Bài tập luyện tập tổng hợp Vật lí Lớp 10 - Tập 2 - Phần 1: Các định luật bảo toàn - Chuyên đề 4: Sự va chạm giữa các vật

Nội dung text: Bài tập luyện tập tổng hợp Vật lí Lớp 10 - Tập 2 - Phần 1: Các định luật bảo toàn - Chuyên đề 4: Sự va chạm giữa các vật

1. 2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề 4. SỰ VA CHẠM CÁC VẬT 33. Hai vật nặng có khối lượng m1 10kg và m2 20kg được mắc vào hai đầu của lò xo có khối lượng không đáng kể, độ cứng của lò xo là k 100(N / m) . Vật nặng m2 được đặt tựa vào tường thẳng đứng. Hệ được đặt trên mặt phẳng nằm ngang như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa mặt phẳng và hai vật là như nhau và có giá trị  0,1. Ban đầu hệ ở trạng thái cân bằng, lò xo không biến dạng. Một viên đạn có khối lượng m 1kg bay với vận tốc v0 10(m / s) hợp với phương ngang góc 30 đến cắm vào vật m1 . Giả sử lực tương tác giữa m và m1 rất lớn so với trọng lực của chúng. Coi thời gian va chạm đủ nhỏ để lò xo chưa kịp biến dạng trong quá trình xảy ra va chạm Lấy g 10 m / s2 a) Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau va chạm b) Xác định độ biến dạng cực đại của lò xo c) Trong quá trình hệ chuyển động vật m2 có dịch chuyển không? (Trích đề thi Trại hè Hùng vương, 2014) Bài giải a) Vận tốc của vật m1 ngay sau khi va chạm - Động lượng của hệ hai vật " m và m1 ": + Trước va chạm: px mv0 cos ; py mv0 sin + Sau va chạm: px m m1 v1; py 0 - Độ biến thiên động lượng của hệ phương Oy : py py py mv0 sin  - Trong quá trình va chạm hệ chịu tác dụng của trọng lực và phản lực F của mặt phẳng ngang. Phản lực này có thể phân tích thành hai thành phần: thành phần pháp tuyến Fy và lực ma sát Fms . Theo dữ kiện bài toán, ta thấy F ? Fy và F ? P - Áp dụng định lí biến thiên động lượng theo phương Oy , ta được: p mv sin F m m g y 0 y 1 2 t t
2. mv sin - Vì F ? P nên: F 0 y y t - Áp dụng định lí biến thiên động lượng theo phương Ox , ta được: px Fms t Ta có: px m m1 v1 mv0 cos ; Fms mFy m m1 v1 mv0 cos mv0 sin 3 1 1.10 0,1. mv0 cos  sin 2 2 v1 0,74 m / s m m1 1 10 Vậy: Vận tốc của vật m1 ngay sau khi va chạm là v1 0,74 m / s b) Độ biến dạng cực đại của lò xo Sau khi tương tác hệ vật chuyển động chịu tác dụng của lực ma sát nên cơ năng của hệ giảm dần vì vậy độ biến dạng cực đại của lò xo chính là độ nén cực đại của lò xo ngay sau thời điểm va chạm. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta có: 1 1 m m v2 kx2  m m gx 2 1 1 2 1 2 x 15,9cm 50x 11x 3,01 0 x 37,9cm Vậy: độ biến dạng (nén) cực đại của lò xo trong quá trình hệ dao động là xmax 15,9cm c) Vật m2 có dịch chuyển không Giả sử sau khi lò xo bị nén cực đại, vật m và m1 dịch chuyển sang trái tới vị trí lò xo biến dạng một đoạn x thì dừng lại. Trong quá trình này ta giả sử vật m2 vẫn đứng yên. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta có: 1 1 kx2 kx2  m m x x 2 max 2 1 max 2 x 13,7cm 50x 1,1x 1,098 0 x 15,9cm - Như vậy, khi lò xo bị dãn ra một đoạn 13,7cm thì vật m và m1 dừng lại. Tại vị trí này lực đàn hồi của lò xo là: Fdh kx 100.0,137 13,7N - Mặt khác, để vật m2 dịch chuyển sang trái thì: Fdh Fmsn(max) m2 g 0,1.20.10 20N 13,7N
