ Ox hình vẽ a) Vận tốc cầu vị trí cân bằng: Tại M lò xo không biến dạng nên: xM = –OM = – ∆ = –2,5cm; vM = Tại vị trí cân O (xCB = 0) và cầu có vận tốc vCB Theo định luật bảo toàn (gốc đàn hồi vị trí cân bằng): 1 WM = WCB ⇔ kx 2M = mv2CB 2 ⇒ vCB = x M k = −2,5 m 20 = 50cm/s = 0,5m/s 0,05 Vậy: Vận tốc cầu vị trí cân là 0,5m/s b) Độ dãn cực đại lò xo quá trình chuyển động Tại vị trí thấp N cầu thì lò xo dãn cực đại, đó xN = ON và vN = Theo định luật bảo toàn (gốc đàn hồi vị trí cân bằng): 1 WM = WN ⇔ kx 2M = kx 2N ⇒ xN = − xM = ∆ = 2,5cm 2 Độ dãn cực đại lò xo: ∆ = ∆ + ON = ∆ = 2.2,5 = 5cm Vậy: Tại vị trí thấp thì lò xo bị dãn cực đại là 5cm Ví dụ Vật m = 100g rơi tự từ độ cao h lên lò xo nhẹ, độ cứng k = 80 N/m Biết lực nén cực đại lò xo lên sàn là N = 10N, h chiều dài lò xo tự là  = 20cm (hình vẽ) Tính h m  Hướng dẫn Tại vị trí cân O, lò xo bị nén đoạn x0, với: mg mg = kx0 ⇒ x0 = (1) k Gọi M là vị trí ban đầu (khi lò xo không biến dạng) đầu trên lò xo; N là vị trí thấp (khi lò xo bị nén tối đa) đầu trên lò xo Chọn trục tọa độ Ox hình vẽ 70 Lực nén lò xo lên sàn đạt giá trị cực đại lò xo bị nén nhiều nhất, tức là vật vị trí N m N Ta có: ∆ = k Theo định luật bảo toàn (gốc M đàn hồi vị trí cân O): WM = WN x0 O 1 h ∆ ⇔ kx M + mv2M = kx 2N (2) 2  N mg ; v2M = 2g(h –  ); với: xM = − x0 = − k x N mg N − mg xN = ∆ − x0 = = − k k k Thay vào (2), ta được:  mg  1  N − mg  k.  + m 2g (h − ) = k    k  2  k  ⇒ h = − (10 − 0,1.10)2 mg 0,1.10 (N − mg)2 + = 0,2 − + = 0,7m = 70cm 2.0,1.10.80 2k 2.80 2mgk Vậy: Độ cao vật bắt đầu rơi là h = 70cm C BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Dây nhẹ đàn hồi chiều dài  , đầu cố định A (hình vẽ) A Từ A, vòng nhỏ khối lượng m, lồng ngoài sợi dây và rơi xuống không ma sát, không vận tốc đầu Khi rơi đến đầu B dây, vòng tiếp tục chuyển động và kéo dãn dây thêm đoạn ∆ Tìm hệ số đàn hồi k dây Bài Nếu đặt cân lên đầu trên lò xo đặt thẳng đứng trên B mặt phẳng ngang, lò xo bị nén lại đoạn x0 = 1cm Nếu ném cân đó từ độ cao 17,5cm (đối với đầu trên lò xo) theo phương thẳng đứng xuống với vận tốc đầu v0 = m/s, lò xo bị nén lại đoạn tối đa là bao nhiêu ? Bài Vật m bắn vào hai lò xo nhẹ mắc  k1 m k2 nối tiếp, độ cứng k1, k2 với vận tốc v0 đầu v0 hình vẽ Biết lượng cực đại lò xo II bị biến dạng  F là E2 Tính v0 Bài Hai vật khối lượng m1, m2 nối với lò xo m1  có độ cứng k hình vẽ Tác dụng lên m1 lực nén F thẳng k đứng hướng xuống Định F để sau ngưng tác dụng lực, m2 hệ chuyển động và m2 bị nhấc khỏi mặt đất 71 Bài Một lò xo bị nén hai khối hộp m1 và m2 hình vẽ (lò xo không gắn liền với hai vật) Nếu giữ chặt m1 và buông m2 thì m2 bị đẩy với vận tốc v Tìm vận tốc m2 hai vật buông cho chuyển động cùng lúc Bỏ qua ma sát m1 D HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài - Tại vị trí cân O, dây dãn đoạn ∆ (hình vẽ) Điều kiện cân bằng: mg mg = k ∆ ⇒ ∆ = (1) k Gọi M là vị trí ban đầu (khi dây không biến dạng) đầu B; N là vị trí thấp (khi dây bị dãn tối đa) đầu B Chọn trục tọa độ Ox hình vẽ Áp dụng định luật bảo toàn cho điểm M và N (gốc đàn hồi vị trí cân O): 1 WM = WN ⇔ kx 2M + mv2M = kx 2N (2) 2 k m2 A  M B ∆ m với: xM = – ∆ ; v2M = 2g  ; xN = ∆ − ∆ O ∆ N 1 k∆ 20 + m 2g = k(∆ − ∆ )2 2 1 mg = k∆ − mg∆ ⇒ mg  = k∆ − k∆.∆ = k∆ − k∆ 2 k 2mg( + ∆) ⇒ k= ∆ 2mg( + ∆) Vậy: Hệ số đàn hồi k dây là k = ∆ Bài Tại vị trí cân O, lò xo bị nén đoạn x0 Điều kiện cân bằng: m x0 mg = kx0 ⇔ = (1) k g Thay vào (2), ta được: Gọi M là vị trí ban đầu (khi lò xo không biến dạng) đầu trên lò xo; N là vị trí thấp (khi lò xo bị nén tối đa) đầu trên lò xo Chọn trục tọa độ Ox hình vẽ 72 Theo định luật bảo toàn (gốc đàn hồi vị trí cân O) ta có: m 1 WM = WN ⇔ kx 2M + mv2M = kx 2N (2) 2  với: xM = -x0 ; v2M = v20 + 2gh; xN = ON = x h v0 M Thay vào (2), ta được: 1 kx + m(v20 + 2gh) = kx 2 2 x0 m (v + 2gh) (3) k Thay (1) vào (3) ta được: ⇒x = x= ∆ O x 20 + N x x x 20 + (v20 + 2gh) g 0,01 (1 + 2.10.0,175) = 0,068m = 6,8cm 10 Độ nén tối đa lò xo: ∆ = x0 + x = + 6,8 = 7,8cm Vậy: Lò xo bị nén đoạn tối đa là 7,8cm (khi vật vị trí thấp nhất) Bài ⇒x= 0,012 +   Gọi x1 và x2 là độ nén cực đại hai lò xo; F1 và F2 là lực đàn hồi hai lò xo đó Theo định luật III Niu-tơn, ta có: F1 = F2 ⇔ k1x1 = k2x2 k ⇒ x1 = x2 (1) k1 Năng lượng cực đại lò xo II: E2 = ⇒ x2 = 2E k2 k x 22 m  v0 k2 k1 (2) k Thay (2) vào (1) ta được: x1 = k1 2E (3) k2 m k1 k2 Theo định luật bảo toàn (gốc đàn hồi riêng cho lò xo vị trí cân nó: đó hai lò xo không biến dạng): 1 1 ( k1x12 + k x 22 ) (4) mv20 = k1x12 + k x 22 ⇒ v20 = 2 m 73 Thay (2) và (3) vào (4), ta được: v20 = ⇒ v20 = 2E (k1 + k ) ⇒ v0 = mk1 m  k 2E 2E  k1 22 + k  k k k2     2E (k1 + k ) mk1 Vậy: Vận tốc m bắn vào lò xo là v0 = 2E (k1 + k ) mk1 Bài Gọi M, N, O, Q là vị trí vật m1 lò xo không biến dạng; m1 vị trí thấp (có lực F tác dụng vào m1); m1 cân bằng; m1 vị trí cao Chọn trục tọa độ Ox hình vẽ Tại vị trí cân O, lò xo bị nén đoạn OM Điều kiện cân bằng: m1g = k.OM mg Q (1) ⇒ OM = k m1 - Tại vị trí thấp N, lò xo bị nén M thêm đoạn ON tác dụng lực O F  nén F, ta có: ON = F k k N - Áp dụng định luật bảo toàn  F d (gốc đàn hồi vị trí cân O m1): x m2 2 WN = WQ ⇔ kx N = kx Q  2 P2 F (2) k - Vật m2 có thể bị nhấc lên vật m1 vị trí cao Để vật m2 bị nhấc lên khỏi mặt đất thì lò xo phải dãn m2 vừa nhấc khỏi mặt đất, suy OQ > OM (hình vẽ) - Khi m2 bắt đầu bị nhấc lên thì phản lực Q mặt đất tác dụng vào m2 nên vào m2 có hai lực tác dụng là trọng lực P2 và lực đàn hồi Fđ lò xo - Điều kiện để m2 nhấc lên là: Fđ > P2 (3) ⇒ OQ = ON =  F − m 1g  F m g với: Fđ = k.MQ = k(OQ – OM) = k  −  = k   k  k   k và: P2 = m2 g (4) (5) 74  F − m 1g  - Thay (4) và (5) vào (3), ta được: k   > m2g k   ⇒ F > (m1 + m2)g Vậy: Để sau ngưng tác dụng lực, hệ chuyển động và m2 bị nhấc khỏi mặt đất thì F > (m1 + m2)g * Chú ý: Có thể giải bài này đơn giản cách áp dụng phương pháp đối xứng sau: + Nếu dùng lực kéo F′ tác dụng lên vật m1 theo phương thẳng đứng hướng lên thì để vật m2 bị nhấc khỏi mặt đất, lực F′ phải có độ lớn thỏa mãn điều kiện sau: F′ > (m1 + m2)g + Lò xo có tính đối xứng là độ dãn độ nén lò xo thì độ lớn lực đàn hồi và lò xo là Vì vậy, để có kết trên ta cần phải tác dụng vào vật m1 lực nén F thẳng đứng hướng xuống có độ lớn đúng F′ Suy ra: F > F′ = (m1 + m2)g Bài Gọi x là độ nén lò xo giữ chặt hai vật (hình vẽ) Giữ chặt m1 và buông nhẹ m2 Theo định luật bảo toàn (gốc lò xo không biến dạng): m m k m v2 (1) kx = m v2 ⇒ x2 = 2 k Buông nhẹ cùng lúc hai vật Gọi v1, v2 là vận tốc hai vật m1 và m2 sau buông tay Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có (về độ m v lớn): m1v1 = m2v2 ⇒ v1 = 2 (2) m1 Theo định luật bảo toàn (gốc lò xo không biến dạng): 1 kx = m1v12 + m v22 2 ⇔ kx = m1 v12 + m2 v 22 (3) m v2 m v Thay (1) và (2) vào (3) ta được: k = m1  2  m k  ⇒ v 22 = m1 v ⇒ v2 = m1 + m 2   + m2 v  m1 m1 + m Vậy: Vận tốc m2 hai vật buông cho chuyển động cùng lúc là v = v m1 m1 + m 75 Loại Định luật bảo toàn cho các trường hợp tổng quát A Phương pháp giải Biểu thức: 1 1 mv12 + kx12 + mgh1 = mv22 + kx22 + mgh2 2 2 Nếu trường hợp có trọng lực có lực đàn hồi Khi đó, công thức có dạng sau: - Trường hợp trọng lực: 1 mv2 + mgh1 = mv22 + mgh2 2 - Trường hợp lực đàn hồi: 1 1 mv12 + kx12 = mv22 + kx22 2 2 B VÍ DỤ MẪU Ví dụ 1: Một súng đồ chơi có lò xo dài 10 cm, lúc bị nén còn cm thì có thể bắn thẳng đứng viên đạn có khối lượng 30 g lên cao m Tìm độ cứng lò xo Hướng dẫn Đạn chịu tác dụng trọng lực và lực đàn hồi Cả hai lực này là nội lực hệ vì nó bảo toàn x Tại vị trí nén, viên đạn chính là đàn hồi lò xo Wdh = 10cm kx 2 4cm Tại vị trí cao nhất, viên đạn chính là trọng trường vì vị trí này động viên đạn không WtP = mgh max Theo định luật bảo toàn : Wdh = WtP ⇔ = ⇒k kx = mgh max 2mgh max 2.30.10−3 10.6 = = 1000N / m −2 x2 6.10 ( ) Ví dụ 2: Quả cầu m = 50 g gắn đầu lò xo thẳng đứng, đầu trên lò xo cố định, độ cứng k = 20 N/m Ban đầu m giữ vị trí lò xo thẳng đứng và có chiều dài tự nhiên Buông m không vận tốc ban đầu Tính vận tốc cầu vị trí cân Hướng dẫn 76 Vật chuyển động tác dụng trọng lực và lực đàn hồi nên bảo toàn Chọn mốc vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên Cơ vật vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên: W1 = Tại vị trí cân bằng, lò xo giãn đoạn là ∆l , ta có:    P + Fđh = → P = Fđh mg 0,05.10 = ↔ ∆l= = 0,025 m k 20 Cơ vật vị trí cân bằng: W2 = l0 1 k∆l + mv 22 − mg∆l 2 1 k∆l + mv 22 − k∆l ⇔ 0= 2 k 20 0,025 0,5m / s ⇒ v2 = ∆l = = m 0,05 Mốc ∆l 1 kx + mv 22 + mgh =∆ k l + mv 22 − mg∆l 2 2 Áp dụng định luật bảo toàn năng:  F dh O  P W1 = W2 ⇔ = Ví dụ Vật khối lượng m = 100g ném thẳng đứng từ lên với v0 = 20 m/s Sử dụng các phương trình chuyển động vật ném đứng, tính năng, động và toàn phần vật: a) Lúc bắt đầu ném b) Khi vật lên cao c) 3s sau ném d) Khi vật vừa chạm đất So sánh các kết và kết luận Cho g = 10 m/s2 Hướng dẫn Chọn gốc trọng lực mặt đất, chiều dương thẳng đứng hướng lên (hình vẽ) a) Lúc bắt đầu ném: Ta có: h = 0; v = v0 +  v0 + Thế năng: Wt = mgh = 1 + Động năng: Wđ = mv20 = 0,1.202 = 20J m 2 + Cơ toàn phần: W = Wt + Wđ = + 20 = 20J  b) Khi vật lên cao nhất: Ta có: h = hmax = H; v = g với: hmax = H = v20 2g = 202 = 20m 2.10 +  v0 + Thế năng: Wt = mgH = 0,1.10.20 = 20J m  g 77 mv = + Cơ toàn phần: W = Wt + Wđ = 20 + = 20J c) giây sau ném: 1 Ta có: h = v0t − gt = 20.3 − 10.32 = 15m; v = v0 – gt = 20–10.3 = –10m/s 2 + Thế năng: Wt = mgh = 0,1.10.15 = 15J 1 + Động năng: Wđ = mv2 = 0,1.(−10)2 = 5J 2 + Cơ toàn phần: W = Wt + Wđ = 15 + = 20J * Lưu ý: Có thể tính vận tốc v sau: + Thời gian (t1) vật lên đến độ cao cực đại: v 20 v = v0 – gt1 = ⇒ t1 = = = 2s 10 g + Động năng: Wđ = + Vận tốc: v2 − v20 = −2gh ⇒ v = ± v20 − 2gh = ± 202 − 2.10.15 = ± 10 m/s Vì t = s > t1 nên lúc này vật xuống, suy ra: v = –10 m/s d) Khi vật vừa chạm đất: Ta có: h = 0; v = v0 – gt2 ; với t2 = 2t1 = 4s ⇒ v = 20–10.4 = –20m/s + Thế năng: Wt = mgh = 1 + Động năng: Wđ = mv2 = 0,1.(−20)2 = 20J 2 + Cơ toàn phần: W = Wt + Wđ = + 20 = 20J * Kết luận: Tại vị trí khác thì và động vật (hệ vật + Trái Đất) có giá trị khác tổng chúng, tức là toàn phần luôn không đổi Ví dụ Một vật ném xiên góc α với phương ngang Tìm liên hệ và động vật điểm cao Khi nào thì chúng nhau? Hướng dẫn Chọn hệ tọa độ Oxy hình vẽ Xét điểm cao I mà vật đạt + Vận tốc: v = v0cos α + Độ cao cực đại: H = v20 sin2 α 2g + Thế năng: Wt = mgH = + Động năng: Wđ = y mv20 sin α mv = 2  v0 mv20 cos2 α  v I H O α  v 0x x 78 + Tỉ số và động năng: Wt Wd = sin2 α cos α Thế và động vật khi: = tan2 α Wt Wd = ⇒ tan2 α = ⇒ α = 450 (loại nghiệm α = –450) Vậy: Hệ thức và động vật điểm cao là Wt = tan2 α , và động α = 450 Wd Ví dụ Một cầu nhỏ lăn trên mặt A phẳng nghiêng, α = 300, vA = 0, AB = 1,6m, g = 10 m/s2 Bỏ qua ảnh hưởng ma sát (hình vẽ) a) Tính vận tốc cầu B b) Tới B, cầu rơi không khí Tính vận tốc cầu chạm đất, biết B cách mặt đất h = 0,45m Hướng dẫn a) Vận tốc cầu B Áp dụng định luật bảo toàn cho điểm A và B (hình vẽ) WA = WB ⇔ mgh0 = mv2B ⇒ vB = 2gh = 2g sin α = α B C A h0 2.10.1,6.0,5 = m/s  α B h Vậy: Vận tốc cầu B là vB = 4m/s b) Vận tốc cầu chạm đất Áp dụng định luật bảo toàn cho điểm B và C (hình vẽ) 1 WB = WC ⇔ mgh + mv2B = mv2C 2 ⇒ vC = v2B + 2gh = C 42 + 2.10.0,45 = m/s Vậy: Vận tốc cầu C là vC = 5m/s * Lưu ý: Có thể tính vC cách áp dụng định luật bảo toàn cho quá trình chuyển động AC, ta có: WA = WC ⇔ mg(h0 + h) = mv2C ⇒ vC = 2g(h + h) = 2g( sin α + h) = 2.10(1,6.sin300 + 0,45) = m/s 79 Ví dụ Hai vật có khối lượng tổng cộng m1 + m2 = 3kg nối dây qua ròng rọc nhẹ (hình vẽ) Buông cho các vật chuyển động, sau quãng đường s = 1,2m vật có vận tốc v = m/s Bỏ qua ma sát Dùng định luật bảo toàn năng, tính m1 và m2 Cho g = 10 m/s2 m1 m2 Hướng dẫn Giả sử m1 > m2, suy P1 > P2 Sau buông nhẹ, vật m1 xuống và m2 lên cùng quãng đường s Chọn gốc riêng cho vật vị trí ban đầu (khi buông tay) Chọn chiều dương là chiều chuyển động các vật Khi đó: v1 = v2 = v >   – Các lực tác dụng vào hệ vật là trọng lực P1 và P2 có + phương, chiều hình vẽ + – Cơ ban đầu hệ: W = W1 + W2 = (1) m1 – Cơ sau hệ:  1 P1 2 m W′ = W′1 + W′2 = – m1gs + m1v + m2gs + m v 2  P2 (2) ⇒ W′ = –gs(m1 – m2) + (m1 + m )v2 – Vì hệ hai vật chuyển động tác dụng trọng lực (lực thế) nên hệ hai vật bảo toàn: W = W/ (3) – Thay (1) và (2) vào (3), ta được: m1 – m2 = (m1 + m )v2 2gs 3.2 = 0,5kg (4) 2.10.1,2 – Mặt khác: m1 + m2 = 3kg (5) ⇒ m1 = 1,75kg; m2 = 1,25kg Vậy: Khối lượng hai vật là m1 = 1,75kg và m2 = 1,25kg ⇒ m1 – m2 = 80 C BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Một vật ném thẳng đứng lên cao với vận tốc 7m/s Bỏ qua sức cản không khí Cho g = 9,8 m/s2 a) Tính độ cao cực đại mà vật lên tới b) Ở độ cao nào thì động năng? Thế gấp lần động Bài Dây đồng chất chiều dài  = 1,6m có trọng lượng, vắt qua ròng rọc nhỏ không ma sát và nằm yên (hình vẽ) Sau đó dây bắt đầu trượt khỏi ròng rọc với vận tốc đầu v0 = m/s Tính vận tốc dây dây vừa rời khỏi ròng rọc Bài Vật nhỏ bắt đầu trượt từ A có độ cao h xuống vòng xiếc có bán kính R không vận tốc đầu Vòng xiếc có  = α , OB  = BOD đoạn CD hở với COB A B D h thẳng đứng (hình vẽ) a) Định h để vật có thể hết vòng xiếc