CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÍ 10 TẬP 2 (CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN) by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIC

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÍ

vectorstock.com/10212086

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÍ 10 TẬP 2 (CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN) TÓM TẮT KIẾN THỨC, PHƯƠNG PHÁP GIẢI, CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG CÓ BÀI GIẢI WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Phần thứ nhất

2. Chuyển động bằng phản lực

CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN

- Định nghĩa: Chuyển động bằng phản lực là loại chuyển

1. CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI

động mà do tương tác bên trong giữa một phần của vật tách

Chuyên đề 1: ĐỘNG LƯỢNG. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỘNG LƯỢNG

ra chuyển động về một hướng và phần còn lại chuyển động

A. TÓM TẮT KIẾN THỨC

về hướng ngược lại (súng giật khi bắn, pháo thăng thiên, tên

I. ĐỘNG LƯỢNG

lửa,…).

1. Hệ kín

- Công thức về tên lửa

- Định nghĩa: Hệ kín là hệ vật chỉ tương tác với nhau chứ không tương tác với các vật bên ngoài hệ (chỉ có

 m + Gia tốc của tên lửa: a   u M

nội lực chứ không có ngoại lực).

(1.6)

  + Lực đẩy của động cơ tên lửa: F   mu

- Các trường hợp thường gặp: Các trường hợp thường gặp về hệ kín là: + Hệ không có lực tác dụng

(1.7)

M  + Vận tốc tức thời của tên lửa: v  u.ln  o  (1.8) M      + Định luật về chuyển động của tên lửa: M a  M g  F C  mu

+ Hệ không có lực tác dụng nhưng cân bằng nhau. + Hệ có ngoại lực tác dụng nhưng rất nhỏ so với nội lực (đạn nổ…)

(1.9)

+ Hệ kín theo một phương nào đó. 2. Động lượng   - Động lượng p là đại lượng đo bằng tích giữa khối lượng m và vận tốc v của vật.   (1.1) p  mv   - Động lượng p là đại lượng vecto, luôn cùng chiều với vecto vận tốc v .    - Động lượng p của hệ bằng tổng động lượng p1 , p 2 ... của các vật trong hệ:    p  p1  p 2  ... (1.2) - Đơn vị của động lượng là (kg.m/s).

- Định nghĩa: Xung lực (xung lượng của lực trong thời

B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG - Động lượng là đại lượng vecto nên tổng động lượng của hệ là tổng các vecto và được xác định theo quy tắc hình bình hành. Chú ý các trường hợp đặc biệt:   + p1 , p 2 cùng chiều: p  p1  p2   + p1 , p 2 ngược chiều: p  p1  p2 p12  p22

   + p1  p2 , ( p1 , p 2 )   : p  2 p1 cos 2

gian t ) bằng độ biến thiên động lượng của vật trong thời gian đó.

Tổng quát: p 2  p12  p22  2 p1 p2 cos 

(1.3)

- Khi áp dụng định luật bảo toàn động lượng cần:

- Đơn vị: Đơn vị của xung lực là (N.s)

+ Kiểm tra điều kiện áp dụng định luật (hệ kín), chú ý các trường hợp kệ kín thường gặp trên.

II. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỘNG LƯỢNG

+ Xác định tổng động lượng của hệ trước và sau tương tác.   + Áp dụng định luật bản toàn động lượng cho hệ: p t  p S . Chú ý các trường hợp đặc biệt (cùng chiều, ngược

1. Định luật bảo toàn động lượng - Định luật: Tổng động lượng của hệ kín được bảo toàn.      p  0 hay p t  p s (1.4)

   '  '   ' ' - Với hệ kín 2 vật: p1  p 2  p1  p 2 hay m1 v1  m2 v 2  m1 v1  m2 v 2

M là khối lượng khí t

phụt ra trong thời gian t; u là vận tốc phụt của khí đối với tên lửa và v là vận tốc tức thời của tên lửa).

  + p1 , p 2 vuông góc: p 

3. Xung lực

F .t  p

(Mo là khối lượng ban đầu của tên lửa; M là khối lượng tên lửa ở thời điểm t; m  

chiều, vuông góc, bằng nhau,…). (1.5)

 '  '     - Với hệ kín hai vật ban đầu đứng yên thì: p1  p2  0  mv  MV  0 .

 m   v   V : sau tương tác hai vật chuyển động ngược chiều nhau (phản lực). M

- Xác định chuyển động khảo sát thuôc về trường hợp nào trong hai trường hợp đã nêu ở phần chú ý Về kiến

- Trường hợp ngoại lực tác dụng vào hệ trong thời gian rất ngắn hoặc khối lượng của vật biến thiên hoặc

- Áp dụng công thức về chuyển động của tên lửa cho từng trường hợp:

không xác định được nội lực tương tác ta nên dùng hệ thức giữa xung lực và độ biến thiên động lượng để giải   quyết bài toán: F .t   p.

+ Trường hợp lượng nhiên liệu cháy phụt ra tức thời (hoặc các phần của tên lửa tách rời nhau): Áp dụng định    luật bảo toàn động lượng: M o v o  mu  M v, với m  m1  m2 .

- Chuyển động của tên lửa là chuyển động của hệ có khối lượng biến thiên (giảm). Với chuyển động của tên

( M o , vo là khối lượng và vận tốc tên lửa trước khi nhiên liệu cháy; m, u là khối lượng và vận tốc phụt ra của

lửa cần chú ý hai trường hợp: trường hợp lượng nhiên liệu cháy phụt ra tức thời (hoặc các phần của tên lửa tách rời nhau); trường hợp lượng nhiên liệu cháy và phụt ra liên tục để áp dụng đúng các công thức về chuyển động của tên lửa cho từng trường hợp. VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Với dạng bài tập về động lượng, biến thiên động lượng. - Sử dụng các công thức:

    + Động lượng của một vật: p  mv ( p, v cùng hướng; độ lớn: p  mv).      + Động lượng của hệ vật: p  p1  p 2  ...  mv1  mv 2  ...      + Độ biến thiên động lượng:  p  p  p o  p  ( p o )   + Xung lực: F .t   p. - Chú ý: + Động lượng là đại lượng vecto, vecto động lượng cùng hướng với vecto vận tốc; động lượng của hệ là tổng

thức và kỹ năng.

nhiên liệu; M, v là khối lượng và vận tốc của tên lửa sau khi nhiên liệu cháy). + Trường hợp lượng nhiên liệu cháy và phụt ra liên tục: Áp dụng các công thức về tên lửa: m  a   M u     F  mu  M v  h ln  o    M  (m là khối lượng khí phụt ra trong một đơn vị thời gian, u là vận tốc phụt khí đối với tên lửa; M, v là khối lượng và vận tốc tên lửa ở thời điểm t; M o là khối lượng ban đầu (lúc khởi hành) của tên lửa). C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG 1. ĐỘNG LƯỢNG. BIẾN THIÊN ĐỘNG LƯỢNG 1.1. Tìm tổng động lượng (hướng và độ lớn) của hệ hai vật m1  1kg , m2  2kg , v1  v2  2(m / s). Biết hai vật chuyển động theo các hướng:

vecto động lượng của các vật trong hệ và được xác định theo quy tắc hình bình hành.   + Hệ thức F .t   p còn được gọi là dạng khác của định luật II Niu-tơn. Hệ thức này được áp dụng rất hiệu

a) Ngược nhau.

quả trong các trường hợp: ngoại lực tác dụng trong thời gian ngắn; khối lượng của vật biến thiên; không xác

c) Hợp với nhau góc 60o.

b) Vuông góc nhau.

định được nội lực tương tác. 2. Với dạng bài tập về bảo toàn động lượng. Phương pháp giải là: - Xác định hệ khảo sát. Kiểm tra điều kiện áp dụng định luật bảo toàn động lượng: hệ kín.   - Xác định tổng động lượng của hệ trước và sau tương tác: p t , p S . - Áp dụng công thức định luật:     ' '    p  0 hay pt  p S  m1 v1  m2 v2  ...  m1 v1  m2 v2  ... - Chú ý: + Các trường hợp thường gặp về hệ kín đã nêu trong phần Tóm tắt kiến thức. + Có thể áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho “hệ kín” theo một phương cụ thể. 3. Với dạng bài tập về chuyển động của tên lửa. Phương pháp giải là:

Bài giải Chọn hệ khảo sát: Hai vật.

   - Tổng động lượng của hệ: p  p1  p 2 .   Với: + p1 cùng hướng với v1 , độ lớn: p1  m1v1  1.2  2(kg .m / s)   + p 2 cùng hướng với v 2 , độ lớn: p2  m2 v2  2.2  4(kg .m/ s)

 p1  p2 a) Hai vật chuyển động theo hướng ngược nhau.

    Vì v1 ngược hướng với v 2 nên p1 ngược hướng với p 2 và  p1  p2 nên: p  p2  p1  4  2  2(kg .m / s) và p cùng   hướng p 2 , tức là cùng hướng v 2 .

b) Hai vật chuyển động theo hướng vuông góc nhau     Vì v1 vuông góc với v 2 nên p1 vuông góc với p 2 , ta có: p

b) Sau va chạm viên bi dính chặt với mặt phẳng ngang Vì v '  0 nên p '  0  p  p  1(kg .m / s) c) Lực tương tác trung bình sau va chạm (theo câu a). Ta có:

F

p 2   20 N t 0,1

Vậy: Lực tương tác trung bình sau va chạm là F = 20N. 1.3. Một vật khối lượng m = 1 kg chuyển động tròn đều với vận

p12  p22  2 2  4 2  4, 5(kg .m / s ) và

tốc v = 10 (m/s). Tính độ biến thiên động lượng của vật sau:

tan  

p1  0,5    26o33'. p2

a) 1/4 chu kỳ. b) 1/2 chu kỳ.

   90o    27o 27 '    Vậy: p có độ lớn p  4, 5(kg.m / s) và hợp với v1 , v các góc 26o33' và 27o 27 '. c) Hai vật chuyển động theo hướng hợp với nhau góc 60 Áp dụng định lí cosin ta có: p 

p12  p22  2 p1 p2120 o

 p  22  42  2.2.4.cos120o  5,3(kg.m/ s) và cos  

p 2  p12  p22 5,32  4, 42   0, 9455 2 pp2 2,5.3, 4

   19o.    600    41o    Vậy: p có độ lớn p  5,3(kg.m / s) và hợp với v1 , v các góc 19o và 41o

1.2. Hòn bi thép m  100 g rơi tự do từ độ cao h  5m xuống mặt phẳng ngang. Tính độ biến thiên động lượng của bi nếu sau va chạm: a) Viên bi bật lên với vận tốc cũ. b) Viên bi dính chặt với mặt phẳng ngang. c) Trong câu a, thời gian va chạm t  0,1s. Tính lực tương tác trung bình giữa bi và mặt phẳng ngang. Bài giải Chọn vật khảo sát: Hòn bi. Ta có, trước va chạm:

 v  2 gh  2.10.5  10 m / s; p  mv  0,1.10  1(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 , do đó:  p  p ' p   p cùng hướng với p ' (hướng lên) và có độ lớn: p  p ' p  2 p  2(kg.m / s )

c) Cả chu kỳ. Bài giải Ta có:

 + Ban đầu vật ở A và có động lượng p o : po  mv  1.10  10(kg .m / s).   + Sau 1/4 chu kỳ vật đến B và có động lượng p1 vuông góc với p o .   + Sau 1/2 chu kỳ vật đến C và có động lượng p 2 ngược hướng với p o .   + Sau cả chu kỳ vật đến D và có động lượng p 3 cùng hướng với p o .   Vì vật chuyển động tròn đều nên vận tốc v và động lượng p chỉ đổi hướng mà không đổi độ lớn trong quá

trình chuyển động, ta có: p3  p2  p1  po  10( kg.m / s) a) Sau 1/4 chu kỳ      Ta có:  p  p1  p o  p1  ( p o )   Vì p1 vuông góc với p o và p1  po nên: p  p 2  10 2  14(kg.m / s)      b) Sau 1/2 chu kỳ ta có:  p  p 2  p o  p 2  ( p o )    Vì p 2 ngược hướng với p o và p2  po nên: p  2 p o  p  2 po  20(kg .m / s )      c) Sau cả chu kỳ ta có:  p  p 3  p o  p 3  ( p o )    Vì p 3 cùng hướng với p o và p3  po nên: p  0  p  0

1.4. Xe khối lượng m = 1 tấn đang chuyển động với vận tốc

- Lực phát động trung bình do mặt tuyết tác dụng lên xe và người: F 

36 (km/h) thì hãm phanh và dừng lại sau 5s. Tìm lực hãm

- Lực ma sát do mặt tuyết tác dụng lên xe và người: Fms   mg  0, 01.80.10  8 N

(giải theo hai cách sử dụng hai dạng khác nhau của định luật II Niu-ton).

- Gia tốc trung bình của xe là: a 

F  Fms 20  8   0,15( m / s 2 ) m 80

- Vận tốc của xe sau khi chuyển động được 15s: v  at  0,15.15  2, 25(m / s ).

Bài giải

Vậy: Vận tốc của xe sau khi chuyển động được 15s là 2,25 (m/s).

Chọn vật khảo sát: xe, chọn chiều dương theo chiều chuyển động của xe. a) Cách 1: Áp dụng định luật II Niu-ton khi khối lượng vật không đổi: a 

p 60   20 N t 3

F . m

v  vo 0  10   2(m / s 2 )  Gia tốc: a  t 5

1.7. Một đại bác cổ có thể chuyển động trên mặt phẳng ngang. Một viên đạn được bắn khỏi súng; vận tốc của đạn ngay khi rời súng có độ lớn vo và hợp một góc  với phương ngang. Tính vận tốc của súng ngay sau khi đạn rời súng. Biết khối lượng của súng là M, của đạn là m, hệ số ma sát trượt (bằng hệ số nghỉ) giữa súng và mặt đường là  , gia tốc của đạn khi chuyển động trong nòng súng lớn hơn gia tốc rơi tự do rất nhiều.

 Lực hãm: F  ma  1000.(2)  2000 N .

Bài giải

b) Cách 2: Áp dụng định luật II Niu-tơn dạng tổng quát: F .t  p + Độ biến thiên động lượng: p  p  po  mv  mvo  0  1000.10  10 000( kg.m / s )

p 10000   2000 N . + Lực hãm: F  t 5

Chọn hệ khảo sát: Súng và đạn. - Trước khi bắn, súng và đạn tác dụng lên mặt đường áp lực   N theo phương thẳng đứng, làm xuất hiện phản lực N theo   định luật III Niu-ton. Phản lực Q và trọng lực P (của cả

Vậy: Lực hãm có độ lớn bằng 2 000 N và ngược hướng với hướng chuyển động của xe. 1.5. Súng liên thanh được tì lên vai và bắn với tốc độ 600 viên đạn trong mỗi phút, mỗi viên đạn có khối lượng 20g và vận tốc khi rời nòng súng là 800 (m/s). Tính lực trung bình do súng nén lên vai người bắn. Bài giải Chọn hệ khảo sát: Súng và đạn, chọn chiều dương theo chiều chuyển động của đạn. - Tổng độ biến thiên động lượng của đạn trong khoảng thời gian 1 phút p  p  po  600mv  0  600.0, 02.800  9600(kg .m / s ) - Lực trung bình do súng tác dụng lên đạn: F 

p 600   160 N t 60

- Lực trung bình do súng tác dụng lên vai người: F   F  160 N Vậy: Lực trung bình do súng tác dụng lên vai người có độ lớn bằng 160N và có hướng ngược với hướng

súng và đạn) cân bằng nhau. - Khi bắn, đạn chuyển động trong nòng súng, nội lực tương  tác giữa súng và đạn tạo thêm áp lực N ' theo phương thẳng  đứng vào mặt đường (ngoài áp lực N ), làm xuất hiện thêm  phản lực Q ' .    Hợp của phản lực Q và Q ' không cân bằng với trọng lực P nên hệ không kín theo phương thẳng đứng.  Phản lực Q ' gây nên biến thiên động lượng theo phương thẳng đứng cho hệ. - Nội lực tương tác giữa súng và đạn cũng làm xuất hiện lực ma sát do mặt đường tác dụng lên súng theo phương ngang nên hệ không kín theo phương ngang. Lực ma sát gây nên biến thiên động lượng theo phương ngang. Vì vậy, không thể áp dụng được định luật bảo toàn động lượng theo phương thẳng đứng và theo

chuyển động của đạn. 1.6. Một người đứng trên thanh trượt của xe trượt tuyết chuyển động ngang, cứ mỗi 3s người đó lại đẩy xuống tuyết một cái xung lượng (xung của lực) 60 (kg.m/s). Biết khối lượng người và xe trượt là m = 80 kg, hệ số ma sát nghỉ bằng hệ số ma sát trượt (bằng hệ số ma sát nghỉ)   0, 01. Tìm vận tốc xe sau khi bắt đầu

phương ngang. - Các ngoại lực tác dụng vào xe như hình vẽ. Gọi v là vận tốc của súng ngay sau khi đạn rời súng. Độ biến thiên động lượng theo phương ngang: p X  Fms .t

chuyển động 15s. Bài giải Chọn hệ khảo sát: Xe và người, chọn chiều dương theo chiều chuyển động của xe và người.

Với: p X  (  Mv  mvo cos  )  0   Mv  mvo cos  Fms   ( N  N ')  [( M  m) g  N ']

(1) (2)

- Vì gia tốc của đạn khi chuyển động trong nòng súng lớn hơn gia tốc rơi tự do rất nhiều  nội lực rất lớn so

1.9. Hai quả bóng khối lượng m1  50 g , m2  75 g ép sát

với trọng lực (ngoại lực)  Q '  Q  ( M  m) g.

vào nhau trên mặt phẳng ngang. Khi buông tay, quả bóng I

Suy ra: Fms  .N '

lăn được 3,6m thì dừng. Hỏi quả bóng II lăn được quãng

(3)

- Độ biến thiên động lượng theo phương thẳng đứng: p y  Q '.t

sàn là như nhau cho cả hai bóng.