3. Vậy: Trong suốt quá trình chuyển động của m và m1 thì m2 vẫn đứng yên.  34. Vật nhỏ có khối lượng m1 chuyển động với vận tốc v1 từ A đến va chạm đàn hồi với vật m2 (m2 m1 )    đang đứng yên ở B trên sàn ngang. Sau va chạm m1 có vận tốc v1 , v1 hợp với v1 góc . Xác định tỉ số v 1 ứng với trường hợp góc lệch lớn nhất. Bỏ qua mọi ma sát v1 Bài giải Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ " m1 và m2 ", ta được:    p1 p1 p2 2 2 2 p2 p1 p1 2 p1 p1 cos (1) Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được: W1 W1 W2 2 m p 1 2 2 2 Mặt khác: W p2 p1 p1 (2) 2m m2 m m 2 2 2 2 Thay (1) vào (2): 1 p1 1 p1 2 p1 p1 cos m1 m1 1 m2 m2 v1 1 x 1 2cos , x x m m v 1 1 1 Góc lệch max cos cos min 1 m2 m2 1 x 1 x m1 m1 v m m x 1 1 2 v1 m1 m2 v m m Vậy: Góc lệch lớn nhất khi x 1 1 2 v1 m1 m2 35. Hai khối A và B có khối lượng mA 9kg và mB 40kg đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ số ma sát giữa mặt phẳng ngang và mỗi khối đều là  0,1. Hai khối được nối với nhau bằng lò xo nhẹ, độ cứng k 150 N / m . Khối B dựa vào tường thẳng đứng. Ban đầu hai khối nằm yên và lo xo không biến dạng. Một viên dạng có khối lượng m 1kg bay theo phương ngang với vận tốc v đến cắm vào trong khối A . Lấy g 10 m / s2
4. a) Cho v 10 m / s . Tìm độ co lớn nhất của lò xo b) Viên đạn phải có vận tốc là bao nhiêu thì khối B có thể dịch chuyển sang trái? Bài giải a) Độ co lớn nhất của lò xo Gọi x là độ co lớn nhất của lò xo Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ " m và mA " ta được: mv 1.10 mv m mA v0 v0 1 m / s m mA 1 9 Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho hệ cho quá trình từ lúc va chạm đến lúc lò xo có độ co cực đại, ta được: 1 1 m m v2 kx2  m m gx 2 A 0 2 A 1 1 1 9 .12 .150x2 0,1 1 9 .10x 2 2 15x2 2x 1 0 x 0,2m Vậy: độ co lớn nhất của lò xo là x 0,2m b) Vận tốc của viên đạn để khối B có thể dịch chuyển sang trái Gọi v là vận tốc viên đạn để B có thể dịch chuyển sang trái; x là độ co của lò xo khi B bắt đầu dịch chuyển sang trái Để B có thể dịch chuyển sang trái thì lò xo phải dãn một đoạn ít nhất là x0 sao cho: 4 F F kx m g 150x 40 x m dh msB 0 B 0 0 15 Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho hệ, ta được: 1 1 kx 2  m m g x x kx2 2 A 0 2 0 2 1 2 4 1 4 .150x 0,1 1 9 .10 x .150. 2 15 2 15 75x 2 10x 8 0 x 0,4m 1 1 và: m m v 2 kx 2  m m gx 2 A 0 2 A 1 1 4 5 1 9 v 2 .150.0,42 0,1 1 9 .10.0,4 v m / s 2 0 2 0 5
5. Mặt khác: 4 5 m m v 1 9 . mv m m v v A 0 5 8 5 m / s A 0 m 1 Vậy: để khối B có thể dịch chuyển sang trái thì viên đạn phải có vận tốc v 8 5 m / s 36. Hai quả cầu nhẵn đàn hồi, bán kính r nằm tiếp xúc với nhau trên một mặt phẳng nằm ngang nhẵn. Quả cần đàn hồi thứ ba bán kính 2r trượt với vận tốc v0 cũng theo mặt phẳng này, cùng một lúc va chạm vào hai quả cầu (hình vẽ) Hãy tính vận tốc của quả cầu lớn sau va chạm. Tất cả quả cầu được làm từ cùng một kim loại Bài giải 4 Khối lượng hai quả cầu nhỏ: m m D .r3 3 2 3 4 3 Khối lượng quả cầu lớn: m D 2r 8m 1 3 2 Tại thời điểm va chạm, có các lực tác dụng lên quả cầu nhỏ hướng dọc theo đường nối tâm của chúng và tâm của quả cầu lớn. Vì vậy, sau va chạm các quả cầu nhỏ chuyển động theo phương của các đường nối này với v2 v3 , quả cầu lớn chuyển động theo phương cũ (hình vẽ) Theo định luật bào toàn động lượng, ta có:     m1 v0 m1 v1 m2 v2 m3 v3 (1) Chiếu (1) lên trục Ox , ta được: m1v0 m1v1 m2v2 cos m3v3 cos 1 m v m v m v cos 1 0 1 1 4 1 2 1 2 2 2 v v v v v (2) 0 1 4 2 3 1 2 6 OO r 1 2 2 (sin 2 ;cos 1 sin2 ) O1O2 3r 3 3 Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: 1 1 1 1 1 1 m v2 m v2 m v2 m v2 m v2 m v2 2 1 0 2 1 1 2 2 2 2 3 3 2 1 1 8 1 2 2 2 2 4v0 4v1 v2 (3)