b) Trong điều kiện câu a, góc α là bao nhiêu thì độ cao h có giá trị cực tiểu? Bài Vật nhỏ khối lượng m trượt trên mặt bán cầu nhẵn bán kính R Tại thời điểm ban đầu vật độ cao h0 so với đáy bán cầu và có vận tốc v0 Tính lực nén vật lên bán cầu nó độ cao h < h0 và chưa rời bán cầu C α O z  v h y Bài Vật m = 1kg trượt trên mặt ngang với v0 = m/s x trượt lên nêm hình vẽ Nêm ban đầu đứng yên, khối lượng M = 5kg, chiều cao đỉnh là H, nêm có thể trượt trên mặt ngang Bỏ qua ma sát và mát động va chạm a) Tính vận tốc cuối cùng vật và nêm hai trường hợp H = 1m H = 1,2m b) Tính v0min để với v0 > v0min, vật vượt qua nêm cao H = 1,2m Lấy g = 10 m/s2 Bài (đề đề nghị 30/4/2015 chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ) Một vật dạng bán cầu, bán kính R đặt trên mặt phẳng nằm ngang Trên đỉnh bán cầu có đặt vật nhỏ khối lượng m Vật m bắt đầu trượt xuống với 81 vận tốc ban đầu không đáng kể Bỏ qua ma sát vật m và bán cầu Tìm vị trí vật m bắt đầu rời khỏi bán cầu hai trường hợp: a Bán cầu giữ cố định b Bán cầu có khối lượng M = m và có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang Bài Một cầu nhẵn có khối lượng M và bán kính R nằm trên mặt bàn ngang nhẵn Từ đỉnh cầu bắt đầu trượt tự vật nhỏ có khối lượng m Xác định tỉ số m/M để vật nhỏ rời mặt cầu độ cao H = 7R/4 so mặt bàn Bài Hai viên bi giống nhau, nối với sợi dây nhẹ, không giãn, dài 2l, đặt trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn Người ta truyền cho hai viên bi đó vận tốc v0 hướng theo phương thẳng đứng lên trên Bỏ qua lực cản không khí a) Giả sử quá trình vO chuyển động, sợi dây luôn căng và viên bi không bị nhấc lên khỏi mặt phẳng ngang Lập phương trình quĩ đạo viên bi trên b) Tìm điều kiện v0 để thỏa mãn điều giả sử câu a, có thể thừa nhận viên bi dễ bị nhấc lên khỏi mặt phẳng ngang dây vị trí thẳng đứng  Bài Vòng bán kính R, lăn với vận tốc v trên mặt phẳng ngang đến va chạm hoàn toàn không đàn hồi  v với cái bậc có độ cao h (h < R) Hỏi sau nhảy lên bậc, vòng có vận tốc bao nhiêu? Tính h vận tốc cực tiểu để vòng có thể nhảy lên khỏi bậc Bài 10 Một vật khối lượng m = 0,1 (kg) trượt trên mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v = 0,5 (m/s) trượt lên cái nêm có dạng hình vẽ Nêm ban đầu đứng yên, có khối lượng M = 0,5 (kg), chiều cao đỉnh là H ; nêm có thể trượt trên mặt phẳng nằm ngang Bỏ qua ma sát và 82 mát động va chạm Mô tả chuyển động hệ thống và tìm các vận tốc cuối cùng vật và nêm hai trường hợp sau : Lấy g = 10 (m/s ) - Khi H = cm - Khi H = 1,2 cm m M h Bài 11 Cho hệ hình vẽ: A là khúc gỗ mang cái cọc thẳng đứng, tổng khối lượng là M đặt trên mặt đất nằm ngang B là cầu nhỏ khối lượng m, treo vào đỉnh cọc sợi dây B không dãn Đưa cầu tới vị trí cho sợi dây nằm ngang thả nhẹ để nó chuyển động từ nghỉ Để khúc gỗ A không bị dịch chuyển cầu chạm vào cọc thì hệ số ma sát nghỉ A khúc gỗ và mặt đất nhỏ bao nhiêu? Bài 12 Một vệ tinh nhân tạo khối lượng m, phóng lên với vận tốc ban đầu v, sau đó vệ tinh chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính r Biết Trái Đất có khối lượng là M, bán kính là R Hãy chứng minh rằng, để vệ tinh nhân tạo từ mặt đất = phóng lên quỹ đạo trên thì vận tốc ban đầu nó là : v R   R0g  −  r   Từ đó rút vận tốc ban đầu tối đa và tối thiểu (Lấy R = 6, 4.10 m, bỏ qua sức cản khí vệ tinh, gia tốc trọng trường Trái Đất là g) 83 D HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Chọn gốc trọng lực mặt đất, chiều dương thẳng đứng hướng lên (hình vẽ) a) Độ cao cực đại mà vật lên tới 72 Ta có: hmax = = = 2,5m 2g 2.9,8 m Vậy: Độ cao cực đại mà vật lên tới là hmax = 2,5m b) Độ cao để động năng, gấp lần động – Độ cao để động + Cơ độ cao cực đại: W0 = mghmax + Tại vị trí động năng: W1t = W1đ: W1 = W1t + W1đ = 2W1t = 2mgh1 h 2,5 ⇒ W1 = W0 ⇔ 2mgh1 = mghmax ⇒ h1 = max = = 1,25m 2 – Độ cao để lần động + Tại vị trí lần động năng: W2t = 4W2đ ⇒ W2đ = + Cơ năng: W2 = W2t + W2đ = 5mgh2 +  v0 vo2 5W2t =  g W2t 5mgh2 4h max 4.2,5 = 2m 5 Vậy: Độ cao để động là h1 = 1,25m; gấp lần động là h2 = 2m Bài Ban đầu, dây trạng thái cân đứng yên  nên nhánh có chiều dài là và có trọng tâm G là trung điểm nhánh Chọn  G trung điểm G này làm gốc (hình vẽ),  chọn chiều dương theo chiều chuyển động dây xích G’ – Khi dây vừa rời khỏi ròng rọc thì khối tâm  dây xích G/ cách G khoảng phía + Cơ ban đầu: W0 = mv20 (1) ⇒ W2 = W0 ⇔ = mghmax ⇒ h2 = = 84  + mv (2) – Vì vật chuyển động tác dụng trọng lực (lực thế) nên vật bảo toàn: (3) W0 = W – Thay (1) và (2) vào (3), ta được:  mv0 = − mg + mv2 + Cơ sau:W = − mg g 10.1,6 = 12 + = m/s 2 Vậy: Vận tốc dây dây vừa rời khỏi ròng rọc là 3m/s Bài a) Định h để vật có thể qua vòng xiếc Để vật có thể qua vòng xiếc thì vật phải qua hai điểm C và D (hình vẽ) Gọi v là vận tốc vật C; Q là phản lực vòng xiếc tác dụng lên vật C Để vật qua (lên đến) C thì phải có điều kiện: Q ≥ ⇒= v v20 + Tại C ta có: Q + mgcos α = m ⇒Q=m v2 R v2 – mgcos α ≥ R B A y  v α D x α O h R C  Q  P (1) ⇒ v2 ≥ gR cos α Áp dụng định luật bảo toàn cho điểm A và C (gốc trọng lực vị trí thấp vòng xiếc): WA = WC ⇔ mgh = mgR(1 + cos α ) + m ⇒ v = 2gh – 2gR(1 + cos α ) v2 (2) 85 Như vậy, từ C, vật chuyển động vật bị ném xiên góc α với vận tốc đầu v, quỹ đạo vật là parabol Phương trình chuyển động vật (từ C) hệ tọa độ xCy là: −gx (3) + (tan α)x 2v2 cos2 α Để vật qua D thì phải xD và yD phải thỏa mãn phương trình (3) Ta có: (4) xD = 2Rsin α ; yD = Thay (4) vào (3) ta được: gR v2 = (5) cosα gR Từ (2) và (5), ta được: 2gh – 2gR(1 + cos α ) = cosα   ⇒ h = R  + cos α +  (6) cos α   y= Thay (6) vào (2), ta được: v2 = gR cosα > cos α ⇒ v2 > gRcos α (7) cosα So sánh (1) và (7) suy h xác định theo (6) thỏa mãn điều kiện Q ≥   Vậy: Để vật có thể hết vòng xiếc thì phải có: h = R  + cos α +  cos α   b) Định α để h = hmin Vì cos α < nên   Theo bất đẳng thức Cô-si:  cos α + =2  ≥ cos α cos α  cos α  Thay vào (6), ta được: hmin = R(1 + 2 ) Khi đó: cosα = ⇒ cosα = ⇒ α = 450 cosα Vậy: Khi α = 450 thì h = hmin = R(1 + 2 ) Bài Áp dụng định luật bảo toàn cho điểm A và B (gốc trọng lực tâm O bán cầu): WA = WB ⇔ mgh0 + mv20 mv2 = mgh + 2 ⇒ v2 = v 02 + 2g(h0 – h) (1)   - Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P vật và phản lực Q bán cầu Hợp lực chúng gây gia tốc hướng tâm cho vật 86 - Theo định luật II Niu-tơn, B ta có: A mv2 mgcos α − Q = R mv2 ⇒ Q = mgcos α – R R h mv2 (2) = mg – R R - Thay (1) vào (2), ta được: O  v0 B α α α  P  Q h0  v h v2  mg  h m −  v0 + 2g(h − h) =  3h − 2h −  g  R  R R - Theo định luật III Niu-tơn, lực nén N vật nén lên bán cầu B có độ lớn là: Q = mg N=Q= mg R  v2   3h − 2h −  g   Vậy: Lực nén vật lên bán cầu là Q = mg R  v2   3h − 2h −  g   Bài a) Vận tốc cuối cùng vật và nêm Nếu H tương đối lớn thì sau va chạm, vật m chuyển động chậm dần và nêm M chuyển động nhanh dần với vận tốc đầu 0, cùng chiều với m Vật m lên cao dần trên nêm M, vận tốc vật m và nêm M so với mặt đất thì m đứng yên trên nêm, tức là m không tiếp tục lên trên nêm nữa, vật m đạt độ cao cực đại h trên nêm M Gọi v là vận tốc hệ (m + M) m đứng yên trên nêm M Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (về độ lớn) theo phương ngang, ta có: mv (1) mv0 = (m + M)v ⇒ v = m+M Theo định luật bảo toàn năng: mv20 (m + M)v2 = + mgh(2) 2 mv20 (m + M)  mv0  =  Thay (1) vào (2) ta được:  + mgh 2 m+M ⇒ m v20 Mv20 mv20 = + mgh ⇒ h = 2(m + M) 2(m + M)g (3) Với v0 xác định, điều kiện H để vật m lên đến đỉnh nêm M là: 87 Mv20 H ≤ h = 2(m + M)g (4) Mv20 ⇒ Hmax = 2(m + M)g (5) 5.52 = 1,04m 2(1 + 5)10 * Trường hợp 1: H = 1m < Hmax nên vật m lên đến đỉnh nêm M, vượt qua đỉnh nêm, trượt xuống sàn, hãm chuyển động nêm, cuối cùng rời khỏi nêm và vượt lên trước nêm (hình a) Gọi v1 và v2 là vận tốc vật m và nêm M sau vật rời khỏi nêm  Chọn chiều dương theo chiều v0 , suy v1 > Thay số: Hmax = – Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang: mv0 = mv1 + Mv2 (6) – Áp dụng định luật bảo toàn (vì trước và sau nhau): 1 m v20 = m v12 + M v22 (7) 2 (+)  m(v0 − v1 ) H v2 – Từ (6) suy ra: v2 = (8) M M – Thay (8) vào (7) ta được: m   m(v0 − v1 )  m v20 = m v12 + M   M   v0 Hình a ⇒ (m + M) v – 2mv0v1 – (M – m) v =  m v1 (9) – Giải phương trình (9) ta có nghiệm v1 là: (m − M)v0 < (loại) v1 = v0 và v1 = m+M Suy ra: v1 = v0 = m/s Thay vào (8) ta có: v2 = Vậy: Sau vật rời khỏi nêm thì vật có vận tốc 5m/s và nêm đứng yên * Trường hợp 2: H = 1,2m > Hmax nên vật m không lên đến đỉnh nêm M mà lên đến độ cao cực đại h = Hmax = 1,04 m trên nêm M dừng (+) lại Khi đó vận tốc vật và nêm mặt đất là Sau đó H  vật m trượt xuống đẩy nêm chuyển v2 M động nhanh hơn, suy v2 > v1 (hình  m v1 b) Giải tương tự trường hợp chọn nghiệm v1 < 0, suy ra: Hình b 88 (m − M)v0 (10) m+M – Thay (10) vào (8) ta được: 2mv (11) v2 = m+M (1 − 5)5 – Thay số: v1 = = –3,33m/s 1+ 2.1.5 và v2 = = 1,67m/s 1+ Vậy: Sau rời khỏi nêm thì vật chuyển động ngược chiều dương, tức là chuyển động ngược lại với vận tốc có độ lớn 3,33m/s; còn nêm chuyển động sang phải với vận tốc 1,67m/s b) Tính v0min để vật m vượt qua đỉnh nêm cao H = 1,2 m v1 = Từ (4) suy : v0 ≥ 2(m + M)gH M (12) 2(1 + 5)10.1,2 = 5,37 m/s Suy ra: v0min = 5,37 m/s Vậy: Với H = 1,2m và v0 ≥ 5,37m/s thì vật vượt qua đỉnh nêm Bài Thay số: v0 ≥ a) Vật m trượt không ma sát trên bán cầu, áp dụng định luật bảo toàn ta có vận tốc M: v= 2gR(1 − cosα) (1) mv - Định luật II Niu tơn : mgcos α − N = R (2) - Từ (1) và (2) suy : N =mg(3cos α -2) - Vật bắt đầu rời khỏi bán cầu N = ⇒ cosα = b) Vật m trượt trên bán cầu, bán cầu trượt trên mặt phẳng nằm ngang không ma sát Gọi là vận tốc bán cầu,    là vận tốc M so với bán cầu Vận tốc m so với đất là : v= u + V - Theo phương ngang động lượng bảo toàn nên : mv = MV ⇒ m(u cos α − = V) MV ⇒= V x mu cos α (1) M+m 89 mu 2 - Khi m bắt đầu rời khỏi M thì : mg cos α = ⇒ u= gR cos α(2) R - Mặt khác ; v = V + u − 2uV cos α (3) mv MV (4) - Ap dụng định luật bảo toàn : mgR(1 − cosα = + ) 2 m - Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: cos3α − 3cos α + = M+m - Với M=m ,ta có : cos3α − cos α + = - Giải phương trình này ta cos α = − Bài Khi m rời M : gọi v2 là vận tốc M và v1 vận tốc m so M Do ngoại lực tác dụng lên hệ vật theo phương thẳng đứng lên động lượng bảo toàn theo phương ngang = Mv2 + m(v2 − v1 sin α ) mv sin α ⇒ v2 = m+M (1) α v2 v1 P Theo định luật bào toàn 1   mg2R = mgR(1 + cos α) + Mv 22 + m(v1 + v ) (2) 2   2 (v1 + v )= v1 + v + 2v1 v cos(90 + α) (3) Thay (3) và (1) vào (2) biến đổi ta thu biểu thức m+M v= 2gR(1 − sin α) (4) M + m cos α Khi m bắt đầu rời M thì N = 0, HQC gắn với M là HQC quán tính Theo định luật II Niu tơn ta có : v2 mg sin = α m ⇒= v12 gR sin α (5) R m 3sin α − = Từ (4) và (5) ta có : M sin α − sin α cos α Theo hình ta có: sin α = m 16 = Giải ta có:  M 11 v0 Bài a) + Vì bỏ qua ma sát nên khối tâm hệ (trung điểm sợi 90 C dây) chuyển động theo phương thẳng đứng + Phương trình chuyển động viên bi (viên bi trên) =  x lsin α  =  y 2lcos α Phương trình quĩ đạo: x y2 + = l2 4l2 m2 α m1 O (1) Quĩ đạo viên bi trên là (nửa) elip b) Khi viên bi chuyển động lên trên: + Vận tốc v giảm dần, lực căng dây giảm dần + Tại vị trí cao m2: mv C (2) = TC − mg RC + Tìm vận tốc m2 vị trí cao nhất: Tại vị trí cao nhất, độ lớn: v1 = v2 = vC mv mv v Bảo toàn năng:= c + mg2l ⇒ v C = O − 2gl (3) 2 + Tìm bán kính chính khúc RC m2 vị trí cao Đạo hàm vế biểu thức (1) 2v X x 2v Y y + = ⇔ 4v X x + v Y y = (1’) l2 4l2 Đạo hàm hai vế biểu thức (1’) 4a X x + 4v X + a y y + v Y =  v0 m2 Tại vị trí C: x = 0; y = 2l vx = vC; vy = ax = 0; ay = - vc2/RC v l (4) ⇒ 4v C − 2l C =⇒ RC = RC + Thay (3) và (4) vào (2) ta được: v m( O − 2gl) mv O 2 TC= − mg= − 5mg l l + Điều kiện để dây luôn căng: TC ≥ ⇒ v ≥ 5gl + Điều kiện để m1 luôn chuyển động trên mặt phẳng ngang: TC ≤ mg ⇒ v O ≤ 6gl Kết luận: Bài 5gl ≤ v O ≤ 6gl 91 Phân tích vận tốc vật thành hai thành phần hình vẽ Mỗi thành phần mang động Động phần bị chuyển hóa hoàn toàn thành nhiệt va chạm mềm với bậc áp dụng định luật bảo toàn cho phần vừa va chạm và vừa nhảy lên bậc y 2 = mv1 mv3 + mgh (1) 2 R−h h Mà: = v1 v.sin α = v = v(1 − ) (2) R R h 2 Suy ra: mv (1 − ) = mv3 + mgh R h ⇒ v= v (1 − ) − gh R  v1  v  v2 x Vì v3 không âm nên: v (1 − h h h ) − gh ≥ ⇔ v (1 − ) ≥ gh R R Vận tốc cực tiểu là trường hợp v3 = v2 ≥ gh gh ⇒v≥ h h (1 − ) 1− R R Bài 10 * Nhận xét : Nếu vật không vượt qua đỉnh nêm thì vật lên đến độ cao cực đại h so với phương nằm ngang thì vật và nêm có cùng vận tốc là v (vật dừng trên nêm) Ta có thể lập phương trình theo các định luật bảo toàn : - Áp dụng định luật bảo toàn lượng ta có : 1 (m + M )v + mgh mv0 = 2 (1) Áp dụng định luật bảo toàn động lượng : mv = (m + M)v + Từ (2) ⇒ v = (2) mv0 vào (1) ta : m+M + Phương trình (1) ⇔ 1  mv0  mv0 = (m + M )  + mgh 2 m+M  92 (mv0 ) 2 + mgh ⇔ mv0 = 2 (m + M ) ⇔ mv02 + gh v0 = 2 (m + M ) ⇔ (m + M)v 02 = mv 02 + 2gh(m + M) ⇔ Mv 02 Mv02 = 2gh(m + M) ⇒ h = g (m + M ) Thay các giá trị M = 0,5 (kg), v = 0,5 (m/s), m = 0,1 (kg), g = 10 (m/s ) ta h = 0,5.0,5 0,125 = ≈ 0,0104 (m) = 1,04 (cm) 12 2.10(0,1 + 0,5) a Khi H = (cm) Khi H = (cm) thì vật vượt đỉnh nêm, lúc rơi xuống sường sau thì vật