Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lý thpt chuyên đề sự va chạm của vật rắn

  • Số trang: 12 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 1454 |
  • Lượt tải: 2
dangvantuan

Tham gia: 02/08/2015

Mô tả:

SỰ VA CHẠM CỦA VẬT RẮN A. MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Các bài toán có sự va chạm của vật rắn thường là bài toán cơ học thuộc loại khó đối với học sinh và nó thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi vật lý các cấp. Mặc dù vậy trong các sách giáo khoa thường không có những đề mục chi tiết về nội dung này, do đó học sinh thường lúng túng và không định hướng được cách giải khi gặp dạng bài tập có va chạm của vật rắn. Tất nhiên mức độ khó của bài toán phụ thuộc vào mức độ phức tạp của va chạm. Nhưng việc giải quyết bài toán không chỉ phụ thuộc khả năng tư duy của học sinh mà còn vào kỹ năng: học sinh đã được làm quen với một số bài toán va chạm của vật rắn họ sẽ định hướng được khi gặp các bài toán mới thuộc dạng này. Chính vì vậy tôi đã chọn đề tài này để nghiên cứu. Hy vọng sẽ bổ ích cho các bạn đồng nghiệp và các em học sinh. 2. Mục đích của đề tài Đề tài sẽ trình bày một cách đầy đủ các vấn đề lí thuyết có liên quan đến sự va chạm của vật rắn, các định luật; định lí được áp dụng và các hệ quả thu được. Ngoài ra đề tài cũng giới thiệu một số bài tập kinh điển mới cập nhật hay và hấp dẫn liên quan đến vấn đề được nêu ra ở đây. B. NỘI DUNG I. PHẦN KIẾN THỨC CHUNG 1. Cơ chế của sự va chạm Thí nghiệm chứng tỏ rằng, khi hai vật va chạm nhau, chúng bị biến dạng nhẹ; bị dẹt đi và lúc đó chúng có cùng vận tốc. Sau đó chúng lấy lại hình dạng ban đầu với mức độ nhiều ít khác nhau và xảy ra sự giật lùi ra xa nhau. Như vậy sự va chạm bao gồm hai pha: pha nén và pha dãn. Thời gian va chạm rất nhỏ so với toàn bộ thời gian phân tích hiện tượng. Do đó có thể coi sự va chạm xảy ra tại một điểm trong không gian. Ngoài ra sự biến thiên vận tốc của hai vật là khá lớn lực tương tác giữa chúng là rất lớn. 1 2. Các định luật động lực học áp dụng cho sự va chạm của hai vật rắn p  F L  M ex .t (1) ex .t ( 2) Công thức (1) được rút ra từ định luật II Newton áp dụng cho khối tâm, có liên quan đến chuyển động tịnh tiến của khối tâm, với Fex là ngoại lực tác dụng lên khối tâm. Còn công thức (2) liên quan đến chuyển động quay. 3. Khảo sát sự va chạm về phương diện năng lượng 3.1. Định lí về động năng K  Aex  Ain Trong đó các ngoại lực nhỏ hơn nhiều so với nội lực nên công của nó không đáng kể còn công của các lực va chạm là công âm vì ngay cả khi không có ma sát thì hệ chịu một sự biến dạng tại chỗ tiếp xúc và như vậy hệ tiêu thụ một phần động năng: K  Ain  0 3.2. Sự va chạm đàn hồi và không đàn hồi 3.2.1. Định nghĩa: Sự va