6. 7v 12 2v Từ (2) và (3): v 0 và v 0 1 11 2 11 7v Vậy: vận tốc của quả cầu lớn sau va chạm là v 0 `1 11 37. Một quả cầu nhỏ khối lượng M 100g treo vào đầu sợi dây lý tưởng, chiều dài l 20cm như hình vẽ. Dùng một vật nhỏ khối lượng m 50g có tốc độ v0 bắn vào M . Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy g 10(m / s2 ) . Coi va chạm là tuyệt đối đàn hồi a) Xác định v0 để vật M lên đến vị trí dây treo nằm ngang b) Xác định giá trị tối thiểu của v0 để vật M chuyển động tròn xung quanh điểm O 3 7 c) Xác định chuyển động của vật M sau va chạm nếu v (m / s) 0 2 Bài giải a) Xác định v0 để M lên đến vị trí dây treo nằm ngang Gọi v1 và v2 là vận tốc của các vật ngay sau va chạm. Vì va chạm là tuyệt đối đàn hồi nên động lượng và động năng của hệ hai vật m và M bảo toàn: mv mv Mv 0 1 2 2m 2 2 2 v v (1) mv0 mv1 Mv2 2 0 m M 2 2 2 Khi dây nằm ngang: Mv2 m M gl 2 Mgl v (2) 2 0 m 2 0,05 0,1 10.0,2 v 3(m / s) 0 0,05 2 Vậy: để M lên đến vị trí dây treo nằm ngang thì v0 3(m / s) b) Giá trị tối thiểu của v0 để vật M chuyển động tròn xung quanh điểm O Gọi vE là vận tốc vật M tại vị trí cao nhất E , ta có: mv2 mv2 mg T E T E mg 1 1 Để vật quay hết vòng tròn: mv2 T 0 E mg 0 v gl (3) 1 E
7. Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có: 1 1 Mv2 Mg.2l Mv2 (4) 2 2 2 E Từ (2), (3) và (4) ta được: m M 0,05 0,1 3 10 v 5gl 5.10.0,2 (m / s) 0 m 0,05 2 3 10 Vậy: để M chuyển động tròn xung quanh điểm O thì v (m / s) 0 min 2 3 7 c) Xác định chuyển động của vật M sau va chạm nếu v (m / s) 0 2 3 7 Với v (m / s) v nên M không lên tới điểm cao nhất E của quỹ đạo tròn 0 2 0 min mv2 Lực căng của dây: T mg cos l + Khi T 0 thì M bắt đầu rời quỹ đạo tròn tại D với vận tốc vD gl cos + Từ D , vật M chuyển động như vật bị ném xiên. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, ta được: 1 1 Mv2 Mgl 1 cos Mv2 2 2 2 D 1 1 Mv2 Mgl 1 cos Mgl cos 2 2 2 1 1 Mv2 Mgl 1 cos Mgl cos 2 2 2 1 v2 1 v2 cos 2 2 arccos 2 2 3 gl 3 gl 2.0,05 3 7 Mặt khác, từ (1): v . 7(m / s) 2 0,05 0,1 2 1 7 arccos 2 120 và vD 10.0,2.cos120 1(m / s) 3 10.0,2 3 7 Vậy: sau va chạm nếu v (m / s) thì chuyển động của M là: 0 2 + Chuyển động theo quỹ đạo tròn đến D( 120) thì rời quỹ đạo + Từ D, M chuyển động như vật bị ném xiên, vận tốc ban đầu (tại D ) là vD 1(m / s)
8. 38. Hai quả cầu A và B , khối lượng m1 ,m2 được treo bằng sợi dây không dãn dài bằng nhau, khối lượng không đáng kể, sao cho ở vị trí cân bằng A và B chạm vào nhau như hình vẽ. Kéo A ra khỏi vị trí cân bằng sao cho dây treo nó lệch một góc so với phương thẳng đứng rồi buông ra m Tìm sự phụ thuộc vào tỉ số k 2 của góc lệch cực đại của dây treo quả cầu sau m1 khi chúng va chạm nhau. Coi va chạm là hoàn toàn đàn hồi Bài giải Gọi v0 là vận tốc của A trước khi va chạm; v1 ,v2 là vận tốc của A, B sau va chạm; h1 ,h2 là độ cao của A, B sau va chạm; 1 , 2 là góc lệch cực đại của dây treo A, B sau va chạm Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho A tại điểm thả vật và điểm va chạm với B , ta có: 1 m v2 m gl 1 cos v2 2gl 1 cos 2 1 0 1 0 Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và động năng cho hệ " A và B " trước và sau va chạm, ta được: m1v0 m1v1 m2v2 (1) 1 1 1 m v2 m v2 m v2 (2) 2 1 0 2 1 1 2 2 2 Từ (1), (2) suy ra: m1 m2 1 k 2m1v0 2v0 v1 v0 v0 ;v2 m1 m2 1 k m1 m2 1 k 2 2 2 2 2 v1 1 k v0 1 k v2 4l 1 cos h1 l 1 cos ;h2 2 2g 1 k 2g 1 k 2g 1 k 2 l h1 1 k l h2 4 1 cos cos 1 1 1 cos ;cos 2 1 2 l 1 k l 1 k Xét các trường hợp đặc biệt: m2 a) Nếu m1 = m2 : k : cos 1 cos và cos 2 1 m1 1 ; 2 0 : B vẫn đứng yên còn A nẩy lên độ cao ban đầu m2 b) Nếu m1 m2 : k 1: cos 2 cos ,cos 1 1 m1 2 ; 1 0 : A đứng yên còn B chuyển động như A ban đầu