hãm nêm, cuối cùng vật nhanh nêm Vận tốc cuối vật v > vận tốc cuối nêm v ≥ áp dụng các định luật bảo toàn ta có : 1 mv0 = mv12 + Mv 22 2 mv = mv + Từ phương trình (4) ⇒ v = ⇔ mv 02 = mv 12 + (3) Mv (4) m(v0 − v1 ) vào phương trình (3) ta : M  m(v0 − v1 )  + M  M   ⇔ Mmv 02 = Mmv 12 + m (v - v ) ⇔ Mv 02 = Mv 12 + m(v - v ) ⇔ Mv 02 = Mv 12 + mv 02 - 2mv v + mv 12 93 ⇔ (M + m)v 12 - 2mv v - (M - m)v 02 = Ta có : ∆/ = m v 02 + (M + m)(M - m) = m v 02 + (M - m )v 02 = M v 02 Ta có hai nghiệm : + v1 = + v1 = mv0 + M v02 ( M + m) mv0 − M v02 ( M + m) = 0,1.0,5 + 0,5.0,5 = 0,5 (m/s) ⇒ v = 0,5 + 0,1 = − 0,2 0,1.0,5 − 0,5.0,5 = = - < 0,6 0,5 + 0,1 Vậy v = 0,5 (m/s) ; v = * H = 1,2 cm, vật lên tới độ cao 1,04 cm thì bị trụt trở lại và thúc nêm ⇒ v > ; v có thể dương âm Ta nhận thấy với v = 0,5 (m/s) ; v = không phù hợp m(v0 − v1 ) = Vậy v = − (m/s) ⇒ v = M 0,1(0,5 + ) = 0,167 (m/s) 0,5 Bài 11 Khi cầu chuyển động tới vị trí dây treo tạo với phương ngang góc θ, nó có vận tốc v: ĐLBTCN : mglsinθ = 1/2mv2 (1) Gọi lực căng sợi dây là T, vì cầu chuyển động tròn nên: T - mgsinθ = mv l B Vì khúc gỗ đứng yên : Tsinθ + Mg - N = (3); Tcosθ - Fmsn = (4) Mà Fmsn ≤ μN θ (2) (5) Từ các công thức trên ta tìm được: T N mg A Fms Mg 94 µ≥ 3m sin θcosθ 2sin θcosθ = 3m sin θ + M 2sin θ + a với a = (6) 2sin θcosθ (7) Đặt f (θ) = a + 2sin θ 2M 3m (8) Để khối gỗ đứng yên với giá trị θ thì giá trị nhỏ μmin phải giá trị lớn f(θ) θ thay đổi Ta có : f (θ) 2sin θcosθ = a(sin θ + cos 2θ) + 2sin θ 2sin θcosθ acos θ + (a + 2)sin θ 2 (9) a + (a + 2) tan θ tan θ ⇒ f (θ) = Theo bất đẳng thức Cosi ta có tan θ = thì= f (θ) max a a+2 3m 3m = = ⇒ µ a(a + 2) M +3mM M +3mM Bài 12 Theo định luật bảo toàn lượng, vệ tinh chuyển động trường hấp dẫn tổng là đại lượng không đổi Gọi vận tốc vệ tinh phóng lên từ mặt đất là v p thì vệ tinh phóng là : = W1 Mm mv 2p − G R0 Sau tiến vào quỹ đạo vệ tinh, vệ tinh có vận tốc v q thì vệ tinh là : = W2 Mm mv 2q − G r Vì W1 = W2 và thay v q = GM ta tìm vận tốc phóng vệ tinh : r 95 vp = GM R   R0  −  r   Vì trên mặt đất trọng lực G ta có : = vp Mm GM = R g, thay vào công thức trên = mg nên R0 R0 R   R0g  −  r   Nếu r = R tức là vệ tinh chuyển động tròn gần mặt đất thì tốc độ ban v đầu cần có là : = = gR 7, 9.103 m/s Nếu r → ∞ thì vận tốc phóng lên là lớn và : = v max = 2R g 11, 2.103 m/s Vận tốc này còn gọi là vận tốc vũ trụ cấp hay là vận tốc thoát vệ tinh khỏi ảnh hưởng trọng trường bay vào vũ trụ 96 Dạng ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN NĂNG LƯỢNG I TÓM TẮT LÝ THUYẾT định luật bảo toàn lượng − Cơ có thể biến đổi, chuyển hóa sang các dạng lượng khác và ngược lại − Năng lượng biến đổi thông qua tương tác các vật Hệ kín không tương tác với môi trường ngoài có lượng tổng cộng không đổi Hiệu suất máy: E1 = E2 hay ∆ E = H% = E E vaøo .100% Era: lượng máy thực Evào: lượng cung cấp cho máy II GIẢI TOÁN A Phương pháp giải – Khi có chuyển hóa và các dạng lượng khác (nhiệt năng, điện năng, ), các lực không phải là lực đã thực công Σ A: ∆ E = E2 – E1 = Σ A Σ A: tổng các công lực khác lực – Hiệu suất: Ecó ích = H Ecung cấp B VÍ DỤ MẪU Ví dụ Vật m = 1kg độ cao h = 24m ném theo phương thẳng đứng xuống với vận tốc v0 = 14 m/s Khi chạm đất, vật đào sâu xuống đoạn s = 0,2m Bỏ qua lực cản không khí Tính lực cản trung bình đất Hướng dẫn – Vì bỏ qua lực cản không khí nên công lực cản trung bình đất (không phải lực thế) từ B đến C độ biến thiên vật từ A đến C (cũng độ biến thiên vật từ B đến C) Chọn gốc trọng lực mặt đất Ta có: A F = WC – WA (1) C với: A F = –FC.s; WC = – mgs; WA = mgh + C – Thay vào (1) ta được: –FC.s = –mgs – (mgh + ⇒ FC = A mv20 mv20 ) h m (2gs + 2gh + v20 ) 2s  v0 B s C 97 (2.10.0,2 + 2.10.24 + 142 ) = 1700N 2.0,2 Vậy: Lực cản trung bình đất là 1700N – Thay số: FC = Ví dụ Quả cầu khối lượng m treo dây chiều dài  Nâng cầu lên để dây treo nằm ngang buông tay Biết vận tốc cầu vị trí cân là v Tìm lực cản trung bình không khí lên cầu Hướng dẫn – Theo định luật bảo toàn lượng thì công lực cản không khí trên cung tròn AB độ biến thiên vật trên cung tròn đó Chọn gốc trọng lực vị trí cân B (hình vẽ) Ta có: (1) AC = WB – WA A O  π π = –FC (2) với: AC = –FC.s = –FC mv2 – mg  – Thay (2) và (3) vào (1) ta được: ⇒ WB – WA = (3) mv2 π m v2  = – mg  ⇒ FC =  2g −  –FC π   m v2 Vậy: Lực cản trung bình không khí lên cầu là FC =  2g − π   v B    Ví dụ Hai bình hình trụ giống nối ống có khóa (hình vẽ) Ban đầu khóa đóng và bình bên trái có khối nước khối lượng m, mặt thoáng có độ cao h Mở khóa cho hai bình thông và mặt thoáng hai h bình có độ cao (bỏ qua thể tích ống thông) Tìm độ biến thiên khối nước Cho biết chuyển hóa lượng tượng trên Hướng dẫn h – Coi khối nước bình chất điểm có khối lượng khối h lượng khối nước đặt khối tâm khối, tức là có độ cao – Khi cân bằng, mặt thoáng hai bình có độ cao và 98 – Độ biến thiên khối nước: ∆Wt = Wt – W0t h h h – mg = –mg 4 h/2 Ta thấy ∆Wt < 0, suy ⇒ ∆Wt = mg khối nước giảm Một phần khối nước đã biến thành nhiệt làm nóng khối nước và thành bình Ví dụ Một lò xo có chiều dài tự nhiên 15cm Lò xo nén lại tới lúc còn dài 5cm Độ cứng lò xo k = 100 N/m a) Một viên bi khối lượng 40g, dùng làm đạn, cho tiếp xúc với lò xo bị nén Khi bắn, lò xo truyền toàn cho đạn Tính vận tốc lúc bắn b) Đạn bắn theo phương nằm ngang và lăn trên mặt ngang nhẵn, sau đó lên mặt nghiêng, góc nghiêng α = 300 Tính chiều dài lớn mà đạn lăn trên mặt nghiêng, bỏ qua ma sát trên mặt phẳng nghiêng c) Thực đạn lăn trên mặt nghiêng 1/2 chiều dài tính trên Tính hệ số ma sát mặt phẳng nghiêng Hướng dẫn a) Vận tốc đạn lúc bắn Theo định luật bảo toàn năng: k 100 kx = mv20 ⇒ v0 = x ⇒ v0 = 0,1 = m/s m 0,04 2 Vậy: Vận tốc đạn lúc bắn là v0 = m/s b) Chiều dài lớn mà vật lăn trên mặt phẳng nghiêng (không có mamsát) Theo định luật bảo toàn (hình vẽ): mv20 = mgh = mg  sin α  m  h v0 v20 52 α = = 2,5m ⇒ = 2gsinα 2.10.sin30 Vậy: Nếu mặt phẳng nghiêng nhẵn không ma sát thì vật lăn quãng đường dài trên mặt phẳng nghiêng là 2,5m c) Hệ số ma sát mặt phẳng nghiêng Lực ma sát (không phải lực thế) có tác dụng biến phần thành nhiệt, làm giảm vật Theo định luật bảo toàn lượng thì công lực ma sát (không phải lực thế) trên mặt phẳng nghiêng độ biến thiên vật: (1) AFms = ∆ W Với: AFms = – Fms  / = – μ mg(cos α )  / (2) 99 ⇒ ∆ W = W – W0 = mgh/ – 1 mv20 = mg  / sin α – mv20 2 (3) Thay (2) và (3) vào (1) ta được: – μ mg(cos α )  / = mg  / sin α – ⇒ μ = với  / = ⇒ μ = v20 2g / cosα – tan α mv20 (2) 52  = 1,25m, ta được: μ = – tan300 2.10.1,25.cos30 25 – = 0,58 3 Vậy: Hệ số ma sát mặt phẳng nghiêng là 0,58 Ví dụ Một xe tắt máy thả lăn A không vận tốc đầu từ A xuống dốc AC và chạy đến D thì dừng lại Từ D xe mở máy và chạy ngược lại theo đường DCA và dừng lại lên đến A (hình vẽ) Tính công B lực kéo động xe biết AB = 10m, khối lượng xe m = 500kg 25 C D Hướng dẫn – Khi xe xuống tắt máy, theo định luật bảo toàn lượng thì công lực ma sát (không phải lực thế) trên đoạn đường AD độ biến thiên xe: AFms = ∆ W (1) A với: AFms = A1ms + A2ms = – μ mg(cos α ).AC – μ mg.CD  BC  ⇒ AFms = – μ mg  AC + CD   AC  ⇒ AFms = – μ mg(BC + CD) = – μ mg.BD α B (2) C D và ∆ W = W – W0 = – mg.AB = –mg.AB (3) – Thay (2) và (3) vào (1) ta được: – μ mg.BD = – mg.AB ⇒ BD = AB μ (4) 100 – Khi xe lên, theo định luật bảo toàn lượng thì tổng công lực ma sát và lực kéo động (đều không phải lực thế) độ biến thiên xe: AFms + AF = ∆ W ⇒ AF = ∆ W – AFms (5) với: AFms = A1ms + A2ms  BC  = – μ mg(cos α ).AC – μ mg.CD = – μ mg  AC + CD   AC  ⇒ AFms = – μ mg(BC + CD) = – μ mg.BD – Thay (4) vào (6) ta được: AFms = – μ mg – – – – (6) AB = – mg.AB μ (7) và ∆ W = W – W0 = mg.AB – = mg.AB (8) Thay (7) và (8) vào (5) ta được: AF = mg.AB – (–mg.AB) = 2mg.AB Thay số: AF = 2.500.10.10 = 100000J = 100kJ Vậy: Công lực kéo động là 100kJ Ví dụ Cho hệ hình vẽ, α = 300, m1 = 150g, m2 = 100g, hệ chuyển động không vận tốc đầu Hệ số ma sát m1 và mặt phẳng nghiêng là μ = 0,15 Dùng định luật bảo toàn lượng tính gia tốc vật, suy vận tốc vật sau chuyển động thời gian t = 4s Hướng dẫn Chọn gốc trọng lực riêng cho vật vị trí cân chúng Thế m1 ban đầu hệ Vì dây không dãn nên gia tốc hai vật m2 luôn và quãng đường α s hai vật cùng khoảng thời gian là Giả sử m2 xuống và m1 lên Khi m2 xuống thẳng đứng s m2 quãng đường s thì m1 lên cùng h m quãng đường s trên mặt phẳng nghiêng, suy h2 = – s và h1 = h2 s.sin α (hình vẽ) Theo định luật bảo toàn α lượng thì công lực ma sát trên mặt phẳng nghiêng quãng đường s độ biến thiên hệ hai vật trên quãng đường đó: (1) AFms = W – W0 với: AFms = – µ m1g(cos α ).s (2) W0 = (3) 101 (m1 + m )v2 W = m1gh1 + m2gh2 + (m1 + m )v2 – Thay (2), (3) và (4) vào (1), ta được: ⇒ W = m1gs.sin α – m2gs + – µ m1g(cos α ).s = m1gs.sin α – m2gs + ⇒ v2 = (4) (m1 + m )v2 –0 2(m − m1sinα − µm1cosα)gs m1 + m – Gia tốc hệ: a = (m − m1sinα − µm1cosα)g v2 = m1 + m 2s (0,1 − 0,15.sin300 − 0,15.0,15.cos300 ).10 = 0,22m/s2 0,1 + 0,15 – Vận tốc vật sau chuyển động 4s: v = at = 0,22.4 = 0,88m/s Vậy: Gia tốc vật là a = 0,22m/s2 và vận tốc vật sau 4s chuyển động là v = 0,88m/s ⇒a= C BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Một vật nhỏ khối lượng m = 0,5 (kg) trượt xuống không vận tốc đầu từ đỉnh đồi nhẵn có chiều cao h = (m) Sau đó vật trượt trên ván khối lượng M = (kg), dài L = 5(m), đặt trên mặt phẳng ngang nhẵn chân đồi Biết hệ số ma sát trượt vật nhỏ và ván là µ = 0,2 Tính vận tốc sau cùng vật Lấy g = 10 (m/s2) Bài Một vật nhỏ D truyền vận tốc đầu v0 theo hướng DC (hình vẽ) Biết vật đến A thì dừng lại, AB = 1m, BD = 20m, hệ số ma sát μ = 0,2 Tính v0 Bài Một vật nặng trượt không vận tốc đầu xuống mặt phẳng nghiêng AB tiếp tục thêm đoạn BC trên mặt phẳng ngang (hình vẽ) Biết: AH = h, BH = , BC = x, hệ số ma sát trên hai đoạn đường là μ Dùng định luật bảo toàn A B C D A H B C 102 lượng, tính x Cho biết điều kiện để bài toán có nghiệm Bài Vật trượt không vận tốc đầu xuống theo mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng α = 450 Ở chân mặt phẳng nghiêng, vật va chạm với tường chắn vuông góc với hướng chuyển động khiến vận tốc vật đổi chiều giữ nguyên độ lớn Sau đó vật lên trên mặt phẳng nửa độ cao ban đầu Tính hệ số ma sát vật và mặt phẳng nghiêng Bài Vật m = 1kg đặt trên sàn xe nằm ngang đứng yên thì truyền vận tốc v0 = 10m/s Xe khối lượng M = 100kg và có thể chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn Do ma sát, vật chuyển động đoạn trên sàn xe dừng lại Tính nhiệt lượng tỏa quá trình vật chuyển động xe Bài Trên mặt bàn nhẵn nằm ngang có hai khối hộp giống nhau, nối với lò xo có độ cứng k Chiều dài lò xo trạng thái chưa biến dạng là   Tác dụng lực F không đổi nằm ngang dọc theo lò xo vào khối hộp bên trái Tìm khoảng cách cực đại và cực tiểu các khối hệ chuyển động Bài Dây chiều dài L không dãn nằm trên mặt bàn nằm ngang Đầu dây bên phải luồn qua lỗ nhỏ trên bàn và x v buộc vào phía hình Phần dây bên mặt bàn vắt qua ròng rọc nhỏ nhẹ có treo vật khối lượng M Đầu dây bên trái giữ cho lúc M đầu ròng rọc sát mặt bàn, sau đó thả Dây trượt trên bàn vào lỗ Bỏ qua ma sát Bề dày mặt bàn không đáng kể Tìm tốc độ v đầu dây bên trái vào lúc nó di chuyển đoạn x hai trường hợp: a Bỏ qua khối lượng dây b Dây đồng chất tiết diện có khối lượng m Áp dụng: L = 1m; m = 0,1kg; M = 0,2kg; x = 0,2m; g = 10m/s2 Bài Con tàu vũ trụ có khối lượng M = 1,2 quay quanh Mặt Trăng theo quỹ đạo tròn độ cao h = 100km so với bề mặt B R A Mặt Trăng Để chuyển sang quỹ đạo hạ 103 cánh, động hoạt động thời gian ngắn Vận tốc khí khỏi ống khí động là u = 104 m / s Bán kính Mặt Trăng R t = 1,7.103 km , gia tốc trọng trường trên Mặt Trăng là g t = 1,7m / s Phải tốn bao nhiêu nhiên liệu để động hoạt động điểm A làm tàu đáp xuống Mặt Trăng điểm B (hình vẽ) Bài Trên mặt phẳng ngang có hai khối lập phương cạnh H, cùng khối lượng M đặt cạnh Đặt nhẹ nhàng cầu có bán kính R, khối lượng m = M lên trên vào khe nhỏ hai khối hộp Hai khối hộp cách khoảng R, cầu đứng cân trên các khối hộp sau đặt nhẹ lên khe hở Tìm lực các khối hộp tác dụng lên cầu các vật đứng cân Biết hệ số ma sát tĩnh hai khối hộp và mặt bàn là k, tìm điều kiện k để M R cầu đứng cân trên hộp sau đặt lên Bỏ qua ma sát và vận tốc ban đầu M M R cầu Tìm vận tốc cầu trước va đập xuống mặt phẳng ngang D HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài + Định luật bảo toàn lượng: 1 m v02 = m v12 + M v22 + Ams 2 với m v02 = mgh và Ams = µ mg L ⇒ 80 = v12 + v22 (1) + Định luật bảo toàn động lượng: mv0 = mv1 + Mv2 ⇒ = v1 + 4v2 (2) + Giải hệ (1) và (2) và điều kiện v1 > v2 ⇒ v1 = + (m/s) và v2 = - (m/s) Bài – Theo định luật bảo toàn lượng thì công lực ma sát trên quãng đường từ D đến A độ biến thiên vật trên quãng đường đó: AFms = ∆ W (1) 104 với: AFms = A1ms + A2ms = – μ mg.DC – μ mg(cos α ).CA CB CA CA ⇒ AFms = – μ mg(DC + CB) = – μ mg.DB (2) ⇒ AFms = – μ mg.DC – μ mg và ∆ W = W – W0 = mg.AB – mv20 A  v0 m (3) B – Thay (2) và (3) vào (1) ta được: – μ mg.DB = mg.AB – ⇒ v0 = 2g(AB + μ.DB) = C D mv20 2.10(1 + 0,2.20) = 10 m/s Vậy: Vận tốc đầu vật là v0 = 10 m/s Bài Khi vật xuống, theo định luật bảo toàn lượng thì công lực ma sát (không phải lực thế) trên đoạn đường AC độ biến thiên xe: AFms = ∆ W (1) A với: AFms = A1ms + A2ms ⇔ AFms = – μ mg(cos α ).AB – μ mg.BC  HB  α ⇔ AFms = – μ mg  AB + BC   AB  H ⇔ AFms = – μ mg(HB + BC) = – μ mg(  + x) (2) và ∆ W = W – W0 = – mg.AH = – mgh (3) – Thay (2) và (3) vào (1) ta được: – μ mg(  + x) = – mgh ⇒x= h − μ B C (4) – Điều kiện để bài toán có nghiệm là vận tốc vB vật B khác không: vB > – Theo định luật bảo toàn lượng thì công lực ma sát trên đoạn đường AB độ biến thiên trên đoạn đường đó A1ms = WB – WA (5) HB với: A1ms = – μ mg(cos α ).AB = – μ mg .AB = – μ mg.HB = – μ mg  (6) AB và WB – WA = mv2B – mgh (7) – Thay (6) và (7) vào (5) ta được: – μ mg  = mv2B – mgh 2 ⇔ μ g  = – vB + gh ⇒ = vB 2g(h − μ) h Điều kiện: vB > ⇔ h − μ > ⇒ μ <  105 Vậy: Để bài toán có nghiệm thì phải có điều kiện μ < h  Bài – Vì va chạm với tường, vận tốc vật đổi hướng mà không đổi độ lớn nên động vật không thay đổi va chạm Nói cách khác, va chạm có tác dụng đổi hướng chuyển động vật mà không làm thay đổi vật Đặt AB =  và AH = h (hình vẽ) – Theo định luật bảo toàn lượng thì công lực ma sát (không phải lực thế) trên đoạn đường ABC độ biến thiên vật trên quãng đường đó: AFms = ∆ W (1) m với: AFms = – μ mg(cosα).