Với: p y  mvo sin   0  mvo sin 

 mvo sin   Q '.t  Q ' 

Bài giải

mvo sin  t

- Thay (4) vào (3) ta có: Fms 

 mvo sin  t

- Thay (2) và (5) vào (1) ta được: v 

đường bao nhiêu? Biết hệ số ma sát lăn giữa bóng và mặt

- Khi ép sát hai quả bóng vào nhau thì hai quả bóng bị biến dạng làm xuất hiện lực đàn hồi giữa chúng. Sau

(4) (5)

mvo (cos    sin  ) M

mv (cos   sin  ) Vậy: Vận tốc của súng ngay sau khi đạn rời súng v  o M 2. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỘNG LƯỢNG 1.8. Xác định lực tác dụng của súng trường lên vai người bắn, biết lúc bắn, vai người bắn giật lùi 2cm, còn viên đạn bay tức thời khỏi nòng súng với vận tốc 500 (m/s). Khối lượng súng 5kg, khối lượng đạn 20g. Bài giải Chọn hệ khảo sát: Súng và đạn. - Quá trình giật lùi của súng gồm hai giai đoạn:

khi buông tay thì hai quả bóng tương tác với nhau bởi lực đàn hồi. Sau thời gian (rất ngắn) tương tác thì   chúng rời nhau và thu vận tốc ban đầu lần lượt là v1 và v 2 - Hai quả bóng đặt trên mặt phẳng ngang nên trọng lực của chúng và phản lực của mặt phẳng ngang cân bằng nhau, hệ hai quả bóng là kín trong quá trình tương tác với nhau.    - Theo định luật bảo toàn động lượng ta có: m1 v1  m2 v 2  0   v m Suy ra: v1 và v 2 ngược hướng với nhau nên về độ lớn: 2  1 v1 m2

(1)

- Sau khi buông tay, hai quả bóng chuyển động chậm dần đều theo hai hướng ngược nhau dưới tác dụng của lực ma sát. Gọi  là hệ số ma sát lăn giữa bóng và mặt sàn. - Chọn chiều dương riêng cho mỗi quả bóng là chiều chuyển động của nó. Gia tốc của mỗi quả bóng là:

a1 

F1ms   m1 g F   m2 g     g ; a2  2 ms     g  a1  a2    g m1 m1 m2 m2

+ Giai đoạn 1: Đạn đang chuyển động trong nòng súng. + Giai đoạn 2: Đạn đã ra khỏi nòng súng.

Gọi s1 ; s2 lần lượt là quãng đường mỗi quả bóng đi được sau khi buông tay. Ta có: v12 v2 v 2 v2 s v2  1 ; s2  2  2  2  22 2a1 2  g 2a2 2  g s1 v1

- Vì viên đạn bay tức thời khỏi nòng súng nên bỏ qua giai đoạn 1 (rất ngắn), mà chỉ xét giai đoạn 2, khi đạn   đã bay ra khỏi nòng súng. Khi đạn đã ra khỏi nòng súng với vận tốc v o thì súng giật lùi với vận tốc v tuân

s1 

theo định luật bảo toàn động lượng. Gọi m, M lần lượt là khối lượng của đạn và súng. Về độ lớn ta có:

- Từ (1) và (2), ta có:

v

mvo 0,02.500   2(m / s) M 5

- Xét chuyển động của súng sau khi đạn đã ra khỏi nòng. Coi rằng súng chuyển động chậm dần đều với vận  tốc đầu là v, đi được quãng đường s = 2cm thì dừng lại dưới tác dụng của lực cản F (coi là lực ma sát) của vai người.

 - Theo định lí động năng, công của lực cản F có độ lớn bằng độ giảm động năng của súng: Mv 2 5.22 A 10   10 J  F    500 N 2 2 s 0, 02    Vậy: Lực tác dụng F ' của súng lên vai người ngược hướng nhưng bằng về độ lớn với lực F : F '  F  500 N A

(2)

s2 m12 m2 502   s2  12 s1  2 .3, 6  1, 6m. s1 m22 m2 75

Vậy: Sau khi buông tay quả bóng II lăn được quãng đường 1,6m. 1.10. Xe chở cát khối lượng m1  390kg chuyển động theo phương ngang với vận tốc v1  8( m / s). Hòn đá khối lượng m2  10kg bay đến cắm vào cát. Tìm vận tốc của xe sau khi hòn đá rơi vào cát trong hai trường hợp: a) Hòn đá bay ngang, ngược chiều xe với vận tốc v2  12(m / s) b) Hòn đá rơi thẳng đứng. Bài giải

a) Hòn đá bay ngang.

Chọn chiều dương theo chiều chuyển động của người: v1  0

Chọn hệ khảo sát: Xe + hòn đá, chọn chiều dương theo chiều chuyển động ban đầu của xe, tức là theo chiều  của v1.

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (xét trong hệ quy chiếu gắn với mặt nước):        m1 v 3  m2 v2  0  m1 (v1  v 2 )  m2 v 2  0

- Vì xe và hòn đá đều chuyển động theo phương ngang, các ngoại lực cân bằng nên hệ là kín.

m1v1  0,1 m / s  0 m1  m2

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (theo phương ngang):

 m1 (v1  v2 )  m2 v2  0  v2  

m1v1  m2v2  ( m1  m2 )v

Vậy: Thuyền chuyển động ngược chiều với người với vận tốc có độ lớn là 0,1 (m/s).

v

m1v1  m2 v2 m1  m2

b) Quãng đường thuyền đi được - Thời gian chuyển động của người trên thuyền: t 

Với v1  8(m / s); v2  12(m / s)

v

390.8  10.(12)  7,5( m / s) 390  10

- Quãng đường thuyền đi được: s2  v2t  0,1.6  0, 6 m.

Vậy: Vận tốc của xe sau khi hòn đá rơi vào cát là v  7,5(m / s ).

c) Chuyển động của thuyền khi người dừng lại Khi người dừng lại thì v1  0 . Từ biểu thức v2  

b) Hòn đá rơi thẳng đứng Chọn chiều dương theo chiều chuyển động ban đầu của xe. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (theo phương

1.12. Một người khối lượng m1  60kg đứng trên một xe goòng khối lượng m2  240kg đang chuyển động

a) Nhảy ra sau xe với vận tốc 4 (m/s) đối với xe.

m1v1 390.8   7,8( m / s) m1  m2 390  10

Vậy: Vận tốc của xe sau khi hòn đá rơi vào cát là v = 7,8 (m/s).

b) Nhảy ra phía trước xe với vận tốc 4 m/s đối với xe. ' ' c) Nhảy khỏi xe với vận tốc v1 đối với xe, v1 vuông góc với thành xe. Bài giải

1.11. Một người khối lượng m1  50kg đang đứng trên một chiếc thuyền khối lượng m2  200kg nằm yên trên mặt nước yên lặng. Sau đó, người ấy đi từ mũi đến lái thuyền với vận tốc v1  0, 5(m / s ) đối với thuyền. Biết thuyền dài 3m, bỏ qua lực cản của nước. a) Tính vận tốc của thuyền đối với dòng nước. b) Trong khi người chuyển động, thuyền đi được một quãng đường bao nhiêu? c) Khi người đứng lại, thuyền còn chuyển động không? Bài giải Chọn hệ khảo sát: thuyền + người. Bỏ qua lực cản của nước nên ngoại lực cân bằng và hệ khảo sát là hệ kín. a) Vận tốc của thuyền đối với dòng nước.  Gọi: + v1 là vận tốc của người đối với thuyền.  + v 2 là vận tốc của thuyền đối với mặt nước.  + v 3 là vận tốc của người đối với mặt nước.    - Theo công thức cộng vận tốc ta có: v 3  v1  v 2

m1v1 suy ra v2  0 , tức là thuyền cũng dừng lại. m1  m2

trên đường ray với vận tốc 2(m/s). Tính vận tốc của xe nếu người:

ngang): m1v1  ( m1  m2 )v

v

s1 3   6 s. v1 0,5

Chọn hệ khảo sát: xe + người. Vì ngoại lực cân bằng nên hệ khảo sát là hệ kín.  Gọi: + v1 là vận tốc của người đối với xe sau khi nhảy. ' + v1 là vận tốc của người đối với đất sau khi nhảy.  + v 2 là vận tốc của xe (và người) đối với đất trước khi nhảy. ' + v 2 là vận tốc của xe đối với đất sau khi nhảy. '  ' - Theo công thức cộng vận tốc ta có: v1  v1  v 2 (1) - Theo định luật bảo toàn động lượng (xét trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất):  ' ' (m1  m2 )v 2  m1 v1  m2 v 2 (2)

  ' ' - Thay (1) vào (2), ta có: (m1  m2 )v 2  m1 (v1  v 2 )  m2 v 2   '  (m1  m2 )v 2  m1 v1  (m1  m2 )v2

(3)

- Chọn trục Ox song song với đường ray, chiều dương theo chiều chuyển động ban đầu của xe, tức là theo  chiều v 2 . - Phương trình hình chiếu của (3) trên trục Ox: (m1  m2 )v2 X  m1v1 X  (m1  m 2 )v2' X

 v2' X 

(m1  m2 )v2 X  m1v1 X m1  m2

Với: m1  60kg ; m2  240kg ; v2 X  2(m / s ); giá trị đại số của v1X phụ thuộc vào các câu a, b, c. (60  240).2  60v1 X 600  60v1 X  60  240 300  2  0, 2v1 X

 v2 X

(1)

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (xét trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất):        mv 2  M v1  0  m(vo  v1 )  M v1  0 (2) Chọn chiều dương thẳng đứng hướng lên: vo  0. Từ (2) suy ra:

(4)

 v2' X 

   - Theo công thức cộng vận tốc ta có: v 2  v o  v1

(5)

a) Người nhảy ra sau xe với vận tốc 4(m/s) đối với xe: v1 X  4(m / s)  v 2 x  2  0, 2(4)  2,8(m / s )  0

m(vo  v1 )  Mv1  0  v1  

mvo 0 mM

Vậy: Khí cầu đi xuống với vận tốc có độ lớn bằng v1  - Từ (1) suy ra: v2  vo  v1  v2  vo  (

mvo Mvo ) 0 m M mM

Vậy: Người đi lên với vận tốc có độ lớn bằng

Vậy: Sau khi người nhảy ra khỏi xe thì tiếp tục chuyển động theo hướng cũ với vận tốc có độ lớn bằng 2,8 (m/s). b) Người nhảy ra phía trước xe với vận tốc 4 m/s đối với xe: v1 X  4(m / s )

mvo mM

Mvo mM

1.14. Người khối lượng m1  50kg nhảy từ bờ lên con thuyền khối lượng m2  200kg theo phương vuông góc với chuyển động của thuyền, vận tốc của người là 6 (m/s), của thuyền là v2  1,5(m / s ). Tính độ lớn và hướng vận tốc thuyền sau khi người nhảy lên. Bỏ qua sức cản của nước.

 v2 X  2  0, 2.4  1, 2(m / s )  0

Bài giải

Vậy: Sau khi người nhảy ra khỏi xe thì xe tiếp tục chuyển động theo hướng cũ với vận tốc có độ lớn bằng 1,2 (m/s).

Chọn hệ khảo sát: thuyền + người. Bỏ qua lực cản của nước nên

 c) Người nhảy ra khỏi xe với vận tốc v1 đối với xe, theo hướng vuông góc với thành xe: v1 X  0

ngoại lực cân bằng và hệ khảo sát là hệ kín.      - Theo định luật bảo toàn động lượng: p  p1  p 2 ( p1 , p 2 lần lượt

 v2 X  2  0, 2.0  2( m / s )  0

là động lượng của người và thuyền ngay trước khi người lên  thuyền; p là động lượng của hệ (người + thuyền) ngay sau khi

Vậy: Sau khi người nhảy ra khỏi xe thì xe tiếp tục chuyển động theo hướng cũ với vận tốc có độ lớn như trước (bằng 2m/s). 1.13. Khí cầu khối lượng M có một thang dây mang một người có khối lượng m. Khí cầu và người đang đứng yên trên không thì người leo lên thang với vận tốc vo đối với thang. Tính vận tốc đối với đất của người và khí cầu. Bỏ qua sức cản của không khí.

người đã lên thuyền). Ta có: p1  m1v1  50.6  300(kg.m / s); p2  m2 v2  200.1, 5  300(kg.m / s)   - Vì p1 và p 2 vuông góc với nhau và p1  p2 nên: p  p1 2  300 2(kg .m / s )    45o.  - Vận tốc v của thuyền sau khi người nhảy lên có:

Bài giải Chọn hệ khảo sát: Khí cầu + người. - Trọng lực của hệ cân bằng với lực đẩy Ac-si-mét và bỏ qua lực cản của không khí nên ngoại lực cân bằng, hệ khảo sát là hệ kín.  Gọi: + v o là vận tốc của người đối với khí cầu.  + v1 là vận tốc của khí cầu đối với đất.  + v 2 là vận tốc của người đối với đất.

+ Độ lớn: v 

p 300 2   1, 7(m / s) m1  m2 50  200

+ Hướng: nghiêng góc 45o so với hướng chuyển động ban đầu của thuyền.

1.15. Vật khối lượng m1  5kg , trượt không ma sát theo một mặt

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng (Theo phương ngang) ta được: m1v1  m2v2  Mv  0.

phẳng nghiêng, góc nghiêng a  60o , từ độ cao h  1,8m rơi vào

 m1 (vo  v )  m2 (vo  v)  Mv  0

một xe cát khối lượng m2  45kg đang đứng yên (hình vẽ). Tìm

v

vận tốc xe sau đó. Bỏ qua ma sát giữa xe và mặt đường. Biết mặt

(m1  m2 )vo (50  40)vo v   o 0 m1  m2  M 50  40  160 25

Như vậy, thuyền chuyển động ngược chiều dương, tức là ngược chiều chuyển động của người thứ nhất, về độ

cát rất gần chân mặt phẳng nghiêng. Bài giải Chọn hệ khảo sát: xe cát + vật. Bỏ qua ma sát giữa xe và

lớn ta có: v 

(1)

Gọi t là khoảng thời gian chuyển động của mỗi người; s là quãng đường thuyền đã đi được; ta có:

mặt đường nên ngoại lực theo phương ngang cân bằng, suy ra tổng động lượng của hệ theo phương ngang được bảo

vo 25

t

s 1    v  vo v vo s

toàn. - Vận tốc của vật m1 ngay trước khi rơi vào xe cát:

* Chú ý: Có thể giải bài toán này bằng phương pháp tọa độ khối tâm như sau (hình vẽ): Giả sử thuyền dịch chuyển sang phải một đoạn s. Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ, gốc tọa độ O tại vị trí ban

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng (theo phương ngang).

v

 4   0,16m 25 25

Vậy: Thuyền dich chuyển ngược chiều chuyển động của người thứ nhất một đoạn 0,16m.

v1  2 gh  2.10.1,8  6(m / s )  (v1 nghiêng góc   60o so với phương ngang).

m1v1 cos   ( M  m)v  v 

- Từ (1) và (2), suy ra: s 

(2)

m1v1 cos  mM

đầu của người thứ nhất ( m1 ) .

1 30. 5.6.cos 60o 2  0,3(m / s)  5  45 50

Vậy: Vận tốc của xe sau khi vật rơi vào xe là v  0,3(m / s). 1.16. Thuyền dài l  4m, khối lượng M  160kg , đậu trên mặt nước. Hai người khối lượng m1  50kg , m2  40kg đứng ở hai đầu thuyền. Hỏi khi họ đổi chỗ cho nhau thì thuyền dịch chuyển một đoạn bằng bao nhiêu? Bài giải Chọn hệ khảo sát: “Thuyền và hai người”. Có nhiều phương án để hai người đổi chỗ cho nhau. Phương án đơn giản nhất là hai người chuyển động dều với cùng độ lớn vận tốc so với thuyền nhưng theo hai hướng ngược nhau. Hai người khởi hành cùng thời điểm và đến hai đầu thuyền cùng lúc, tức là thời gian chuyển động bằng nhau.    Gọi vo là độ lớn vận tốc của mỗi người đối với thuyền; v là vận tốc của thuyền (đối với bờ); v1 và v 2 lần lượt là vận tốc của hai người đối với bờ. Chọn chiều dương theo chiều chuyển động của người thứ nhất. Ta có: v1  vo  v; v2  vo  v. Bỏ qua lực cản của nước, hệ là kín theo phương ngang.

- Vị trí khối tâm của hệ hai người và thuyền trước khi hai người đổi chỗ cho nhau

xG 

m1 x1  m2 x2  MxM 0  40.4  160.2   1,92( m) m1  m2  M 50  40  160

(3)

- Vị trí khối tâm của hệ hai người và thuyền sau khi hai người đổi chỗ cho nhau:

m x '  m2 x2'  MxM' x  1 1  m1  m2  M ' G

 xG' 

  m1 ( s  )  m2 s  M  s   2  m1  m2  M

50( s  4)  40s  160( s  2)  s  2,8 250

(4)

  Mv  mv  ( M  m)v1'

- Từ (1) và (2) suy ra: s  1,8  1, 92  s  0,16m  0 Vậy: Thuyền dịch chuyển sang trái, tức là ngược chiều chuyển động của người thứ nhất một đoạn bằng 0,16m. 1.17. Hai thuyền, mỗi thuyền khối lượng M chứa một kiện hàng khối lượng m, chuyển động song song ngược chiều với cùng vận tốc v. Khi hai thuyền ngang nhau, người ta đổi hai kiện hàng cho nhau theo một trong hai cách:

(5')

- Từ (4’) và (5’) suy ra: v1'  v2'  v1'  v2' 

M m v M m

(6)

- Từ (3) và (6) suy ra: v1  v1' . Vậy: Theo cách 1, vận tốc cuối của hai thuyền lớn hơn. 1.18. Thuyền chiều dài l , khối lượng m1 , đứng yên trên mặt nước. Người khối lượng m2 đứng ở đầu thuyền

a) Hai kiện hàng được chuyển theo thứ tự trước sau.

nhảy lên với vận tốc vo xiên góc  đối với mặt nước và rơi vào giữa thuyền. Tính vo.

b) Hai kiện hàng được chuyển đồng thời.