9. m2 c) Nếu m1 ? m2 : k 0 : cos 1 cos ;cos 2 4cos 3 1 m1 39. Một hạt khối lượng m1 chuyển động với vận tốc v đến va chạm hoàn toàn đàn hồi với hạt m2 (m2 m1 ) ban đầu đứng yên (hình vẽ). Xác định góc lệch lớn nhất của hạt m1 so với phương ban đầu sau va chạm Xét trường hợp riêng m1 m2 Bài giải Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, ta được:   m1 v1 m2 v2 mv (1) Chiếu (1) lên hai trục tọa độ Ox và Oy, ta được: m1v1 cos m2v2 cos  m1v m1v1 sin m2v2 sin  0 2 2 2 m2v2 cos  m1v m1v1 cos 2 2 2 2 m2v2 sin  m1v1 sin Cộng hai phương trình của hệ trên vế theo vế, ta được: 2 2 2 2 2 2 2 m2 v2 m1 v m1 v1 2m1 vv1 cos (2) Mặt khác, theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có: 1 1 1 m v2 m v2 m v2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 m1v m1v1 m2v2 m2 v2 m1m2v m1m2v1 (3) 2 2 2 2 2 2 2 Từ (2) và (3): m1 v m1 v1 2m1 vv1 cos m1m2v m1m2v1 2 2 m1 m2 v1 2m1v cos v1 m1 m2 v 0 (4) Để bài toán cơ ý nghĩa, phương trình bậc hai theo v1 phải có nghiệm, tức là: 2 2 2 2 2 2 m1 v cos m1 m2 v 0 2 2 2 m2 m2 cos 1 sin 1 2 sin m1 m1 m2 m2 Từ đó: max sin sin max max arcsin m1 m1  Trường hợp: m m ,v  v 1 2 2 1
10. m2 Vậy: góc lệch lớn nhất của hạt m1 so với phương ban đầu sau va chạm là amax arcsin m1 40. Ba vòng đệm nhỏ giống nhau O1 ,O2 ,O3 nằm yên trên sàn ngang nhẵn. Truyền vận tốc v0 cho O1 đến va chạm đồng thời với O2 và O3 . Giả sử va chạm tuyệt đối đàn hồi, khoảng cách O2O3 bằng k lần đường kính mỗi vòng a) Tính giá trị của k để ngay sau va chạm thì O1 dừng lại, dội ngược lại, tiếp tục chuyển động theo hướng ban đầu b) Nhận xét gì về chuyển động sau va chạm nếu: k 1,k 2 ? (Trích đề thi Plympic 30/4, 1995) Bài giải a) Giá trị của k để ngay sau va chạm thì O1 dừng lại, dội ngược lại, tiếp tục chuyển động theo hướng ban đầu    Gọi v1 ,v2 ,v3 lần lượt là vectơ vận tốc của các dòng ngay sau va chạm. Xét hệ kín " O1 ,O2 và O3 "; va chạm của các vật là tuyệt đối đàn hồi Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn động năng cho hệ trước và sau va chạm, ta được:     mv0 mv1 mv2 mv3 (1) 1 1 1 1 mv2 mv2 mv2 v2 (2) 2 0 2 1 2 2 2 3     Từ (1), ta được: v1 v2 v3 v0 ; do tính đối xứng của hệ nên: v2 v3 v v1 2v cos v0 v0 v1 2v cos (3) 2 2 2 2 2 2 Từ (2), ta được: 2mv m1 mv0 v0 v1 2v (4) 2v cos 1 2cos2 Từ (3) và (4), ta được: v 0 ;v v (5) 1 2cos2 1 0 1 2cos2 O2O3 k.2R k Theo đề: O O k.2R sin 2 2 (với k 2 ) 2 3 2R 2R 2 k 2 cos2 1 (6) 4 k 2 1 2 1 4 k 2 2 Thay (6) vào (5) ta được: v v v (7) 1 0 k 2 0 6 k 2 1 2 1 4 Từ (7) ta có:
11. + Để O1 dừng lại ngay sau va chạm: v1 0 k 2 + Để O1 dội ngược lại ngay sau va chạm: v1 0 k 2 + Để O1 tiếp tục đi tới sau va chạm: v1 0 k 2 Vậy: để O1 dừng lại ngay sau va chạm thì k 2 ; để O1 dội ngược lại ngay sau va chạm thì k 2 ; để O1 tiếp tục đi tới sau va chạm thì k 2 b) Nhận xét về chuyển động sau va chạm của hệ nếu k 1,k 2 v 2 3 1  Trường hợp k 1: Từ (5), (6) và (7), ta được: v 0 ;v v v ;sin 30: các vectơ v 1 5 2 3 5 0 2 2   và v3 hợp với phương v0 góc 30 Trường hợp k 2 : Từ (5), (6) và (7), ta được: v1 v0 ;v2 v3 0 ; va chạm không xảy ra 41. Vật có khối lượng m1 được thả không vận tốc đầu và trượt xuống một vòng xiếc có bán kính R . Tại điểm thấp nhất nó va chạm đàn hồi với vật có