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

TÊN ĐỀ TÀI: VẬN DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT BÀO TOÀN GIẢI QUYẾT BÀI TOÁN VỀ CƠ HỆ A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT: I. ĐỘNG LƯỢNG. 1/ Động lượng của hệ vật: p  mv Động lượng phụ thuộc hệ quy chiếu. Động lượng của hệ vật: p  p1  p 2  p 3 2/ Định lý biến thiên động lượng : p   F .t Độ biến thiên động lượng của một vật trong khoảng thời gian Δt bằng xung lượng của tổng các lực tác dụng lên vật trong khoảng thời gian đó. 3/ Định luật II Newton dưới dạng tổng quát:  F  dp dt 4/ Định luật bảo toàn động lượng p1  p 2  p 3 .....  p n  p '1  p ' 2  p '3 ......  p ' n Tổng vecto động lượng của một hệ vật cô lập và kín là một đại lượng bảo toàn. II. ĐỘNG NĂNG. THẾ NĂNG. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG 1. Động năng a) Động năng của một vật: Wđ = b) Định lý về động năng: Wđ  1 mv 2 2 A Độ biến thiên động năng của một vật bằng công toàn phần của các lực tác dụng lên vật. 2. Thế năng và lực thế a) Lực thế Một lực được gọi là lực thế nếu công mà nó thực hiện trên một vật không thuộc vào hình dạng đường đi của vật mà chỉ phụ thuộc các vị trí đầu và cuối của đường 1 đi. Nói một cách khác, công mà lực thế thực hiện trên một vật chuyển động theo một đường kín bằng 0. Trọng lực, lực hấp dẫn, lực đàn hồi, lực tĩnh điện là lực thế b) Thế năng Khi một hệ vật tương tác với nhau bằng một lực thế thì hệ dự trữ một năng lượng gọi là thế năng. Thế năng phụ thuộc vào loại lực thế - Thế năng trọng trường: Wt = mgz trong đó m là khối lượng của vật, z là độ cao của vật tính từ mặt ngang được chọn làm gốc thế năng. - Thế năng đàn hồi: Wt = 1 k ( l ) 2 2 trong đó Δl là độ biến dạng của lò xo c) Định lý độ biến thiên thế năng:  At   Wt Tổng đại số công các lực thế trong một quá trình biến đổi thì bằng độ giảm thế năng. 3. Cơ năng. Định luật bảo toàn cơ năng a) Cơ năng: W = Wđ + Wt Là đại lượng bằng tổng động năng và thế năng của hệ vật ở một thời điểm b) Định luật bảo toàn cơ năng Trong hệ cô lập và kín các vật chỉ tương tác nhau bởi lực thế thì độ tăng động năng bằng độ giảm thế năng và ngược lại. Nói khác cơ năng của hệ được bảo toàn W = Wt + Wđ = const Hay ΔWđ = - ΔWt 4. Định luật về độ biến thiên cơ năng ( định luật bảo toàn năng lượng): A 0t  W2  W1 Tổng công của các lực không phải là lực thế tác dụng lên hệ bằng độ biến thế thiên cơ năng của hệ III. BÀI TOÁN VA CHẠM. 1/ Va chạm trực diện 2 Va chạm được gọi là trực diện nếu như trước và sau khi va chạm hai vật vẫn chuyển động trên cùng một phương, như vậy những biểu thức vecto có thể viết dưới dạng các biểu thức đại số. Ta phân biệt các kiểu va chạm a) Va chạm đàn hồi Va chạm đàn hồi tuân theo các định luật bảo toàn động lượng và động năng b) Va chạm không đàn hồi. Vẫn tuần theo định luật bảo toàn động lượng, nhưng động năng không bảo toàn. Phần động năng mất đi chủ yếu chuyển thành nhiệt năng: M1v1 + m2v2 = m1v’1 +m2v’2 1 2 m1v’12 + 1 2 m2v’22 + Q = 1 2 m1v12 + 1 