(AB + BC) A HB 3AB 3HB = – μ mg AB 2 C AH h với: HB = = α tanα tanα H B ⇒ AFms = – μ mgh (2) 2tanα h h và ∆ W = WC – WA = mg – mgh = – mg (3) 2 – Thay (2) và (3) vào (1) ta được: h tanα tan 450 = – mg ⇒ μ = = = 0,33 – μ mgh 2tanα 3 Vậy: Hệ số ma sát mặt phẳng nghiêng là μ = 0,33 Bài Do có ma sát sàn xe với vật nên vật chuyển động chậm dần và xe chuyển động nhanh dần cùng chiều với vật Khi vận tốc vật và xe mặt đất thì vật nằm yên trên xe, đó vật và xe coi vật có khối lượng tổng khối lượng vật và xe, chuyển động cùng vận tốc Gọi v là vận tốc vật và xe vật nằm yên trên xe Theo phương ngang thì ngoại lực không nên động lượng hệ bảo toàn: mv (1) mv0 = (m + M)v ⇒ v = m+M – Lực ma sát sàn xe và vật làm giảm hệ (vật + xe), phần hệ đã biến thành nhiệt Theo định luật bảo toàn lượng, phần biến thành nhiệt có độ lớn độ giảm hệ: ⇒ AFms = – μ mg Q = W0 – W = m v20 v2 – (m + M) 2 (2) 106  mv0  v2 – Thay (1) vào (2) ta được: Q = m – (m + M)   m+M v20  v20  M  102  100  m  ⇔Q= m   = 49,5J   ⇒ Q = 1 −  = m m+M  + 100   m+M Vậy: Nhiệt lượng tỏa quá trình vật chuyển động xe là Q = 49,5J Bài – Khoảng cách  hai vật đạt cực đại hay cực tiểu hai vật đứng yên so với khối tâm G, tức là hai vật có cùng vận tốc và vận tốc khối tâm G: (1) v1 = v2 = vG  – Gọi L là quãng đường vật m1 tác dụng lực F khoảng  thời gian t kể từ lúc bắt đầu tác dụng lực F lò xo có chiều dài  max hay  (hình vẽ) – Gọi s là quãng đường khối tâm, x là độ biến dạng lò xo lò xo có chiều dài  max hay  Với x là đại lượng đại số, x > lò xo bị dãn và x < lò xo bị nén  m1 F 0 G  m1 F m2 0 + x m2 s L 0  +x x +s– =s– (2) 2 Áp dụng định luật bảo toàn lượng: 1 AF = ∆ W ⇔ F.L = m v12 + m v22 + k x (3) 2 (4) Từ (1) và (3) ta được: F.L = m v2G + k x 2 Khối tâm chuyển động nhanh dần không vận tốc đầu tác dụng lực F nên ta có: F F aG = ; s = aG.t2 = t (5) 4m 2m F vG = aG.t = t (6) 2m F x t – (7) Thay (5) vào (2) ta được: L = 4m – Từ hình vẽ ta có: L = – – – – 107  F  F x t – ) = m – Thay (6) và (7) vào (4) ta được: F( t  + k x 4m 2  2m  ⇒ –Fx = k x ⇒ x1 = 0; x2 = – F k F k Vậy: Khoảng cách cực đại và cực tiểu các vật hệ chuyển động là  max = Suy ra:  max =  + x1 =  ;  =  + x2 =  –  và  =  – Bài F k Gọi h là khoảng cánh từ ròng rọc đến lỗ trên bàn, đó h = x/2 Tốc độ vật M lúc đầu dây trái di chuyển đoạn x (lúc t) là: u= Δh Δx v = = Δt Δt Áp dụng định luật bảo toàn lượng: Mu = Mgh ⇔ u = gh x v v = gh = gx ⇔ v = gx h Áp dụng số: v = 2m / s b Áp dụng định luật bảo toàn lượng: M Tổng động hệ (vật +dây) lúc t tổng độ giảm hệ đến thời điểm t Wđ = ∆Wt (1) Động vật M bằng: Mu 2 Phần dây từ mép trái tới ròng rọc lúc t có khối lượng m động với tốc độ v đó nó có động năng: m L− h và chuyển L L− h v L 108 Phần dây còn lại đứng yên nên động phần này Tổng động hệ: Wđ = Mu L− h v Mv L− h v +m = +m L L (2) Vật M hạ xuống đoạn h đó độ giảm nó Mgh Phần dây chiều dài x có khối lượng m x , di chuyển xuống mặt bàn, trọng L tâm phần dây này hạ xuống đoạn h/2 đó nó giảm m x h g L Thế phần dây còn lại trên bàn không đổi Tổng độ giảm hệ: ΔWt = Mgh + m mx  x x h  g =  M+ g 2L  L  (3)  x  m L −    mx  x M 2  +  v =  M+ Thay (2) và (3) vào (1):  g   2L 2L       v= mx  x   M+ g 2L   = 3m / s x  M  + m1 −   2L  Bài Gọi v là vận tốc trên quỹ đạo tròn, vA và vB là vận tốc trên quỹ đạo hạ cánh, quỹ đạo này là phần elíp Vì động hoạt động thời gian ngắn đủ giảm bớt v lượng ∆v  cần thiết ( ∆v hướng phía trước để hãm tàu) - Định luật II Niutơn áp dụng cho tàu trên quỹ đạo tròn: G MtM Mv = ⇒ = v (R t + h) R t + h GM t ≈ 1651m / s Rt + h (1) 109 - Định luật bảo toàn lượng trên quỹ đạo elip: ( M1 là khối lượng còn lại tàu vũ trụ) EA = EB ⇒ M1v 2A M t M1 M v2 MM −G =1 B − G t (R t + h) Rt (2) Theo định luật Keppler 2: L A = L B ⇒ v A (R t + h) = v B R t ⇒ v B = v A (R t + h) Rt (3) Thay (3) vào (2): v A = 1628m / s ⇒ ∆v = v − v A = 23m / s Gọi Mặt trăng là khối lượng nhiên liệu đã cháy, áp dụng định luật bảo toàn động lượng: Độ biến thiên động lượng khí độ biến thiên động lượng còn lại tàu: (M − m)∆v =mu (u là vận tốc tương đối khí tàu vũ trụ) ⇒= m M∆v = 28,73kg u + ∆v Bài Quả cầu cân trên khối hộp, AOB là tam giác Có thể thấy các lực khối tác dụng lên cầu hướng tâm và cùng độ lớn, góc lực là 600 Các lực này cân với trọng lực tác dụng lên cầu Vì vậy: Mg= N ⇒ N= Mg - Để các khối hộp và cầu đứng cân sau đặt cầu lên thì lực tác dụng lên các khối hộp theo phương ngang phải không lớn ma sát nghỉ cực đại fms Xét lực tác dụng lên khối hộp gồm: Trọng lực P = Mg, áp lực cầu F với   F = −N O A R B R Phản lực Q bàn với: Q = Mg + Fsin600 N cos 600 ≤ f ms ⇔ N cos 600 ≤ k ( Mg + N sin 600 ) ⇒k≥ N Mg / = = Mg + N Mg + Mg 3 - Xét thời điểm cầu rơi xuống khối lập phương, ta cần xác định góc α 110 v1 = tgα v2 Liên hệ vận tốc: v1 cos α= v sin α ⇒ - Bảo toàn lượng: 1 mv12 + mv= mgR (1 − cos α ) 2   v12 1 + 2 =  2gR (1 − cos α ) tg α   2gR (1 − cos α ) tg α → v12 = + tg 2α α v2 M v1 -v2 v M Trong HQC chuyển động với vận tốc v2 thì cầu chuyển động tròn quanh điểm tiếp xúc, thời điểm rời thì HQC trên trở thành HQC quán tính, lúc này thành phần trọng lực đóng vai trò lực hướng tâm: mv = mg cos α R v mv12 v =1 → = mgcos α sin α R sin α Thay v1 biểu thức trên vào, phương trình: 2gR (1 − cos α ) tg 2α v= = gR cos α.sin α 2 + tg α ↔ cos3 α + 3cos α − = → cos α = 0,596 - Nếu H < R (1 − cos α ) ≈ 0, 404R thì cầu chạm đất trước rời các hình lập phương, lúc chạm đất thì góc f thỏa mãn H = R (1 − cos ϕ ) → − cos ϕ = H Vận tốc trước chạm đất xác định R theo định luật bảo toàn lượng và liên hệ vận tốc = v12 2gR + cos α + cos α = − cos α 2gR ( ) + cos α − cos α 2R + H − 2RH → v1 =2g ( 2R − H ) H - Nếu H > R (1 − cos α ) ≈ 0, 404R thì sau rơi, cầu chuyển động rơi tự do: 111 R  vf = v12 + 2gH = 2gH 1 − 0, 212  H  2 ( Thay vào (*): = v1 gR cos α.sin = α gR cos α − cos α Còn cầu cách mặt đất: h =H − R (1 − cos α ) ) 112 Chuyên đề VA CHẠM GIỮA CÁC VẬT I TÓM TẮT KIẾN THỨC Nội dung bài toán va chạm là sau : biết khối lượng và vận tốc các vật trước va chạm, ta cần tìm vận tốc các vật sau va chạm Xét hai vật có khối lượng m1 và m2 chuyển động mặt phẳng nằm ngang (mặt phẳng xOy) và ngược chiều đến va chạm trực diện với Vận tốc   ban đầu các vật là v1 và v Trong mặt phẳng nằm ngang chúng ta có thể áp dụng định luật bảo toàn động lượng các vật tham gia va chạm, tức là :     m1v1 + m v = m1v '1 + m v '2 (1)   đó v '1 và v '2 là vận tốc các vật sau va chạm Va chạm hoàn toàn đàn hồi Va chạm hai vật là hoàn toàn đàn hồi quá trình va chạm không có tượng chuyển phần động các vật trước va chạm thành nhiệt và công làm biến dạng các vật sau va chạm Nói cách khác, sau va chạm đàn hồi các cầu có hình dạng cũ và không bị nóng lên Lưu ý va chạm xảy mặt phẳng nằm ngang tức là độ cao so với mặt đất các cầu không thay đổi nên chúng không thay đổi va chạm, vì bảo toàn trường hợp này là bảo toàn động Do vậy, ta có phương trình : 1 1 m1v12 + m v 22 = m1v'12 + m v'22 2 2 (2) Để giải hệ phương trình (1) và (2) ta làm sau :     Vì các vectơ v1 , v , v'1 , v'2 có cùng phương nên ta chuyển phương trình vectơ (1) thành phương trình vô hướng : m1v1 − m v = m1v '1 − m v '2 ) và biến đổi phương trình này thành : m1 (v1 − v '1 = ) m (v '2 − v ) (1’) Biến đổi (2) thành : m1 (v12 − v '12 )= m (v '22 − v 22 ) (2’) Chia (2’) cho (1’) ta có : (v1 + v'1 ) = (v'2 + v ) Nhân hai vế phương trình này với m1 ta có : (3) m1 (v1 + v'1 )= m1 (v'2 + v ) Cộng (3) với (1’) ta tìm vận tốc vật thứ hai sau va chạm : 113 v '2 = 2m1v1 − (m1 − m )v m1 + m (4) Ta nhận thấy vai trò hai cầu m1 và m2 hoàn toàn tương đương nên công thức trên ta việc tráo các số và cho thì ta tìm vận tốc cầu thứ sau va chạm: v '1 = 2m v − (m − m1 )v1 m1 + m (5) Ta xét trường hợp riêng biểu thức (4) và (5) : Giả sử hai cầu hoàn toàn giống , tức là m1 = m2 Từ (4) và (5) ta có : v '2 = v1  v '1 = v2 Nghĩa là hai cầu sau va chạm trao đổi vận tốc cho : cầu thứ có vận tốc cầu thứ hai trước có va chạm và ngược lại 2) Va chạm mềm: Va chạm các vật là va chạm mềm sau va chạm hai vật dính liền với thành vật Trong va chạm mềm phần động các cầu đã chuyển thành nhiệt và công làm biến dạng các vật sau va chạm Dĩ nhiên va chạm mềm ta không có bảo toàn các vật Định luật bảo toàn động lượng dẫn đến phương trình :    m1v1 + m v =(m1 + m )v  đó v là vận tốc vật sau va chạm Từ đó, ta tính vận tốc các vật sau va chạm :    m1v1 + m v v= m1 + m (6) Phần động tổn hao quá trình va chạm : Động hai vật trước va chạm : = K0 1 m1v12 + m v 22 2 Động chúng sau va chạm :   (m1v1 + m v ) 2 K = (m + m )v = 2(m + m ) Phần động tổn hao m1m ∆K = K − K = (v1 − v ) > m1 + m quá trình va chạm là : (7) Biểu thức trên chứng tỏ động các cầu luôn luôn bị tiêu hao 114 thành nhiệt và công làm biến dạng các vật sau va chạm Muốn đập vỡ viên gạch, tức là muốn chuyển động búa thành lượng biến dạng làm vỡ viên gạch thì theo (7) ta cần tăng vận tốc v1 búa trước va chạm, tức là phải đập búa nhanh Ngược lại, đóng đinh ta phải làm giảm phần động tiêu hao vì ta muốn chuyển động búa thành động đinh ấn sâu vào gỗ Muốn vậy, phải tăng khối lượng m1 búa để đạt động búa lớn mà vận tốc v10 búa không lớn , nhờ mà giảm phần động tiêu hao thành nhiệt 3/ Va chạm thật các vật: Thực tế, va chạm các vật không hoàn toàn đàn hồi không phải là va chạm mềm mà là trường hợp trung gian hai trường hợp trên Trong quá trình va chạm, phần động các vật đã chuyển thành nhiệt và công biến dạng mặc dù sau va chạm hai vật không dính liền mà chuyển động với vận tốc khác Từ thời Niutơn, thực nghiệm người ta đã xác định va chạm thật các vật thì tỉ số e vận tốc tương đối ( tức là hiệu hai vận tốc ) sau va chạm (v'1 − v'2 ) và vận tốc tương đối trước va chạm (v1 − v2 ) phụ thuộc vào chất các vật va chạm : v − v2 −e = v10 − v 20 Tỉ số e gọi là hệ số đàn hồi Trong va chạm hoàn toàn đàn hồi , từ biểu thức (3) ta suy : v'1 − v'2 = −(v1 − v ) Như vậy, va chạm hoàn toàn đàn hồi thì e = Trong va chạm mềm thì vì sau va chạm hai vật cùng chuyển động cùng với vận tốc v nên vận tốc tương đối chúng sau va chạm không, đó e = 0.