khối lượng m2 đang đứng yên Sau va chạm, m2 trượt theo vòng xiếc đến độ cao h thì rơi khỏi vòng xiếc (h R) . Vật m1 giật lùi trên máng nghiêng rồi lại trượt xuống, lên đến độ cao h thì cũng rời vòng xiếc. Tìm m2 độ cao ban đầu H của m1 và tính tỉ số . Bỏ qua ma sát m1 (Trích đề thi Olympic 30/4, 1996) Bài giải Gọi v là vận tốc của m1 ngay trước va chạm; v1 ,v2 là vận tốc của m1 và m2 ngay sau va chạm. Ta có: 1 m gH m v2 v 2gH (1) 1 2 1 1 1 m v2 m gh; m v2 m gh 2 1 1 1 2 2 2 2 v1 v2 (2) Vì hệ hai vật là hệ kín và va chạm là đàn hồi nên: + Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có: m1v m1v m2v2 m1v1 v1 (3) m2 m1 + Theo định luật bảo toàn động năng, ta có:
12. m v2 m v2 m v2 m m v2 1 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2 2 m1 v1 v (v1 v2 ) (4) m1 m2 m v m m Từ (3) và (4), ta được: 1 v 1 2 3 m2 m1 m1 m2 m1 m1v v 2gH Thay m2 3m1 vào (3), ta được: v1 v2 3m1 m1 2 2 Gọi M là điểm vật rời khỏi vòng xiếc, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m2 tại hai điểm: điểm thấp nhất và điểm rời khỏi vòng xiếc, ta được: m v2 m v2 2 2 m gh 2 M v2 v2 2gh (5) 2 2 2 2 M    Tại M , với m2 , ta có: Q P2 m2 a2 (6) v2 Chiếu (6) xuống phương hướng tâm, ta được: Q m g cos m M 2 2 R 2 Vật rời khỏi vòng xiếc khi: Q 0 vM gR cos h R h R Mặt khác: cos v2 gR. g h R (7) R M R gH g h R 2gh 3gh gR H 2 3h R 2 m2 Vậy: độ cao ban đầu của m1 là H 2 3h R và tỉ số 3 m1 42. Hai quả cầu nhỏ m1 ,m2 treo vào cùng một điểm bởi hai dây nhẹ, không dãn, cùng chiều dài l . Ban đầu hệ có vị trí như hình vẽ. Buông để quả cầu m1 chuyển động. Bỏ qua ma sát và lực cản a) Tính vận tốc của m1 ngay trước va chạm và vận tốc của m1 ,m2 ngay sau va chạm. Biết rằng va chạm là xuyên tâm, tuyệt đối đàn hồi b) Trong thời gian va chạm, lực tổng hợp do hai dây tác dụng lên giá treo thay đổi trong khoảng giá trị nào? Lực tổng hợp này có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu và đạt được vào lúc nào? (Trích đề thi Olympic 30/4,1997) Bài giải a) Vận tốc của m1 ngay trước va chạm và vận tốc của m1 ,m2 ngay sau va chạm
13. Gọi v là vận tốc quả cầu 1 ngay trước va chạm; v1 và v2 là vận tốc của quả cầu 1 và 2 ngay sau va chạm Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quả cầu 1 tại hai vị trí: ban đầu và trước khi va chạm với quả cầu 2, ta được: 1 m gl m v2 v 2gl (1) 1 2 1 Vì hệ "hai quả cầu" là hệ kín và va chạm là đàn hồi nên: + Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ, ta được: m1v m1v1 m2v2 (2) + Áp dụng định luật bảo toàn động năng, ta được: 1 1 1 m v2 m v2 m v2 (3) 2 1 2 1 1 2 2 2 m1 m2 v 2m1v Từ (1) và (2) ta được: v1 ;v2 (4) m1 m2 m1 m2 Vậy: vận tốc của m1 ngay trước va chạm là v 2gl và vận tốc của m1 ,m2 ngay sau va chạm là m1 m2 v 2m1v v1 ,v2 m1 m2 m1 m2 b) Lực tổng hợp do hai dây tác dụng lên giá treo   Tại vị trí thấp nhất của quỹ đạo, các lực tác dụng vào hai quả cầu (trọng lực P và lực căng dây T ) coi như đều có phương thẳng đứng. Theo định luật II Niuton, ta có:    2 v1 + Quả cầu m1 : P1 T1 m1 a1 T1 m1 g m1a1 m1 g l    2 v2 + Quả cầu m2 : P1 T2 m2 a2 T2 m2 g m2 a2 m2 g l Trong tương tác hai quả cầu đều thu gia tốc. Vận tốc của m1 biến thiên từ vị trí ban đầu v đến vị trí cuối cùng v1 , vận tốc của m2 biến thiên từ vị trí ban đầu 0 đến vị trí cuối cùng v2 . Các lực căng dây cũng biến đổi và lực tổng hợp đặt lên giá đỡ là F T1 T2 cũng thay đổi + Lúc m1 vừa rơi xuống tới B , ta có: v1 v và v2 0 T1 3m1 g,T2 m2 g; F1 3m1 g m2 g 3m1 m2 g + Lúc hai quả cầu đã biến dạng tối đa, gọi V là vận tốc của hai quả cầu lúc này. Ta có: m1v m1 m2 V m1v V (định luật bảo toàn động lượng) m1 m2