2 m2v22 Trong va chạm không đàn hồi thường đặc trưng bởi một đại lượng gọi là hệ số hồi phục e v 2'  v '1 v 2  v '1  v ' 2 v '1 v 2  v1 Nếu e = 1 là va chạm đàn hồi Nếu e = 0 là chạm mềm 2/ Va chạm không trực diện Là loại va chạm, sau khi va chạm hai vật đổi phương chuyển động. Để khảo sát loại này ta thường phân tích chuyển động của chúng trước và sau va chạm trên hệ hai trục tọa độ thích hợp và viết các phương trình định luật bảo toàn động lượng trên các trục này. Nếu va chạm đàn hồi thì động năng của hệ cũng bảo toàn 3 B. PHÂN DẠNG CÁC BÀI TOÁN Ghi chú: Khi sử dụng phương pháp các định luật bảo toàn để giải các bài toán cơ học ta cần thực hiện các bước sau: - Chọn hệ vật phù hợp với đề bài - Xác định điều kiện để áp dụng các định luật bảo toàn - Chỉ rõ hệ quy chiếu quán tính và mốc thế năng. 1. Bài toán về va chạm Ví dụ 1. Hai vật cùng khối lượng m = 0,5kg đứng yên trên mặt sàn nhẳn nằm ngang, chúng được nối với nhau bằn một lò xo nhẹ, có chiều dài tự nhiên 30cm và độ cứng 16N/m. Các vật đồng thời được cấp vận tốc v0 = 0,36m/s hướng tới một bức tường. Vật bên phải va chạm tuyệt đối đàn hồi với tường. a) Xác định độ nén lớn nhất của lò xo trong quá trình va chạm V0 V0 b) Sau va chạm với tường, sau bao lâu thì hai vật gần nhau nhất. c) Sau đó hệ còn xảy ra va chạm với tường nữa không? Các vạt chuyển động thế nào sau thời gian đủ lâu? d) Tìm độ thay đổi động lượng của hệ sau khi tất cả các va chạm đã xảy ra. Giải: Vật bên phải va chạm tuyệt đối đàn hồi với tường nên ngay sau va chạm vận tốc của vật là v0 hướng sang trái a) Khi lò xo bị nén nhiều nhất thì hai vật ngừng chuyển động mv 02 1 2 Định luật bảo toàn cơ năng k (l max )  2  Δlmax = 0,09m 2 2 b) Sau va chạm đầu tiên với tường khối tâm G của hệ đứng yên, nên hai vật dao động như các con lắc lò xo có độ cứng k’ = 2k. Thời gian để hai vật gần nhất là Δt = T 1  2 4 4 m   s 2k 16 4 c) Sau khi hai vật gần nhất chúng lại chuyển động ngược chiều nhau, đến khi lò xo không biến dạng chúng có cùng tốc độ là v0 vật bên phải lại va chạm với tường lần nữa và đổi chiều chuyển động vận tốc là v0. Hai vật cùng chuyển động sang trái với vân tốc v0 và khoảng cách không đổi là 30cm d) Độ thay đổi động lượng của hệ Δp = 2mv0 – (- 2mv0) = 4mv0 = 1,8kgm/s Ví dụ 2. Hai quả cầu có bán kính bằng nhau chuyển động trên trục Ox. Gọi m1 và m2 là khối lượng của chúng; v1 và v2 là giá trị đại số của vận tốc của chúng trước m2 va chạm. Va chạm là trục diện. Đặt x = m . 1 a) Xác định giá trị đại số của vận tốc v’1 và v’2 của hai quả cầu ngay sau va chạm theo x; v1; v2 và hệ số hồi phục e. b) Tính v’1 ; v’2 trong ba trường hợp: - va chạm tuyệt đối đàn hồi - va chạm không đàn hồi với e = 0,5. - Và chạm mềm c) Hai quả cầu chuyển động ngược chiều nhau. Ngay trước va chạm tốc độ của quả cầu 2 gấp đôi quả cầu 1. Hãy xác định v’1 và v’2 của hai quả cầu ngay sau va chạm theo tỉ số x trong hai trường hợp: - Va chạm tuyệt đối đàn hồi - Va chạm không đàn hồi với e = 0,5 BD HSG cơ 1 