Bài giải

Hỏi với cách nào thì vận tốc cuối của hai thuyền lớn hơn? Chọn hệ khảo sát: “Thuyền và người”.

Bài giải a) Trường hợp hai kiện hàng được chuyển theo thứ tự trước sau

Gọi u là độ lớn vận tốc của thuyền đối với mặt nước và t là thời gian chuyển động (bay) của người trong

- Sau khi nhận hàng từ thuyền 1, vận tốc của thuyền 2 là v2 , vận tốc của thuyền 1 vẫn như cũ (v).

không khí. Theo bài toán ném xiên ta có:

+ Theo định luật bảo toàn động lượng (theo phương ngang):    ( M  v)v  mv  ( M  2m)v2 (1)

t

2vo sin  g

(1)

Bỏ qua lực cản của nước thì hệ là kín theo phương ngang nên động lượng theo phương ngang được bảo toàn:

+ Chiếu (1) lên phương ngang ta được: ( M  M )v  mv  ( M  2m)v2

 v2 

m2 vo cos   m1u  0  u 

(1')

M v M  2m

m2 vo cos  m1

- Trong khoảng thời gian t nói trên, thuyền và người đã dịch chuyển ngược chiều nhau, và đi được đoạn đường tương ứng theo phương ngang là s1 và s2 :

- Sau khi thuyền 1 nhận hàng từ thuyền 2, thuyền 1 có vận tốc v1.

s1  ut

+ Theo định luật bảo toàn động lượng (theo phương ngang):    M v  mv 2  ( M  m)v1 (2)

 Mv  mv2  ( M  m)v2

(3);

s2  (vo cos  )t

(4)

- Thay (1) và (2) vào (3) ta được: s1 

+ Chiếu (3) lên phương ngang ta được:

m2 2v sin  m2 vo2 sin 2 (vo cos  ). o  . m1 g m1 g

(2 ')

- Từ (1’) và (2’) ta được: v1  v2  v1  v2 

Mv M  2m

- Thay (1) vào (4) ta được: s1  vo cos  .

(3)

b) Trường hợp hai kiện hàng được chuyển đồng thời

- Thay (5) và (6) vào (7) ta được:

 Mv  mv  ( M  m)v2'



(4 ')

 v2' 

2vo sin  vo2 sin 2  g g

m1 g  2(m1  m2 ) sin 2

 2

m2 vo2 sin 2 vo2 sin 2  .   m1 g g 2

vo2 sin 2  m2   v 2 sin 2  m1  m2    1   o    g m 2 g  1   m1  2

 vo  (5)

(5)

- Để người rơi đúng vào giữa thuyền thì phải có: s1  s2 

- Sau khi nhận hàng đồng thời, vận tốc của thuyền 1 là v1' , thuyền 2 là v2'    - Tương tự: M v  mv  ( M  m)v '2 (4)

M m v M m   ' Và: M v  mv  ( M  m)v1

(2)

(6)

(7)

Vậy: Vận tốc nhảy của người là vo 

m1 g  2(m1  m2 ) sin 2

1.19. Từ một xuồng nhỏ khối lượng m1 chuyển động với vận tốc vo , người ta ném một vật khối lượng m2 tới phía trước với vận tốc v2 , nghiêng góc  đối với xuồng. Tính vận tốc xuồng sau khi ném và khoảng cách từ xuồng đến chỗ vật rơi. Bỏ qua sức cản của nước và coi nước là đứng yên. Bài giải

Chọn hệ khảo sát: “Quả lựu đạn”. Trong quá trình nổ, nội lực lớn hơn rất nhiều so với ngoại lực nên hệ khảo

Chọn hệ khảo sát: “xuồng + người”. Bỏ qua lực cản của nước nên ngoại lực cân bằng theo phương ngang và

sát là hệ kín.

hệ khảo sát là hệ kín theo phương ngang. ' '    Gọi v và v1 lần lượt là vận tốc của xuồng và vận tốc của vật m2 đối với bờ sau khi ném. Ta có: v1  v 2  v

Gọi vo là độ lớn vận tốc ban đầu của lựu đạn;  là góc ném lựu đạn so với phương ngang.

- Độ cao cực đại trước khi nổ: h  O ' A 

Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xuồng trước khi ném: * Vận tốc của xuồng sau khi ném:

  + Tổng động lượng của hệ trước khi ném: p1  (m1  m2 )v o

 '  '    + Tổng động lượng của hệ sau khi ném: p  m1 v  m2 v1  m1 v  m2 (v 2  v )

- Tầm xa cực đại nếu đạn không nổ: L  2s1   vo sin  

gL gs1  2vo cos  vo cos 

+ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng (theo phương ngang):

- Từ (1) và (2) ta có:

(m1  m2 )vo  m1v  m2 (v2 cos   v) v

(m1  m2 )vo  m2 v2 cos  m1  m2

 vo cos  

* Khoảng cách từ xuồng đến chỗ vật rơi.

hướng nghiêng góc  đối với xuồng. Suy ra khoảng cách từ xuồng đến chỗ rơi bằng tầm xa của vật trên mặt

(1)

vo2 sin 2 2vo2 sin  cos   . g g

(2)

gs1 gs1  2 gh  vo cos   vo cos  2 gh

10.10 3  17,32 2.10.5



Xét trong hệ quy chiếu gắn với xuồng thì chuyển động của vật như một vật bị ném xiên với vận tốc v2 theo

nước và bằng: s 

vo2 sin 2   vo sin   2 gh 2g



Vọi v là vận tốc của viên đạn tại đỉnh parabol, v có phương nằm ngang và có độ lớn là: v  vox  vo cos   17,32 



Gọi m là khối lượng của đạn trước khi nổ; v1 và v1 là vận tốc của 2 mảnh sau khi nổ; t là thời gian

v22 sin 2 . g

chuyển động của mảnh 1. Ta có:

1.20. Một quả lựu đạn bay theo quỹ đạo parabol, tại điểm cao nhất h  5m, đạn nổ làm hai mảnh khối lượng bằng nhau. Một giây sau khi nổ, một mảnh rơi xuống đất ở ngay phía dưới vị trí nổ, cách chỗ ném

h  v1t 

gt 2 h gt 5 10.0, 236  v1      20(m / s ) 2 t 2 0, 236 2

s1  17,3m. Hỏi mảnh thứ hai rơi đến đất cách chỗ ném khoảng s2 là bao nhiêu? Bỏ qua sức cản của không

- Động lượng của đạn trước khi nổ: p  mv  17, 32m.

khí.

- Động lượng của mảnh 1 sau khi nổ: p1  m1v1  mv1  10m. Bài giải

1 2



- Theo định luật bảo toàn động lượng: p  p1  p 2   ( p nằm ngang, p1 thẳng đứng hướng xuống).   - Vì p1 vuông góc với p nên: p2  p 2  p12  m 17,322  102  20m

- Vận tốc mảnh 2 ngay sau khi lựu đạn nổ: v2 

p2 2 p2   40(m / s) m2 m

- Độ cao cực đại tên lửa đạt được nếu bỏ qua lực cản của không khí: h

p1 10 1      30o p 17,32 3

Và tan  

 Như vậy, sau khi lựu đạn nổ, mảnh 2 có vận tốc ban đầu v2  40(m / s) và v 2 hợp với phương ngang o

góc   30 .

v12 2002   2000m 2 g 2.10

- Độ cao cực đại tên lửa đạt được do có lực cản của không khí:

h' 

h 2000   400m. 5 5

Vậy: Độ cao cực đại tên lửa đạt được khi có lực cản của không khí là h '  400m.

- Sau khi đạn nổ, mảnh 1 rơi thẳng đứng với vận tốc đầu v1  20(m / s ) và chạm đất tại O’ cách điểm

1.22. Tên lửa khối lượng tổng cộng 100 tấn đang bay với vận tốc 200 (m/s) thì phụt tức thời ra 20 tấn khí với

ném O một khoảng s1  OO '  17,3m Mảnh 2 chuyển động như vật bị ném xiên góc   30o so với

vận tốc 500 (m/s) đối với tên lửa. Tính vận tốc tên lửa sau khi phụt khí, nếu khí được phụt ra:

phương ngang từ A, với vận tốc đầu v2  40(m / s).

a) Phía sau tên lửa.

- Khảo sát chuyển động của mảnh 2 trong hệ trục tọa độ xOy (hình vẽ) ta có các phương trình

Bỏ qua lực hấp dẫn của Trái Đất và lực cản của không khí.

chuyển động của mảnh 2 như sau: x  v2 cos   20 3t

y  y A  v2 sin  .t 

b) Phía trước tên lửa.

Bài giải

(3)

Chọn hệ khảo sát: “Tên lửa (Vỏ + nhiên liệu)”. Bỏ qua lực hấp dẫn của Trái Đất và lực cản của không khí

gt 2  5  20t  5t 2 2

nên hệ là kín trong suốt thời gian phụt khí.

(4)

Gọi M là khối lượng tổng cộng của tên lửa; m là khối lượng của khí phụt; vk là vận tốc của khí đối với Trái

- Khi mảnh 2 chạm đất tại B thì yB  0  5  20t  5t 2  0  t  4, 24s. Thay t  4, 24s vào (3) ta được:

Đất; vo là vận tốc của khí đối với tên lửa; v là vận tốc của tên lửa trước khi phụt khí; v1 là vận tốc của tên lửa

xB  20 3.4, 24  146,88m.

sau khi phụt khí.

Vậy: Mảnh 2 chạm đất tại B cách chỗ ném O là:

Vì các vận tốc là cùng phương nên ta có: vk  vo  v1    - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ: M v  mv k  ( M  m)v1

s  s1  xB  17,32  146,88  164, 2m. 3. CHUYỂN ĐỘNG CỦA TÊN LỬA 1.21. Một tên lửa khối lượng vỏ 200g, khối lượng nhiên liệu 100g, bay thẳng đứng lên nhờ nhiên liệu cháy

 Mv  mvk  ( M  m)v1  m(vo  v1 )  ( M  m)v1  v1 

Mv  mvo M

phụt toàn bộ tức thời ra sau với vận tốc 400 (m/s). Tìm độ cao mà tên lửa đạt tới, biết sức cản của không khí

Chọn chiều dương theo chiều chuyển động của tên lửa trước khi phụt khí thì v  200(m / s)  0

làm giảm độ cao của tên lửa 5 lần.

a) Phụt khí ra phía sau: Khi đó vo  500(m / s) : Bài giải

100.200  20(500)  300(m / s) 100

Chọn hệ khảo sát: “Tên lửa (Vỏ + nhiên liệu)”. Trong quá trình phụt khí cháy thì nội lực lớn hơn rất nhiều so

 v1 

với ngoại lực nên hệ khảo sát là hệ kín trong suốt thời gian phụt khí.

* Nhận xét: v1  0 và v1  v nên sau khi phụt khí, tên lửa vẫn bay về phía trước nhưng với vận tốc lớn hơn,

Gọi m1 và m2 lần lượt là khối lượng của vỏ tên lửa và nhiên liệu; v1 và v2 lần lượt là độ lớn vận tốc của vỏ

tức là tăng tốc.

và nhiên liệu ngay sau khi phụt khí cháy.

b) Phụt khí ra phía trước: Khi đó vo  500(m / s ) :

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (theo phương thẳng đứng), ta có:    m1 v1  m2 v 2  0  m1v1  m2 v2  0

 v1 

m2 100 v2  .400  200(m / s) m1 200

100.200  20.500  100(m / s ) 100

*Nhận xét: v1  0 và v1  v nên sau khi phụt khí, tên lửa vẫn bay về phía trước nhưng với vận tốc nhỏ hơn, tức là giảm tốc (hãm).

Phần bị tháo rời khối lượng 200kg sau đó chuyển động ra phía sau với vận tốc 100 (m/s) so với phần còn lại.

   p m   m - Lực do tên lửa tác dụng lên khí phụt ra: F  là khối lượng khí phụt ra  .u  mo u với mo  t t t

Tìm vận tốc mỗi phần.

trong một giây.

1.23. Một tên lửa khối lượng m  500kg đang chuyển động với vận tốc 200 (m/s) thì tách làm hai phần.

Bài giải Chọn hệ khảo sát: “Tên lửa”. Trong quá trình tên lửa tách thành 2 phần thì nội lực rất lớn so với trọng lực nên hệ là kín theo phương ngang.

   - Lực do khí phụt ra tác dụng lên tên lửa: F d   F  mo u    Ngoại lực tác dụng lên tên lửa là trọng lực P  mg và lực đẩy F d (bỏ qua lực cản của không khí).

Gọi m là khối lượng của tên lửa tại thời điểm phóng (phụt khí).

Gọi m là khối lượng tổng cộng của tên lửa; m1 là khối lượng của phần tách ra; v1 là vận tốc của phần tách ra đối với Trái Đất; vo là vận tốc của phần tách ra đối với phần còn lại; v là vận tốc của tên lửa tước khi tách; v2

Theo định luật II Niu-ton, ta có:       ma  mg  F d  ma  mg  mo u

(1)

là vận tốc của phần còn lại sau khi tách. Vì các vận tốc là cùng phương nên ta có: v1  vo  v2

(1)

- Theo định luật bảo toàn độnglượng, ta có: mv  m1v1  (m  m1 )v2

 mv  m1 (vo  v2 )  (m  m1 )v2  v2 

mv  m1vo m

(2)

Chọn chiều dương theo chiều chuyển động của tên lửa trước khi tách thì:

Chọn chiều dương thẳng đứng hướng lên, ta được:

ma  m( g )  mo (u )  mo 

500.200  200(100)  240(m / s) 500

mo 

mg 6.103.10   60(kg / s ) u 103

b) Tên lửa đi lên nhanh dần đều với gia tốc có

- Từ (1) suy ra: v1  100  240  140(m / s )

độ lớn bằng

* Nhận xét:

2 g (a  2 g  20(m / s 2 )) :

+ Vì v1  0 và v1  v nên sau khi tách, phần tách ra vẫn bay về phía trước nhưng với vận tốc nhỏ hơn. + Vì v2  0 và v2  v nên sau khi tách, phần còn lại vẫn bay về phía trước nhưng với vận tốc lớn hơn, tức là

(2)

a) Tên lửa đi lên rất chậm (a = 0):

v  200(m / s ); vo  100(m / s ) - Từ (2) suy ra: v2 

m( a  g ) u

mo 

m(a  g ) 6.103.(20  10)   180( kg / s) u 103

Vậy: Khối lượng khí phụt ra trong 1s để tên lửa đi lên rất chậm là 60 (kg/s); để tên lửa đi lên nhanh dần đều

được tăng tốc. 1.24. Tên lửa được phóng lên thẳng đứng từ mặt đất. Vận tốc khí phụt ra đối với tên lửa là 1000 (m/s). Tại

với gia tốc a = 2g là 180 (kg/s).

thời điểm phóng, tên lửa có khối lượng M = 6 tấn. Tìm khối lượng khí phụt ra trong 1s để: a) Tên lửa đi lên rất chậm. Chuyên đề 2:

b) Tên lửa đi lên nhanh dần với gia tốc a = 2g.

CÔNG VÀ CÔNG SUẤT. ĐỊNH LUẬT BẢO

Cho gia tốc trọng trường g  10( m / s 2 ). Bỏ qua lực cản của không khí, có kể đến tác dụng của trọng lực.

TOÀN CÔNG

Bài giải

 Gọi m là khối lượng khí phụt ra trong khoảng thời gian t ( t rất nhỏ), u là vận tốc của khí phụt đối với

A. TÓM TẮT KIẾN THỨC

tên lửa.

1. Công

  - Độ biến thiên động lượng của khí phụt ra trong khoảng thời gian t :  p  m.u

I. CÔNG VÀ CÔNG SUẤT  - Định nghĩa: Công thực hiện bởi lực F trên quãng đường s

được xác định bởi công thức:

A  Fs cos 

(2.1)

- Công của trọng lực: Ap  mgz

  (  là góc hợp bởi hướng của lực F và hướng của đường đi s )

( z  z1  z2 là hiệu giữa hai độ cao đầu và cuối; z  0 : vật đi từ trên xuống: A  0; z  0 : vật đi từ

- Các trường hợp cụ thể: + 0 

 2

dưới lên: A  0 ). - Công của lực đàn hồi:

(cos   0) : A  0 : công phát động (công dương).

AF 

    (cos   0) : A  0 : công cản (công âm).

 2

Ams   Fms .s    Ns

giờ), kWh (kilooát-giờ), với:

(2.8)

( Ams  0 : công cản;  là hệ số ma sát, N là áp lực của vật trên mặt tiếp xúc, s là quãng đường dịch chuyển).

1Wh  3600J; 1kWh  1000Wh  3600000J .

* Chú ý: Công của trọng lực, lực đàn hồi không phụ thuộc vào hình

2. Công suất

dạng đường đi của vật mà chỉ phụ thuộc vào vị trí đầu và cuối.

- Định nghĩa: Công suất là đại lượng có giá trị bằng thương số giữa công A và thời gian t cần để thực hiện công ấy: A t

Trọng lực và lực đàn hồi gọi là lực thế. 2. Định luật bảo toàn công: Khi vật chuyển động đều hoặc khi vận tốc của vật ở điểm cuối và điểm đầu bằng nhau thì công phát

(2.2)

động bằng độ lớn của công cản.