14. 2 2 2 2 V m1 v m1 và T1 m1 g m1 g m1 g 1 2 ; l m m l m m 1 2 1 2 2 2 2 2 V m1 v m1 T2 m2 g m2 g m2 g 1 2 l m m l m m 1 2 1 2 2 2 m1 m1 F2 T1 T2 m1 m2 2 m1 m2 g m1 m2 2 g m m m m 1 2 1 2 Khi hai quả cầu tách rời nhau thì v1 và v2 có giá trị như trong (4), hợp lực đặt vào giá đỡ bây giờ là: 2 2 v1 v2 F3 T1 T2 m1 g m2 g l l 2 2 2 m1v1 m1v2 m1v F3 m1 g m2 g m1 g m2 g 3m1 m2 g l l F3 F1 2 m1 Vì m1 m2 2 g 3m1 m2 g m1 m2 2 m1 F Fmin F2 m1 m2 2 g m1 m2 Vậy: trong thời gian va chạm, lực tổng hợp do hai dây tác dụng lên giá treo thay đổi trong khoảng 2 m1 F2 F F1 F3 ; lực tổng hợp này có giá trị nhỏ nhất là Fmin F2 m1 m2 2 g và đạt được m1 m2 vào lúc hai quả cầu biến dạng tối đa 43. Cho hai quả cầu tuyệt đối đàn hồi va chạm với nhau với vận tốc là v1 và v2 . Biện luận vận tốc của mỗi quả cầu sau va chạm. Cho biết va chạm là xuyên tâm. Giải bài toán trong hai trường hợp: a) Vận tốc quả cầu thứ hai trước va chạm bằng 0 b) Khối lượng hai quả cầu bằng nhau (Trích đề thi Olympic 30/4,1999) Bài giải     Gọi v1 ,v2 là vận tốc hai quả cầu ngay trước va chạm, v1 ,v2 là vận tốc các quả cầu ngay sau va chạm. Hệ "hai quả cầu" là hệ kín, va chạm là đàn hồi, xuyên tâm Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ, ta được:     m1 v1 m2 v2 m1 v1 m2 v2
15. m1v1 m2v2 m1v1 m2v2 (1) Áp dụng định luật bảo toàn động năng ta được: 1 1 1 1 m v2 m v2 m v 2 m v 2 (2) 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 2 Từ (1) và (2), ta được: m m v 2m v m m v 2m v 1 2 1 2 2 1 2 2 1 1 v1 ;v2 m1 m2 m1 m2 a) Trường hợp quả cầu thứ hai đứng yên trước va chạm ( v2 0 ), ta có: m m v 2m v 1 2 1 1 1 v1 ;v2 m1 m2 m1 m2 Nếu m1 m2 : (v1 0;v2 0) : sau va chạm, quả cầu 1 tiếp tục tiến về phía trước nhưng với vận tốc nhỏ hơn, quả cầu 2 chuyển động cùng chiều với quả cầu 1 Nếu m1 m2 : (v1 0;v2 0) : sau va chạm, quả cầu 1 chuyển động ngược lại, quả cầu 2 chuyển động theo hướng chuyển động của quả cầu 1 trước va chạm b) Trường hợp m1 m2 , ta có: ( v1 0 và v2 v1 ): sau va chạm, hai quả cầu trao đổi vận tốc cho nhau 44. Hai quả cầu treo tiếp xúc với nhau bằng các sợi dây dài bằng nhau. Khối lượng của quả cầu bên trái là M và khối lượng của cầu bên phải là m (hình vẽ). Kéo lệch quả cầu bên trái một góc và thả ra. Sau khi va chạm vào nhau, quả cầu bên trái dừng lại, còn quả cầu bên phải lệch một góc  . Hãy thiết lập biểu thức liên hệ giữa góc lệch 1 và 1 của quả cầu bên trái và quả cầu bên phải sau lần va chạm thứ hai. Biết rằng sau mỗi lần va chạm có một tỉ lệ k của phần thế năng biến dạng của các quả cầu chuyển thành nhiệt (trích đề thi Olympic 40/4. 1999) Bài giải Gọi v là vận tốc của quả cầu M ngay trước va chạm; v là vận tốc quả cầu m ngay sau va chạm. Hệ "hai quả cầu" là hệ kín Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho M tại hai vị trí B và C, ta được: 1 Mv2 Mgl 1 cos v 2gl 1 cos (1) 2 Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m tại hai vị trí C và D, ta được: 1 mv 2 mgl 1 cos  v 2gl 1 cos  (2) 2
16. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ trước và sau va chạm, ta được: Mv mv M 2gl 1 cos m 2gl 1 cos  M 1 cos  (3) m 1 cos Gọi W là phần cơ năng bị tiêu hao sau một lần va chạm; Wt là thế năng biến dạng của các quả cầu; v0 là vận tốc chung của hai quả cầu lúc chúng biến dạng tối đa, ta có: Mgl 1 cos Mgl 1 cos  W (4) W kWt M Mv M m v v v (bảo toàn động lượng) 0 0 M m 1 1 Mv2 M m v2 W (bảo toàn cơ năng) 2 2 0 t 1 2 M Wt Mv 2 M m 1 mM Mặt khác: Mv2 Mgl 1 cos nên W gl 1 cos (5) 2 t M m mM W kW k gl 1 cos (6) t M m Sau lần va chạm thứ nhất, ta có: mM Mgl 1 cos mgl 1 cos  k gl 1 cos M m 1 cos mM M 1 cos M 1 cos  k 1 cos (7) 1 cos  M m Sau lần va chạm thứ hai, ta có: mM mgl 1 cos  Mgl 1 cos mgl 1 cos  k gl 1 cos  1 1 M m mM m 1 cos  M 1 cos m 1 cos  k 1 cos  (8) 1 1 M m Mặt khác theo định luật bảo toàn động lượng cho hệ trong lần va chạm thứ hai, ta có: mv Mv1 mv2 m 2gl 1 cos  M 2gl 1 cos 1 m 2gl 1 cos 1 m 1 cos  M 1 cos 1 m 1 cos 1 (9)
17. Sau lần va chạm thứ nhất, quả cầu M dừng lại và M m 1 cos  1 cos Đặt: a 1 cos ;b 1 cos  ; x 1 cos 1 ; y 1 cos 1 với a b M b m a mM Ma Từ (3): m a M m a b M m a b a Ma a2 Từ (7): Ma2 M b2 k a2 a b k b a b a b a2 b2 k (10) a2 a a a2 b2 Ma Từ (8): M b2 Mx2 M y2 . b2 b b a2 a b a a b b2 ab x2 y2 (11) b a a a b a x Từ (9): M b Mx M y (12) b b a Thay giá trị của y từ (12) vào (11), ta được: 2 2 2 a b a x a b b ab x b a a x b 1 cos 1 1 cos  1  Từ đó, quan hệ giữa các góc 1 và 1 có thể biểu diễn qua hệ thức: 1 cos 1 1 cos 1 cos 1 1 cos 1 1 cos Vậy: hệ thức liên hệ giữa 1 và 1 là 1 cos 1 1 cos 1 cos 1 1 cos 1 1 cos 45. Một nêm A có khối lượng M đặt trên mặt bàn nằm ngang. Cho hệ số ma sát giữa nêm và mặt bàn là k, góc 30 (hình vẽ). Một viên bi khối lượng m đang bay với vận tốc v0 (ở độ cao h so với bàn) đến chạm vào mặt nghiên của nêm 7v Va chạm của bi vào nêm tuân theo định luật phản xạ gương và vận tốc bi sau va chạm có độ lớn 0 9
18. Hỏi sau khi va chạm viên bi lên tới độ cao tối đa là bao nhiêu (so với mặt bàn) và nêm dịch ngang được một đoạn bao nhiêu? (Trích đề thi Olympic 30/4, 2000) Bài giải    Gọi O là điểm va chạm, hệ trục Oxy như hinh vẽ; v vx vy là vận tốc bi ngay sau va chạm; vA là vận tốc nêm ngay sau va chạm Theo phương ngang, động lượng của hệ "bi + nêm" được bảo toàn nên: m mv Mv mv v v v x A 0 A M 0 x 7 v v cos 2 v cos 2 x 9 0 với: 7 v vsin 2 v sin 2 y 9 0 m 7 mv0 7 11mv0 vA v0 cos 2 1 cos60 M 9 M 9 18M Độ lên cao tối đa của bi kể từ chỗ chạm với mặt nêm là: 2 2 7 7 2 v0 sin 2 v0 sin 60 2 vy 9 9 49v h 0 max 2g 2g 2g 216g 49v2 Độ lên cao tối đa của bi so với mặt bàn là: H h h 0 h max max 216g F kMg Gia tốc trượt ngang của nêm là: a ms kg M M 2 11mv0 v2 18M 121m2v2 Quãng đường trượt ngang của nêm là: s A 0 2a 2kg 648M 2 kg 49v2 vậy: sau khi va chạm viên bi lên tới độ cao tối đa so với mặt bàn là H 0 h và nêm dịch ngang max 216g 121m2v2 được một đoạn s 0 648M 2 kg 46. Một bán cầu tâm O bán kính R đặt cố định trên mặt phẳng ngang. Một vật nhỏ trượt xuống không vận tốc đầu từ đỉnh A của bán cầu. Bỏ qua mọi ma sát và lực cản của không khí a) Tìm biểu thức xác định vị trí ·AOM cho biết tại M vật bắt đầu rời khỏi bán cầu
19. b) Khi rơi xuống đến đất, vật va chạm tuyệt đối đàn hồi với mặt đất và nảy lên. Tính theo R độ cao tối đa vật đạt được (so với mặt đất) sau va chạm c) So sánh độ cao của vật tại A và độ cao cực đại sau va chạm. Vận dụng quan điểm về năng lượng để giải thích kết quả này Ghi chú: trong va chạm tuyệt đối đàn hồi, vectơ vận tốc đập xuống và vec tơ vận tốc nảy lên đối xứng nhau qua mặt phẳng va chạm (Trích đề thi Olympic 30/4, 2001) Bài giải a) Biểu thức xác định vị trí ·AOM   Áp dụng định luật II Niuton