Giải. a) Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo trục Ox m1v1 + m2v2 = m1v1’ + m2v2’ (1) Hệ số hồi phục theo định nghĩa e   ' Từ (1) và (2) suy ra v1  v1'  v 2' v1  v 2 (2) (m1  em2 )v1  m 2 (1  e)v 2 m1  m 2 5 Thay m2 = xm1 vào ta được v '1  (1  ex)v1  x(1  e)v 2 (1  e)v1  ( x  e)v 2 ; v' 2  1 x 1 x (3) b) Xét các trường hợp đặc biệt - Va chạm tuyệt đối đàn hồi: Thế e = 1 và (3) - Va chạm không đàn hồi: đề bài cho e = 0,5 - Va chạm mềm: thế e = 0 c) Hai quả cầu chuyển động ngược chiều nhau: Chọn chiều dương là chiều của v1 . Trường hợp 1: e = 1 và v2 = -2v1  Ta có v'1  (1  5 x)v1 (4  2 x )v1 ; v' 2  1 x 1 x Lập bảng: x 0 1/5 2  v’1 + 0 | v’2 + | + 0  Khi x = : Quả cầu 1 bật trở lại với tốc độ lớn gấp 5 lần trước, còn quả cầu 2 gần như chuyển động vã như cũ. Ví dụ 3: Một mặt phẳng nghiêng khối lượng m 2 được đặt trên một mặt phẳng nhẵn có phương ngang. Một quả bóng đàn hồi khối lượng m 1 bay đến đập vào mặt phẳng nghiêng với vận tốc u theo phương ngang. Sau va chạm quả bóng nảy lên khỏi mặt phẳng nghiêng, sau đó lại rơi xuống và va chạm với mặt phẳng nghiêng vẫn tại vị trí va chạm lần đầu. Tính tỷ số khối lượng của quả bóng và mặt phẳng nghiêng. Biết mặt phẳng nghiêng góc θ so với phương ngang. Giải: Quả bóng khối lượng m1 có vận tốc ban đầu u đến va chạm với mặt phẳng nghiêng đứng yên. Ngay sau va chạm, quả bóng có vận tốc v1, mặt phẳng nghiêng có vận tốc v2, góc phản xạ của quả bóng (là góc giữa vectơ vận tốc v1 với mặt phẳng nghiêng) là α. 6 Góc tới của quả bóng (là góc giữa vectơ vận tốc u với mặt phẳng nghiêng) là θ, là m 2 góc nghiêng của mặt phẳng nghiêng. Để xác định tỷ số q  m , bằng bốn điều kiện 1 sau: - Theo phương ngang, không có ngoại lực tác dụng vào hệ, do đó thành phần động lượng theo phương ngang được bảo toàn, ta có: u  v1 . cos      q.v 2 (1) - Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi, mặt phẳng nằm ngang hoàn toàn không có ma sát nên động năng của hệ được bảo toàn, ta có: u 2  v12  q.v 22 (2) - Trong va chạm, lực tương tác giữa quả bóng và mặt phẳng nghiêng vuông góc với mặt phẳng nghiêng, do đó thành phần song song với mặt phẳng nghiêng của vectơ vận tốc được bảo toàn, ta có: u. cos   v1 . cos  (3) - Vì va chạm lần hai xảy ra tại cùng một vị trí trên mặt phẳng nghiêng, do đó theo phương ngang, tốc độ chuyển động của quả bóng và mặt phẳng nghiêng là như nhau, ta có: v1 . cos      v 2 (4) Thay (4) vào (1) và (2) ta được: u  1  q .v1 . cos      u 2  v12 1  q. cos 2      (5)  (6) Từ (5) và (6) ta có:  tan   tan   q 2  q  tan 2        1  tan  . tan   2 (7) Từ (5) và (3) ta có: tan   q. cot   tan  1 q (8) Thay (8) vào (7), ta có: q tan 2  1  tan 2  (9) 7 0  q    0   Với  4 Thay (9) vào (8), ta được: tan   tan 3  Nhận xét: +    . Dấu “=” xảy ra khi   0;  4 + Đặc biệt, kết quả này phù hợp cả khi mặt phẳng nghiêng góc θ > 45 o. Khi θ = 45o, mặt phẳng có thể có khối lượng bất kỳ so với quả bóng, khi đó động lượng của hệ theo phương ngang luôn bằng không sau lần đầu va chạm. Ví dụ 4: Một