Đối với va chạm các vật thật thì e có gia trị và Biết hệ số đàn hồi e , ta có thể xác định vận tốc sau va chạm các vật và phần động tiêu hao va chạm Thật , từ định nghĩa hệ số đàn hồi e trên và định luật bảo toàn động lượng ta có hệ phương trình : −e(v1 − v )  v'1 − v'2 =  m1v'1 + m v'2 =m1v1 + m v Muốn giải hệ phương trình này, chúng ta nhân hai vế phương trình đầu với m2 cộng phương trình thu với phương trình thứ hai hệ ta : (m1 + m )v'1 =(m1 + m )v1 − m (e + 1)(v1 − v ) Từ đó tính : v'= v1 − m (e + 1)(v1 − v ) m1 + m 115 Tương tự , ta tìm : v'= v2 − m1 (e + 1)(v − v1 ) m1 + m Phần động tiêu hao va chạm là : 1 1 m1v12 + m v 22 − m1v'12 m v'22 2 2 1 = ∆K m1 (v12 − v'12 ) + m (v 22 − v'22 ) 2 1 = ∆K m1 (v1 − v'1 )(v1 + v'1 ) + m (v − v'2 )(v + v'2 ) 2 ∆K = K − K = Từ các biểu thức v1 và v2 mà ta tìm trên ta có đẳng thức sau : mm m1 (v1 − v'1 ) = − m (v − v'2 ) =1 (e + 1)(v1 − v ) m1 + m Vậy : m1m (e + 1)(v1 − v ) [ (v1 + v'1 ) − (v + v'2 ) ] m1 + m Mặt khác : (v1 + v'1 ) − (v + v'2 ) = (v1 + v )(1 − e) m1m Cuối cùng: (1 − e )(v1 − v ) = ∆K m1 + m = ∆K Từ biểu thức trên , ta thấy va chạm hoàn toàn đàn hồi (e = 1) thì K = 0, tức là không có tổn hao động các cầu sau va chạm Trong va chạm mềm (e = 0) thì biểu thức trên hoàn toàn trùng với biểu thức (7) mà ta đã tính trước đây II CÁC DẠNG TOÁN Dạng Va chạm hoàn toàn đàn hồi A Phương pháp giải − Lập phương trình bảo toàn động lượng và bảo toàn động − Áp dụng các công thức vận tốc các vật sau va chạm Lưu ý: Khi giải các bài toán va chạm, điều quan trọng là phải nhận biết quá trình va chạm và các quá trình không va chạm Trong các quá trình không va chạm (quá trình trước va chạm và sau va chạm) ta áp dụng các định lí đã thiết lập cho quá trình động lực không va chạm, còn các quá trình va chạm chúng ta sử dụng các công thức nêu trên Nói cách khác, việc giải bài toán va chạm kèm theo giải các bài toán không va chạm B VÍ DỤ MẪU Ví dụ Quả cầu I chuyển động trên mặt phẳng ngang trơn, với vận tốc không đổi đến đập vào cầu II đứng yên Va chạm là hoàn toàn đàn hồi Sau va 116 – – – – chạm vận tốc hai cầu ngược nhau, cùng độ lớn Tính tỉ số các khối lượng hai cầu Hướng dẫn Gọi m1 và m2 là khối lượng cầu I và II; v0 là vận tốc cầu I trước va chạm; v1 và v2 là vận tốc cầu I và II sau va chạm Hai cầu đặt trên mặt phẳng ngang nhẵn nên không có lực ma sát, mặt khác   trọng lực P và phản lực Q cân nên hệ hai cầu là hệ kín va chạm Theo định luật bảo toàn động lượng (theo phương ngang), ta có: (1) m1v0 = m1v1 + m2v2 Sau va chạm vận tốc hai cầu ngược chiều nhau, cùng độ lớn nên: (2) v = – v1 Thay (2) vào (1) ta được: m1v0 = m1v1 – m2v1 = (m1 – m2)v1 m1 v ⇒ v1 = (3) m1 − m – Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên động bảo toàn: m1 v2 v20 v2 = m1 + m 2 2 – Thay (2) vào (4) ta được: m1 m1v20 ⇒ v = m1 + m 2 (4) v2 v20 v2 v2 = m1 + m = (m1 + m2) 2 2 (5)  m1 v – Từ (3) và (5) suy ra:   m1 − m ⇒ m2(m2 – 3m1) = Vì m2 ≠ ⇒ m2 – 3m1 = ⇒  m1 m1v20 ⇒ =  = m1 + m m1 + m (m1 − m )  m1 = m2 Vậy: Tỉ số các khối lượng hai cầu là m1 = m2 Ví dụ Quả cầu khối lượng M = 1kg treo đầu dây mảnh nhẹ chiều dài  = 1,5m Một cầu m = 20g bay ngang đến đập vào M với v = 50 m/s Coi va chạm là đàn hồi xuyên tâm Tính góc lệch cực đại dây treo M Hướng dẫn Gọi v1 và v2 là vận tốc cầu m và M sau va chạm  – Chọn chiều dương theo chiều vận tốc v Theo phương ngang, động lượng bảo toàn nên: mv = mv1 + Mv2 (1) 117 – Vì va chạm là đàn hồi xuyên tâm nên động bảo toàn: m v2 v2 v2 = m + M 2 2 (2) O M v2 (3) α m B M  (4) Từ (2) suy ra: v2 – v12 = v2 m Chia theo vế (4) cho (3), ta được: h M v + v1 = v2 (5) m Giải hệ (3) và (5) ta được:   v A v0 (m − M)v 2mv v1 = ; v2 = (6) m+M m+M Áp dụng định luật bảo toàn cho vật M vị trí A và B (gốc trọng lực vị trí cân A): – Từ (1) suy ra: v – v1 = – – – – M v22 = Mgh = Mg  (1 – cos α ) v2  2mv   ⇒ cos α = – = –  2g 2g  m + M  (7)  2.0,02.50  ⇒ cos α = –   = 0,87 ⇒ α = 29,5 2.10.1,5  0,02 +  Vậy: Góc lệch cực đại dây treo là α = 29,50 Ví dụ Ba vật khối lượng m1, m2, m3 có thể trượt không ma sát theo trục m1 nằm ngang (hình vẽ) và m1, m3  m2 Ban đầu m1, m3 đứng yên còn m2 có vận tốc v Va chạm là hoàn toàn đàn hồi Tìm vận tốc cực đại m1, m3 sau đó Hướng dẫn Giả sử m2 va chạm vào m3 trước (hình m1 vẽ) Va chạm m2 với m1 và m3 xảy liên tiếp nhiều lần làm cho vận tốc m1 và m3 tăng dần (m1 dịch chuyển sang trái và m3 dịch chuyển sang phải), ngược lại vận tốc m2 giảm dần Quá trình va chạm kết thúc vận m1 tốc cuối cùng v′2 m2 bắt đầu nhỏ  vận tốc m1 m3 Khi đó v1 m3 m2 m2 m3  v Trước va chạm m2 Sau va chạm m3  v3 118 vận tốc m1 và m3 đạt cực đại Gọi các vận tốc cực đại này là v1 và v3  – Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (chiều dương theo chiều v ): m2v = – m1v1 + m3v3 + m2 v′2 (1) – Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên bảo toàn: 1 1 m2 v2 = m1 v12 + m3 v32 + m2 v2/2 (2) 2 2 – Vì m1, m3  m2 và v2/ < v1; v3 nên động lượng cuối cùng m2 v2/ m2 và động m2 v2/2 m2 là nhỏ, có thể bỏ qua so với động ban đầu m2, động lượng và động cuối cùng m1 và m3 Suy ra: m2 v′2 = 0; m2 v′22 = (3)  m2 m v – v1 + v3 =  m3 m – Thay (3) vào (1) và (2) ta được:  m2 m1  = v v1 + v32  m m 3  cuối cùng – Đặt a = m m1 ;b =  m3 m3 (4)  bv – av1 + v3 = v′2  2 (5) = av1 + v3  bv – Từ (5) suy ra: v3 = bv + av1 (6) (7) – Thay (7) vào (6) ta được: bv = a v12 + (bv + av1)2 ⇒ a(a + 1) v12 + 2abvv1 – bv2 + b2v2 = Vì b = m2  nên b2 ≈ ⇒ b2v2 ≈ m3 ⇒ a(a + 1) v12 + 2abvv1 – bv2 = (8) – Giải phương trình bậc hai (8) v1, ta được: ∆ / = (abv)2 + ab(a + 1)v2 = ab(a + 1)v2; vì (abv)2 ≈ ⇒ v1 = Vì b = −abv + v ab(a + 1) v ab(a + 1) − bv = + a(a + 1) a(a + 1) (a + 1) m2 − bv  nên ≈ m3 (a + 1) 119 ⇒ v1 ≈ v ab(a + 1) ab(a + 1) b =v =v a(a + 1) a(a + 1) a (a + 1) (9) (Loại nghiệm v2 < 0) – Thay (4) vào (9) ta được: v1 ≈ v m2 m3 (10) m1m + m12 – Thay (4) và (10) vào (7) ta được: v3 ≈ v m1 m m1m + m 32 Vậy: Vận tốc cực đại m1, m3 sau đó là v1 ≈ v m2 m3 m1 m + m và v3 ≈ v m1 m m1m + m 32 * Chú ý : Nếu m2 va chạm vào m1 trước thì ta có kết trên Ví dụ Cho hệ hình vẽ Hai vật cùng khối lượng m đặt trên sàn nhẵn nằm ngang và nối với lò xo độ cứng k Vật thứ ba cùng khối lượng m đến đập vào hai vật với vận tốc v dọc theo phương song song với trục lò xo Coi va chạm là tuyệt đối đàn hồi k m m m  a) Chứng minh hai vật nối lò xo luôn v chuyển động cùng hướng b) Tính vận tốc vật lò xo dãn tối đa Hướng dẫn a) Chứng tỏ hai vật nối lò xo luôn chuyển động cùng hướng Gọi v1 và v3 là vận tốc vật và vật sau va chạm Chọn chiều  dương hướng sang phải theo chiều v (hình vẽ) Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn động cho hệ hai cầu và 3, ta có: mv = mv3 + mv1 = v v3 + v1 m m k m   m m m ⇒  2 v v v + v = v= v3 + v1 2 v − v3 = v1 v1 = v ⇒ ⇒   v12 v3 = v − v3 = – Ngay sau va chạm, vật đứng yên và vật chuyển động sang phải với vận tốc v Lúc này lò xo chưa kịp biến dạng Gọi u1 và u2 là vận tốc vật và vật thời điểm bất kì sau va chạm vật vào vật 1, và x là độ biến dạng lò xo đó – Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn lượng cho hệ hai vật 1, và lò xo ta được: 120 v mv = u1 + u2 = mu1 + mu2   ⇒  1 1 2 2 2 v = u1 + u2 + kx  mv = mu1 + mu2 + kx m 2  2 v2 = u12 + u22 + 2u1 u2  ⇒  2 2 v = u1 + u2 + kx m  ⇒ u1u2 = kx 2m (1) (2) (3) kx ≥ nên u1 và u2 luôn cùng dấu, nghĩa là sau va chạm hai vật và 2m luôn chuyển động cùng hướng, tức là cùng phía b) Vận tốc vật lò xo dãn tối đa kx đạt cực Vì u1 + u2 = v không đổi nên theo bất đẳng thức Cô–si thì u1u2 = 2m đại khi: v (4) u = u2 = – Vì – Khi đó (3) trở thành: kx 2max m v2 = ⇒ xmax = v 2k 2m v * Chú ý: Có thể giải câu b theo cách khác sau: Gọi G là khối tâm hệ hai vật và 2; vG là vận tốc khối tâm G – Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ gồm vật và vật sau vật va chạm vào vật 2, ta có: mv v m1v1 = mGvG hay mv = 2mvG ⇒ = vG = 2m v Như vậy, khối tâm G chuyển động sang phải với vận tốc vG = – Khi lò xo dãn tối đa thì hai vật đứng yên hệ quy chiếu khối tâm, tức là đứng yên so với khối tâm G Suy vận tốc hai vật (đối với mặt đất) và vận tốc khối tâm Ta có: v u = u2 = (4′) Vậy: Vận tốc vật lò xo dãn tối đa là u1 = u2 = – Thay (4/) vào (3) ta được: xmax = v m 2k 121 Ví dụ Hòn bi sắt treo vào dây chiều dài  = 1,2m kéo cho dây nằm ngang thả rơi Khi dây hợp góc α = 300 với đường  α thẳng đứng, bi va chạm đàn hồi với bề mặt thẳng đứng sắt lớn cố định (hình vẽ) Hỏi bi nảy lên đến độ cao bao nhiêu? Hướng dẫn – Hòn bi bắt đầu chuyển động không vận tốc đầu từ A, va chạm đàn hồi với mặt thẳng đứng sắt B, sau đó O nẩy lên và đạt độ cao cực đại C A (hình vẽ)  α Gọi v1 là vận tốc vật trước va chạm với sắt B – Áp dụng định luật bảo toàn cho giai đoạn AB với gốc trọng lực B: WA = WB ⇔ mgh = m v12 2 ⇒ v = 2gh = 2g  cos α (1)  – Vectơ v1 có phương tiếp tuyến với  C h/  v 2t 2α B β  v2 h β α  v1  v 2n quỹ đạo tròn B, tức là vuông góc với bán kính OB và có chiều hình vẽ  Gọi v là vận tốc vật sau va chạm với sắt B Vì va chạm là   đàn hồi với tường phẳng nên v đối xứng với v1 qua mặt tường thẳng đứng Về độ lớn thì v2 = v1   + Thành phần pháp tuyến v 2n v có phương vuông góc quỹ đạo tròn nên  không ảnh hưởng đến chuyển động tròn lên vật Thành phần v 2n có tác dụng kéo dãn dây treo vật và làm phần động vật biến thành nhiệt   + Thành phần tiếp tuyến với quỹ đạo v 2t v có tác dụng nâng vật lên cao đến C (2) v2t = v2cos2 α = v1cos2 α – Áp dụng định luật bảo toàn cho giai đoạn BC với gốc trọng lực B: WB = WC ⇔ m v22t = mgh/ 122 ⇒ h/ = v22t 2g – Thay (1) và (2) vào (3) ta được: h/ = (3) ( v cos2α ) 2g = 2gcosα.cos2 2α 2g ⇒ h/ =  cos α cos22 α =  cos300.cos2600 = 1,2 1   = 0,26m 2 Vậy: Sau va chạm với sắt, hòn bi nảy lên đến độ cao cực đại là h/ = 0,26m  > h/ nên sau va chạm thì vật đã giảm lượng nào đó Ở đây, (động năng) mát không phải vật va chạm (đàn hồi) với sắt mà dây treo bị dãn đột ngột sau va chạm * Nhận xét: Vì h =  cos α =  cos300 = C BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Hai cầu m1 = 200g, m2 = 100g treo cạnh hai dây song song hình vẽ Nâng cầu I lên độ cao h = 4,5cm buông tay Hỏi sau va chạm, các cầu nâng lên độ cao bao nhiêu, va chạm là hoàn toàn đàn hồi? h Bài Hai cầu khối lượng m và km treo cạnh trên hai dây song song chiều dài 1 và  Kéo dây treo m lệch góc α buông tay Tìm góc lệch cực đại hai dây treo sau va chạm lần I Coi va chạm là tuyệt đối đàn hồi và bỏ qua ma sát Bài Ba cầu khối lượng m1, m2, m3 đặt thẳng hàng trên sàn trơn Quả cầu I chuyển động đến cầu II với vận tốc nào đó còn cầu II và III đứng yên (hình vẽ) Tính m2 theo m1, m3 để sau va chạm (tuyệt đối đàn hồi), cầu III có vận tốc lớn Bài Vật nhỏ trượt không ma sát với v0 = từ đỉnh bán cầu bán kính R đặt cố định trên sàn ngang Đến nơi nào đó trên bán cầu, vật rời bán cầu, rơi xuống sàn và nẩy lên (hình vẽ) I 1 m 2 km II III R 123 Biết va chạm vật với sàn là hoàn toàn đàn hồi Tìm độ cao H mà vật đạt tới sau va chạm Bài Quả cầu khối lượng m rơi từ độ cao h xuống, đập vào mặt nghiêng cái nêm khối lượng M đứng yên trên sàn nhẵn Sau va chạm (tuyệt đối đàn hồi) đạn nảy theo phương ngang còn nêm chuyển động với vận tốc v (hình vẽ) Tính v m h  v1  v M Bài Một xe lăn nhỏ nằm yên trên mặt phẳng ngang không ma sát; hai sợi dây mảnh cùng chiều dài 0,8m, dây buộc vào giá đỡ C, dây treo vào xe lăn, đầu hai sợi dây có mang cầu nhỏ, A’ M= có khối lượng là mA = 0,6kg 0,4kg và mB = 0,2kg Khi cân C thì cầu tiếp xúc Bây người ta kéo cầu A lên để dây treo nó có phương nằm ngang (vị trí A’) sau đó thả nhẹ Sau cầu đã va chạm nhau, cầu A bật lên độ cao 0,2m so với vị trí ban đầu hai cầu Hỏi: a Sau va chạm cầu B lên đến độ cao nào? b Khi cầu B từ vị trí bên phải rơi xuống tới vị trí thấp thì tốc độ nó là bao nhiêu? Bài Trong mặt phẳng thẳng đứng, máng nghiêng nối với máng tròn điểm tiếp xúc A máng tròn với mặt phẳng nằm ngang hình vẽ Ở độ cao h trên máng nghiêng có vật (khối lượng m1 = 2m); điểm A có vật ( khối lượng m2 = m) Các vật có thể trượt không ma sát trên máng Thả nhẹ nhàng cho vật trượt đến va chạm vào vật Va chạm là hoàn toàn đàn hồi a Với h < R (R là bán kính máng tròn), hai vật chuyển động nào sau va chạm ? Tính các độ cao cực đại h1 và h2 mà chúng đạt tới sau va chạm b Tính giá trị cực tiểu hmin h để sau va chạm vật có thể hết máng mà bám không tách rời máng 124 B O h A Bài Một vật có khối lượng m1 chuyển động với vận tốc v0 đến va chạm tuyệt đối đàn hồi với vật m2 đứng yên Xác định tỉ lệ khối lượng hai vật khi: a) Va chạm xuyên tâm và sau va cham hai vật chuyển động ngược chiều với cùng vận tốc b) Va chạm không xuyên tâm và sau va chạm hai vật chuyển động theo hai hướng lệch với phương ban đầu góc 300 Bài Hai vật nhỏ khối lượng m1 = 400 g m2 m1 m3 và m2 = 200 g nối với v0 lò xo lí tưởng có độ cứng k = 80/3 N/m, chiều dài tự nhiên l0 = 20 cm Tất đặt trên mặt sàn nằm ngang không ma sát Cho vật m3 =200 g chuyển động dọc theo trục lò xo với vận tốc v0 = m/s tới va chạm đàn hồi xuyên tâm với m1 a Tính vận tốc hai vật m1, m3 sau va chạm; vận tốc khối tâm hệ m1 và m2 b Tìm chiều dài cực đại, cực tiểu lò xo hệ m1, m2 chuyển động c Tìm vận tốc lớn m2 hệ qui chiếu phòng thí nghiệm D HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Gọi v0 là vận tốc vật m1 trước va chạm Áp dụng định luật bảo toàn cho vật m1 vị  trí A và B (gốc v0 trọng lực vị trí cân bằng): α m1gh = m1v20 ⇒ v20 = 2gh (1) 125 Gọi v1 và v2 là vận tốc vật m1 và vật m2 sau va chạm Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang cho hệ trước và sau va chạm,  với chiều dương theo chiều v0 : (2) m1v0 = m1v1 + m2v2 – Vì va chạm là đàn hồi xuyên tâm nên động bảo toàn: m1 v2 v20 v2 = m1 + m 2 2 O (3) – Giải hệ (2) và (3) ta được: v1= α (m1 − m )v0 (4) m1 + m 2m1v và:v2 = m1 + m m1 A (5)  h m2 – Áp dụng định luật bảo toàn cho vật: * Vật m1: m1gh1 = v2 m1v12 ⇒ h1 = 2g B (6) Thay (4) vào (6) và chú ý đến (1) ta được: h1 = (m1 − m )2 v20 (m1 + m )2 2g * Vật m2: m2gh2 = = (m1 − m )2 (m1 + m )2 .h ⇒ h1 = v2 m v22 ⇒ h2 = 2g (0,2 − 0,1)2 4,5 = 0,5cm (0,2 + 0,1)2 (7) Thay (5) vào (7) và chú ý đến (1) ta được: h2 = 4m12 v20 (m1 + m )2 2g = 4m12 v20 (m1 + m )2 .h ⇒ h2 = 4.0,22 (0,2 + 0,1)2 .4,5 = 8cm Vậy: Sau va chạm hai vật lên độ cao cực đại là h1 = 0,5cm và h2 = 8cm Bài Gọi v0 là vận tốc vật m trước va chạm Áp dụng định luật bảo toàn cho vật m vị trí A và B (gốc trọng lực vị trí cân bằng): mg  (1 – cos α ) = mv20 ⇒ v20 = 2g  (1 – cos α ) (1) Gọi v1 và v2 là vận tốc vật m và vật km sau va chạm Vì va chạm là đàn hồi xuyên tâm, nên ta có: (m − km)v0 (1 − k)v0 v1 = = (3) α m + km 1+ k m 1 2 126 km 2v0 2mv0 = (4) m + km + k Áp dụng định luật bảo toàn cho vật: * Vật m: mv12 = mg  (1 – cosα1) v2 = v12  (1 − k)v  ⇒ cosα1 = – =1–   2g 2g  + k  (5) Thay (1) vào (5) ta được: cosα1 = – 1− k    2g  (1 – cosα) 2g  + k  1− k  ⇒ cosα1 = –   (1 – cosα) 1+ k  1− k  ⇒ α1 = arccos[1 –   (1 – cosα)] 1+ k  * Vật M = km: kmv22 = kmg  (1 – cosα2) v22  2v0  ⇒ cosα2 = – =1–   2g 2g  + k  Thay (1) vào (6) ta được: cos α = – ⇒ cosα2 = – 4  (1 + k) 2 2g (6)     2g  (1 – cosα) 1+ k  .