chạm là đàn hồi khi động năng toàn phần của hai vật được bảo toàn: K  0 Trong tất cả các trường hợp khác, sự va chạm là không đàn hồi. Phần động năng mất đi cho phép thay đổi tính chất của hai vật bằng cách làm cho chúng biến dạng, làm vỡ chúng thành các mảnh hay làm tăng nhiệt độ của chúng. Trong nhiệt động lực học, người ta nói rằng nội năng của hệ thay đổi do tương tác. 3.2.2. Hệ số hồi phục năng lượng: Va chạm không đàn hồi được đặc trưng bởi một tỉ số:   K' K với 0    1 =1: va chạm đàn hồi. =0: va chạm hoàn toàn không đàn hồi, toàn bộ động năng sử dụng bị mất đi. 3.2.3. Hệ số hồi phục thành phần pháp tuyến của vận tốc tương đối e (v '1  v '2 ) n u'  u (v1  v2 ) n 2 3.2.4. Cách xác định hệ số hồi phục bằng thực nghiệm Người ta thả rơi một quả cầu từ độ cao h xuống một tấm phẳng nằm ngang cố định và đo độ cao h’ mà vật nảy lên được:  v '12 h' v'  e 1   2 v1 h v1 II. MỘT SỐ TRƯỜNG HỢP VA CHẠM THƯỜNG GẶP 1. Va chạm trực diện 1.1. Định nghĩa Sự va chạm được coi là trực diện nếu: * sự tiếp xúc xảy ra trên đường thẳng nối hai khối tâm G1 và G2. * pháp tuyến chung ở chỗ tiếp xúc là đường thẳng nối khối tâm G1 và G2. * lúc va chạm hai vật chuyển động tịnh tiến song song với đường thẳng này 1.2. Bài toán đặt ra là: Xác định vận tốc sau va chạm của hai vật va chạm v1 , v2 v '1 , v '2 theo các vận tốc trước . Trước tiên ta áp dụng công thức  L  M G .t . Trước va chạm hai vật chuyển động tịnh tiến do đó mô men động lượng bằng 0. Khi va chạm, lực do vật này tác dụng lên vật kia có giá đi qua khối tâm nên mô men lực đối với khối tâm G vẫn bằng 0. Do vậy, sau va chạm mômen động lượng vẫn bằng 0 và hai vật chuyển động tịnh tiến. Tiếp đến ta áp dụng công thức:  p  F .t . Bằng cách chiếu phương trình đó lên trục vuông góc với trục G 1G2 ta suy ra chuyển động tịnh tiến của hai vật rắn sau va chạm vẫn song song với G1G2. Bằng cách chiếu  p  F .t lên trục G1G2 ta được: m1 (v '1 v1 )  F .t (1) m2 (v '2 v2 )   F .t ( 2) Ngoài ra, ta cần có thêm một phương trình liên quan đến mức độ đàn hồi của va chạm: v '2 v '1  e(v2  v1 ) (3) Giải hệ các phương trình (1), (2), (3) ta được: v'1  m1v1  m2v2 em2  (v1  v2 ) m1  m2 m1  m2 3 v '2  m1v1  m2v2 em1  (v1  v2 ) m1  m2 m1  m2 F .t  (1  e) K1  K 2  m1m2 (v1  v2 ) m1  m2 1 m1m2 (v1  v2 ) 2 2 m1  m2 Xét trường hợp e=1 và e=0 ta suy ra được các phương trình tương ứng quen thuộc mà ta đã biết. 2. Va chạm thẳng nhưng không xuyên tâm Trong trường hợp này hai vật chuyển động tịnh tiến song song với đường va chạm nhưng đường này không đi qua hai khối tâm. Gọi M là điểm tiếp xúc, pháp tuyến với mặt phẳng tiếp xúc chung tại M không đi qua cả G1 lẫn G2. Trước hết ta áp dụng phương trình  p  F .t ta được: m1 (v '1 v1 )  F .t (1) m2 (v '2 v2 )   F .t ( 