quả bóng đàn hồi rơi tự do từ độ cao h  2m . Sau mỗi va chạm với sàn ngang cơ năng chỉ 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, trong thời gian đó bóng đi được quãng đường dài bao nhiêu? Giải: Cơ năng ban đầu của bóng: E0  mgh i i Sau va chạm thứ i : Ei  k Eo  mghk và độ cao bóng đạt được là: hi  k i h Thời gian bóng bay từ sau va chạm thứ i đến va chạm tiếp theo với sàn là: ti  2 2hi  2 2h / g g  k i Thời gian để bóng dừng là: n t  t 0   ti i 1 với t0  2h g , n là số lần va chạm. t n 2h g  2 2 h g  i 1  k  k   ...   k    k   1  2h g 1  2h g  k  1   2h g  2 2h g 1   n n 1   2h g  2 i k 2  k 1 k n 1 8 Quãng của n 1 nên đi  k  là: 0 . Do đó: Vì k đường khiđược thìbóng n 1 n n i 1 i 1  s  h  2 hi  h  2h k i  h  2h k  k 2  ...  k n     h  2h 1  k  k 2  ...  k n  h  2h  k n 1  1 1  k  2k n 1 h k 1 1 k Vì k  1 nên khi n   thì k n 1  0 do đó: t 2h g S h 1 1 k  12 s k 1 k  19.1m 1 k Ví dụ 5: Một tấm ván khối lượng M được treo vào một dây dài nhẹ, không giãn. Nếu viên đạn có khối lượng m bắn vào ván với vận tốc v0 thì nó dừng lại ở mặt sau của (2) ván, nếu bắn với vận tốc v1 > v0 thì đạn xuyên qua ván. Tính vận tốc v của ván ngay sau khi đạn xuyên qua. Giả thiết lực cản của ván đối với đạn không phụ thuộc vào vận tốc của đạn. (3)  v0 (1) Giải:  Khi vận tốc đạn là v0 Sau khi xuyên qua, đạn và tấm gỗ cùng chuyển động với vận tốc v’. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và năng lượng cho hệ ngay trước và sau khi va chạm ta có: mv0 =(M+m)v’ (1) 1 1 mv0 2   M  m  v 2  Q     2 2 (2) Q: Công của lực cản biến thành nhiệt  m  .v0  Từ (1), (2)  Q  mv0   M  m   M m  2 2 Q mM v02 2( M  m) (3)  Khi đạn có vận tốc v1 > v0. 9 Gọi v2 là vận tốc đạn sau khi xuyên qua tấm gỗ. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và năng lượng cho hệ ngay trước và sau khi va chạm ta có: mv1  Mv  mv  2 (4) 1 2 1 1 mv1  Mv 2  mv22  Q 2 2 2 (5) Thay (3), (4) vào (5) ta suy ra: v12  M 2  M v   v1  m m  2 M  v  .v02  M m m 2v02 mv1 v 2 .v  0 M m ( M  m) 2 2 Giải phương trình ta được: v m (v1  v12  v02 ) M m Nếu chọn dấu “+”, thay vào (4) ta suy ra: mv1  M v12  v02 m v2  v (v1  v12  v02 ) M m M m Điều này vô lý vì vận tốc đạn sau khi xuyên qua gỗ không thể nhỏ hơn vận tốc tấm gỗ. Do đó ta chọn: v m (v1  v12  v02 ) M m Ví dụ 6 : Hai quả cầu có khối lượng hai dây có chiều dài tương ứng là m1 và l1  l 2  l . dây lập với phương thẳng đứng các góc m2 được treo vào cùng một điểm bằng Kéo hai quả cầu về hai phía sao cho các α1 và α 2 rồi thả nhẹ. Khi đến vị trí thấp nhất thì hai quả cầu va chạm với nhau. Biết va chạm mềm. Xác định góc lệch lớn nhất của hai dây so với phương thẳng đứng? Áp dụng bằng số: m1 = 10g; m2 = 30g; 1 = 600,  g 2 = 900. l1 Giải: m1 I 1 2 l2 m2 10 Gọi u là vận tốc của hệ sau va chạm. ( m1  m2 )u 2  (m1  m2 ) gh  ( m1  m2 ) gl (1  cos ) 2 → u2  l (1  cos α ) 2g (0.5đ) (1) Tính u. Theo định luật bảo toàn động lượng, ta     g có: m1v1  m2 v 2  (m1  m2 )u Xem hướng từ trái sang phải là dương, ta có: m1v1  m2 