- Đơn vị: Trong hệ SI, đơn vị của công suất là W (oát). Ngoài ra còn có các đơn vị khác như: kW, với 1kW  1000W ; MW (mêgaoát), với 1MW  10 6 W ; HP (mã lực, ngựa), với 1HP  736W . 

- Công suất trung bình của lực F trong thời gian t: rb  F . 

(2.3) (2.4)

(s là quãng đường dịch chuyển của vật; v là vận tốc của vật chịu lực). 3. Hiệu suất - Định nghĩa: Hiệu suất của máy được đo bằng tỉ số giữa công có ích và công toàn phần do máy

Atoaøn phaàn



coù ích toaøn phaàn

- Khi sử dụng công thức tính công A  Fs cos  cần xác định  đúng giá trị góc  giữa hướng của lực F và hướng của  đường đi s (hướng chuyển động của vật).

- Khi sử dụng công thức tính công suất  cần xác định đặc điểm chuyển động của vật (đều, biến

hợp cụ thể.

(2.5)

- Chú ý: Hiệu suất của máy có giá trị luôn nhỏ hơn 1 (H  1) . II. CÔNG CỦA CÁC LỰC CƠ HỌC. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CÔNG 1. Công của các lực cơ học

. VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NẰNG

đổi), loại công suất cần tính (trung bình, tức thời) để áp dụng đúng công thức tính cho từng trường

sinh ra khi hoạt động: Acoù ích

Aphaùt ñoäng  Acaûn B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP

s t

- Công suất tức thời của lực F tại thời điểm t:   Fv

H

(2.7)

- Công của lực ma sát: (cos   0) : A  0 : lực không thực hiện công.

- Đơn vị: Trong hệ SI, đơn vị của công là J (jun). Ngoài ra còn có các đơn vị khác như Wh (oát-



1 k ( x12  x22 ) 2

(k là độ cứng của lò xo; x1 , x2 là độ biến dạng đầu và cuối của vật đàn hồi).

+   0(cos   1) : A  Fs;    (cos   1) : A   Fs . +

(2.6)

- Khi sử dụng định luật bảo toàn công cần chú ý các trường hợp chuyển động của vật (có ma sát, không có ma sát). - Công của các lực cơ học như trọng lực, lực đàn hồi không phụ thuộc vào dạng đường đi mà chỉ phụ thuộc vào vị trí các điểm đầu và cuối gọi là các lực thế. Để tính công của các lực này ta cần

chú ý vị trí các điểm đầu và cuối của vật. Lực ma sát không phải là lực thế nên công của nó phụ thuộc vào dạng đường đi của vật.

2.1. Một người kéo một vật m  50kg chuyển động thẳng đều không ma sát lên một độ cao h  1m .

Tính công của lực kéo nếu người kéo vật:

. VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

a) đi lên thẳng đứng.

. Với dạng bài tập về công và công suất. Phương pháp giải là:

b) đi lên nhờ mặt phẳng nghiêng có chiều dài l  3m .

- Sử dụng các công thức tính công, công suất:

   + Công của lực F : A  Fs cos  , (  góc hợp bởi hướng của lực F và hướng của đường đi s ).  + Công suất của lực F :

•

Vật chuyển động đều (v  const) : Fv .

•

Vật chuyển động biến đổi (v  const ) :t  Fv; tb 

•

Vật chuyển động biến đổi đều (a  const) thì t  Fv ;

A s  F. . t t

So sánh công thực hiện trong hai trường hợp. Bài giải a) Đi lên thẳng đứng (hình a)

  - Các lực tác dụng vào vật là trọng lực P và lực kéo F .

- Vì vật đi lên thẳng đều theo phương thẳng đứng nên: F  P  mg . - Công của lực kéo: A  Fs  mgh  50.10.1  500 J . b) Đi lên nhờ mặt phẳng nghiêng có chiều dài l  3m (hình b) 

v v tb  Fv  F  0 .  2 



- Các lực tác dụng vào vật là: trọng lực P , lực kéo F , phản lực của mặt phẳng 

nghiêng Q (bỏ qua ma sát).

( v0 là vận tốc ban đầu của vật, v là vận tốc tại thời điểm t của vât). - Chú ý: Đơn vị các đại lượng dùng trong các công thức là các đơn vị của hệ SI (N, m, m/s, J, W). . Với dạng bài tập về công của các lực cơ học, định luật bảo toàn công. Phương pháp giải là: - Công của các lực cơ học: Sử dụng các công thức tính: + Công của trọng lực: AP  mgz , ( z  z1  z2 là hiệu giữa hai độ cao đầu và cuối).

h 

- Công của lực kéo: A  Fs  mg .  mgh  A  50.10.1  500 J

Vậy: Công thực hiện trong hai trường hợp là như nhau.

1 2

+ Công của lực đàn hồi: AF  k ( x12  x22 ) , (k là độ cứng của lò xo; x1 , x2 là độ biến dạng đầu và

2.2. Sau khi cất cánh 0,5 phút, trực thăng có m  6 tấn, lên đến độ cao h  900 m .

Coi chuyển động là nhanh dần đều. Tính công của động cơ trực thăng.

cuối của vật đàn hồi). + Công của lực ma sát: Ams  Fms .s    Ns , (  là hệ số ma sát, N là áp lực của vật trên mặt tiếp xúc, s là quãng đường dịch chuyển).

Bài giải

  - Các lực tác dụng vào trực thăng: trọng lực P và lực kéo F của động

cơ (hình vẽ).

- Định luật bảo toàn công: + Khi không có ma sát (Fms  0) : Aphaùt ñoäng   Acaûn . + Khi có ma sát (Fms  0) : Acoù ích  H . Atoaøn phaàn , (H là hiệu suất). - Hiệu suất của máy: H 

h 

- Vật đi lên thẳng đều trên mặt phẳng nghiêng nên: F  P1  mg sin   mg. .

Acoù ích Atoaøn phaàn

C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG . CÔNG VÀ CÔNG SUẤT



coù ích toaøn phaàn

- Trực thăng đi lên nhanh dần đều theo phương thẳng đứng nên ta có: F  P  ma  F  m( g  a)

- Gia tốc của trực thăng: a   1, ( Acoù ích  Atoaøn phaàn  Acaûn ) .  2h   F  mg  2  t  

(1) 2h t2

(2)



- Công của lực kéo: A  Fs  m  g  

2h  2.900  3  6  h  6.10 .  10   .900  64,8.10 J . t2  30 2  

Vậy: Công của động cơ trực thăng là A  64,8.10 6 J . 2.3. Cần trục nâng một vật m  100kg từ mặt đất lên cao theo

     P, Q, F ms , F 1 , F 2 (hình vẽ).   + Trọng lực P và phản lực Q có phương vuông góc với phương chuyển động của thùng nên không

sinh công: AP  AQ  0 . 

phương thẳng đứng. Trong 10s đầu tiên, vật đi lên nhanh dần

+ Công của lực đẩy F1 : AF  F1s.cos 1  300.20.cos30  3000 3  5200J .

đều với gia tốc 0,8(m / s2 ) . Sau đó, vật đi lên chậm dần đều

 + Công của lực kéo F 2 : AF  F2 s cos  2  300.20.cos 45  3000 2  4240J .

thêm 10s nữa rồi dừng lại. Tính công do cần trục thực hiện.

 + Công của lực ma sát F ms : Vì thùng chuyển động đều theo phương ngang nên hợp lực theo phương

Bài giải   Các lực tác dụng vào vật là: trọng lực P và lực kéo F của cần trục.

AF  AF  AF  0 1

- Giai đoạn 1: + Lực kéo của cần trục: F1  m(g  a1 )  100.(10  0,8)  1080 N . + Công của cần trục: A1  F1h1  1080.10  10 800J .

 AF  ( AF  AF )  (5200  4240)  9440 J . ms

b) Hệ số ma sát  giữa thùng và sàn   





- Vì thùng chuyển động đều nên: P  Q  F ms  F 1  F 2  0

- Giai đoạn 2:

 P  Q  F1 sin 1  F2 sin  2  0

v02  v1  2a1h1  2.0,8.10  4(m / s) .

v1 4   0, 4(m / s2 ) . t2 10

+ Lực kéo của cần trục: F2  m( g  a2 )  100.(10  0, 4)  9600 N . v 2 4 2  20m . + Độ cao vật đi được: h2  1  2 a2 2.(0,4)

+ Công của cần trục: A2  F2 h2  9600.20  19200J . - Công tổng cộng của cần trục trong hai giai đoạn: A  A1  A2  10800  19200  30000J  30kJ . 2.4. Một cái thùng m  90kg chuyển động thẳng đều trên sàn nhờ lực đẩy

F1  300 N , 1  30 và lực kéo F2  300 N ,  2  45 như hình vẽ.

a) Tính công của từng lực tác dụng lên thùng trên quãng đường 20m. b) Tính hệ số ma sát giữa thùng và sàn.

- Các lực tác dụng vào thùng:

 Q  mg  F1 sin 1  F2 sin  2

- Công của lực ma sát: Ams  Fms .s   Qs    (mg  F1 sin 1  F2 sin  2 )s 



Ams 9440  (mg  F1 sin 1  F2 sin  2 )s (90.10  300.sin 30  300 sin 45).20

9440 1 2 (90.10  300.  300. ).20 2 2

 0,56

Vậy: Hệ số ma sát giữa thùng và sàn là   0,56 .  2.5. Đường tròn có đường kính AC  2 R  1m . Lực F có phương song song với AC, có chiều không    đổi AC và có độ lớn F  600 N . Tính công của lực F khi điểm đặt của F vạch:

a) nửa đường tròn AC. b) cả đường tròn. Bài giải

Bài giải a) Công của từng lực tác dụng lên thùng

(*)

- Chiếu (*) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên ta được:

+ Vận tốc ban đầu của vật (cuối giai đoạn 1):

+ Gia tốc của vật: a2 

ngang bằng 0. Suy ra, tổng công của các lực theo phương ngang cũng bằng 0:

 a) Điểm đặt của F vạch nửa đường tròn AC

 Ta có: A  Fs , với s  AC là hình chiếu độ dời điểm đặt của lực trên phương của lực F .

 A  F . AC  600.1  600 J  b) Điểm đặt của F vạch cả đường tròn AC

suất cực đại của động cơ là max  3MW . 2.7. Xe khối lượng m  200kg , chuyển động trên dốc dài 200m, cao 10m.

 Ta có: A  Fs , với s  0 là hình chiếu độ dời điểm đặt của lực trên phương của lực F  A  0 . /

Vậy: Khi trực thăng lên nhanh dần đều, công suất trung bình của động cơ là   1,5MW ; công

2.6. Một trực thăng có khối lượng m  5 taán .

a) Xe chuyển động thẳng đều lên dốc với vận tốc 18 km/h, công suất của động cơ là 0,75kW. Tìm giá trị lực ma sát. b) Sau đó, xe chuyển động xuống dốc nhanh dần đều, vận tốc xe ở

a) Trực thăng bay lên đều, lên cao 1km trong thời gian 50s. Bỏ qua sức cản của không khí. Tính

đỉnh dốc là 18(km/h), ở chân dốc là 54(km/h). Tính công do xe thực hiện khi xuống dốc và công suất trung bình, công suất tức

công suất của động cơ. b) Trực thăng bay lên nhanh dần đều không vận tốc đầu, lên cao 1250m trong 50s. Sức cản của

thời ở chân dốc. Biết lực ma sát là không đổi. Bài giải

không khí bằng 0,1 trọng lượng trực thăng. Tính công suất trung bình và công suất cực đại của

a) Xe chuyển động thẳng đều lên dốc

động cơ trong thời gian trên.

    - Các lực tác dụng vào xe: trọng lực P ; lực kéo F ; phản lực Q và lực ma sát F ms .

Bài giải a) Khi trực thăng lên đều

- Lực kéo của động cơ: F 

- Công của động cơ: A  Fs  mgh  5000.10.1000  50.106 J .

- Công suất của động cơ: 

- Vật đi lên đều nên hợp lực bằng 0, do đó:

A 50.106   106 W  1MW . t 50

     F  P  Q  F ms  0

Vậy: Khi trực thăng lên đều, công suất của động cơ là P  1MW .

 F  P sin   Fms  0

b) Khi trực thăng lên nhanh dần đều  Fms  F  P sin  

at 2 2h 2.1250 - Gia tốc của trực thăng: Từ h  a 2   1 (m / s 2 ) . 2 t 502

 h 0,75.103 10  mg.   200.10.  50 N . v  5 200

Vậy: Giá trị của lực ma sát là Fms  50 N .

- Theo định luật II Niu-tơn, ta có:

b) Xe chuyển động nhanh dần đều xuống dốc 

F  mg  FC  ma  F  mg  FC  ma



- Các lực tác dụng vào xe: trọng lực P ; lực kéo F ; phản lực Q 3



 F  mg  0,1mg  ma  m(1,1g  a)  5000.(1,1.10  1)  60.10 N

và lực ma sát F ms .

- Công của động cơ: A  Fs  60.103.1250  75.106 J .

- Theo định luật II Niu-tơn, ta có:      F  P  Q  F ms  0

- Công suất trung bình của động cơ: 6



 . v

A 75.10   1,5.106 W  1,5MW . t 50

 F  P sin   Fms  ma  h   F  Fms  mg sin   ma  Fms  m  g.  a    

- Vận tốc cực đại của trực thăng: vmax  at  1.50  50(m / s) . - Công suất cực đại của động cơ: max  Fvmax  60.103.50  3.10 6 W  3MW . (Có thể tính công suất trung bình của động cơ theo công thức:  F.v  F.

vmax ) 2

- Gia tốc của xe:

a

v2  v02 152  52   0,5(m / s2 ) 2 2.200

v2 là lực kéo của đầu máy tác dụng vào đòan tàu và vận tốc của đoàn tàu khi lên dốc có góc

nghiêng  2 .

  10  F  50  200.  10.  0,5   50 N  200 

- Khi tàu lên dốc có góc nghiêng 1 : + Theo định luật II Niu-tơn: F1  FC  m1g sin 1  m1a1  0

- Công do xe thực hiện: A  Fl  50.200  10000 J  10kJ - Công suất trung bình:   F.v  F .

v  v0 15  5  50.  500W  0,5kW . 2 2

- Công suất tức thời ở chân dốc:  F.v  50.15  750W  0, 75kW . Vậy: Công do xe thực hiện khi xuống dốc là A  10 kJ ; công suất trung bình là   0,5kW ; công

 F1  FC  m1g sin 1

+ Công suất của đầu máy:  F1v1  ( FC  m1 g sin 1 )v1 - Khi tàu lên dốc có góc nghiêng  2 : + Theo định luật II Niu-tơn: F2  FC  m1 g sin  2  m1a2  0

suất tức thời ở chân dốc  0, 75kW . 2.8. Xe chạy trên mặt đường nằm ngang với vận tốc 60(km/h). Đến quãng đường dốc, lực cản tăng gấp 3 nhưng mở “ga” tối đa cũng chỉ tăng công suất động cơ lên được 1,5 lần. Tính vận tốc tối đa của xe trên đường dốc.

 F2  FC  m1g sin  2

+ Công suất của đầu máy:  F2 v2  (FC  m1g sin  2 )v2

(2)

- Từ (1) và (2) ta có: (FC  m1g sin 1 )v1  ( FC  m1g sin  2 )v2 Bài giải

 FC 

- Khi xe chuyển động thẳng đều trên đường ngang thì: FK  FC .

- Công suất của động cơ trên đường ngang:  FK .v  FC .v

(1)

m1g(v1 sin 1  v2 sin  2 ) m1g(v11  v2 2 )  v2  v1 v2  v1

- Công suất của động cơ trên đường dốc: /  FK/ .v /  3FC .v /

(2)

  40 200.103.10  10.0,1  .0,05  3    200000 N .  FC  40  10 3

- Mặt khác: /  1,5

(3)

Vậy: Độ lớn của lực cản là FC  200000 N .

/ K

/ C

- Khi xe chuyển động thẳng đều trên đường dốc thì: F  F  3FC .

- Từ (1), (2) và (3), ta có: v / 

(1)

v 60   30 (km / h) . 2 2

Vậy: Vận tốc tối đa của xe trên đường dốc là v  30(km / h) . 2.9. Đầu máy xe lửa công suất không đổi có thể kéo đoàn tàu m1  200 taán lên dốc có góc nghiêng

2.10. Một đầu máy xe lửa, khối lượng m, công suất không đổi, có thể chuyển động đều lên mặt phẳng nghiêng góc  . Hỏi đầu máy có thể kéo thêm một toa xe khác khối lượng m1 bằng bao nhiêu để

vẫn chuyển động đều với vận tốc cũ trên mặt phẳng ngang? Biết hệ số ma sát giữa đường ray với xe là  . Bài giải

1  0,1rad với vận tốc v1  36(km / h) hay lên dốc có góc nghiêng  2  0,05rad với vận tốc

- Khi đầu máy chuyển động trên mặt phẳng nghiêng (chưa kéo thêm toa xe):

v2  48(km / h) .

Tính độ lớn lực cản FC . Biết FC không đổi và sin    ( nhoû) .

+ Lực kéo: F  mg sin   Fms  mg sin    mg cos   mg(sin    cos  )

+ Công suất:   Fv

Bài giải Gọi  là công suất của đầu máy xe lửa (bằng nhau trong cả hai trường hợp); F1 và v1 là lực kéo

của đầu máy tác dụng vào đoàn tàu và vận tốc của đoàn tàu khi lên dốc có góc nghiêng 1; F2 và

- Khi đầu máy chuyển động trên mặt phẳng ngang (kéo thêm toa xe): + Lực kéo: F /  Fms   (m  m1 )g + Công suất: /  F / v/

Bài giải

Vì v /  v và /  nên F /  F   (m  m1 )g  mg(sin    cos  )  m1 

Khi m1 đi lên quãng đường s  1m trên mặt phẳng nghiêng thì m2 đi xuống thẳng đứng một quãng

 sin   mg(sin    cos  )   mg  m  cos   1 . g   

đường cũng bằng s (hình vẽ). Ta có: h1  s.sin   1.0,5  0,5m

Vậy: Khối lượng toa xe mà đầu máy có thể kéo thêm để vẫn chuyển động thẳng  sin 

đều trên mặt phẳng nằm ngang là m1  m 

 

  cos   1  . 

h2  s  1m .