(1 – cosα) ⇒ α2 = arccos[1 – 4  (1 + k)2 .(1 – cosα)] Vậy: Góc lệch cực đại hai dây treo sau va chạm lần I là 4 1− k  (1 – cos α )] α1 = arccos[1 –   (1 – cos α )] và α = arccos[1 –  (1 + k)2 1+ k  Bài Gọi v0 là vận tốc ban đầu vật I; v2 là vận tốc vật II sau vật I va chạm với vật II; v3 là vận tốc vật III sau vật II va chạm với vật III (hình vẽ) – Tương tự ví dụ 2, ta có: 2m1v I II III v2 = (1) m1 + m v3 = 2m v2 m2 + m3 (2) 127 – Thay (1) vào (2) ta được: v3 = ⇒ v3 = 2m 2m1v 4m1m v0 = m + m m1 + m (m1 + m ).(m + m ) 4m1m v0 m1 m + m + m1 m + m m 2 = 4v0 4v0 = m m m 1+ a 1+ + + m1 m m1 Suy ra: v3 = v3max a = amin – Áp dụng bất đẳng thức Cô–si, ta có:  m m3 =   m1 m m m m m m a = amin = = ⇔  = m1 m2 m1  m1 m1 m m  =   m m1 – Từ (4) suy ra: m = m1m (3) (4) (5) (6) (7) (8) – Từ (5) suy ra: m2 = m3 (9) – Từ (6) suy ra: m1 = m2 – Từ (8) và (9) ta có: m1 = m2 = m3 Đây là trường hợp đặc biệt (7) Vậy: Điều kiện tổng quát để cầu III có vận tốc lớn là: m = m1 m Bài Vật bắt đầu chuyển động không vận tốc đầu từ A, rời bán cầu B, va chạm với sàn C và lên đến độ cao cực đại D (hình vẽ) Gọi v là vận tốc vật rời bán cầu – Tại B, phản lực Q = nên: mgcos α = m – Trong giai đoạn AB, vào vật có  phản lực Q tác dụng không phải là lực vì  Q vuông góc với phương chuyển động nên không sinh công Vì bảo toàn Chọn gốc v2 v2 ⇒ cos α = (1) R gR A B R α O  Q α  P  v  v2 β α C D H β  v1 128 trọng lực sàn, ta có: v2 v2 ⇒ gR = gRcos α + (2) 2 2gR (3) – Từ (1) và (2) ta được: v2 = – Thay (3) vào (1) ta được: cos α = (4)  – Tại C, trước va chạm vật có vận tốc v1 , sau va chạm đàn hồi với sàn vật mgR = mgRcos α + m    nảy lên có vận tốc v đối xứng với v1 qua mặt sàn Vectơ v hợp với sàn góc β – Áp dụng định luật bảo toàn cho giai đoạn AC (gốc trọng lực sàn): mgR = m v12 ⇒ v12 = 2gR (5) – Kể từ B thì ngoại lực tác dụng theo phương ngang nên thành phần vận tốc theo phương ngang không đổi Suy ra: vcos α = v2cosβ ⇒ cos2β = v2 cos2 α v1 (6) (7) 27 – Sau va chạm với sàn, vật chuyển động vật bị ném xiên góc β với vận tốc đầu v2 = v1 và đạt độ cao cực đại H D – Theo kết bài toán chuyển động vật bị ném xiên, ta có: – Thay (3), (4) và (5) vào (6) ta được: cos2β = v22 sin β v12 (1 − cos2β) H= = 2g 2g – Thay (5) và (7) vào (8) ta được: H = (8) 23R 27 Vậy: Độ cao cực đại mà vật đạt tới sau va chạm với sàn là H = Bài Gọi v0 là vận tốc cầu trước va chạm Ta có: v0 = 2gh 23R 27 (1)   – Trong va chạm cầu m và nêm M thì ngoại lực ( P + N ) tác dụng vào M không cân và không thể bỏ qua so với nội lực nên động lượng toàn phần không bảo toàn Tuy nhiên theo phương ngang thì ngoại lực không nên thành phần động lượng theo phương ngang bảo toàn 129 Gọi v1 và v là vận tốc cầu m và nêm M sau va chạm Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (theo phương ngang): Mv (2) = mv1 + Mv ⇒ v1 = – m Vì va chạm là tuyệt đối đàn hồi nên động bảo toàn: 1 m v20 = m v12 + M v2 (3) m 2 2  Mv  – Thay (2) vào (3) ta được: m v = m  −  + Mv m   ⇒ v2 = m v20 = M(m + M) mv M(m + M) – Thay (1) vào (4) suy ra: v = m h  v1 (4) M  v 2gh M(m + M) Vậy: Vận tốc nêm sau va chạm là v = m 2gh M(m + M) Bài a) * Chọn: - Gốc năng: vị trí ban đầu cầu B - Chiều (+): từ trái qua phải *áp dụng định luật bảo toàn cho cầu A: mAv A2 ⇒ trước va chạm: = mA gh = vA = gh = mA gh ' = v 'A 2.10.0,8 = 4m / s mAv '2A ⇒ sau va chạm: = gh ' 2.10.0, = 2m / s *áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hai cầu va chạm:    m = mA v ' A + mB v 'B A vA - Theo chiều dương đã chọn: m = mAv ' A + mB v 'B Av A ⇒ mAv A − mAv ' A = mB v 'B ⇒ = v 'B mA (v A − v ' A ) 0, 4(4 − 2) = = 4m / s mB 0, *sau nhận vận tốc va chạm, cầu B chuyển động và kéo xe lăn chuyển động theo, cầu B và xe lăn hợp thành hệ kín 130 Chuyển động cầu B là chậm dần chuyển động xe lăn là nhanh dần Quả cầu B không tiếp tục qua phải, nghĩa là không tiếp tục lên cao cầu B và xe có chung vận tốc là v ''B - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ cầu B và xe lăn: - Theo chiều dương đã chọn:   'B (mB + mX )v ''B mB v= 'B (mB + mX ) v''B mB v= v ''B ⇒= mB v 'B 0, 2.0, = = 1m / s (mB + mX ) 0, + 0, *gọi h’’ là độ cao lên tối đa cầu B - áp dụng định luật bảo toàn cho hệ cầu B và xe lăn: 1 mB v '= (mB + mX )v ''2B + mB gh '' ⇒ h= '' 0, 6m B 2 Kết luận: cầu B lên đến độ cao h’’=6m so với vị trí ban đầu b) * gọi vB là vận tốc cầu B xuống trở lại điểm thấp và v X là vận - tốc xe lăn lúc đó Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: - Áp dụng định luật bảo toàn - Giải hệ:    mB v ''B =mB vB + mX v X ⇒ mB v ''B =mB vB + mX v X 1 m = mB vB2 + mX v X2 B v ''B 2 − vB v ''B mB vB + mX v X  mB=  vB =  v X = ⇔ ⇔ 1   1 mB vB2 + mX v X2 = vB = −2 B v ''B  m  v − 2v − = 2  B B ⇒ vB = −2m / s ( vì B sang trái ) và v X = 2m / s Loại vB = Bài a Áp dụng định luật bảo toàn ; vừa tới A vật có vận tốc 2mv2 = 2mgh ⇒ v = 2 gh , va chạm đàn hồi vào vật - Gọi v1, v2 là vận tốc vật và vật sau va chạm Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn ta có 131 2mv = 2mv1 + mv2 1 2mv2 = 2mv12 + mv22 2 ⇒ v1 = v và v2 = v 3 Ta thấy v1, v2 cùng dấu v nên sau va chạm vật tiếp tục chuyển động theo chiều ban đầu vật - Định luật bảo toàn cho các vật có 2m v h = 2mgh1 ⇒ h1 = 16 mv22 = mgh2 ⇒ h2 = h Vì h < B 1 R nên h1 < R (<R) và h2 < R 18  Q  P O A (<R) Nghĩa là vật còn bám máng b.Phương trình động lực học cho vật vị trí góc α (hình vẽ) mgcos α + Q = mv mv ⇒Q= − mg cos α R R + Vật còn bám máng Q ≥ + Vật càng lên cao thì v càng giảm, đồng thời mgcos α tăng ( α giảm) đó Q giảm dần và có giá trị cực tiểu α =0 (tại B) Khi đó Q= mv B2 − mg R + Nếu QB ≥ thì vật còn bám B và nó bám máng các điểm khác máng ⇒ v B2 ≥ Rg 132 + Bảo toàn : v 22 = v 2B +2 g R ⇒ v 22 ≥ gR Theo câu a ta có: v 22 = ⇒ hmin = 32 16 16 gh ≥ gR v ⇒ v 22 = v = 9 45 R 32 Bài a) sau va chạm hai vật chuyển động với cùng vận tốc ngược chiều nhau: Theo định luật bảo toàn động lượng: m1v0 = −m1v + m1v = (m2 − m1 )v (1) Theo định luật bảo toàn động năng: = m1v02 Từ (1) và (2) ta được: 1 m1v + m2 v 2 (2) m1 = m2 b) va chạm không xuyên tâm và sau va chạm hai vật chuyển động theo hai hướng lệch với phương ban đầu góc θ = 30 : Theo định luật bảo toàn động lượng: = m1v0 m1v1cosθ + m2 v2 cosθ (3) Và m1v1 sin = θ m2 v2 sin θ → m= m2 v2 (4) 1v1 Theo định luật vảo toàn động năng: = m1v02 Từ (3), (4), (5) ta được: 1 m1v12 + m2 v22 2 (5) m1 = m2 Bài a Chọn trục x'x trùng với v0 Vận tốc hai vật sau va chạm: v1' = (m1 − m ) v1 + 2m v = 2(m / s) m1 + m ) v 3' = (m − m1 ) v + 2m1v1 = − 1(m / s) m1 + m ) Vận tốc khối tâm G: Từ m1v1' = (m1 + m2)vG  vG = 4/3 (m/s) b Phần động có thể chuyển hóa thành đàn hồi lò xo: 133 Wđ (G ) = m1m ( v1 '− v ' ) = J m1 + m 15 Định luật bảo toàn năng: Wđ (G ) = 4 kx max = J → x max = = 0,02 = 0,14 (m) 15 15.k Vậy chiều dài lớn nhất, nhỏ lò xo: lmax = l0 + xmax = 34 cm; lmin = l0 - xmax = cm c m2 dao động quanh khối tâm G, cách G khoảng 2l/3 (với l là chiều dài lò xo) Trong HQC khối tâm có thể coi m2 gắn với lò xo với điểm gắn G, độ cứng k2 = 3k/2 = 40 N/m, độ nén, dãn cực đại là x2(max) = 0,02 /3 (m) = 0,094 m Vận tốc cực đại m2 tính từ định luật bảo toàn cho hệ lò xo k2 và m 2: 1 k x 22(max) = m v 22(max) → v 2(max) = (m / s) 2 Vậy: vận tốc lớn m2 HQC phòng TN là vG + v2max =8/3 (m/s) 134 Dạng Va chạm mềm A Phương pháp giải − Lập phương trình bảo toàn động lượng − Áp dụng công thức vận tốc các vật sau va chạm B VÍ DỤ MẪU Ví dụ Một viên đạn khối lượng m1 = 1kg bay với vận tốc v1 = 100 m/s đến cắm vào toa xe chở cát có khối lượng m2 = 1000kg chuyển động với vận tốc v2 = 10 m/s Tính nhiệt lượng tỏa hai trường hợp: a) Xe và đạn chuyển động cùng chiều b) Xe và đạn chuyển động ngược chiều Hướng dẫn  Gọi v là vận tốc hệ (đạn + xe cát) sau va chạm – Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang cho hệ (các vectơ   vận tốc v1 đạn và v xe trước va chạm cùng phương): m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)v m v + m v2 ⇒v= 1 m1 + m (+) (1)  v1 m1 – Nhiệt lượng tỏa quá trình va chạm: 1 Q = W0đ – Wđ = m1 v12 + m2 v22 – (m1 + m2) v2 2 – Thay (1) vào (2) ta được:  m v + m v2 1 Q = m1 v12 + m2 v22 – (m1 + m2)  1 2  m1 + m ⇒Q= 1 (m1v1 + m v2 ) m1 v12 + m2 v22 – m1 + m 2 2 m2  v2 (2)    (3) a) Xe và đạn chuyển động cùng chiều: Chọn chiều dương theo chiều chuyển động đạn trước va chạm (hình vẽ) Ta có: v1 = 100 m/s; v2 = 10 m/s Thay số vào (3) ta được: 1 (1.100 + 1000.10)2 1.1002 + 1000.102 – = 4046J 2 + 1000 Vậy: Nhiệt lượng tỏa va chạm là Q = 4046J b) Xe và đạn chuyển động ngược chiều: Chọn   chiều dương theo chiều chuyển động m1 v1 v đạn trước va chạm (hình vẽ) Ta có: v1 = 100 m/s; v2 = – 10 m/s Thay số vào (3) ta được: Q= (+) m2 135 1 1.100 + 1000.(−10) = 6044J Q = 1.1002 + 1000.(–10)2 –  + 1000 2 Vậy: Nhiệt lượng tỏa va chạm là Q = 6044J Ví dụ Búa máy khối lượng m1 = 1000kg rơi từ độ cao 3,2m vào cái cọc khối lượng m2, va chạm là mềm Tính: – vận tốc búa và cọc sau va chạm – tỉ số (phần trăm) nhiệt tỏa và động búa trước va chạm Xét hai trường hợp: a) m2 = 100kg b) m2 = 5000kg Hướng dẫn Gọi v1 là vận tốc búa trước va chạm vào cọc – Áp dụng định luật bảo toàn cho búa điểm A và B (gốc trọng lực mặt mặt đất (hình vẽ)) m1gh = m1 v12 ⇒ v1 = 2gh (1)  (Vectơ v1 hướng thẳng đứng xuống dưới) – Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (phương thẳng đứng cho va chạm mềm): m1v1 = (m1 + m2)v ⇒ v= m1v1 m 2gh = m1 + m m1 + m (2) – Động hệ trước va chạm (bằng động búa trước va chạm): W0đ = m1 v12 m1 A – Động hệ sau va chạm: 2  m1v1  1 m1 v1 Wđ = (m1 + m2) v2 = (m1 + m2)  =  2 m1 + m  m1 + m  – Nhiệt tỏa va chạm: Q = W0đ – Wđ = m2 m2 ⇒Q= m1 v12 = W0đ m1 + m 2 m1 + m 2 1 m1 v1 m1 v12 – 2 m1 + m h m2 B – Tỉ số (phần trăm) nhiệt lượng tỏa và động búa trước va chạm: m2 Q = W0 đ m1 + m (3) a) Với m1 = 1000kg; m2 = 100kg Thay số vào (2) và (3) ta được: 136 v= Q 100 1000 2.10.3,2 = 7,3 m/s và = = 0,09 = 9% W0 đ 1000 + 100 1000 + 100 b) Với m1 = 1000kg; m2 = 5000kg Thay số vào (2) và (3) ta được: v= Q 5000 1000 2.10.3,2 = 1,3 m/s và = = 0,83 = 83% W0 đ 1000 + 5000 1000 + 5000 * Nhận xét: Phần động búa biến thành nhiệt trường hợp a nhỏ nhiều so với trường hợp b, tức là hiệu suất đóng cọc trường hợp a cao nhiều so với trường hợp b Ví dụ Đĩa cân cân lò xo có khối lượng m1 = 120g, lò xo có độ cứng k = 20 N/m Vật khối lượng m = 60g rơi xuống đĩa từ độ cao h = 8cm (so với đĩa) không vận tốc đầu Coi va chạm là hoàn toàn không đàn hồi Hỏi vật dời xa đến đâu so với vị trí ban đầu? Bỏ qua sức cản không khí Hướng dẫn Gọi v0 là vận tốc vật m trước va chạm với đĩa m1 Ta có: v0 = 2gh (1) Gọi v là vận tốc hệ (m + m1) sau va chạm Theo định luật bảo toàn động lượng theo phương thẳng đứng va chạm mềm, ta có: mv mv0 = (m + m1)v ⇒ v = (2) m + m1 Gọi O là vị trí cân hệ (m + m1), đó lò xo bị nén thêm đoạn x0 có thêm vật m Ta có: 0.06.10 mg mg = kx0 ⇒ x0 = = = 0,03m = 3cm 20 k Gọi M là vị trí đĩa cân m1 va chạm và N là vị trí thấp đĩa cân m1 (khi lò xo bị nén tối đa) Chọn trục tọa độ Ox hình vẽ – Theo định luật bảo toàn (gốc đàn hồi vị trí cân O hệ (m1 + m + lò xo)): 1 WM = WN ⇒ kx 2M + (m + m1) v2M = kx 2N 2 m ⇒ k x 2M + (m + m1) v2M = kx 2N với: xM = –OM = –x0; mv ; xN = ON vM = v = m + m1 (3) h m1 M x O – Thay vào (3), ta được: x N 137 x  mv  k x + (m + m1)   = k x N + m m   ⇒ k x 20 + m v20 = kx 2N m + m1 ⇒ xN = x 20 + m v20 k(m + m1 ) (4) – Thay (1) vào (4): xN = x 20 + 2ghm = k(m + m1 ) 0,032 + 2.10.0,08.0,062 = 0,05m = 5cm 20(0,06 + 0,12) – Khoảng cách xa vật so với vị trí ban đầu: hmax = h + x0 + xN = + + = 16cm Vậy: Khoảng cách xa vật so với vị trí ban đầu là 16cm Ví dụ Hòn bi thép khối lượng M và hòn bi sáp khối lượng m treo cạnh đầu hai sợi dây song song Kéo dây treo M lệch góc α buông tay, sau va chạm (tuyệt đối không đàn hồi), góc lệch cực đại hai dây treo là β Tìm khối lượng hòn bi sáp và độ tiêu hao hệ Bỏ qua sức cản không khí Hướng dẫn – Khối lượng bi sáp Gọi v1 là vận tốc bi thép M trước va chạm vào bi sáp m + Áp dụng định luật bảo toàn α cho bi thép vị trí A và B (vị trí M β va chạm) : A Mg  (1 – cos α ) = M v12 m C ⇒ v12 = 2g  (1 – cos α ) (1) B Gọi v là vận tốc hệ hai bi sau va chạm + Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho va chạm mềm hai bi: Mv1 = (m + M)v Mv1 ⇒v= (2) m+M M 2g(1 − cosα) (3) (m + M)2 + Áp dụng định luật bảo toàn cho hệ hai bi vị trí B và C: + Từ (1) và (2) suy ra: v2 = 138 (m + M)v2 = (m + M)g  (1 – cos β ) (4) ⇒ v2 = 2g  (1 – cos β ) + Từ (3) và (4) ta được: M 2g(1 − cosα) = 2g  (1 – cos β ) (m + M)2  − cosα  ⇒ m = M − 1  − cosβ     α β sin − sin  β  α 2 Với: – cos α = 2sin2 ; – cos β = 2sin2 nên: m = M  β   sin     – Độ tiêu hao hệ W′ = W0 – W = Mg  (1 – cosα) – (m + M)g  (1 – cosβ)  α β hay W′ = 2g   Msin − (m + M)sin  2   α β  sin − sin  2  , độ tiêu hao Vậy: Khối lượng bi sáp là m = M  β   sin      α β hệ là W′ = 2g   Msin − (m + M)sin  2  C BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Hai cầu nhỏ giống nối với dây ngắn thẳng đứng Quả cầu trên truyền vận tốc v hướng lên Hệ đạt độ cao cực đại bao nhiêu? Biết tương tác hai cầu dây bị căng giống va chạm