v 2  (m1  m2 )u Khử u từ (1) l1 I 1 (2) và (2), ta l2 m2 h2 m1 được: 2 h1 ( m1v1  m2v2 ) 2  l (1  cos  ) (m1  m2 ) 2 2 g (3) Các giá trị của được từ điều kiện: khi chuyển động tới điểm thấp nhất v1 và v 2 tìm trước va chạm, năng lượng của hai quả cầu không thay đổi. Điều này có nghĩa là: m1v12 m1 gh1  và 2 m2 v22 m2 gh2  2 Khi đó (3) sẽ có dạng: m 1 hay sau khi rút gọn: Lưu ý rằng (m1 2 gh1  m2 2 gh2 ) 2  m1  m2  3 2 g  l (1  cos α ) , 2 gl (1  cos  1 )  m2 2 gl (1  cos  2 )  m1  m2  2 2 g (m1 1  cos α1  m2 1  cos α 2 ) 2  m1  m2  2 α 1  cos α i  2 sin i 2 2 , (5) sẽ có dạng: áp dụng bằng số tìm được: sin Ví dụ 7: (4)  2  l 1  cos    1  cos α (5) m1 sin α1 α  m2 sin 2 2 2  sin α . m1  m2 2   0, 405 =>  = -47,780 hai con lắc lệch sang trái. 2 Trên một mặt phẳng nằm ngang, nhẵn người ta đặt một quả tạ đôi thẳng đứng gồm một thanh cứng nhẹ, chiều dài l hai đầu gắn hai vật khối lượng m như nhau. Người ta dùng quả cầu nhỏ thứ ba khối lượng m/2 chuyển động trên mặt phẳng 11 ngang với tốc độ v0 đến va chạm tuyệt đối đàn hồi và xuyên tâm với quả cầu ở dưới (quả cầu 1). Sau khi va chạm quả cầu (1) trượt mà không rời mặt phẳng ngang. a, Tìm điều kiện của v0. b, Xác định hướng và độ lớn của lực mà thanh tác dụng lên quả cầu phía trên ngay sau va chạm. Biện luận các trường hợp có thể xảy ra. c, Xác định hướng và tốc độ của quả cầu nằm ở trên ( quả cầu 2) ngay trước khi nó chạm mặt phẳng ngang Giải a/ Khi quả cầu (3) va chạm quả cầu (1). Động lượng và động năng của hệ bảo toàn m m v0  v ' mv1 2 2 (1) 1m 2 1m 2 1 v0  v '  mv12 2 2 2 2 2 (2) v1=2/3v0 Ngay sau va chạm khối tâm có vận tốc vG=v1/2=v0/3 Giả sử quả cầu rời sàn. Khi đó aG=g. Vận tốc của quả cầu (1) với khối tâm G là v 1vG=v0/3 Trong hệ quy chiếu gắn với khối tâm quả cầu 1 có gia tốc hướng tâm: (v0 / 3) 2 2v02 a ht   l/2 9l Để quả cầu (1) rời mặt sàn: aht>aG=gv0> 3 gl 2 Vậy để quả cầu (1) không rời mặt sàn thì: v0 3 gl 2 b/ Trong hệ quy chiếu gắn với quả cầu (1). Lực quán tính nằm ngang. Ngay sau va chạm quả cầu (2) có v2=2/3v0 (2) Có: T+mg=mv22/l  P  T (1) 12 4v02 m 2 9  mg  m  4v0  g  T   l  9l  Nếu: v 0   3 gl T>0 T hướng xuống 2 Nếu: v0   3 gl T<0 T hướng lên 2 c) Khi quả cầu (2) chạm sàn. Hai quả có cùng vận tốc theo phương ngang. Áp dụng ĐLBT động lượng theo phương ngang mv1=2mvxvx=v1/2=v0/3  Bảo toàn cơ năng cho quả tạ đôi: 1 1 1 mv12  mgl  mv 2x  mv 22  v 2  2 2 2 v02  6gl 3 v x   v 2 hợp với phương ngang góc  có: cos= v 2 Ví dụ 8:  vy v0 / 3 v02  6gl 3   vx  v2 v0 3v02  18gl Thanh AB cứng, nhẹ chiều dài l mỗi đầu gắn một quả A cầu nhỏ khối lượng bằng nhau, tựa vào tường thẳng đứng (Hình vẽ). Truyền cho quả cầu B một vận tốc rất nhỏ để nó trượt trên mặt sàn nằm ngang. Giả thiết rằng trong quá trình chuyển động thanh AB luôn nằm trong mặt phẳng vuông góc với tường và sàn. Bỏ qua ma B sát giữa các quả cầu với tường và sàn. Gia tốc trọng trường là g. a. Xác định góc  hợp bởi thanh với sàn vào thời điểm mà quả cầu A bắt đầu rời khỏi tường. b. Tính vận tốc của