- Công của trọng lực của hệ thống:

2.11. Hai ô-tô công suất N1 , N 2 không đổi, chuyển động đều với vận tốc v1 , v2 . Nếu

A  A1  A2

hai ô-tô nối với nhau và cùng mở máy chuyển động cùng chiều (ô-tô trước đó có

 A  m1gh1  m2 gh2  1.10.0,5  2.10.1  15J .

vận tốc lớn sẽ chạy trước) thì vận tốc các xe khi chuyển động đều là bao

2.14. Lò xo độ cứng k  50( N / m) . Tính công của lực đàn hồi của lò xo khi nó dãn thêm 10cm từ:

nhiêu? Biết lực cản đặt lên mỗi xe không đổi.

a) Chiều dài tự nhiên.

Bài giải

b) Vị trí đã dãn 10cm.

- Khi hai xe chưa nối với nhau chuyển động đều nên:

F1C  F1 

c) Vị trí đang bị nén 10cm.

N1 N ; F  F2  2 v1 2C v2

Bài giải

- Khi hai xe nối với nhau chuyển động đều với vận tốc v nên: N  N1  N 2  F.v

(1)

N N N v  N 2 v1  F  FC  F1C  F2C  1  2  1 2 v1 v2 v1v2

(2)

- Từ (1) và (2), suy ra: v 

1 k ( x12  x22 ) . 2

N1  N 2 ( N1  N 2 )v1v2  . F N1v2  N 2 v1

Vậy: Nếu hai ô-tô nối với nhau và chuyển động cùng chiều thì vận tốc các xe khi chuyển động đều là v 

Ta có: Công của lực đàn hồi: A 

( N1  N 2 )v1v2 . N1v2  N 2 v1

1 x1  0; x2  10cm  0,1m : A1  .50.(0 2  0,12 )  0,25J  0 2

. b) x1  10cm  0,1m; x2  10  10  20cm  0,2m : 1  A2  .50.(0,12  0,22 )  0,75J  0 2

. CÔNG CỦA CÁC LỰC CƠ HỌC – ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CÔNG 2.12. Vậy m  5kg được thả rơi từ độ cao h  4m xuống một hồ nước sâu 2m. Tính công của trọng

lực khi vật rơi tới đáy hồ. Bài giải Công của trọng lực khi vật rơi xuống: /

A  mg(h  h )  5.10.(4  2)  300 J . 2.13. Cho hệ thống như hình vẽ:   30, m1  1kg, m2  2kg . Tính công của trọng lực của hệ thống khi

m1 đi lên không ma sát trên mặt phẳng nghiêng quãng đường 1m.

c) x1  10cm  0,1m; x2  10cm  10cm  0 1  A3  .50. (0,1)2  02   0,25J  0 . 2

* Nhận xét: + A1  0; A2  0 nên hệ nhận công, tức là ta phải cung cấp cho hệ một năng lượng để kéo dãn lò xo. + A3  0 nên hệ sinh công, tức là ta không cần cung cấp năng lượng cho hệ, lò xo tự động dãn ra và sinh công.

2.15. Khi một lò xo nhẹ, đầu trên cố định, đầu dưới treo một đĩa cân khối lượng 100g thì lò xo có chiều dài 10cm. Đặt thêm lên đĩa cân một vật khối lượng 200g, lò xo dãn thêm và có chiều dài 14cm khi vật ở vị trí cân bằng. Tính công của trọng lực và của lực đàn hồi khi lò xo dãn thêm. Bài giải Gọi:  0 và k lần lượt là chiều dài tự nhiên và độ cứng của lò xo; 1 và  2 lần lượt là chiều dài của

lò xo khi treo đĩa cân (m1 ) và khi đặt thêm vật (m2 ) vào đĩa cần (hình vẽ). - Công của trọng lực khi lò xo dãn thêm do đặt thêm vật m2 :

- Gia tốc của vật là: a 

h  Fms  m(g sin   a)  m(g  a) 

- Công của lực ma sát:

 AFms  0,1.(10.

- Từ hình vẽ, ta có: m1g  k ( 1   0 )

0,4  1).2  0,2 J 2

Vậy: Công của lực ma sát là AFms  0,2J .

(m1  m2 )g  k ( 2   0 )

* Lưu ý: Có thể giải theo định luật bảo toàn năng lượng

- Lấy (2) trừ cho (1), ta được:

như sau: Công của lực không phải lực thế bằng độ

m2 g  2  1

biến thiên cơ năng của vật:

0,2.10  50( N / m) 0,14  0,10

- Từ (1) suy ra:  0  1 

vB2 22   1(m / s2 ) 2 2.2

- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: mg sin   Fms  ma .

 AP  (0,1  0,2).10.(0,14  0,10)  0,12 J .

k



h AFms   Fms .  m(g  a). 

AP  (m1  m2 )gh  (m1  m2 )g( 2  1 )

m2 g  k ( 2  1 ) 



- Các lực tác dụng vào vật: Trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát F ms .

AFms  W  WB  WA 

m1 g 0,1.10  0,1   0,08m  8cm . k 50

 AFms  0,1(

v2 1 2 mv  mgh  m( B  gh) 2 B 2

22  10.0,4)  0,2 J . 2

2.17. Súng khối lượng 50kg bắn đạn ra theo phương

- Độ biến dạng của lò xo ứng với hai vị trí:

ngang. Khối lượng đạn là 2kg, vận tốc lúc rời nòng là 500(m/s). Sau khi bắn, súng giật lùi một

x1  1   0  10  8  2cm  0, 02m

đoạn 50cm. Tính lực hãm trung bình đặt lên súng và công của lực hãm.

x2   2   0  14  8  6cm  0,06m

- Công của lực đàn hồi khi lò xo dãn thêm do đặt thêm vật m2 : 1 1 A  k ( x12  x22 )  .50.(0,022  0,06 2 )  0,08J . 2 2

Vậy: Công của trọng lực AP  0,12J ; công của lực đàn hồi A  0,08J . 2.16. Một vật m  100 g trượt không vận tốc đầu từ đỉnh xuống chân một mặt phẳng nghiêng dài   2m , chiều cao h  0,4 m . Vận tốc vật ở chân mặt phẳng nghiêng là 2(m/s). Tính công của lực

ma sát.

Bài giải Gọi m1 , m2 là khối lượng của súng và đạn; v1 , v2 là vận tốc của súng và đạn ngay sau khi bắn. - Súng bắn đạn theo phương ngang nên ngoại lực cân bằng, hệ (súng + đạn) là kín trong khoảng thời gian bắn, suy ra động lượng bảo toàn. Về độ lớn ta có: m1v1  m2 v2  v1 

m2 2 v  .500  20(m / s) . m1 2 50

- Xét chuyển động của súng sau khi bắn. Coi rằng súng chuyển động chậm dần đều dưới tác dụng của lực hãm trung bình. Chọn chiều dương là chiều chuyển động của súng. Ta có:

Bài giải Chọn chiều (+) là chiều chuyển động của vật.

+ Gia tốc trung bình của súng: a 

 v12 202   400(m / s2 ) . 2 s 2.0,5

+ Lực hãm trung bình đặt lên súng: F h  m1 a  50.( 400)  20000 N .

sin   tan    (rad ) . Tính công của lực đàn hồi từ lúc tên bắt đầu chuyển động

+ Công của lực hãm: A   Fh .s  20000.0,5  10000J  10kJ .

đến lúc rời dây cung. Bài giải

Vậy: Lực hãm trung bình là 20000N và công của lực hãm là 10kJ . 2.18. Vật khối lượng m  50 g được bắn xiên góc   37 với vận tốc đầu v0 từ A như hình vẽ. Sau khi bắn 1 giây, vật chạm vào điểm B, biết AB hợp với phương ngang một góc   14 . Tính công của trọng lực tác dụng lên vật trong thời gian

- Mũi tên rời khỏi dây cung khi dây cung trở về trạng thái không biến dạng, tức là mũi tên đi được quãng đường s  h (hình vẽ). - Hợp lực đàn hồi cực đại (khi dây cung bị kéo căng): Fmax  2T sin   2T tan   2T .

bay. Cho sin 37  0,6; cos37  0,8; tan14  0,25 .

- Hợp lực đàn hồi cực tiểu (khi dây cung không biến dạng)

Bài giải

Fmin  0

Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ. - Tại B, ta có: xB  (v0 cos )t

- Nếu coi hợp lực giảm dần đều từ giá trị cực đại đến 0 thì hợp lực

(1)

đàn hồi trung bình là:

yB  h  (v0 sin  )t 

gt 2

(2) F

yB  x.tan 

(3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: v0 

h

(4)

của

gt 2 sin  gt 2  2(sin   cos  .tan  ) 2

AP  mgh    A

độ cứng là k. Khi lò xo dãn một đoạn x  h thì xuất hiện lực đàn hồi: F  Fmax 

trọng

2Th2 2.300.(5.10 2 )2   1,5J .  1

* Lưu ý: Có thể giải như sau: Coi cung tên như một lò xo đàn hồi có

 gt 2  sin   1  2  sin   cos  .tan  

- Công

Fmax  Fmin 2Th  2 

- Công của lực đàn hồi: A  F.h 

gt 2(sin   cos  .tan  )

- Thay (4) vào (2), ta được: h 

h 4Th    2

lực:

 mg 2 t 2  sin   1  2  sin   cos  .tan  

 0, 05.102.12  0,6  1   1,25J .  2  0,6  0,8.0,25 

4Th 4T  kh  k  .  

- Công của lực đàn hồi: A  W1t  W2 t .  A

1 2 1 1 4T 2 2Th 2 kx  0  kh2  . h  . 2 2 2  

Thay số ta được kết quả giống như kết quả trên. Vậy: Công của lực đàn hồi từ lúc tên bắt đầu chuyển động đến lúc rời dây cung là A  1,5J . 2.20. Một vật nhỏ khối lượng m  50g được kéo trượt thật chậm trên đoạn đường là 1/4 đường tròn bán kính R  1m , hệ số ma sát   0,1 như hình vẽ. Lực kéo luôn hướng tiếp tuyến với quỹ đạo. Tính công của lực ma sát. Bài giải - Công của lực ma sát khi kéo vật từ điểm B đến điểm B của cung tròn là:

 Ams   Fms .BB

2.22. Trục kéo có bán kính r  20cm , tay quay dài l  60cm . Dùng định luật bảo toàn công để tính lực cần tác dụng vào tay quay để kéo một vật khối lượng m  45kg từ dưới lên.

  BB  l ; với: BB cos 

Bài giải

  Ta có: Lực phát động là lực kéo F , lực cản là trọng lực P (hình vẽ).

Fms   N   mg.cos  .  Ams    mg.cos  .

- Khi tay quay và trục quay được 1 vòng thì:

l    mg.l cos 

+ Điểm đặt của lực kéo di chuyển được một quãng đường (theo hướng của lực kéo) là: s1  2 l

- Công của lực ma sát khi kéo vật trên 1/4 đường tròn (từ A đến B ) là: Ams   Ams   (  mg.l )    mg. l

+ Điểm đặt của trọng lực di chuyển được một quãng đường (ngược hướng của trọng lực) là: s2  2 r

 Ams    mg.R  0,1.0, 05.10.1  0,05J .

+ Công của lực kéo và lực cản là: AK  F.s1  F.2 ; AC   P.s2  mg.2 r

Vậy: Công của lực ma sát khi kéo vật trên 1/4 đường tròn là Ams  0, 05J . 2.21. Người ta kéo đều một chiếc xe khối lượng m  200kg lên một dốc dài 20m, cao 5m. Tính công do người thực hiện được, biết lực ma sát bằng 0,05 trọng lượng của xe. Bài giải Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe.

- Theo định luật bảo tòan công, ta có: AK  AC r 20  F.2   mg.2 r  F  mg  F  45.10.  150 N .  60

Vậy: Lực cần tác dụng vào tay quay để kéo vật từ dưới lên là F  150 N . 2.23. Tính công cần để nâng một sợi xích khối lượng 5kg, chiều dài 1m ban

- Các lực tác dụng vào xe như hình vẽ.

đầu nằm trên mặt đất, nếu người cầm một đầu xích nâng lên độ cao 2m.

- Vì vật chuyển động đều lên dốc nên:

Bài giải

     F  P  Q  F ms  0

(1)

- Chiếu (1) lên chiều (+) đã chọn ta được: F  mg sin   Fms  0  F  mg sin   Fms h 5  F  mg(  0,05)  200.10(  0,05)  600 N  20

- Công do người thực hiện: AF  F  600.20  12000J  12kJ . * Lưu ý: Có thể giải định luật bảo toàn năng lượng như sau:

- Dây xích dài 1m có đầu trên ở độ cao 2m thì trọng tâm của dây xích (ở chính giữa dây xích) ở độ cao h  1,5m . - Công cần thực hiện (của lực nâng): AF   AP  (mgh)  mgh  AF  5.10.1,5  75J .

Vậy: Công cần để nâng sợi xích trên là AF  75J . 2.24. Hòn đá mài bán kính 20cm quay với tần số 180 (vòng/phút). Người ta dùng một lực 20N để ấn một vật lên vành đá mài. Tính công do đá mài thực hiện trong 2 phút, biết hệ số ma sát giữa vật và đá mài là 0,3.

Công của lực không phải lực thế bằng độ biến thiên cơ năng của vật: 1 1 AF  AFms  W  WB  WA  ( mvB2  mgh)  mvA2  mgh 2 2

 AF   AFms  mgh  Fms  mgh  0,05mg  mgh AF  mg(0,05  h)  200.10(0,05.20  5)  12000 J  12kJ .

Bài giải - Trong 2 phút đá mài quay được n  2.180 vòng và điểm đặt của lực ma sát do đá mài tác dụng vào vật đã di chuyển được quãng đường s ngược hướng với lục ma sát. Ta có: s  n.2 r  2.180.2 r  720 r - Công của lực ma sát: AFms   Fms .s    F.720 r .

- Công do đá mài đã thực hiện: A   AFms   F.720 r .  A  0,3.20.720.3,14.0,2  2713J .

Vậy: Công do đá mài thực hiện trong 2 phút là A  2713J . 2.25. a) Tìm quãng đường xe đạp đi được khi đạp một vòng bàn đạp, biết số răng của đĩa gấp 2 lần số răng của líp và đường kính vỏ xe là 700mm. b) Đạp lên bàn đạp một lực 56N (theo phương tiếp tuyến quỹ đạo) thì lực truyền đến điểm tiếp



F1d  F2 Rd  F2  F1 .

chứng lại định luật bảo toàn công từ các kết quả trên. Bài giải a) Quãng đường xe đi được khi đạp 1 vòng bàn đạp. - Khi bàn đạp quay 1 vòng thì đĩa (gắn với bàn đạp) quay được 1 vòng nên điểm A trên dây xích ( tiếp xúc với vành đĩa) dịch chuyển được quãng đường s bằng chu vi vành đĩa. Suy ra điểm B trên

d Rd

- Vì xích truyền nguyên vẹn lực nên: F3  F2  F1. 

d . Rd



- Momen lực của F 3 và F 4 đối với O2 bằng nhau: F3 R1  F4 Rb

xúc M của vỏ xe và mặt đất bằng bao nhiêu? Biết đùi đĩa xe đạp dài 20cm và gấp 2 bán kính đĩa; các bán kính của đĩa và líp tỉ lệ với số răng; xích truyền nguyên vẹn lực. Bỏ qua ma sát. Kiểm



Gọi d là chiều dài của đùi đĩa. Momen lực của F1 và F 2 đối với O1 bằng nhau:

 F4  F3 .

R d R 20 5  F1 . .   56. .  16 N Rb Rd Rb 10 35

* Nghiệm lại kết quả bằng định luật bảo toàn công: Ta có: 



- Lực phát động là F1 tác dụng vào bàn đạp, lực cản là lực ma sát F ms của mặt đường tác dụng lên bánh xe có độ lớn bằng F4 . 

vành líp (tiếp xúc với dây xích) cũng dịch chuyển được quãng đường s. Khi đó líp và bánh xe sau

chuyển được quãng đường theo phương của lực, lần lượt là

(gắn với nhau qua ổ trục sau) quay được n vòng.

s1  1.2 d  2 d; s2  2.2. Rb  4 Rb .

Gọi Rd , R1 và Rb lần lượt là bán kính của đĩa, líp và bánh xe sau.

+ Công của lực phát động: Apñ  AF  F1 .s1  F1 .2 d .

Ta có: s  2 Rd  n.2 R1

+ Độ lớn của công cản: AC  AFms  F4 s2  F4 .4 Rb

R n ñ R



- Khi bàn đạp quay 1 vòng thì bánh xe sau quay 2 vòng, khi đó điểm đặt của F1 và của F ms di s1

và

s2 . Ta có:



Apñ AC



F1 d 56 20 .  .  1  Apñ  AC F4 2 Rb 16 70

- Vì các bán kính của đĩa và líp tỉ lệ với số răng và số răng của đĩa gấp 2 lần số răng của líp nên Rd  2 R1  n  2.

- Quãng đường xe đi được (bằng quãng đường điểm M trên vành lốp đi được) khi bàn đạp quay 1 vòng

Vậy: Các kết quả trên đây nghiệm đúng định luật bảo toàn công. 2.26. Một cần trục nâng đều một vật khối lượng 1 tấn lên cao 10m trong thời gian 30s. a) Tính công của lực nâng. b) Biết hiệu suất của động cơ là 60%. Tính công của động cơ cần trục. c) Nếu phải nâng đều một vật khối lượng 2 tấn cũng lên cao 10m thì thời gian nâng là bao nhiêu?