2) Trong đó v’1, v’2 là vận tốc khối tâm G 1, G2 sau va chạm tức là vận tốc của phần chuyển động tịnh tiến. Vì các lực F và –F không đi qua khối tâm nên mỗi vật quay quanh một trục đi qua khối tâm và vuông góc với mặt phẳng đi qua G và đường va chạm. Áp dụng công thức  L  M G .t ta có: I11  F .a1 .t (3) I 2 2  F .a2 .t ( 4) Từ đó ta có được 4 phương trình với 5 ẩn số. Do đó muốn giải được ta còn cần phải biết đến mức độ đàn hồi của va chạm. Gọi M 1, M2 là hai điểm thuộc về hai vật tiếp xúc nhau tại M; u 1, u2 là hình chiếu vận tốc của chúng ngay sau va chạm lên hướng của F ta có: u 2  u1  e(v2  v1 ) Như đã biết, sau va chạm hai vật chuyển động vừa tịnh tiến vừa quay quanh khối tâm nên ta có: u1  v '1 1a1 (*) u 2  v '2  2 a2 (v '2  2 a2 )  (v '1 1a1 )  e(v2  v1 ) 4 Với 5 phương trình trên ta có thể giải được bài toán chuyển động thẳng không xuyên tâm. Tuy nhiên ta có thể tính được u 1, u2 theo cách sau đây. Kết hợp (1) với (*) ta được: v '1  u1  1a1 m1 (v '1 v1 )  m1 (u1  1a1  v1 )  F .t Kết hợp với (3) ta có được: F .t.a12 m1u1  m1  m1v1  F .t I1 m1 (u1  v1 )  F .t ( m1a12  1) I1 Đặt I1  m1k12 ta được: m1 (u1  v1 )  F .t (  a12  1) k12 m1 (u1  v1 )  F .t a12 1 2 k1 Tương tự: m2 (u 2  v2 )   F .t a22 1 2 k2 So sánh hai biểu thức trên ta có nhận xét: nếu ta thay hai khối lượng m 1 và m2 m1 m2 2 2 bằng 1  a1 và 1  a2 thì vận tốc u1 và u2 nhận được giống như những công k12 k 22 thức cho va chạm trực diện. III. MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Một quả cầu nhỏ đặc đồng chất khối lượng m, bán kính R = 0,1 m được thả rơi từ độ cao h = 1 m với vận tốc ban đầu của tâm quả cầu bằng không xuống một mặt sàn cố định (Hình 1). Nếu lúc h đầu (khi bắt đầu thả) quả cầu không quay thì sau khi va chạm với 5 Hình 1 mặt sàn nó bị nảy lên theo phương thẳng đứng tới độ cao cực đại là 0,81 m. Nếu lúc đầu quả cầu quay quanh trục nằm ngang đi qua tâm quả cầu với vận tốc góc 0 = 60 rad/s thì sau khi va chạm với mặt sàn, quả cầu chuyển động như thế nào? Tìm khoảng cách giữa điểm va chạm lần thứ nhất và lần thứ hai của quả cầu với mặt sàn. Cho hệ số ma sát giữa quả cầu và sàn là  = 0,2; g = 10m/s2. Bỏ qua lực cản của không khí. Giải: Nếu lúc đầu quả cầu không quay, vận tốc ngay trước và ngay sau va chạm lần thứ nhất là v 2 gh  4 m / s , u  2 g .0,81h  0,9 2 gh  3,6 m / s . Nếu quả cầu quay với vận tốc góc 0: t  Ndt  m( Theo phương thẳng đứng: 2 gh  2 gh' ) 0 t   Ndt  mv x 0  vx   ( 2 gh  2 gh' ) (1) Ta tìm 0 =1 ban đầu để hiện tượng vừa lăn vừa trượt dừng khi quá trình va chạm vừa kết thúc. Ta có: t   Ndt  mv x ( 2) 0 t v   R  Ndt   1  x  (3) R  0 Giải 1  hệ (1),  (v  u )( I  mR 2 ) IR  (2) và (3) ta có 7  (v  u )  53,2 rad / s   0 . 