quả cầu B khi đó. Giải: a. Vào thời điểm đầu A còn tựa vào tường. AB hợp với phương ngang một góc . Vận tốc của A và B là vA và vB lúc đó A đi xuống một đoạn x - l(1-sin) b. Định luật bảo toàn cơ năng: 13 mgx = 1 1 m(v A2  v B2 )  mgl (1  sin  )  m(v A2  v B2 ) 2 2 (1) Vì thanh AB cứng nên theo định lí về hình chiếu của hai điểm A, B trên vật rắn: v A sin   v B cos  v A  cos  vB sin  (2) Từ (1) và (2) ta suy ra: gl(1 – sin  )  1 v 2 2 B 1  v B2  2 gl (1  sin  ).sin 2  2 sin  (3) Khi A chưa rời tường thì lực gây ra gia tốc và vận tốc theo phương ngang nằm ngang là phản lực của tường tác dụng lên A theo phương ngang. Lực này làm v Gx tăng dần. Nên khi đầu A rời tường tức Nx = 0, aGx = 0 và vGx đạt cực đại Mà vB = 2vGx nên vB đạt giá trị cực đại Xét phương trình: đại khi (1  sin  )  v B2  2 gl (1  sin  ).sin 2   8 gl (1  sin  ) sin  sin  . 2 2 . Nên vB đạt cực sin  2  sin   ;  42 0 2 3 b. Thay sin = 2/3 vào (3) ta được vB = 8 gl 27 3 Ta thấy : (1  sin  ) sin  sin  1  sin  sin   .  (1  sin  )    const 2 2 27  2 2  v 2'  ( m2  em1 )v 2  m1 (1  e)v1 m1  m 2 Ví dụ 9: Một thanh nhỏ DB khối lượng không đán kể, chiều dài 2L có gắn 3 quả cầu nhỏ cùng khối lượng m D m m m C B ở hai đầu B,D và trung điểm C của BD. Lúc đầu thanh được đặt trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang. Trên mặt M A phẳng còn có một quả cầu A khối lượng M. Cho A chuyển động với tốc độ v0 theo hướng vuông góc với thanh và va chạm đàn hồi với quả cầu B. Tìm tốc độ của các quả cầu A,B,C,D ngay sau va chạm. Hãy biện luận kỹ về các trường hợp phát sinh chuyển động. Giải: 14 Vận tốc của của các quả cầu ngay sau va chạm là vA; vB; vC; vD giả sử cùng phương với v0. Khối tâm của hệ 3 quả cầu B, D, C tại C nên vận tốc của quả cầu C cũng là vận tốc của khối tâm. ĐLBT động lượng của hệ: Mvo = MvA + 3mvC. (1) ĐLBT momen động lượng ( gốc quay tại B) 0 = mlvC + m2lvD Va chạm đàn hồi: 1 1 1 1 1 Mv02  Mv A2  mv B2  mv C2  mv D2 2 2 2 2 2 (2) (3) Vì thanh cứng nên tốc độ của B và của D đối với C bằng nhau và hướng ngược nhau. Ta có: vBC = - vAC  vB – vC = vC - vD (4) Giải hệ phương trình (1);(2);(3);(4) ta được vc = 0 ( loại) Và vC  Suy ra 4M v0 5M  6 m vA  5M  6m 10M v0 ; v B  v0 5M  6m 5M  6m ; vD   2M v0 5M  6m Nhận xét: Quả cầu B,D quay quanh C với tốc độ góc như nhau  v B  vC v0 6M  l 5 M  6m l hướng ngược chiều kim đồng hồ. Tốc độ góc này phụ thuộc vào giá trị M và m, ta thấy có thể có các tình huống như sau: 1) vA = 0 nếu như 5M-6m = 0. 2) VA < 0 nghĩa là sau va chạm quả cầu A giật lùi nếu như 3) VA > 0 nếu như M 6  m 5 6 M  6 5 m 4) VA>VC nếu như M>6m 5) VA = VC nếu như M = 6m Trong trường hợp này quả cầu B,D chuyển động quanh C sau khi quay một góc 1800 , quả cầu D va chạm vào mặt sau của quả cầu A, sau va chạm quả cầu A chuyển động theo hướng v0. Theo định lý về khối tâm tốc độ quả cầu C phải giảm xuống, sau đó lại có thể va chạm lần thứ ba. Khoảng thời gian giữa hai va chạm là t  5M  6m l l    6M v 0 v0 15 Quãng đường C đi được từ khi va