(bánh xe sau quay 2 vòng) là:

Bài giải

s /  2.2 Rb  2.2.3,14.0,35  4, 4 m

a) Công của lực nâng

Như vậy, khi đạp 1 vòng bàn đạp thì bánh xe sau

- Vật được nâng lên đều theo phương thẳng đứng nên lực nâng có độ lớn bằng trọng lực:

quay được 2 vòng và xe đi được quãng đường là 4,4m. b) Lực truyền đến điểm tiếp xúc M

F  P  mg

- Công của lực nâng (công có ích): AF  F .h  mgh  103.10.10  105 J  100 kJ . Vậy: Công của lực nâng là AF  100kJ .

b) Công suất của động cơ: Gọi H là hiệu suất của động cơ, ta có: A - Công suất có ích: i  F . t

b) Trong hệ quy chiếu gắn với thang máy: Trong khoảng thời gian t, người đi lên được độ cao h so với đất thì thang máy đi xuống được quãng đường s  vt theo phương nghiêng và giảm độ cao

 A - Công suất của động cơ (công suất toàn phần): tp  i  F . H H .t

tp 

AF   AP  (mgh)  mgh

một đoạn là h1 so với mặt đất. Ta có: h1  s.sin   vt sin 

105  5,6.103 W  5,6 kW . 0,6.30

- Độ cao người đã lên được so với thang máy: h2  h  h1  h  vt sin 

Vậy: Công suất của động cơ cần trục là tp  5,6 kW .

- Công người đã thực hiện: AF   AP  (mgh2 )  mgh2  mg(h  vt sin  )

c) Thời gian nâng vật khối lượng 2 tấn lên cao 10m - Công có ích: AF/  F / .h /  m / gh / . - Công suất của động cơ: tp 

/ F

H .t /

Phần 1.  t/ 

/ F

Chuyên đề 3: CƠ NĂNG. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG

A m gh 2.10 .10.10    60 s . tp .H tp .H 5,6.103.0,6

Vậy: Thời gian nâng vật khối lượng 2 tấn lên cao 10m là t  60s . 2.27. Thác nước cao 30m, mỗi giây đổ xuống 300m 3 nước. Lợi dụng thác nước, có thể xây dựng trạm thủy điện công suất bao nhiêu? Biết hiệu suất của trạm thủy điện là 75%. Bài giải

A. TÓM TẮT KIẾN THỨC I. NĂNG LƯỢNG. CÁC DẠNG NĂNG LƯỢNG CƠ HỌC 1. Năng lượng - Định nghĩa, đặc điểm + Năng lượng là đại lượng đặc trưng cho khả năng thực hiện công của một vật hoặc một hệ vật.

Gọi V0 (m 3 ) và m0 (kg) lần lượt là thể tích và khối lượng nước đổ xuống trong mỗi giây;

+ Năng lượng của một vật (hoặc hệ vật) ở một trạng thái xác định có giá trị bằng công lớn nhất mà vật (hoặc

D  103 (kg / m3 ) là khối lượng riêng của nước; H là hiệu suất của động cơ.

hệ vật) thực hiện được.

- Công suất toàn phần: tp 

AP mgh (m0 t )gh    m0 gh  V0 Dgh t t t

- Công suất của trạm thủy điện (bằng công suất có ích): i  Htp  HV0 Dgh

+ Nói đến năng lượng là nói đến một trạng thái của vật, nói đến công là nói đến một quá trình từ trạng thái này đến trạng thái khác của vật. - Đơn vị: Trong hệ SI, đơn vị của năng lượng là J. Ngoài ra còn có các đơn vị khác như Wh (oát giờ) hoặc kWh (kilôoát giờ).

i  0,75.300.103.10.30  675.105 W  67500kW

2. Các dạng năng lượng cơ học

Vậy: Công suất của trạm thủy điện là i  67500kW .

2.1. Động năng

2.28. Một thang cuốn có độ cao h và nghiêng góc  với mặt ngang. Thang cuốn đi xuống đều với vận tốc v. Tính công do người, khối lượng m, thực hiện khi đi lên thang cuốn trong thời gian t.

- Định nghĩa, đặc điểm + Động năng của một vật là năng lượng có được do vật chuyển động và có giá trị bằng: Wñ 

Xét trong hệ quy chiếu:

1 2 mv (3.1) 2

a) Gắn với đất.

+ Động năng là đại lượng vô hướng và luôn dương.

b) Gắn với thang.

+ Động năng có tính tương đối. Giá trị của nó phụ thuộc vào hệ quy chiếu được chọn.

Lời giải a) Trong hệ quy chiếu gắn với đất: Theo định luật bảo toàn công, nếu bỏ qua ma sát thì:

- Định lí động năng: Độ biến thiên động năng của vật bằng tổng các công của lực ngoài tác dụng vào vật.

Wñ  W2 ñ  W1ñ  A12 (3.2)

(W1đ, W2đ là động năng đầu (vị trí 1) và cuối (vị trí 2) của vật; A12 là tổng công của ngoại lực làm vật dịch

2. Các trường hợp cụ thể

chuyển từ vị trí 1 đến vị trí 2).

- Hệ kín, không ma sát (chỉ có lực thế tác dụng): W1 = W2

- Đơn vị: Trong hệ SI, đơn vị của động năng là J (jun).

- Hệ kín, có ma sát (có lực không phải lực thế tác dụng):

2.2. Thế năng

W1  W2  Ams (3.9)

- Định nghĩa, đặc điểm + Thế năng của một hệ là năng lượng có được do tương tác giữa các vật (các phần) của hệ với nhau hoặc với

3. Hiệu suất của máy: H 

trường lực ngoài. + Thế năng phụ thuộc vào vị trí tương đối giữa các vật hoặc các phần của vật. + Thế năng là đại lượng vô hướng, có thể dương, âm hoặc bằng 0. + Thế năng có tính tương đối. Giá trị của nó phụ thuộc vào mốc tính thế năng. + Thế năng là dạng năng lượng gắn với lực thế. Các lực thế thường gặp là trọng lực, lực hấp dẫn, lực đàn hồi, lực tĩnh diện... - Hai loại thế năng + Thế năng trọng trường: Wt  mgz (3.3)

(3.8)

Wr  1 (3.10) Wv

(Wr: năng lượng do máy thực hiện, Wv: năng lượng cung cấp cho máy). B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP  VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG - Vì giá trị của động năng và thế năng phụ thuộc vào hệ quy chiếu nên khi tính động năng, thế năng của vật ta phải chọn hệ quy chiếu (động năng) hoặc mốc tính thế năng. - Khi dùng định lí động năng để tính công hoặc giải các bài toán cơ học khác cần xác định đầy đủ công của các ngoại lực tác dụng lên vật. Chú ý tổng công của các ngoại lực là tổng đại số (các công thành phần có thể có giá trị dương, âm hoặc bằng 0).

(g là gia tốc trọng trường, z là độ cao của vật so với vị trí chọn làm mốc).

- Để áp dụng định luật bảo toàn cơ năng thì hệ ta xét phải là hệ kín (các vật trong hệ không tương tác với các

1 + Thế năng đàn hồi: Wt  kx 2 (3.4) 2

vật bên ngoài hệ) và không có ma sát. Với hệ kín một vật thì biểu thức tường minh của định luật là:

(x là độ biến dạng của vật đàn hồi).

W1  W2 

1 2 1 1 1 mv  mgz1  kx12  mv22  mgz2  kx22 2 1 2 2 2

- Độ giảm thế năng và công của lực thế: Công của lực thế bằng độ giảm thế năng: AP ,F  ñh   Wt 1  Wt 2 (3.5)

- Đơn vị: Trong hệ SI, đơn vị của thế năng là J (jun). II. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG 1. Cơ năng: Cơ năng là năng lượng cơ học, cơ năng của vật bao gồm động năng và thế năng:

W  Wñ  Wt (3.6) W  W

1 2 mv  mgz (thế năng trọng trường) 2

1 2 1 2 mv  kx (thế năng đàn hồi) 2 2

+ Trường hợp trọng lực:

1 2 1 mv  mgz1  mv22  mgz2 . 2 1 2

+ Trường hợp lực đàn hồi:

1 2 1 2 1 2 1 2 mv  kx  mv  kx . 2 1 2 1 2 2 2 2

- Khi có sự chuyển hóa giữa cơ năng và các dạng năng lượng khác (nhiệt năng, điện năng,...), các lực không phải là lực thế (lực ma sát) đã thực hiện công Ams thì: W  W2  W1 =Ams  0 - Chú ý phân biệt các thuật ngữ: “độ biến thiên”, “độ giảm”, “độ tăng”. Cụ thể: + “Độ biến thiên” = “giá trị sau” - “giá trị đầu”: “độ biến thiên” có thể dương hoặc âm. + “Độ tăng” = “giá trị sau” - “giá trị đầu”: “độ tăng” luôn luôn dương. + ”Độ giảm” = “giá trị đầu” - “giá trị sau”: “độ giảm” luôn luôn dương.

2. Định luật bảo toàn cơ năng: Với hệ kín không có ma sát, cơ năng của hệ được bảo toàn:

 VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

W  Wñ  Wt =const (3.7)

. Với dạng bài tập về động năng, định lí động năng. Phương pháp giải là:

III. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN VÀ CHUYỂN HÓA NĂNG LƯỢNG

- Sử dụng các công thức: Wñ 

1. Định luật: Năng lượng không tự nhiên sinh ra cũng không tự nhiên mất đi. Năng lượng chỉ chuyển hóa từ dạng này sang dạng khác hoặc truyền từ vật này sang vật khác.

1 2 mv (m, v là khối lượng và vận tốc của vật) 2

+ Định lí động năng: Wñ  W2 ñ  W1ñ  A12 (W1đ, W2đ là động năng đầu (vị trí 1) và cuối (vị trí 2) của vật;

+ Hệ kín, có ma sát: W1  W2  Ams .

A12 là tổng công của ngoại lực làm vật dịch chuyển từ vị trí 1 đến vị trí 2). - Hiệu suất của máy: H 

- Một số chú ý + Giá trị của động năng phụ thuộc vào hệ quy chiếu ta chọn (có tính tương đối). + A12 là tổng đại số công của các ngoại lực làm vật dịch chuyển từ vị trí 1 đến vị trí 2.

Wr  1 , (Wr: năng lượng do máy thực hiện, Wv: năng lượng cung cấp cho máy). Wv

- Một số chú ý: W1, W2 là tổng năng lượng đầu (vị trí 1) và sau (vị trí 2) của hệ; Ams là độ lớn công của lực

+ Định lí động năng dùng để tính công các lực tác dụng lên vật hoặc dùng để giải các bài toán không thông

ma sát. Ta có thể viết: W  W2  W1  Ams  0 .

qua các định luật Niu-tơn.

C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG

. Với dạng bài tập về thế năng, độ giảm thế năng. Phương pháp giải là:

. NĂNG LƯỢNG - ĐỘNG NĂNG - THẾ NĂNG

- Sử dụng các công thức:

3.1. Vật khối lượng m = 100g rơi tự do không vận tốc đầu. Lấy g = 10 (m/s2).

+ Thế năng trọng trường: Wt  mgz ; thế năng đàn hồi: Wt 

1 2 kx , (z là độ cao của vật so với mốc tính thế 2

a) Bao lâu sau khi bắt đầu rơi, vật có động năng là 5J? 20J ? b) Sau quãng đường rơi là bao nhiêu, vật có động năng là 1J? 4J?

năng, x là độ biến dạng của vật đàn hồi). + Hệ thức giữa độ giảm thế năng và công của lực thế (trọng lực, lực đàn hồi): - Wt  Wt 1  Wt 2  AP ,F  ñh 

Bài giải a) Thời gian vật rơi - Động năng của vật: Wñ 

- Một số chú ý: + Giá trị của thế năng phụ thuộc vào mốc thế năng ta chọn. Thế năng trọng trường có thể dương, âm hoặc

- Thời gian vật rơi: t 

v 1 2Wñ  . g g m

+ Với Wñ 1  5 J : t1 

1 2.5 .  1s . 10 0 ,1

bằng 0. + Hệ thức giữa độ giảm thế năng và công của lực thế được áp dụng cho trường hợp hệ kín, không ma sát. . Với dạng bài tập về bảo toàn cơ năng. Phương pháp giải là: - Xác định hệ khảo sát. Kiếm tra điều kiện áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: hệ kín và không ma sát.

2Wñ 1 2 mv  v  2 m

- Chọn hệ quy chiếu, mốc tính thế năng.

1 2.20  2s . + Với Wñ  2   10 J : t2  . 10 0 ,1

- Xác định cơ năng đầu (vị trí 1) và cuối (vị trí 2): W1, W2.

Vậy: Sau 1s thì vật có động năng 5J; sau 2s thì vật có động năng 10J.

- Áp dụng công thức định luật:

b) Quãng đường vật rơi

1 1 1 1 W1  W2  mv12  mgz1  kx12  mv22  mgz2  kx22 2 2 2 2

- Động năng của vật: Wñ 

2Wñ 1 2 mv  v 2  2 m

- Quãng đường vật rơi: h 

v 2 Wñ  . 2 g mg

+ Trường hợp trọng lực:

1 2 1 mv  mgz1  mv22  mgz2 . 2 1 2

+ Trường hợp lực đàn hồi:

1 2 1 2 1 2 1 2 mv  kx  mv  kx . 2 1 2 1 2 2 2 2

- Một số chú ý: Định luật bảo toàn cơ năng thường được áp dụng cho trường hợp lực tác dụng thay đổi hoặc định luật bảo toàn động lượng không áp dụng được hoặc không đủ để giải bài toán. . Với dạng bài tập về bảo toàn và chuyển hóa năng lượng. Phương pháp giải là: - Sử dụng công thức của định luật cho hai trường hợp: + Hệ kín, không ma sát: W1 = W2.

1 + Với Wñ 1'   1J : h1'   1m . 0 ,110 . 4  4m . + Với Wñ  2'   4 J : h2'  0 ,110 .

Vậy: Quãng đường rơi của vật khi có động năng 1J là 1m; quãng đường rơi của vật khi có động năng 4J là 4m.

3.2. Đoàn tàu m = 5 tấn đang chuyển động với vận tốc v0 = 10 (m/s) thì hãm phanh, lực hãm F = 5000N. Tàu đi thêm quãng đường s rồi dừng lại. Dùng định lí động năng, tính công của lực hãm, suy ra s. Bài giải Chọn chiều (+) là chiều chuyển động của 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 của đoàn tàu nên AP = AQ = 0.

 AF  0 ,01mg 

 mv 2 v2   AF  m  0 ,01gs   2 2 

 10 2  AF  10 3.  0 ,0110 . .100  2 

- Gia tốc của xe: a 

 3   60.10 J  60 kJ 

v2 10 2   0 , 5 (m/s2) 2s 2.100

1 Theo định lí động năng: Ah =Wñ  Wñ  W0 ñ   mv 2 2

- Thời gian chuyển động của xe: t 

1  Ah =  .5.10 3 .10 2  2 , 5.10 5 J 2

- Công suất trung bình: 

- Mặt khác: Ah   Fh s  s  

Ah Fh



2 , 510 . 5  50 m . 5000

Vậy: Công của lực hãm là Ah  2 , 5.10 5 J và quãng đường đoàn tàu đi thêm sau khi hãm phanh là s = 50m.

Lực kéo của động cơ: F 

(Hoặc F 

 v



3.3. Ô-tô khối lượng m = 1 tấn, ban đầu chuyển động trên đoạn đường AB = 100m nằm ngang, vận tốc xe

v 10   20 s . a 0 ,5

AF 60000   3000W  3kW t 20

AF 60000   600 N s 100

 2 2.3000    600 N ) 0v v 10 2

tăng đều từ 0 đến 36(km/h). Biết lực cản trên đoạn đường AB bằng 1% trọng lượng xe.

Vậy: Công do động cơ thực hiện là AF = 60kJ, công suất trung bình và lực

a) Dùng định lí động năng tính công do động cơ thực hiện, suy ra công suất trung bình và lực kéo của động

kéo của động cơ là   3kW và F  600 N .

cơ trên đoạn đường AB.

b) Xe tắt máy xuống dốc

b) Sau đó xe tắt máy, hãm phanh và đi xuống dốc BC dài 100m, cao 10m. Biết vận tốc xe ở chân dốc là 7,2(km/h). Dùng định lí động năng tính công của lực cản và lực cản trung bình tác dụng

   Lúc này, các lực tác dụng vào xe là: Trọng lực P , phản lực Q , lực cản FC . Gọi v1 là vận tốc của xe ở cuối dốc. Ta có: v1 = 7,2(km/h) = 2 (m/s) > 0.

lên xe trên đoạn đường BC. Bài giải a) Xe chạy trên đường nằm ngang Chọn chiều (+) là chiều chuyển động của 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 của xe nên AP = AQ = 0. Gọi v là vận tốc của xe ở cuối đoạn đường nằm ngang AB.

- Theo định lí động năng:

AP  AQ  AF  Wđ (2) với: AP  mgh; AQ  0 C Nên Wñ 

mv12 mv 2  2 2

Thay vào (2) ta được:

AF  Wñ  AP  C

Ta có: v = 36 (km/h) = 10(m/s) > 0.

mv12 mv 2 m 2 2   mgh  v  v  2 gh 2 2 2 1



10 3 2 2  10 2  2.10.10  148.10 3 J  148 kJ 2



mv 2 mv 2 - Theo định lí động năng: AF +AF =Wñ  (1) 0  C 2 2

 AF 

Với FC  0 ,01mg  AFC   FC s  0 ,01mgs

- Lực cản trung bình: FC 







148.10 3  1480 N 100

Vậy: Công của lực cản là AF  148 kJ , lực cản trung bình FC = -1480N (dấu “-” chỉ lực cản ngược chiều

Gọi F2 là lực cản của gỗ; s2 là bề dày tấm ván; v2 là vận tốc của viên đạn khi ra khỏi tấm ván (v2=10(m/s)>0).