2R Vậy quả cầu vừa lăn vừa trượt đến khi có vận tốc góc ’ (ứng với vận tốc theo phương ngang v’x =’R) thì ngừng trượt rồi lăn không trượt. Tìm v'x t   Ndt  mv' x (3) 0 t v'   R  Ndt   0  x  ( 4) R   0 v' x  RI0 2  R0 2 I  mR 7 6 Khi đó vận tốc quả cầu theo phương thẳng đứng là u  2gh ' Quả cầu bắn lên hợp với phương thẳng đứng một góc  xác định bởi phương trình tan   vy vx  2 R0 2 gh' . Quỹ đạo của quả cầu là parabol. Khoảng cách giữa hai điểm va chạm với sàn là: l  v' x 2v y g  4 R0 2 gh'  1,24 m . 7g Bài 2: Một khung hình chữ thập được đặt trên mặt phẳng nằm A ngang nhẵn có thể quay không ma sát quanh trục thẳng đứng cố định qua A (Hình 2a). Mỗi thanh  v0 A 3r P r Hình 2a của khung chữ thập đồng chất, Hình 2b tiết diện đều có khối lượng m 1 và chiều dài 4r. Một đĩa tròn bán kính r, khối lượng m chuyển động tịnh tiến thẳng v đều với vận tốc v0 đến va chạm vào điểm P của khung ở vị trí như hình vẽ. Cho biết hệ số khôi phục là e và va chạm không ma sát. Hãy xác định: a) Tốc độ góc 1 của khung chữ thập và vận tốc khối tâm đĩa v1 ngay sau khi va chạm. b) Tỷ số m1 sao cho khi khung quay một góc 900 đến vị trí như hình 2b thì nó lại va chạm m vào đĩa. Giải: a) Hệ khảo sát là khung chữ thập và đĩa tròn. Điểm P là tâm va chạm. Áp dụng định lý biến thiên mô men động lượng ta có: 3rmv0  3rmv1  I A1 với I A  4m1 ( 4r ) 2 64 m1r 2  3 3 Mặt khác, hệ số khôi phục: e   Suy ra: (1) (2) v1  vP' , trong đó: vP  0; vP'  3r1 . v0  v P v1  3r1  ev0 (3) 7 3rm(1  e) 9r 2 m  eI A   . v v  0 và 1 Từ (1) và (3) ta có: 1 9r 2 m  I 9r 2 m  I A A (4) b) Để cho thanh chữ thập quay quanh A ngược chiều kim đồng hồ một góc 90 0 đến vị trí 2 lại va đập vào đĩa tròn thì trong khoảng thời gian đó khối tâm đĩa phải di chuyển được một đoạn 2r.  v1 4r Ta có:   2  2r     (5) 1 1 v1 4r Thay (4) vào (5) ta được:  Từ (2) và (6) suy ra:  2 9r 2 m  eI A  I A  4r m  3  4(1  e) 3rm(1  e) e (6) m1 9 3  4(1  e)  . m 64e Bài 3: Một quả cầu đặc đồng chất có khối 0 lượng m, bán kính R. Cho quả cầu quay quanh một trục nằm ngang đi qua tâm đứng h yên với tốc độ góc 0 rồi buông nhẹ cho nó  a2h rơi xuống sàn nằm ngang. Độ cao của điểm thấp nhất của quả cầu khi bắt đầu rơi là h (hình 3). Quả cầu va chạm vào sàn rồi nẩy Hình 3 lên tới độ cao a2h, tính cho điểm thấp nhất. Trong thời gian va chạm quả cầu trượt trên sàn. Bỏ qua lực cản của không khí và sự biến dạng của quả cầu và sàn khi va chạm. Thời gian va chạm là bé nhưng hữu hạn. Gia tốc trọng trường là g, hệ số ma sát trượt giữa quả cầu và sàn là . Hãy tìm: a) điều kiện 0 để xẩy ra sự trượt trong quá trình va chạm. b) tan, với  là góc nẩy lên như trong hình 3. c) quãng đường nằm ngang d mà tâm quả cầu đi được giữa lần va chạm thứ nhất đến lần va chạm thứ hai. Giải: Vận tốc khối tâm ngay trước va chạm là: 8 