cho vật: P Q ma Chiếu hệ thức vectơ trên xuống phương hướng tâm, ta được: mv2 v2 mg cos Q Q m g cos (1) R R Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại hai điểm A và M, ta được: 1 mgR mgR cos mv2 v2 2gR 1 cos (2) 2 2gR 1 cos Thay (2) vào (1) ta được: Q m g cos mg 3cos 2 R 2 2 Khi vật rời mặt cầu tại B, ta có: Q 0 cos hay arccos 3 3 · 2 Vậy: biểu thức xác định vị trí AOM là arccos 3 b) Độ cao tối đa vật đạt được (so với mặt đất) sau va chạm Tại B vật chuyển động như vật bị ném xiên xuống tới C rồi từ C vật cũng chuyển động như vật bị ném xiên lên tới D. Ta có: vD vM vx v cos Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại hai điểm A và D, ta được: 1 mv2 cos2 mgR mgh mv2 mgh 2 D 2 v2 cos2 2v2 h R R 2g 9g Mặt khác, từ (2) ta có:
20. 2 2 2gR v 2gR 1 (4) 3 3 2gR 2. 2v2 23 Thay (4) vào (3) ta được: h R R 3 R 9g 9g 27 23 Vậy: độ cao tối đa vật đạt được (so với mặt đất) sau va chạm là h R 27 c) So sánh hD và hA . Giải thích WA WD Ta có: v 0,v 0 v v nên W W và W W h h A D D A dD d A tD tA D A Vậy: độ cao của vật tại A cao hơn độ cao cực đại của vật sau va chạm: hA hD 47. Một vật khối lượng m1 được thả không vận tốc đầu và trượt trên một mặt phẳng nghiêng của một vòng xiếc có bán kính r. Ở điểm thấp nhất A của vòng xiếc, vật m1 va chạm đàn hồi với vật có khối lượng m2 đang đứng yên. Vật m2 trượt theo vòng tròn đến độ cao h(h r) thì tách khỏi vòng tròn. Vật m1 giật lùi theo mặt phẳng nghiêng rồi lại trượt xuống, tiếp tục trượt theo vòng tròn cũng đến độ cao h thì tách ra khỏi vòng tròn. Tính độ cao ban đầu H của m1 . Bỏ qua mọi ma sát (Trích đề thi Olympic 30/4, 2002) Bài giải Chọn mốc tính thế năng tại A Trước va chạm, m1 có vận tốc v , với: 1 m v2 m gH (bảo toàn cơ năng) v 2gH (1) 2 1 1 1 1 Sau va chạm, m1 và m2 có vận tốc v1 và v2 , với: m1v1 m1v1 m2v2 (bảo toàn động lượng) 1 1 1 m v2 m v 2 m v 2 (bảo toàn động năng) 2 1 1 2 1 1 2 2 2 m m m v 1 2 1 1 v1 v1;v2 (2) m1 m2 m1 m2 Sau va chạm m2 đến C thì rời vòng tròn. Phương trình chuyển động của m2 :   P2 Q2 m2 a (3) Chiếu (3) lên phương CO, chiều (+) hướng tâm, ta được:
21. m v2 h r m g cos Q 2 C , với cos 2 2 r r 2 Khi vật rời vòng tròn: Q2 0 vC g h r (4) Mặt khác, theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có: WA WC 1 1 m v 2 m v2 m gh v 2 g 3h r (5) 2 2 2 2 2 C 2 2 Vật m1 sau khi giật lùi và trượt xuống đến A có vận tốc v2 tiếp tục lên vòng xiếc đến C lại rời vòng xiếc, suy ra: v1 v2 m1 m2 2m1v1 m2 Từ (2): v1 3 m1 m2 m1 m2 m1 2 2m 2 1 v2 .2gH H 2 3h r (6) m1 m2 2 2 v1 2m1 Thay (1), (5) vào (6): .2gH H 2 3h r 4 m1 m2 Vậy: độ cao ban đầu của m1 là H 2 3h r 48. Một vật A chuyển động với vận tốc v0 đến va chạm đàn hồi hoàn toàn với một vật B đang đứng yên tại C. Sau va chạm vật B chuyển động trên máng đường tròn đường kính CD 2R . Một tấm phẳng E đặt vuông góc với CD tại tâm O của máng đường tròn Cho khối lượng của hai vật bằng nhau. Bỏ qua mọi ma sát 1. Xác định vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời máng 2 2. Cho v0 3,5Rg . Hỏi vật B có thể rơi vào tấm E không? Nếu có hãy xác định vị trí của B trên tấm E Bài giải 1. Vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời máng Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên sau va chạm B chuyển động với vận tốc v0 còn A đứng yên. Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: 1 1 mv2 mv2 mgR 1 sin 2 0 2 2 2 v v0 2gR 1 sin   Theo định luật II Niuton ta có: P Q ma