Bỏ qua trọng lực của viên đạn (rất nhỏ so với lực cản của gỗ) nên chi có lực cản cùa gỗ sinh công.

dương, tức là ngược chiều chuyển động của xe). 3.4. Viên đạn khối lượng m = 60g bay ra khỏi nòng súng với vận tốc 600(m/s). Biết nòng súng dài 0,8m.

- Theo định lí động năng: AF  W2 ñ  2

a) Tính động năng viên đạn khi rời nòng súng, lực đẩy trung bình của thuốc súng và công suất trung bình của



2 2 mv22 mv12 m v2  v1   2 2 2



- Lực cản trung bình của gỗ:

mỗi lần bắn. b) Sau đó viên đạn xuyên qua tấm gỗ dày 30cm, vận tốc giảm còn 10 (m/s). Coi động năng đạn trước khi đâm vào gỗ là không đổi. Tính lực cản trung bình của gỗ.

F2 

AF2 s2





m v22  v12 2 s2

  0 ,06.10

 600 2

2.0 , 3

  35990 N

c) Đạn ra khỏi tấm gỗ ở độ cao h = 15m. Tính vận tốc đạn khi chạm đất. Bỏ qua lực cản của không khí.

Vậy: Lực cản trung bình của gỗ có độ lớn bằng 35990N (dấu “-” chỉ lực cản ngược chiều dương, tức là

d) Sau khi chạm đất, đạn lún sâu vào đất 10cm. Tính lực cản trung bình của đất.

ngược chiều chuyển động của viên đạn).

Bỏ qua tác dụng của trọng lực so với lực cản.

c) Đạn bay trong không khí Bài giải

Gọi v3 là vận tốc của viên đạn khi chạm đất. Vì viên đạn chuyển động trong không khí chỉ dưới tác dụng của

Chọn chiều dương theo chiều chuyền động của viên đạn.

trọng lực là lực thế nên cơ năng bảo toàn.

Gọi v1 là vận tốc của viên đạn khi ra khỏi nòng súng.

- Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng tại mặt đất), ta có:

Ta có: v1 = 600 (m/s) > 0.

mgh 

a) Đạn chuyển động trong nòng súng

mv22 mv32   v3  v22  2 gh  10 2  2.10.15  20 (m/s) 2 2

- Khi đạn chuyển động trong nòng súng thì trọng lực nhỏ hơn rất nhiều so với nội lực là lực đẩy của thuốc

Vậy: Vận tốc đạn khi chạm đất là v3 = 20(m/s).

súng nên bỏ qua trọng lực. Suy ra chỉ có lực đẩy của thuốc súng sinh công.

d) Đạn xuyên vào đất và dừng lại

- Gọi F1 là lực đẩy của thuốc súng; s1 là chiều dài của nòng súng. Động năng của đạn khi rời nòng súng:

Gọi v3 là vận tốc của đạn khi dừng lại trong đất (v3 = 0); s3 là quãng đường đạn xuyên vào đất. Bỏ qua trọng

mv2 0 ,06 .600 2 Wñ  1   10800 J  10 , 8 kJ 2 2

lực của viên đạn (rất nhỏ so với lực cản của đất) nên chỉ có lực cản của đất sinh công.

- Theo định lí động năng: AF1  W1ñ 

2 1

mv mv 0  2 2

- Lực đẩy trung bình của thuốc súng: F1 



2 1

mv . 2 s1

- Theo định lí động năng: AF3  W3 ñ  0  - Lực cản trung bình của đất: F3 

AF3 s3



mv32 mv 2  3 2 2

mv32 0 ,06 .20 2   120 N 2s3 2.0 ,1

Vậy: Lực cản trung bình của đất có độ lớn bằng 120N (dấu “-” chỉ lực cản ngược chiều dương, tức là ngược

0 ,06 .600 2  F1   13500 N 2.0 , 8

chiều chuyển động của viên đạn).

- Nếu coi chuyển động của viên đạn trong nòng súng là chuyển động biến đổi đều thì:

hãm thang.

v  v 0  600 + Vận tốc trung bình của đạn: v  0 1   300 (m/s). 2 2

a) Ban đầu thang chuyển động nhanh dần không vận tốc đầu. Tính công do động cơ thực hiện sau khi đi được

+ Công suất trung bình của mỗi lần bắn:  F1 .v   13500.300  4050000W  4050 kW .

b) Giai đoạn kế tiếp, thang máy chuyển động thẳng đều. Tính công suất của động cơ.

Vậy: Động năng viên đạn khi rời nòng súng là 10,8kJ, lực đẩy trung bình cùa thuốc súng và công suất trung

c) Cuối cùng, thang máy chuyển động chậm dần và dừng lại sau khi đi thêm quãng đường 2m. Tính công của

bình của mỗi lần bắn là 13500N và 4050kW.

động cơ và lực tác dụng trung bình của động cơ lên thang trong giai đoạn này.

b) Đạn xuyên qua tấm ván

3.5. Thang máy khối lượng m = 1 tấn, chuyển động thẳng từ trên xuống. Động cơ thang máy có thể kéo hoặc

quãng đường 5m và đạt vận tốc 18(km/h).

Bài giải

Chọn chiều dương theo chiều chuyển động của thang máy. Trong cả 3 giai đoạn, luôn có 2 lực tác dụng vào   vật là trọng lực P và lực kéo F của động cơ.

- Lưc tác dụng trung bình của động cơ: F3 

a) Giai đoạn I (thang máy đi xuống nhanh dần đều không vận tốc đầu)

Vậy: Công của động cơ và lực tác dụng trung bình của động cơ trong giai đoạn III có độ lớn là 32,5kJ và

Gọi v1 là vận tốc cuối giai đoạn I của thang máy; s1 là quãng đường thang máy đi được trong giai đoạn I.

16250N.

- Theo định lí động năng: AF  A1 P  W1ñ  1

2 1

mv mv 0  2 2

- Vì thang máy đi xuống nên: A1P  mgs1  0 .

 AF  1

AF3 s3

32500  16250 N . 2

3.6. Hai máy bay chuyến động cùng chiều trên cùng một đường thẳng với các vận tốc v1 = 540(km/h), v2 = 720(km/h). Máy bay II bay phía sau bắn một 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 khi đi được quãng đường 20cm (đối với máy bay I).

mv12 mv 2  A1P  1  mgs1 2 2

Dùng định lí động năng và định luật III Niu-tơn tính lực phá trung bình của viên đạn lên máy bay I. Bài giải

Với v1 = 18(km/h) = 5(m/s) > 0 và s1 = 5m nên:

AF 



1000.5 2  1000.10.5  37500 J  37 , 5kJ  0 : công cản. 2

Gọi m là khối lượng của viên đạn; v là vận tốc của viên đạn đối với máy bay I; v0 là vận tốc của đạn đối với máy bay II. Ta có:

Vậy: Công do động cơ thực hiện ở giai đoạn I là công cản, có độ lớn 37,5kJ.

v  vñaïn / 1  vñaïn / 2  v2 / ñaát  vñaát/ 1  v0  v2  v1 (1)

b) Giai đoạn II (thang máy đi xuống đều)

Trong đó: v0 = 900(km/h) = 250(m/s);

Gọi v2 là vận tốc cuối giai đoạn II của thang máy (v2 = v1 = 5(m/s)); s2 là quãng đường thang máy đi được

v1 = 540(km/h) = 150(m/s); v2 = 720(km/h) = 200(m/s).

trong giai đoạn II.

 v = 250 + 200 - 150 = 300(m/s)

- Theo định lí động năng: AF  A2 P  W2 ñ  0

Xét trong hệ quy chiếu gắn với máy bay I, ta có bài toán đơn giản sau: Viên đạn bay với vận tốc v đến cắm

- Vì thang máy đi xuống nên: A2 P  mgs2  0 .

vào máy bay I đang đứng yên và đi được quãng đường s = 20cm trong máy bay I rồi dừng lại.

Gọi FC là lực cản do máy bay I tác dụng lên đạn. Bỏ qua trọng lực của viên đạn (rất nhỏ so với lực cản của

 AF   A2 P   mgs2

máy bay I). Theo định lí động năng, ta có:

- Công suất của động cơ: 2 



mgs2  mgv2  mgv1 t

2  1000.10.5  50000W  50 kW .

AF  Wñ  0  C

- Lực cản trung bình do máy bay 1 tác dụng lên đạn: FC 

Vậy: Công suất của động cơ là 2  50 kW .

Gọi v3 là vận tốc cuối giai đoạn III của thang máy; s3 là quãng đường thang máy đi được trong giai đoạn III.

mv22 2

mv 2 mv 2  AF   2  A3 P   2  mgs3 3 2 2 Với v2 = v1 = 5(m/s) > 0 nên: AF3  

AFC s



mv 2 2s

- Theo định luật II Niu-tơn, lực phá trung bình của đạn lên máy bay I là:

c) Giai đoạn III (thang máy đi xuống chậm dần đều)

- Theo định lí động năng: AF  A3 P  W3 ñ  0 

mv 2 2

1000.5 2  1000.10.2  32500 J  32 , 5kJ  0 : công cản. 2

F   FC 

mv 2 0 ,05.300 2   11250 N 2s 2.0 , 2

Vậy: Lực phá trung bình của viên đạn lên máy bay I là 11250N. 3.7. Hòn đá khối lượng m = 200g được ném từ mặt đất, xiên góc α so với phương ngang và rơi chạm đất ở khoảng cách s = 5m sau thời gian chuyển động t = 1s. Tính công của lực ném, bỏ qua lực cản của không khí. Bài giải - Lực ném làm tăng vận tốc của vật từ 0 đến v0 (bỏ qua trọng lực khi ném).



- Theo định lí động năng:

AF  Wñ 



- Gọi v1 là vận tốc sau khi ra khỏi tấm ván của viên đạn thứ 2. Vì tấm ván rất mỏng nên v1 chỉ thay đổi độ



mv02 mv 2  0  AF  0 (1) 2 2

lớn mà coi như không đổi hướng so với v0 , tức là sau khi ra khỏi tấm ván thì viên đạn thứ 2 cũng chuyển động như vật bị ném ngang với vận tốc đầu v1.   - Gọi F là lực do viên dạn tác dụng lên tấm gỗ và FC là lực do tấm gỗ tác dụng lên viên đạn.

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ. Ta có: + Thời gian vật chuyển động: t 

2v0 sin  g

(2)



+ Công của lực cản FC là: AF  Wñ C

+ Tầm xa trên mặt đất:

 + Công do đạn thực hiện là công của lực F : AF   AFC  Wñ

v 2 sin 2 2 v02 sin  cos  L 0  g g + Từ (2) suy ra: v0 sin  

gt (4) 2

+ Từ (3) suy ra: v0 cos 

gL (5) 2 v0 sin 

 mv 2 mv 2  m 2 2  AF    1  0   v  v (1)  2 2  2 0 1 





Chọn hệ tọa độ như hình vẽ. Ta có: + Phương trình quỹ đạo của 2 viên đạn lần lượt là:

L + Thay (4) vào (5): v0 cos  (6) t

y1 

+ Bình phương hai vế (4) và (6) rồi cộng vế theo vế ta được:  gt 2  L 2  v        (7)  2   t  

gx12 2 0

(2); y2 

gx22 2 v12

(3)

+ Khi 2 viên đạn chạm tường thì: x1  x2  x và y2  y1   .

2 0

+ Kết hợp với (2) và (3) ta được:

+ Thay (7) vào (1) ta được 2

m  gt   L  AF       2  2   t  

 0 , 2  10.1  2  5 2      5J .  2  2   1     

 v12 

gv02 x 2 gx 2  2 v02

gỗ mỏng thì thấy viên đạn thứ hai chạm tường ở điểm thấp hơn viên

gx12 2v02



(4)

Thay (4) vào (1) ta được: AF 

vào một bức tường cách đầu súng khoảng x = 60m theo phương ngang. Sau phát đạn thứ nhất, người ta đặt trước mũi súng một tấm



 gv02 x 2  gv12 x 2  2 v02 v12

Vậy: Công của lực ném là AF = 5J. 3.8. Một người đặt súng theo phương ngang rồi lần lượt bắn hai phát

gx 22 2 v12

 AF 

gv02 x 2 m 2 v  2  0 gx 2  2 v02

0 ,02  10.300 2 .60 2 2  300  2  10.60 2  2.1300 . 2

  

   750 J 

đạn thứ nhất một khoảng   1m . Biết vận tốc ban đầu của đạn là v0

Vậy: Công do đạn thực hiện khi xuyên qua miếng gỗ là AF = 750J.

= 300(m/s) và khối lượng đạn m = 20g.

3.9. Một ô-tô chuyển dộng nhanh dần đều không vận tốc đầu trên đường nằm ngang. Sau khi đi được quãng

Tính công do đạn thực hiện khi xuyên qua miếng gỗ.

đường s1, xe đạt vận tốc v. Ở cuối đoạn đường s2 kế tiếp, xe đạt vận tốc 2v.

Bài giải Viên đạn thứ nhất chuyển động như vật bị ném ngang với vận tốc đầu v0.

Biết lực ma sát giữa xe và mặt đường là không đổi. Hãy so sánh công của động cơ xe trên hai đoạn đường, so sánh s1, s2 và cho biết công suất của động cơ xe có thav đổi không? Bài giải

Chọn chiều dương theo chiều chuyển động của xe. Ta có:

Quả tạ ném theo phương ngang nên trọng lực của quả tạ và lực nâng của tay theo phương thẳng đứng không sinh công. Vì vậy chỉ có lực đẩy của tay theo phương ngang sinh công.

2 1

- Quãng đường s1: s1 

v  v  0  (1) 2a 0

- Quãng đường s2: s2 

v22  v12  2 v1   v1 3v12 (2)   2a 2a 2a



Gọi v2 là vận tốc của (xe + người) đổi với đất sau khi ném. Theo phương ngang, động lượng được bảo toàn 2

nên:

mv1  Mv2  0  v2  

- Từ (1) và (2) ta có: s2 = 3s1.

    - Các lực tác dụng vào xe: trọng lực P , phản lực Q , lực kéo F của động cơ và lực ma sát Fms .   - Vì P và Q vuông góc với phương chuyển động của xe nên AP = AQ = 0. Gọi A1 là công của động cơ xe trong giai đoạn 1. Theo định lí động năng, ta có: A1  A1ms  W1ñ 

m 2 m v  0  v12 2 1 2

- Động năng của hệ (xe + người + tạ) trước khi ném: W0 ñ  0 . - Động năng của hệ (xe + người + tạ) sau khi ném: Wñ  W1ñ  W2 ñ . Với W1ñ 

mv12 là động năng của quả tạ sau khi ném. 2 2

Mv22 M  mv1  m 2 v12 là động năng của (xe + người) sau khi ném.     2 2  M  2M

m m m  A1  v12  A1ms  v12    Fms .s1   v12  Fms .s1 (3) 2 2 2

W2 ñ 

Gọi A2 là công của động cơ xe trong giai đoạn 2. Theo định lí động năng, ta có:

Suy ra: Wñ 

A2  A2 ms  W2 ñ   A2 

mv1 M

2 m 2 m 2 m m m v  v   2 v1   v12  3v12 2 2 2 1 2 2 2

m 2 m m 3v  A2 ms  3v12    Fms .s2   3v12  Fms .3 s1 2 1 2 2

mv12 m 2 v12 m  M  m  2   v1 2 2M 2M

Theo

A  Wñ  W0 ñ 

định m  M  m

5  100  5 

lí

v12  0 

m  M  m 2M

m   A2  3  v12  Fms .s1  (4) 2 

A

Từ (3) và (4) ta có: A2 = 3A1

Vậy: Công do người thực hiện là A = 42J.

2.100

động

năng:

v12

.4 2  42 J

v1 a

3.11. Vật nặng khối lượng m1 =1kg nằm trên tấm ván dài nằm ngang khối lượng m2 = 3kg. Người ta truyền

- Thời gian xe chuyển động giai đoạn 1: t1 

v2  v1 2v1  v1 v1    t1 a a a

Hệ số ma sát giữa vật và ván là μ = 0,2, ma sát giữa ván và sàn không đáng kể.

- Thời gian xe chuyển động giai đoạn 2: t2 

cho vật nặng vận tốc ban đầu v0 = 2(m/s).

- Công suất trung bình của động cơ trong giai đoạn 1: 1 

- Công suất trung bình của động cơ trong giai đoạn 2: 2 

A1 . t1 A2

t2





3 A1  31 . t1

3.10. Một người đứng trên xe đứng yên và ném theo phương ngang một quả tạ khối lượng m = 5kg với vận tốc v1 = 4(m/s) đối với Trái Đất. Tính công do người thực hiện nếu khối lượng xe và người là M = 100kg. Bỏ

Bài giải

Chọn chiều dương theo chiều của v0 .

Vậy: A2 = 3A1; s2 = 3s1 và công suất trung bình của động cơ có thay đổi (tăng 3 lần).

qua ma sát.

Dùng định luật bảo toàn động lượng và định lí động năng, tính quãng đường đi của vật nặng đối với tấm ván.