chạm lần 1 đến lần 2 là s = vC.t = 2. .l 3 2. Hệ vật tương tác Ví dụ 1. Trên mặt bàn nằm ngang đặt một chiếc nêm có khối lượng M, có mặt cắt là một tam giác vuông ABC tại B, mặt AC nằm trên một mặt phẳng ngang. Tại A của mặt nghiêng có đặt một vật nhỏ khối lượng m. Lúc đầu vật và nêm đứng yên. Sau đó kích cho vật m chuyển động theo hướng AB với vận tốc đầu v0. Bỏ qua mọi ma sát. Hỏi v0 phải thỏa điều kiện gì để m có thể vượt qua được điểm B Giải: Vật và nêm là một hệ kín. Các ngoại lực là trọng lực P của hai vật và phản lực N m của mặt sàn tác dụng V0 lên nêm có phương thẳng đứng nên xét theo phương u B u C ngang thì hệ cô lập. A Để vật có thể vượt qua nêm thì khi đến đỉnh B thành phần vận tốc nằm ngang của vật ít nhất phải bằng vận tốc của nêm Áp dụng định luật bảo toàn động lượng trên phương ngang mvomincosα = (m+M)u Định luật bảo toàn cơ năng (1) và (2) suy ra v0 min  1 1 mv02  ( m  M )u 2  mgh 2 2 (1) (2) 2 gh(m  M ) Mm sin 2  Ví dụ 2: Một vật có dạng bán cầu, khối lượng M, bán kính R được đặt nằm ngang trên một mặt phẳng nhẵn năm ngang. Trên đỉnh của M đặt một vật nhỏ có khối lượng M = 3m. Vật m bắt đầu trượt xuống với vận tốc ban đầu Hình 2 không đáng kể. Bỏ qua ma sát giữa m và M. ( Hình vẽ 2). Tìm vị trí vật m có góc hợp bởi đường nối vật m và tâm bán cầu với phương thẳng đứng mà tại đó vật m bắt đầu rời khỏi M. Cho ph¬ng tr×nh x 3  12 x  8  0 cã mét nghiÖm lµ x= 0,695. Giải: 16 - Khi xét vật ở vị trí xác định bởi góc  như hình vẽ. Gọi V và u tương ứng vận tốc của bán cầu và của vật m so với bán cầu v M m v     Vận tốc vật m so với đất v  u  V u Theo phương ngang động lượng của hệ được bảo toàn mu x  MV  m(u cos   V)  MV  V  Khi bắt đầu rời khỏi M ta có mu cos  Mm (1) mu 2  u 2  gR cos  mg cos   R (2) Mặt khác v 2  V 2  u 2  2uV cos  (3) Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng mv 2 MV 2 mgR(1  cos )   2 2 Từ các phương trình (1),(2),(3),(4) ta được (4) m cos3   3cos   2  0 (5) Mm Vật m rời khỏi M tại vị trí có góc α xác định bởi phương trình (5) Khi M = 3m thì 0,25. cos3   3cos   2  0    4600’18.83’’ Ví dụ 3. Một quả cầu bán kính R, khối lượng M được đặt trên mặt A bàn nằm ngang. Từ đỉnh A của quả cầu, một vật nhỏ khối lượng m R trượt không ma sát với vận tốc ban đầu bằng 0.  O Quả cầu nằm tự do trên mặt bàn nhẵn. Xác định tỉ số m/M để vật nhỏ rời mặt cầu tại tại độ cao 7R/4 bên trên mặt bàn. Giải: Khi m rời M : gọi v2 là vận tốc của M và v1 vận tốc m so M. α v2 P v1 17 Do ngoại lực tác dụng lên hệ 2 vật theo phương thẳng đứng lên động lượng bảo toàn theo phương ngang 0  Mv2  m(v2  v1 sin  )  v2  mv1 sin  mM (1) Theo định luật bào toàn cơ năng mg 2 R  mgR(1  cos  )    1 1 Mv22  m(v1  v2 ) 2 2 2 (2)   (v1  v2 ) 2  v12  v22  2v1v2 cos(90   ) (3) Thay (3) và (1) vào (2) biến đổi ta thu được biểu thức v12  2 gR (1  sin  ) mM M  m cos 2  (4) 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 : mg sin   m v12 2  v1  gR sin  (5) R Từ (4) và (5) ta có : m 3 sin   2  M 4 sin   sin  . cos 2  Theo