mềm Bài Khối gỗ M = 4kg nằm trên mặt phẳng ngang  M trơn, nối với tường lò xo k = 1N/cm Viên v0 đạn m = 10g bay theo phương ngang với vận m tốc v0 song song với lò xo đến đập vào khối gỗ và dính gỗ (hình vẽ) Tìm v0 Biết sau va chạm, lò xo bị nén đoạn tối đa là ∆ = 30cm Bài Vật nặng búa máy có trọng lượng P1 = 900N dùng để đóng cọc P2 = 300N vào đất Mỗi lần đóng cọc lún sâu h = 5cm a) Búa rơi từ độ cao H = 2m xuống đầu cọc và lực cản không khí vào búa rơi F = 0,1P1 Coi va chạm là tuyệt đối không đàn hồi Tìm lực cản đất 139 b) Tính phần trăm lượng búa bị tiêu hao để làm nóng và biến dạng va chạm búa, cọc c) Tính phần lượng búa bị tiêu hao để thắng lực cản đất Bài Hai vật nặng A và B có khối lượng mA = 900g và mB = 4kg mắc vào lò xo nhẹ có khối lượng không đáng kể, độ cứng lò xo là k = C 100N/m Vật B có đầu tựa vào A v B tường thẳng đứng Hệ đặt trên mặt phẳng nằm ngang Hệ số ma sát mặt phẳng ngang với vật A và B là µA = 0,1; µB = 0,3 Ban đầu vật nằm yên và lò xo không biến dạng Một vật C có khối lượng m=100g bay theo phương ngang với vận tốc là v đến va chạm vào vật A (hình vẽ) Lấy g =10m/s2 1) Cho v =10m/s Tìm độ co lớn lò xo trường hợp: a Va chạm vật C và A là hoàn toàn đàn hồi b Va chạm vật C và A là mềm 2) Nếu sau va chạm, vật C cắm vào vật A thì C phải có vận tốc tối thiểu là bao nhiêu để vật B có thể dịch sang trái? Bài Hai cầu có khối lượng m1 và m2 treo vào cùng điểm hai dây có chiều dài tương ứng là l1 = l = l Kéo hai cầu hai phía cho các dây lập với phương thẳng đứng các góc α1 và α thả nhẹ Khi đến vị trí thấp thì 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; α1 = 600, α2 = 900 I  g l1 α1 α2 l2 m2 m1 140 D HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Gọi vG là vận tốc khối tâm G hệ hai vật vật bắt đầu lên – Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ hai cầu (coi va chạm v (1) mềm): mv = 2mvG ⇒ vG = m – Áp dụng định luật bảo toàn cho hệ hai vật với m gốc trọng lực mặt đất (hình vẽ) v2 (2) 2m G = 2mgh ⇒ h = v h 2g G  v v2 v2 – Thay (1) vào (2) ta được: h = = 8g 2g m v2 Vậy: Hệ đạt độ cao cực đại là h = m 8g * Chú ý: Có thể tính h theo công thức chuyển động chậm dần lên thẳng đứng từ mặt đất với vận tốc đầu là vG và gia tốc a = –g sau: − v2G − v2G v2 = = h= v = 2(−g) 2g G 8g 2a Bài Gọi v là vận tốc hệ (m + M) sau va k  M m chạm v0 – Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang cho hệ “đạn + gỗ” va chạm mềm: mv (1) mv0 = (m + M)v ⇒ v = m+M – Áp dụng định luật bảo toàn cho hệ sau va chạm: 1 k ∆ = (m + M) v2 (2) 2 1 – Thay (1) vào (2) ta được: k ∆ = ( m + M) 2 2  mv0  m v0   = m+M m+M 0,3 ∆ 100(0,01 + 4) = 600 m/s k(m + M) = 0,01 m Vậy: Vận tốc ban đầu đạn là v0 = 600 m/s ⇒ v0 = 141 Bài a) Lực cản đất P P Ta có: m1 = = 90kg; m2 = = 30kg g g  F F = 0,1P1 = 0,1.900 = 90N Gọi v1 là vận tốc búa trước va chạm – Áp dụng định lí động cho chuyển động búa: A P + AF = ∆ W1đ ⇒ m1gH – F.H = m1 v12 – ⇒ v1 = F 2H(g − )= m1 m1  P1 H m2 90 2.2(10 − ) = m/s 90 Gọi v là vận tốc hệ búa và cọc sau va chạm – Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho va chạm mềm: m1v1 90.6 m1v1 = (m1 + m2)v ⇒ v = = = 4,5 m/s m1 + m 90 + 30 h m1 + m2 m1 + m2 Gọi Fđ là lực cản đất Áp dụng định lí động cho hệ búa và cọc: A P + A P + AF = ∆ W2đ ⇔ m1gh + m2gh – Fđh = – (m1 + m2) v2 2   v2  4,52  ⇒ Fđ = (m1 + m2)  g +  = (90 + 30)  10 +  = 25500N 2h  2.0,05    Vậy: Lực cản đất là 25500N * Chú ý: Có thể tính v1 và Fđ theo định luật bảo toàn lượng sau: Chọn gốc trọng lực mặt đất – Công lực cản F không khí (không phải lực thế) độ biến thiên lượng búa: AF = ∆ W ⇔ –F.H = m1 v12 – m1gH ⇒ v1 = 2H(g − F ) = m/s m1 – Công lực cản Fđ đất (không phải lực thế) độ biến thiên lượng hệ búa và cọc: AF = ∆ W ⇔–Fđ.h = – (m1 + m2)gh – (m1 + m2) v2  v2  ⇒ Fđ = (m1 + m2)  g +  = 25500N 2h   b) Phần lượng búa đã tiêu hao để làm nóng và biến dạng va chạm búa và cọc 142 – Động hệ trước va chạm (bằng động búa trước va chạm): W0đ = m1 v12 – Động hệ sau va chạm:  m1v1 1 Wđ = (m1 + m2) v2 = (m1 + m2)  2  m1 + m 2 2  m1 v1  = m1 + m  – Phần lượng búa đã tiêu hao để làm nóng và biến dạng va chạm búa và cọc: 2 90.30.62 m1m v12 1 m1 v1 Q = W0đ – Wđ = m1 v1 – = = = 405J 2(90 + 30) 2 m1 + m 2(m1 + m ) Vậy: Phần lượng búa đã tiêu hao để làm nóng và biến dạng va chạm búa và cọc là 405J c) Phần lượng đã tiêu hao để thắng lực cản đất Ta có: Phần lượng đã tiêu hao để thắng lực cản đất độ lớn công lực cản đất: Q′ = A đ = Fđ.h = 25 500.0,05 = 1275J * Chú ý: Có thể tính công lực cản Ađ đất theo định luật bảo toàn lượng sau: Công lực cản đất (không phải lực thế) độ biến thiên lượng hệ búa và cọc: Ađ = ∆ W/ = –(m1 + m2)gh – ⇒ Q/ = A đ = 1275J Bài 2 m1 v1 = –1275J m1 + m C v B A Chọn chiều dương là chiều chuyển động vật C Xét va chạm C và A là va chạm hoàn toàn đàn hồi: Gọi vận tốc C và A sau va chạm là v1 và v2 Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ A và C thời gian va chạm ta được: mv = mv1 +mAv2 (1) Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên động hệ bảo toàn: Từ (1) và (2) ta có = v2 2 = mv mv1 + mAv22 2 (2) 2mv 2.0,1.10 = = 2(m / s ) > m + mA 0,1 + 0,9 Khi lò xo có độ nén cực đại là x thì vận tốc A Áp dụng định luật bảo toàn lượng cho vật A ta được: 143 mAv22 kx − = µ AmA gx → 50 x + 0,9 x −= 1,8 (3) 2 Giải phương trình (3) ta x ≈ 0,18( m) Xét va chạm C và A là va chạm mềm thì sau va chạm vật C và A cùng chuyển động với vận tốc v0 Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: mv = (m + mA)v0 → v0 = 1m/s Gọi x là độ co lớn lò xo Áp dụng ĐLBT lượng: 1 ( mA + m ) v02 − kx = µ A ( mA + m ) g.x → 50x2 + x – 0,5 = 2 Giải phương trình trên ta x = 0,09(m) Để B có thể dịch chuyển sang trái thì lò xo phải dãn ít đoạn x0 cho: Fđh = Fm/s B ↔ kx0 = µ B mB g= → x0 µ B mB g = k 0,3.4.10 = 0,12(m) 100 Như vận tốc v0 mà (m + mA) có sau va chạm phải làm cho lò xo co tối đa là x cho dãn thì lò xo có độ dãn tối thiểu là x0 Áp dụng ĐLBT lượng cho hệ quá trình này: kx µ A (mA + m) g ( x + x0 ) + kx02 → 50 x − x − 0,84 = = → x = 0,14m 2 ( loại nghiệm âm) Áp dụng ĐLBT lượng cho hệ quá trình lò xo bị nén, ta có 1 2 14 (mA + m)v02 − kx = µ A (mA + m) gx ⇒= v0 m/s 2 mà mv = (mA + m).v0 → v = 14 m/s ≈ 15m/s Như vậy, để mB có thể dịch sang trái thì C phải có vận tốc ít là 15m/s Bài Gọi u là vận tốc hệ sau va chạm (m1 + m2 )u = (m1 + m2 ) gh = (m1 + m2 ) gl (1 − cosα ) u2 → = l (1 − cos α ) (1) I 2g  g * Tính u Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có: l1    m1v1 + m2 v = (m1 + m2 )u Xem hướng từ trái sang phải là dương, ta có: m1v1 − m2 v = (m1 + m2 )u (2) m1 α1 α2 l2 m2 h2 h1 144 Khử u từ (1) và (2), ta được: (m1v1 − m2 v2 ) = l (1 − cos α ) (m1 + m2 ) 2 g (3) Các giá trị v1 và v tìm từ điều kiện: chuyển động tới điểm thấp trước va chạm, lượng hai cầu không thay đổi Điều này có nghĩa là: m1 gh1 = m1v12 m v2 và m2 gh2 = 2 (4) 2 (m1 gh1 − m2 gh2 ) Khi đó (3) có dạng: [m (m1 + m2 )3 g gl (1 − cos α ) − m2 gl (1 − cos α ) hay sau rút gọn: (m1 + m2 )2 g (m1 − cos α1 − m2 − cos α ) Lưu ý − cos α i = sin m1 sin (m1 + m2 )2 ] = l (1 − cos α ) = − cos α (5) αi , (5) có dạng: α α1 − m2 sin 2 = sin α 2 m1 + m2 áp dụng số tìm được: sin trái = l (1 − cos α ) , α ≈ −0, 405 => α = -47,780 hai lắc lệch sang 145 Dạng Bài toán va chạm hay, lạ, khó A Phương pháp giải Ngoài hai dạng toán va chạm xét trên thì còn có các dạng toán va chạm cần áp dụng các kiến thức động học, động lực học và định luật bảo toàn lượng giải Sau đây là số ví dụ B VÍ DỤ MẪU Ví dụ Một vật ném từ mặt đất với vận tốc đầu v0 nghiêng góc α với phương ngang Cách điểm ném khoảng L có thép thẳng đứng, mặt phẳng quỹ đạo vật vuông góc với thép Vật va chạm đàn hồi với thép a) Điểm rơi vật cách thép là bao nhiêu? b) Nếu thép chuyển động với vận tốc u phía vật và sau va chạm vật rơi trở lại đúng điểm ném thì thời gian từ lúc ném đến lúc va chạm bao nhiêu? Hướng dẫn a) Tấm thép đứng yên Va chạm là đàn hồi  B v0 vào thép thẳng đứng nên thành phần vận tốc theo phương C A D α thẳng đứng không đổi, còn thành phần vận tốc x x theo phương ngang đổi L chiều ngược lại S không đổi độ lớn Vì quỹ đạo vật nẩy từ thép đối xứng với phần kéo dài quỹ đạo không có thép Suy quỹ đạo vật là đường cong ABD, đó BD đối xứng với BC qua thép (hình vẽ) Gọi S là tầm xa vật không có thép, ta có: S = Khoảng cách từ điểm vật rơi đến thép: |x| = S – L = v20 sin2α g v20 sin2α –L g (1) v20 sin2α –L Vậy: Điểm rơi vật cách thép là |x| = g b) Tấm thép chuyển động với vận tốc u phía vật – Tổng thời gian chuyển động vật: t0 = 2v0 sinα g (2) – Thành phần vận tốc theo phương ngang mặt đất: + Trước va chạm: vx = v0cos α 146 + Sau va chạm: v /x = vvt + vtđ = (v0cos α + u) + u = v0cos α + 2u với: vvt = (v0cos α + u) là vận tốc vật thép vtđ = u là vận tốc thép đất Gọi t là thời gian từ lúc ném đến lúc va chạm – Thời gian từ lúc va chạm đến vật rơi trở lại điểm ném là: t/ = t0 – t – Quãng đường theo phương ngang từ lúc ném đến va chạm quãng đường từ lúc va chạm đến vật rơi trở lại điểm ném Ta có: vx.t = v/x t/ ⇒ (v0cos α ).t = (v0cos α + 2u).( t0 – t) ⇒t= (v0 cosα+2u).t 2(v0 cosα+u) – Thay (2) vào (3) ta được: t = (3) v0 sinα(v0 cosα+2u) (v0 cosα+u)g Vậy: Thời gian từ lúc ném đến lúc va chạm là t = v0 sinα(v0 cosα + 2u) (v0 cosα + u)g Ví dụ Một cốc hình trụ, đáy phẳng, cao h = 0,1 m h trượt không ma sát trên mặt phẳng nghiêng góc α = 450 Tại thời điểm cốc bắt đầu trượt thì có vật nhỏ rơi từ miệng cốc và va chạm đàn hồi với đáy cốc (hình vẽ) Tìm quãng đường cốc α trượt đến lần va chạm thứ n = vật với đáy cốc Hướng dẫn  – Gia tốc a cốc trên mặt phẳng nghiêng có phương chiều hình vẽ, có độ lớn là: (1) a = gsin α – Xét hệ quy chiếu gắn với cốc thì ngoài gia  tốc rơi tự g , vật còn có gia tốc quán tính (–  −a  a ) Gia tốc tổng hợp vật là: h    (2) g/ = g + (– a )  – Từ (1) và (2) suy g/ vuông góc với mặt phẳng α nghiêng, tức là song song với thành ống Vì xét hệ quy chiếu gắn với cốc thì vật “rơi tự do” từ độ cao h với gia tốc g/ = gcos α – Vì va chạm với đáy cốc là đàn hồi nên vật rơi xuống và nẩy lên liên tục cùng điểm cốc Do đó:  g/  g  a α 147 + Thời gian rơi từ thả đến chạm cốc lần thứ là: t1 = 2h = g/ 2h gcosα + Thời gian rơi từ thả đến chạm cốc lần thứ n là: tn = t1 + (n – 1).2t1 = (2n – 1)t1 – Trở lại hệ quy chiếu gắn với mặt phẳng nghiêng (với mặt đất), quãng đường cốc đã trượt là: a gsin α S = t 2n = (2n − 1)2 t12 = (2n – 1)2.h.tan α 2 ⇒ S = (2.5 – 1)2.0,1.tan450 = 8,1m Vậy: Quãng đường cốc trượt đến lần va chạm thứ vật với đáy cốc là S = 8,1m Ví dụ Một cầu nhỏ trượt không  ma sát với vận tốc v0 trên mặt phẳng v0 ngang rơi xuống hố sâu H = 1m tạo hai mặt phẳng song song cách  d = 5cm Vận tốc v0 vuông góc H với các mặt phẳng (hình vẽ) Thành và đáy hố hoàn toàn nhẵn Va chạm là hoàn toàn tuyệt đối Lấy g = 10 m/s2 a) Cho v0 = m/s Tính số lần va chạm với thành hố trước khidchạm đáy b) Vận tốc v0 phải thỏa mãn điều kiện nào để cầu lên đúng mép đối diện chỗ nó rơi xuống hố Hướng dẫn a) Số lần va chạm với thành hố trước chạm đáy Khi vật va chạm đàn hồi vào hai mặt phẳng thẳng đứng thì thành phần vận tốc vật theo phương thẳng đứng không đổi hướng và độ lớn va chạm, còn thành phần nằm ngang thì đổi hướng mà không đổi độ lớn và luôn v0 Thời gian hai lần liên tiếp vật va chạm vào mặt phẳng: d t1 = (1) v0 Thời gian vật chuyển động từ miệng đến đáy hố: t= 2H g (2) Số lần va chạm vào hai mặt phẳng trước chạm đáy: 148 N= v t = t1 d 2H = 0,05 g 2.1 = 8,9 10 Vậy: Số lần va chạm vào hai mặt phẳng trước chạm đáy (N nguyên) là lần b) Tìm v0 để cầu lên đúng mép đối diện chỗ nó rơi xuống hố Để cầu lên đúng mép đối diện chỗ nó rơi xuống hố thì quỹ đạo lên và xuống phải đối xứng qua trục hố, suy điểm va chạm với đáy hố là trung điểm đáy (hình vẽ)   Gọi N′ là số lần cầu va chạm với hai v0 v mặt phẳng trước chạm đáy, ta có: (3) t = (N′ + ).t1 Thay (1) và (2) vào (3) ta được: 2H d = (N′ + ) g v0 H I g ⇒ v0 = (N′ + )d 2H d Vậy: Để cầu lên đúng mép đối diện chỗ nó rơi xuống hố thì g )d 2H  Ví dụ Thang máy lên cao với gia tốc a , vận tốc đầu v0 = Từ độ cao H so với sàn, thang máy bắt đầu chuyển động, người ta thả cầu Sau t giây, gia tốc thang máy đổi chiều và triệt tiêu sau t giây nữa, sau đó cầu va chạm với sàn thang máy Tìm độ cao h (so với sàn thang máy) mà cầu đạt tới sau va chạm Hướng dẫn Xét hệ quy chiếu gắn với thang máy Chọn chiều dương thẳng đứng hướng xuống – Giai đoạn 1: Thang máy lên nhanh dần với gia tốc a khoảng thời gian t + Gia tốc vật: a1 = g + a + Vận tốc cuối: v1 = a1t = (g + a)t v0 = (N′ + t2 t2 = (g + a) 2 – Giai đoạn 2: Thang máy xuống nhanh dần với gia tốc a khoảng thời gian t + Gia tốc vật: a2 = g – a (1) + Vận tốc cuối: v2 = v1 + a2t = (g + a)t + (g – a)t = 2gt + Quãng đường vật được: + Quãng đường vật được: h1 = a1 149 t2 3gt at t2 = (g + a)t2 + (g – a) = + 2 2 Kết thúc giai đoạn (khi thang máy dừng lại), vật cách sàn thang máy đoạn s và xuống nhanh dần (so với sàn) với vận đầu v2 và gia tốc g Ta có: (2) s = H – (h1 + h2) = H – 2gt2 – at2 Gọi v3 là vận tốc vật trước va chạm với sàn thang máy, ta có: h2 = v1t + a2 v32 = v22 + 2gs (3) – Thay (1) và (2) vào (3), ta được: v32 = 