v0  2 gh (1) Gọi vận tốc khối tâm ngay sau va chạm theo trục Ox nằm ngang và Oy theo phương thẳng đứng là: vx, vy, thời gian va chạm là t. N  mg Áp lực của quả cầu lên sàn khi va chạm Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: mv y2 2 nên ta bỏ qua mg.  mga 2 h  v y  a 2 gh (2) Theo trục 0y: mv0  mv y  N .t  m(1  a ) 2 gh  N .t (3) Theo trục 0x: mv x  Fms .t  N .t ( 4) Áp dụng phương trình động lực học vật rắn: L  M .t  I (0   )  RFms .t  RN .t  v x   (1  a ) Từ (3) và (4) Từ (3) và (5)    0  2 gh (6)  I (0   )  mR (1  a ) 5 (1  a ) 2 gh 2R (5) 2 gh (7) a) Quả cầu trượt trong suốt thời gian va chạm: v x b) Góc nảy: tan    v  y R  v x   0  7  (1  a ) 2 gh 2R  (1  a ) a c) Khoảng thời gian nảy lên rồi rơi xuống là: t   Quãng đường nằm ngang giữa hai lần va chạm: 2v y g d  v x .t  4  (1  a ) ah Bài 4: Một quả cầu đặc, đồng chất, khối lượng m bán kính R đang quay với tốc độ góc 0 quanh một trục đi qua khối tâm quả cầu và lập với phương thẳng đứng một góc . Tốc độ tịnh tiến ban đầu của khối tâm quả cầu bằng không. Đặt nhẹ quả cầu lên một mặt bàn nằm ngang. Hãy xác định tốc độ của khối tâm quả cầu và động năng của quả cầu tại thời điểm nó ngừng trượt trên mặt bàn. Bỏ qua ma sát lăn. Giải: Phân tích 0 thành hai phần: * Thành phần 1  0 cosα hướng theo phương thẳng đứng, thành phần này có giá trị không đổi (do không có lực nào gây ra mômen cản trở thành phần chuyển 9 động quay này). Động năng ứng với thành phần này là: 1 12 1 E Đ1  I112  mR 202cos 2  mR 202 cos 2  2 25 5 * Thành phần 2  0 sin  thay đổi do mômen của lực ma sát trượt Fms, gọi v và  là tốc độ tịnh tiến của khối tâm và tốc độ góc theo phương ngang của quả cầu khi nó bắt đầu lăn không trượt, ta có: v = R Phương trình chuyển động quay: Fms R  I 2 (*). d 2 d 2 d   mR 2  Fms   mR dt 5 dt 5 dt dv Phương trình định luật II Newton: Fms = m dt ;  v 2 2 2 Suy ra: dv = - Rd   dv   5 R d  v = R(2  ) 5 5 0  (**) 2 2 7 2 7 2 7 Từ (*) và (**) rút ra   2  0 sin  và v = R   R0 sin  Vậy động năng của quả cầu tại thời điểm ngừng trượt là: EĐ = EĐ1 + 1 2 1 mv  I 22 2 2 2 2 1 1 2  1 2 2  = mR 202 cos 2   m  R0 sin   + . mR 2  0 sin   2 5 5 2 7 7   = 1 2 1 mR 202 cos 2   m(R0 sin ) 2 = mR 202 (5cos 2  2) 35 5 35 Vậy vận tốc và động năng của quả cầu ở thời điểm nó ngừng trượt là: v= 2 1 mR 202 (5cos 2   2) R0 sin  và EĐ = 35 7 Bài 5: A Một thanh AB đồng chất, tiết diện đều, chiều dài l, khối lượng m, đứng trên mặt phẳng ngang nhẵn. Một cục nhựa đường nhỏ có cùng khối lượng m, bay với vận r tốc v vuông góc với AB đến va chạm mềm vào đầu B v (Hình 4). a) Tính vận tốc khối tâm của hệ ngay sau va chạm. B Hình 4 b) Tính tốc độ góc của thanh, vận tốc của đầu A ngay sau va chạm và phần động năng bị mất trong va chạm. 10 c) Ngay