hình ta có sin   3 4 Giải ra ta có m 16  M 11 Ví dụ 4. Trên mặt bàn phẳng nhẵn nằm ngang có đặt một nêm khối lượng M. Góc nghiêng của O nêm là α . Trên đỉnh nêm ở độ cao h so với mặt y bàn có đạt một vật nhỏ khối lượng m. Bỏ qua h M x m V13 V12 V23 18 mọi ma sát. Hệ bắt đầu chuyển động từ trạng thái nghỉ. Tìm hướng và độ lớn của vận tốc của m khi nó chuyển động tới chân nêm. Giải: Gọi v12 là vật tốc của vật so với nêm, v 23 là vận tốc của nêm so với đất, v13 là vận tốc của vật so với đất. Chọn hệ trục Ox,Oy như hình vẽ Công thức cộng vận tốc v13  v12  v 23 v13( y ) ta có tanα = v 13( x )  v 23 , (1) Chọn hệ quy chiếu đất. Theo phương ngang động lượng của hệ bảo toàn : mv13(x) – Mv23 = 0 (2) Hệ không ma sát nên cơ năng bảo toàn Mà 2 2 2 v13  v13 ( x )  v13( y ) Góc tạo bởi v13 mgh  1 1 2 2 mv13  Mv23 2 2 (3) (4) v 13( y ) so với phương ngang là β ta có tan   v 13( x ) Từ (1) và (2) ta có tanβ = (4) và (5) ta được M m tan  M (5)  M m 2  2 2 v13  ( ) tan 2   1.v13 ( x)  M  Thay vào phương trình (2) ta được v 23  v132  Thay vào phương trình (3) ta được mv13 2 M m 2 M   tan   1  M  1 2 gh m  M  m  2  2 M   tan   1  M   19 BÀI TẬP Bài 1: Một quả tạ đôi gồm thanh nhẹ, cứng dài L, ở 2 đầu là 2 quả cầu nhỏ M và 2M, trượt trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn.Tại một thời điểm nào đó vận tốc của đầu nhẹ bằng v, còn vận tốc đầu nặng 2v. Lực căng của thanh có thể là bao nhiêu khi tạ đôi chuyển động? Bài 2: Trọng tâm của một chiếc xe ô tô thể thao nằm ở giữa các bánh xe trước và sau. Nếu khi phanh chỉ có các bánh xe sau bị ghì lại bởi má phanh thì chiều dài của quãng đường trượt là L1, nếu chỉ bánh trước thì chiều dài quãng đường trượt là L2. Tìm quãng đường trượt khi phanh cả các bánh trước và sau? Bài 3: Hai tải trọng khối lượng m được treo lên trần nằm ngang bằng dây không khối lượng và không giãn chiều dài l1 và l2 tương ứng (hình bên). Tải trọng được nối với nhau bởi thanh cứng, nhẹ. Ở vị trí cân bằng các sợi dây thẳng đứng. Xác định chu kỳ dao động nhỏ của hệ trong mặt phẳng hình vẽ. Bài 4: Các tải trọng khối lượng M và 4M được treo qua một ròng rọc động nhẹ bởi dây nhẹ, không giãn. Thêm một dây được vắt qua một ròng rọc cố định, một đầu dây này nối với ròng rọc động, đầu còn lại nối với tải trọng m. Với giá trị nào của m thì một trong các tải trọng vẫn không chuyển động sau khi các vật được thả ra. Bài 5: Trong hệ được mô tả trên hình vẽ 2 các tải trọng được nối với lò xo không khối lượng và được giữ chặt ở khoảng cách L/2 so với tường bởi những sợi chỉ nối với các bức tường, nơi mà đầu kia của lò xo cũng được giữ chặt. Chiều dài của 2 lò xo ở trạng thái không biến dạng giống nhau và bằng L. Các sợi chỉ đồng thời được đốt cháy, sau đó 2 tải trọng va chạm và dính vào nhau. Tìm vận tốc lớn nhất mà 2 tải trọng đạt được khi dao động xuất hiện sau va chạm. Va chạm là xuyên tâm. Độ cứng của các lò xo và khối lượng của chúng được chỉ ra trên hình. Ma sát và kích thước của tải trọng bỏ qua. (А. Якута) 20