4g2t2 + 2g(H – 2gt2 – at2) = 2g(H – at2)  Gọi v4 là vận tốc vật sau va chạm đàn hồi với sàn thang máy thì  vectơ v4 thẳng đứng hướng lên và có độ lớn là: v4 = v3 – Độ cao cực đại mà vật lên (so với sàn) sau va chạm với sàn thang máy: h= v24 v2 2g(H − at ) = = = H – at2 2g 2g 2g Vậy: Độ cao (so với sàn thang máy) mà cầu đạt tới sau va chạm là: h = H – at2 * Chú ý: Có thể giải bài toán hệ quy chiếu gắn với mặt đất sau: Xét khoảng thời gian chuyển động 2t ban đầu: – Vật rơi tự không vận tốc đầu, với: + Vận tốc cuối: v1 = g.2t = 2gt + Quãng đường vật rơi được: h1 = g (2t)2 = 2gt2 – Thang máy lên có hai giai đoạn: + Giai đoạn 1: Đi lên nhanh dần với gia tốc a khoảng thời gian t:  Vận tốc cuối: v2 = at t2 + Giai đoạn 2: Đi lên chạm dần với gia tốc a khoảng thời gian t:  Quãng đường thang máy được: h2 = a  Vận tốc cuối: v2/ = v2 – at = ⇒ Thang máy đứng yên t2 t2 t2 = at.t – a =a 2 – Khoảng cách vật và sàn sau khoảng thời gian chuyển động 2t:  Quãng đường thang máy được: h 2/ = v2t – a s = H – h1 – (h2 + h 2/ ) = H – 2gt2 – at (4) – Sau khoảng thời gian chuyển động 2t thì thang máy đứng yên, vật rơi tự với vận tốc đầu v1 và gia tốc g, sau hết quãng đường s thì vật va 150 chạm với sàn nẩy lên Gọi v3 là vận tốc vật trước va chạm với sàn thang máy, ta có: (5) v32 = v22 + 2gs  Gọi v4 là vận tốc vật sau va chạm đàn hồi với sàn thang máy thì  vectơ v4 thẳng đứng hướng lên và có độ lớn là: (6) v = v3 – Độ cao cực đại mà vật lên (so với sàn) sau va chạm với sàn thang máy: v24 Hm = 2g (7) – Thay (4), (5), (6) vào (7) ta được: Hm = H – at2 C BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Một cầu chuyển động hộp vuông, va chạm đàn hồi với đáy và thành hộp theo cùng quỹ đạo (hình vẽ) Khoảng thời gian va chạm với đáy và với thành là ∆t Đáy hộp nghiêng góc α với phương ngang Tìm vận tốc cầu sau va chạm Bài Một cầu nhảy bán cầu hình vẽ Nó va chạm đàn hồi với mặt bán cầu hai điểm cùng nằm trên đường nằm ngang (cùng độ cao) Khoảng thời gian chuyển động từ trái sang phải là T1, từ phải sang trái là T2 (T2 ≠ T1) Tìm bán kính bán cầu α T2 T1 Bài Một mặt phẳng nghiêng nhỏ nghiêng góc α với mặt phẳng ngang Có hai cầu bay theo phương ngang đến mặt phẳng nghiêng đó với cùng vận tốc v0 Quả cầu thứ va không chạm đàn hồi, Quả cầu thứ hai va chạm đàn hồi Hỏi góc α bao nhiêu thì hai cầu bay khỏi mặt phẳng nghiêng với tầm xa H Bài Từ độ cao H có cầu nhỏ rơi xuống mặt nêm nghiêng góc α với phương ngang (hình vẽ) Cùng lúc đó nêm bắt đầu chuyển α 151 động nhanh dần theo phương ngang Tìm khoảng thời gian hai va chạm liên tiếp vật với nêm, biết các va chạm này là tuyệt đối đàn hồi và luôn xảy cùng điểm trên mặt nêm Bài Một vật ném từ mặt đất với vận tốc đầu v0 = 10 m/s theo phương hợp với phương ngang góc α = 600 Tại độ cao h = 3m vật va chạm đàn hồi với trần nhà nằm ngang Tìm khoảng cách từ điểm ném đến điểm rơi vật trên mặt đất Bài Một ống hình trụ dài  nghiêng góc α với phương ngang Quả cầu nhỏ bay với vận tốc v0 theo phương ngang vào ống và va chạm đàn hồi với thành ống Tìm thời gian cầu chuyển động ống Bài Một bóng đàn hồi rơi tự từ độ cao h = 2m Sau va chạm với sàn ngang còn lại k = 81% so với trước lúc va chạm Quỹ đạo bóng luôn thẳng đứng Lấy g = 9.8m/s2 Hỏi sau bao lâu thì bóng dừng, thời gian đó bóng quãng đường dài bao nhiêu? Bài 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 v0 thì nó dừng lại mặt sau ván, bắn với vận tốc v1 > v0 thì đạn xuyên qua ván Tính vận tốc v ván sau đạn xuyên qua Giả thiết lực cản ván đạn không phụ thuộc vào vận tốc đạn Bài Dùng sợi dây mảnh dài L, khối lượng không đáng kể, để treo cầu nhỏ vào đầu trụ gỗ có đế đặt trên mặt bàn m ngang hình vẽ Khối lượng cầu là m , khối lượng trụ và đế là M = 4m Cầm cầu kéo căng sợi dây theo phương ngang và thả nó rơi không vận tốc ban đầu Coi va chạm cầu và trụ hoàn toàn không đàn hồi 1.Trong quá trình cầu rơi, đế gỗ không dịch chuyển Hệ số ma sát bàn và đế là µ L O M a.Tính vận tốc hệ sau va chạm b.Sau va chạm đế gỗ dịch chuyển độ dài bao xa thì dừng lại? 2.Trong quá trình cầu rơi xuống để đế gỗ không dịch chuyển thì hệ số ma sát nhỏ là bao nhiêu? Hệ số ma sát nghỉ cực đại đế và mặt bàn xuất lớn ứng với góc treo sợi dây so với phuơng nằm ngang là bao nhiêu? 152 Bài 10 Hai cầu bi a giống hoàn toàn nhẵn, ban đầu cầu thứ hai đứng yên, cầu thứ chuyển động tịnh tiến đến va chạm tuyệt đối đàn hồi với thứ hai Đường nối tâm cầu va chạm tạo với hướng chuyển động ban đầu thứ góc α = 600 Trong thời gian va chạm cầu bị biến dạng, phần động cầu đến chuyển thành biến dạng cầu, cầu xa thì này lại chuyển thành động Xác định tỷ số phần trăm lượng biến dạng cực đại so với động ban đầu cầu thứ D HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài – Để quỹ đạo chuyển động các va chạm là thì vận tốc trước và sau va chạm phải có phương vuông góc với thành đáy hộp các điểm va chạm A và B Xét quỹ đạo vật từ A đến B, các vectơ vận tốc A và B hình vẽ Chọn hệ tọa độ xOy có các trục song song với thành và đáy hộp x  – Các thành phần gia tốc theo hai trục tọa độ là: vA gx = –gsinα; gy = gcosα – Trong thời gian ∆ t vật bay từ A A đến B thì thành phần vận tốc  theo trục x triệt tiêu, còn thành gx phần vận tốc theo trục y tăng B α dần từ đến vB Ta có: α vx = vA + gx ∆ t =  gy  vy = + gy ∆ t = vB vB  Suy ra: vA = –gx ∆ t = (gsinα) ∆ t g y vB = gy ∆ t = (gcosα) ∆ t Vậy: Vận tốc cầu sau va chạm với đáy và thành hộp là vA = (gsinα) ∆ t và vB = (gcosα) ∆ t Bài Vì va chạm là đàn hồi nên điểm va chạm A (hoặc B), hai vectơ vận tốc trước và sau va chạm đối xứng qua pháp tuyến điểm va chạm, tức là đường thẳng OA (hoặc OB) nối tâm bán cầu với điểm va chạm và có độ lớn v0 (hình vẽ): v1 = v2 = v0 – Các điểm va chạm nằm trên cùng đường nằm ngang, tức là tầm xa ứng với hai góc ném α1 và α là nhau: 153 v20 sin2α v20 sin2α1 S= = g g (1) ⇒ sin 2α1 = sin 2α Vì α1 , α < 90 O  v2 ⇒ α1 + α = 1800 ⇒ α1 + α = 900 và sin α = cos α1 Gọi ϕ là góc hợp bán kính OA với đường nằm ngang AB, ta có: α -α α +α ϕ = α1 + = = 450 2 A α1 – Tam giác AOB vuông cân O cho S = R – Thời gian bay vật theo hai quỹ đạo là: 2v0 sinα1 T1 = g T2 = R α v ϕ S B (2) (3) 2v0 cosα1 2v0 sinα = g g (4) – Từ (1), (2), (3) và (4) ta được: T1.T2 = 2v20 sin2α1 2v0 sinα1 2v0 cosα1 gT T 2R 2S = = = ⇒R= g g g g g 2 Vậy: Bán kính bán cầu là R = gT1T2 2 Bài – Vật I va chạm không đàn hồi với mặt phẳng nghiêng nên sau va chạm, thành phần vận tốc theo phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng bị triệt tiêu,  còn thành phần v1 song song mặt phẳng nghiêng Suy ra, sau va chạm, vật I chuyển động ném xiên với góc ném α và vận tốc đầu v1 (hình a) Ta có: v1 = v0cosα v12 sin2α v20 cos2 αsin2α – Tầm xa vật I: s1 = = g g – Vật II va chạm đàn hồi với mặt phẳng nghiêng nên sau va chạm,   vận tốc v2 đối xứng với v0 qua α (1)  v II  v1 I α  v0 α s1 = s2 = s Hình a 154 mặt phẳng nghiêng không đổi độ lớn (v2 = v0) Có hai trường hợp: + Với α nhỏ (hình a), vật II bay sang phải với góc ném 2α < 900 ⇒ α < 450 Tầm xa: s2 = v2 2cos2αsin2α v20 sin4α = (2) g g Tầm xa nên: s1 = s2 (3) Thay (1) và (2) vào (3) ta được: v2 2cos2αsin2α v cos αsin2α = g g 2 ⇒ cos2 α = 2cos 2α = 2(2cos2 α –1) ⇒ α ≈ 350 < 450  v2 + Với α lớn (hình b), vật II bay sang trái γ β với góc ném γ = 2β β = (900 – α ) < 900 S2/ ⇒ α > 450 α v20 sin  900 -α  v20 sin2γ   / = Tầm xa: s2 = Hình b g g ⇒ cos α = ( ⇒ s2/ = – v20 sin4α v2 2cos2αsin2α = – g g Tầm xa nên: s1 = s2/ )  v1  v0 S1 (4) (5) v20 cos2 αsin2α v2 2cos2αsin2α =– g g 2α 2α ⇒ cos = –2cos 2α = –2(2cos – 1) Thay (1) và (4) vào (5) ta được: ⇒ α ≈ 50046’ > 450 Vậy: Để hai cầu bay khỏi mặt phẳng nghiêng với tầm xa thì α ≈ 350 α ≈ 50046’ ⇒ cos α = Bài – Để va chạm luôn xảy cùng điểm trên mặt nêm thì nêm phải chuyển động sang phải (hình vẽ)  Gọi a là gia tốc nêm Xét hệ quy chiếu gắn với nêm thì gia tốc    vật là: g′ = g + ( − a ) 155  – Để va chạm luôn xảy cùng điểm trên mặt nêm thì g′ phải vuông góc với mặt nêm, suy : g g′ = (1)  (−a ) cosα h h = Hcos α (2) α Như vây, hệ quy chiếu gắn với nêm thì vật “rơi tự do” theo phương   g/ g H vuông góc với mặt nêm, với gia tốc g/ từ độ cao h + Thời gian rơi : t1 = 2h (3) g/ α + Thay (1) và (2) vào (3) ta được: t1 = cos α  a 2H g + Thời gian hai lần va chạm liên tiếp: t = 2t1 = 2cos α 2H g Bài – Va chạm đàn hồi nên vận tốc trước và sau va chạm đối xứng qua trần nhà nằm ngang, suy quỹ đạo vật sau va chạm đối xứng với quỹ đạo vật trước va chạm (đường ABC trên hình vẽ) – Thời gian vật bay từ A đến B là nghiệm phương trình sau: g B h = (v0sinα).t – t2 g ⇔ t2 – (v0sinα).t + h = h 2 v0 sinα  v0 sinα  2h    ⇒t=    − g  g  g    α A Thay số ta được: t = 0,5s (loại nghiệm t > t0 = C v0 sinα = 0,87s; đó, t0 = g 0,87s là thời gian vật từ ném đến đạt độ cao cực đại, không gặp trần nhà) Khoảng cách từ điểm ném đến điểm rơi vật trên mặt đất: s = AC = (v0cosα).2t = 5m Bài Chọn hệ tọa độ xOy hình vẽ Các thành phần vận tốc đầu và gia tốc theo hai trục tọa độ là: v0x = v0cos α ; v0y = v0sin α 156 gx = –gsin α ; gy = gcos α Do va chạm vật với thành ống là va chạm đàn hồi nên thành phần vận tốc theo trục Ox (song song thành ống) không đổi va chạm, tức là không phụ thuộc vào việc vật có va chạm hay không vào thành ống Nói cách khác, theo phương Ox thì vật chuyển động thẳng biến đổi với vận tốc đầu là v0x và gia tốc là gx Các phương trình chuyển động theo trục Ox: + Vận tốc: vx = v0x + gx.t = v0cos α – g(sin α ).t 1 + Tọa độ: x = v0x.t + gx.t2 = v0(cos α ).t – g(sin α ).t2 2 * Trường hợp 1: Nếu vx triệt tiêu trước x =  thì cầu không bay qua ống mà bay trở lại và khỏi ống đầu bên trái + Thời gian vật bay đến vx = là: vx = v0cos α – g(sin α ).t = ⇒t= v0 cosα v = cot α gsinα g (1) x + Tổng thời gian vật chuyển động ống: 2v0 t/ = 2t = cot α (2) g α O  gx + Quãng đường vật đã bay: α Sx = v0x.t + gx.t2  g = v0(cos α ).t – g(sin α ).t2 + Thay (1) vào (3) ta được: Sx =  v20 cos2 α 2gsinα  v0 α  gy y (3) (4) + Điều kiện để vật không chui qua ống: v20 cos2 α Sx = ≤  ⇒ v0cos α ≤ 2gsinα 2g sin α (5) * Trường hợp 2: Vật bay qua ống, tức thỏa điều kiện : v0cos α > 2g sin α + Thời gian chuyển động ống là nghiệm nhỏ phương trình: x = v0(cos α ).t – g(sin α ).t2 = L 2 ⇒ g(sin α ).t – 2v0(cos α ).t + 2L = ⇒t= v0 cot α g  2g tan α  1 − −   v cosα   157 Vậy: Thời gian cầu chuyển động ống là t= v0 cot α g  2g tan α  1 − −    v cos α   Bài Cơ ban đầu bóng: E0 = mgh Sau va chạm thứ i : Ei = k i Eo = mghk i và 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: ti = 2hi = 2h / g g ( k) i Thời gian để bóng dừng là: t = t0 + với t0 = n ∑t i =1 i 2h , n là số lần va chạm g n t = 2h g + 2h g ∑ i =1 ( k) i ( k ) + + ( k )  ( k ) − = h g + k − 2( k ) = − 2h g + 2h g ( k )− 1− k Vì k < nên n → ∞ thì ( k ) → Do đó: = − 2h g + 2h g 1 +  n n +1 n +1 n +1 t = 2h g 1+ k ≈ 12 s 1− k Quãng đường bóng là: n n i =1 i =1 ( s = h + 2∑ hi = h + 2h∑ k i = h + 2h k + k + + k n ) k n +1 − 1 + k − k n +1 = − h + 2h + k + k + + k = −h + 2h =h k −1 1− k n +1 Vì k < nên n → ∞ thì k → đó: 1+ k S =h ≈ 19.1m 1− k ( n ) Bài Khi vận tốc đạn là v0 158 Sau xuyên qua, đạn và gỗ cùng chuyển động với vận tốc v’ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và lượng cho hệ trước và 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  Từ (1), (2) ⇒ Q = mv0 − ( M + m )  v0  M +m  mM Q= v02 2( M + m) 2 (3)  Khi đạn có vận tốc v1 > v0 Gọi v2 là vận tốc đạn sau xuyên qua gỗ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và lượng cho hệ trước và sau va chạm ta có: (4) = mv1 Mv + m v2 1 mv1 = Mv + mv22 + Q 2 (5) Thay (3), (4) vào (5) ta suy ra: M  M  M v02 v= v +  v1 − v  + m m  M +m  m v02 mv1 ⇒ v2 − v + = 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: v2 = mv1 − M v12 − v02 m (v1 + v12 − v02 ) = <v M +m M +m Điều này vô lý vì vận tốc đạn sau xuyên qua gỗ không thể nhỏ vận tốc gỗ Do đó ta chọn: = v m (v1 − v12 − v02 ) M +m Bài Gọi vận tốc cầu trước và sau va chạm là v và v': v = gL mv = ( m + M ) v ' ⇒ v ' = m m+M gL θ (   T  T  159 Sau va chạm tác dụng lực ma sát đế gỗ chuyển động chậm dần đến dừng lại Quãng đường đế gỗ dịch chuyển là x: f ms x =0 − ( m + M ) Với v '2 (1) = f ms µ ( m + M ) g (2) Từ (1) và (2) cho: x = m2 L L = 25µ µ (m + M ) Gọi góc phương ngang và dây treo là θ : mgL sin θ = mv L mv (3) Từ sơ đồ chịu lực: T − mg sin θ = (4) (5) f − T cos θ = (6) N − T sin θ − Mg = đế gỗ không dịch chuyển f ≤ µ N (7) 2M Từ (3) tới (7) : µ = f (θ ) và= A = 3m sin 2θ f (θ ) = A + 2sin θ Tìm cực đại hàm số ( ) cos 2θ A + 2sin θ − sin 2θ 4sin θ cos θ 0⇒ f (θ ) f = = A + 2sin θ ' ( ) Thay cos 2θ = cos θ − = − 2sin θ ta có: sin θ = A ( A + 1) sin= 2θ f (θ ) = A A 1− = ( A + 1) A ( A + 1) A ( A + 2) = µmin f= max (θ ) sin θ = Với= A A ( A + 2) A +1 2M = 3m 3m = 0, 283 M + 3mM ⇒ sin θ = 0, 6030 ⇒ θ = 370 05' 22 160 Bài 10 Theo định luật bảo toàn động lượng mv0 = mv1 + mv ⇒ v0 = v1 + v2 Áp dụng định lí hàm số Cosin: 2 v1 = v + v − v v cos α 2 ⇔ v1 = v + v − v v (1) Áp dụng định luật bảo toàn lượng: 1 2 mv = mv1 + mv + Q 2 2 (1), (2) ⇒ v − v v + ∆ = v0 ⇒ H= 2 2 ⇔ v = v1 + v + 2Q (2) m 2Q =0 m mv Q − 16 ≥ ⇒ Q ≤ 16 m Q max = = 12,5% E0 161