sau va chạm có một điểm C của thanh có vận tốc tuyệt đối bằng không. Xác định vị trí của C. Giải: a) Trước va chạm thanh có khối tâm nằm ở trung điểm O của thanh. Ngay sau va chạm hệ có khối tâm G, chuyển động tịnh tiến với vận tốc vG và chuyển động quay ngược chiều kim đồng hồ quanh trục quay đi qua khối tâm. Áp dụng công thức xác định vị trí khối tâm hệ ta tìm được vị trí khối tâm hệ nằm cách B l/4 Hệ kín nên động lượng hệ bảo toàn: mv=(M+m)vG  VG=v/2 (1) b) Mômen động lượng của hệ trước và ngay sau va chạm là: L1=mvl/4, L2=I trong đó I là momen quán tính của hệ đối với trục quay qua G. l2 l l 5 Áp dụng định lí Stainơ ta có: I=m  m( )2  m( ) 2  ml 2 12 4 4 24 Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng ta có: L2= L1  I=mvl/4   5 6v ml 2 = mvl/4  = 24 5l Vận tốc tuyệt đối của đầu A: ur ur ur V A = V A / G  V G ; trong đó VG là vận tốc của G đối với sàn ur ur Do V A / G   V G nên VA=VA/G-VG=.GA-v/2= 6v 3l v 2v - = 5l 4 2 5 mv 1 v  2 mv Động năng bị mất trong va chạm là: Wđ=Wđ0-Wđ=  2 m( ) 2  I = 2 2 2 2 10 2 2 c) Vận tốc tuyệt đối của điểm C của thanh cách G khoảng x là: vC=vG-x. Vì VC = 0  vG = x.  x = vG/ = 5l 12 M Bài 6: O Một thanh mảnh đồng chất khối lượng M chiều dài L=0,3 m có thể quay không ma sát quanh trục O cố định nằm ngang đi qua đầu thanh. Từ vị trí nằm ngang, đầu còn lại của thanh được thả ra. Khi tới vị trí thẳng m2 k m 1 Hình 5 đứng thì thanh va chạm hoàn toàn đàn hồi với một vật nhỏ (coi như chất điểm) 11 1 3 khối lượng m1  M nằm trên mặt bàn. Cho m1=m=120g, gia tốc trọng lực g=10 m/s2. Mômen quán tính của thanh đối với trục quay qua đầu O là I = 1 ML2. 3 a) Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau va chạm. b) Vật m1 được gắn với m2=m1 qua một lò xo có độ cứng k=150 N/m, khối lượng không đáng kể (Hình 5). Xác định biên độ dao động của m 1 và m2 sau va chạm. Bỏ qua mọi ma sát. Giải: a) Động năng quay của M ngay trước va chạm: 1 2 1 I   MgL    2 2 MgL 3g  I L Động năng của m1 và M ngay sau va chạm: 1 2 1 1 mv  I  '2  I  2 (1) 2 2 2 Mômen động lượng sau va chạm: MvL  I  '  I  (2) Từ (1) và (2) ta có: v  2 M 3 gL  3m / s M  3m b) Sau va chạm, khối tâm G của hệ (m1+m2) chuyển động với vận tốc V mà: 1 2 2mV=mv  V  v  1,5m / s . Trong HQC gắn với khối tâm G, vì hai vật có khối lượng bằng nhau nên ta có thể xem như dao động của m1, m2 là dao động của m gắn với một lò xo có đầu G cố định và có độ cứng là k’=2k. Gọi A là biên độ dao động của mỗi vật, theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: 1 2 1 1 mv  2mV 2  2. k ' A2  A  0, 03m 2 2 2 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Bồi dưỡng HSG Vật lí THPT – Cơ học 2 – GS Tô Giang – NXBGD 2009 2. Chuyên đề va chạm của vật rắn – GS Tô Giang 12
- Xem thêm -