Gọi vG là vận tốc ban đầu của khối tâm của hệ vật và tấm ván. - Theo phương ngang, động lượng bảo toàn nên:

m1v0   m1  m2  vG  vG 

m1 v0 m1  m2

- Vận tốc ban đầu của vật m1 đối với khối tâm G (trong hệ quy chiếu khối tâm):

v1G  v1ñ  vñG  v1ñ  vGñ  v0  vG  v0 

m1v0 m2 v0  v1G  m1  m2 m1  m2

- Vận tốc ban đầu của tấm ván m2 đối với khối tâm G (trong hệ quy chiếu khối tâm):

v2 G  v2 ñ  vñG  v2 ñ  vGñ  v0  vG  v2 G  

m1v0 m1  m2

- Vận tốc ban đầu của vật m1 đối với tấm ván m2 (trong hệ quy chiếu khối tâm):

3.12. Tấm ván khối lượng M đang chuyển động đều trên mặt phẳng ngang không ma sát với vận tốc v0. Đặt nhẹ nhàng lên tấm ván một vật khối lượng m 

M . Hệ số ma sát giữa vật và ván là μ. 2

Hỏi vật sẽ trượt trên tấm ván một khoảng bao nhiêu nếu khi tiếp xúc với ván, vật có vận tốc ban đầu: a) Bằng 0.

v12  v1G  vG 2  v1G  v2G 

m2 v0 m1 v0   v0 m1  m2 m1  m2

- Đối với tấm ván m2: a2 

Fms  m1 g  (vì trọng lực và phản lực cân bằng) m2 m2

b) Bằng 2v0, cùng chiều chuyển động của ván. c) Bằng 2v0, ngược chiều chuyển động của ván.

- Các lực tác dụng vào vật m1 xét trong hệ quy chiếu khối tâm (hệ quy chiếu phi quán tính gắn với tấm ván)   có 2 lực tác dụng là lực ma sát F'ms và lực quán tính Fq (ngoài trọng lực và phản lực cân bằng nhau). Ta có: F'ms  Fms   m1 g; Fq  m1a2 

 m12 g



- Theo định lí động nàng thì công của 2 lực F'ms và Fq bằng độ biến thiên động năng của vật m1. Ta có: A  Wñ (1)

  m12 g  với:  A  Ams  Aq   F'ms  Fq s     m1 g  s  m2  



m1  m2 .s (2) m2

1 1 + Wñ  0  m1v122   m1v02 (3) 2 2

m  m2 1 .s   m1v02 Thay (2) và (3) vào (1) ta được:   m1 g. 1 m2 2 s

Bài giải



Chọn chiều dương theo chiều của v0 . Giả sử v1 cùng hướng với v0 và v0  v1 (kết quả vẫn đúng cho mọi trường hợp) thì các lực tác dụng vào vật m và tấm ván M như hình vẽ. Gọi v1 là vận tốc ban đầu của vật m;

- Theo phương ngang, động lượng được bảo toàn:



 A    m1 g.



vG là vận tốc ban đầu của khối tâm của hệ vật và tấm ván.

Như vậy, xét trong hệ quy chiếu khối tâm (hệ quy chiếu phi quán tính gắn với tấm ván) thì vật m1 chuyển   động trên tấm ván (coi là đứng yên) với vận tốc đầu bằng v12 = v0 dưới tác dụng của 2 lực là F'ms và Fq .





m2 v02 3.2 2   0 ,75m 2  g  m1  m2  2.0 , 2.10  1  3 

Mv0  mv1   m  M  vG M v1  Mv0 v  2 v mv1  Mv0 0  vG   2  1 M mM 3 M 2

- Vận tốc ban đầu của vật m đối với khối tâm G (trong hệ quy chiếu khối tâm): v1G  v1ñ  vñG  v1ñ  vGñ  v1  vG  v1 

- Vận tốc ban đầu của tấm ván M đối với khối tâm G (trong hệ quy chiếu khối tâm):

v2 G  v2 ñ  vñG  v2 ñ  vGñ  v0  vG  v0 

v1  2 v0 v v  1 0 3 3

- Vận tốc ban đầu của vật m đối với tấm ván M (trong hệ quy chiếu khối tâm): v12  v1G  vG 2  v1G  v2 G 

2  v1  v0  3



v1  v0  v1  v0 3

     - Các lực tác dụng vào tấm ván M: lực ma sát Fms , trọng lực P và phản lực Q ( P và Q cân bằng). Gia tốc của M là:

Vậy: Quãng đường vật nặng đi được trên tấm ván đến khi dừng là 0,75m. * Lưu ý: Có thể giải bài này theo phương pháp động lực học.

v1  2 v0 2  v1  v0   3 3

a2 

M Fms  mg  2 g  g    M M M 2

- Các lực tác dụng vào m1 xét trong hệ quy chiếu khối tâm (hệ quy chiếu phi quán tính gắn với tấm ván):       trọng lực P' và phản lực Q' ( P' và Q' cân bằng), lực ma sát Fms và lực quán tính Fq , với: F'ms  Fms   mg; Fq  ma2 

 mg

c) Tổng động năng Wñ

của chúng trong hệ G liên hệ với động năng Wñ trong hệ cũ bởi:

Wñ  WñG 

1  m  m2  vG2 2 1

d) Suy rộng các kết quả trên cho n chất điểm.

Bài giải

Như vậy, xét trong hệ quy chiếu khối tâm (hệ quy chiếu phi quán tính gắn với tấm ván) thì vật m chuyển



động trên tấm ván (coi là đứng yên) với vận tốc đầu bằng v12   v1  v0  dưới tác dụng của 2 lực là F'ms và  Fq .

a) Vận tốc của khối tâm

   - Theo định luật bảo toàn động lượng: m1 v1  m2 v2   m1  m2  vG





  - Theo định lí động năng thì công của 2 lực F'ms và Fq bằng độ biến thiên động năng của vật m:

 vG 

A  Wñ (1)

b) Tổng động lượng của hai chất điểm trong hệ G

  mg  3 mg với: + A  Ams  Aq   F'ms  Fq s     mg  s (2) s  A   2  2 

Gọi: + v 1/ G là vận tốc của chất điểm m1 trong hệ quy chiếu G (đối với G).







2 1 1 + Wñ  0  mv122   m  v1  v0  2 2

m1 v1  m2 v2 (đpcm) m1  m2



+ v 1/ ñ là vận tốc của chất điểm m1 trong hệ quy chiếu mặt đất (đối với đất).



(3)

+ v 2 / ñ là vận tốc của mặt đất đối với G.



v  v  2 3  mg 1   m  v1  v0   s  1 0 (4) - Thay (2) và (3) vào (1) ta được:  2 2 3 g

Thay v1 = 0 vào (4) ta được: s 

0  v  0



3 g



 v1 / G 

2 0

v . 3 g

Thay v1  2v0 vào (4) ta được: s 

 2v

 v0 

3 g



Thay v1

 2 v  2v vào (4) ta được: s 

 v0 

3 g

 v2 / G 







m1  m2

 (1)





 

m1 v2  v1 m1  m2

m1  m2



   m v  m v 1 1 2 2

 

m1  m2

 (2)

Tổng động lượng của hai chất điểm trong hệ G:



 

3.13. Hệ quy chiếu gắn với khối tâm G của 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:

   m v  m v 1 1 2 2

 





pG  p1 / G  p 2 / G  m1 v1 / G  m2 v 2 / G

3v 2  0 g

* Lưu ý: Có thể giải bài này theo phương pháp động lực học.

m2 v1  v2

Tương tự: v 2 / G  v 2 / ñ  v ñ/ G  v2  vG  v2 



v02 . 3 g

c) Vật m có vận tốc ban đầu bằng 2v0, ngược chiều chuyển động của ván: v1  2v0 2



 



b) Vật m có vận tốc ban đầu bằng 2v0, cùng chiều chuyển động của ván: v1  2 v0



Công thức cộng vận tốc cho: v 1/ G  v 1/ ñ  v ñ/ G  v1  vG  v1 

a) Vật m có vận tốc ban đầu bằng 0: v1 = 0 2



 pG 



 

m1m2 v1  v2 m1  m2

 

  m m  v  v   p 1



m1  m2

1/ G



 p 2 / G  0 (đpcm) (3)

c) Liên hệ giữa động năng Wñ / G của chúng trong hệ G và động năng Wđ trong hệ cũ (hệ quy chiếu mặt đất) - Tổng động năng của chúng trong hệ cũ (hệ quy chiếu mặt đất)

m v  m2 v2 a) Vận tốc của G là vG  1 1 . m1  m2

Wñ 

b) Tổng động lượng của hai chất điểm trong hệ G bằng 0.

- Tổng động năng của chúng trong hệ G

m1  2 m2  2 v1  v 2 (4) 2 2

Wñ / G



 

 m 2 m 2 m m2 v1  v2  1 v1 / G  2 v 2 / G  1 .  2 2 2  m1  m2 



 

m1 m2 v1  v2

 Wñ / G 



2  m1  m2 

 











m v  m v  1  m  m2  vG2  12  m1  m2   1m1  m2 2  2 1 1 2  



3.14. Tính thế năng của một khối nước có thể tích 0,5m3 ở đỉnh một ngọn thác cao 10m so với chân thác. Bỏ

qua kích thước của khối nước.

 

Bài giải Bỏ qua thể tích của khối nước nên ta coi khối nước như một chất điểm có khối lượng bằng khối lượng khối

m1m2 v1  2 m1m2 v1 v2  m1m2 v2 2  m1  m2 

 2

 

 2



Mặt khác, ta có:

 

 m m1 v2  v1  2 .  2  m1  m2  

 2

(5)

nước, đặt tại khối tâm của khối nước, tức là có độ cao bằng 10m. Gọi D là khối lượng riêng của nước (D = 1000(kg/m3)). Thế năng của khối nước so với chân thác (chọn gốc

thế năng ở chân thác): Wt = mgh = VDgh

 2

 Wt = 0,5.1000.10.10 = 50000J = 50kJ.

m 2 v  2m1m2 v1 v2  m2 2 v2 1 m1  m2  . 1 1  2 2  m1  m2 

 2



Vậy: Thế năng của khối nước so với chân thác là Wt = 50kJ. 3.15. Treo một vật nặng vào một lò xo lực kế, kim lực kế chỉ số 4. Tính thế năng của

 2

m 2 v  2m1m2 v1 v2  m2 2 v2  1 1 2  m1  m2 

lò xo lực kế lúc này, biết lực kế chia độ ra Niu-tơn và khoảng cách giữa hai độ chia

(6)

liền nhau là 5mm.

Từ (5) và (6) suy ra:

Bài giải

 2

Wñ / G 

 

 2

 2

 

 2

m m v  2m m v .v  m m v m v  2 m m v .v  m v 1  m  m2  vG2  1 2 1 2 m1 2 m1 2 1 2 2  1 1 2 m1 2 m1 2 2 2 2 1  1 2  1 2

 2

 2

 2

 2

mv m m v  m1 m2 v2  m12 v1  m2 2 v2  1 2 1  1 1 2  m1  m2   Wñ / G 

m1  2

m

 2

 m2   m2 v2

m

2  m1  m2 

 m2 

m  2 m  2  1 v1  2 v2 2 2

m2  2

1  m  m2  vG2 (đpcm) (8) 2 1



+ Tọa độ khối tâm của hệ: vG 



 



m1 v1  m2 v2  ...  mn vn m1  m2  ...  mn



pG  p1 / G  p 2 / G  ...  p n/ G  0

- Liên hệ giữa động năng Wđ/G của chúng trong hệ G và động năng Wđ trong hệ cũ (hệ quy chiếu mặt đất), ta có: Wñ  Wñ / G 

- Thế năng của lò xo (ứng với độ chia số 4): kx 2 200.  4.0 ,005    0 ,04 J  40 mJ 2 2

hệ chuyển động thì vật m1 đi lên hay đi xuống? Khi vật m1 di chuyển 1m. Tìm độ biến thiên thế năng của hệ,

- Tổng động lượng của hệ trong hệ khối tâm G:



F 1   200 (N/m)  x 0 ,005

3.16. Cho hệ thống như hình vẽ: m1 = 1kg, m2 = 1,5kg. Bỏ qua ma sát, khối lượng dây và ròng rọc. Thả cho

Xét hệ gồm n chất điểm khối lượng m1, m2, …, mn có vận tốc tương ứng là v1 ,v2 ,...,vn



- Độ cứng của lò xo: k 

Wt 

d) Suy rộng các kết quả trên cho hệ n chất điểm



với lực đàn hồi của lò xo là 1N.

1  m  m2  vG2  2 v1  2 v2 (7) 2 1

- Đối chiếu (4) với (7), ta được: Wñ  Wñ / G 

- Lực kế chia độ ra Niu-tơn có nghĩa là khoảng cách giữa hai độ chia liên tiếp ứng

suy ra công của trọng lực. Cho g = 10(m/s2). Bài giải - Các lực tác dụng vào mỗi vật như hình vẽ. - Điều kiện cân bằng của: + vật 1: P1 = T1 + vật 2: 2T1 = T2 = P2

 2P1 = P2  2m1g = m2g  2m1 = m2 - Vật m1 đi xuống (m2 đi lên) khi: P1 > T1

1  m  m2  ...  mn  vG2 2 1

 2T1 = T2 > P2  2P1 > P2  2m1 > m2 - Tương tự, vật m1 đi lên (m2 đi xuống) khi: 2m1 < m2

- Áp dụng vào bài toán, ta có:

1 b1) Quả cầu ở vị trí cân bằng (O): Wt  W1t  W2 t  mgA  k  02 2

2m1 = 2kg; m2 = 1,5kg  2m1 > m2. Như vậy, khi thả cho hệ chuyển động tự do (thả nhẹ) thì vật m1 đi xuống và vật m2 đi lên. h - Khi m1 dịch chuyển một đoạn h1 = h = 1m xuống phía dưới thì m2 đi lên một đoạn h2   0 , 5m . 2

- Chọn gốc thế năng riêng cho mỗi vật tại vị trí ban đầu của chúng, ta có: + Thế năng ban đầu của hệ: W1t  0 .

1  Wt  0 ,110 . .0 ,02  .100.0 ,012  0 ,025 J 2

b2) Quả cầu ở vị trí thấp nhất (M): 2 2 1 1 Wt  W1t  W2 t  0  k   0  A   k   0  A  2 2 2 1 .100. 0 ,01  0 ,02   0 ,045 J . 2

+ Thế năng sau của hệ: W2 t  m1 gh1  m2 gh2  110 . .1  1, 5.10.0 , 5  2 , 5 J

 Wt 

+ Độ biến thiên thế năng của hệ: Wt  W2 t  W1t  2 , 5  0  2 , 5 J

b3) Quả cầu ở vị trí cao nhất (N)

Vì ∆Wt < 0 nên thế năng giảm một lượng là 2,5J.

Vì A   nên tại vị trí cao nhất N, lò xo bị nén một đoạn  1 :

- Công của trọng lực (bằng độ giảm thế năng của hệ):

 1  A   0  0 ,02  0 ,01  0 ,01m

A  W1t  W2 t  Wt  2 , 5 J  0 3.17. Lò xo k = 100(N/m) đầu trên cố định, đầu dưới treo quả cầu khối

1 Wt  W1t  W2 t  mg.2 A  k  12 2

rời ra xa vị trí cân bằng một khoảng lớn nhất là A = 2cm. Bỏ qua sức cản

1  Wt  0 ,110 . .2.0 ,02  .100.0 ,012  0 ,045 J . 2

của không khí.

* Trường hợp 2: Chọn gốc thế năng trọng lực và thế năng đàn hồi đều ở vị trí cân bằng của quả cầu.

a) Tính độ dãn của lò xo ở vị trí cân bàng.

* Lưu ý:

b) Tính thế năng của hệ quả cầu, lò xo khi quả cầu ở vị trí cân bằng, vị trí thấp nhất, vị trí cao nhất, nếu:

+ Công thức tính thế năng đàn hồi của lò xo Wt 

lượng m = 100g. Quả cầu chuyển động theo phương thẳng đứng và có thể

- Chọn gốc thế năng trọng lực tại vị trí quả cầu ở thấp nhất, gốc thế năng đàn hồi khi lò xo không biến dạng. - Chọn gốc thế năng trọng lực và đàn hồi đều ở vị trí cân bằng của quả cầu. Bài giải

1 2 kx chỉ áp dụng được cho trường hợp chọn gốc thế năng 2

đàn hồi tại vị trí lò xo không biến dạng, với x là độ biến dạng của lò xo. + Khi treo vật khối lượng m vào đầu dưới của lò xo, tại vị trí cân bằng, lò xo đã dãn đoạn  0 và trọng lực

a) Độ dãn của lò xo ở vị trí cân bằng

của vật cân bằng với lực đàn hồi của lò xo. Hay nói cách khác thế năng của trọng lực đã bị khử bởi thế năng

Tại vị trí cân bằng O, lò xo dãn đoạn  , trọng lực của vật cân bằng với lực đàn hồi (hình vẽ).

đàn hồi với độ dãn lò xo là  0 .

Ta có: mg  k  0

Ta coi hệ “vật + lò xo” này tương đương với một lò xo không treo vật, có chiều dài tự nhiên bằng chiều dài

  0 

mg 0 ,110 .   0 ,01m  1cm k 100

của lò xo có treo vật khi cân bằng, tức là đã dãn  0 (độ cứng k không đổi). Như vậy nếu chọn gốc thế năng 1 2 kx , với x là độ biến dạng của lò xo tính từ 2

Vậy: Tại vị trí cân bằng lò xo dãn ra 1 cm.

đàn hồi tại vị trí cân bằng thì vẫn áp dụng được công thức Wt 

b) Thế năng của hệ quả cầu và lò xo

vị trí cân bằng.

* Trường hợp 1: Chọn gốc thế năng trọng lực tại vị trí quả cầu ở thấp nhất, gốc thế năng đàn hồi khi lò xo

Vì lò xo tương đương không treo vật (thế năng trọng lực đã bị cân bằng bởi thế năng đàn hồi) nên trong

không biến dạng. Chọn chiều dương của trục Ox như hình vẽ.

trường hợp này thế năng trọng lực luôn bằng 0 và không phụ thuộc vào cách chọn gốc thế năng trọng lực

Thế năng của hệ (quả cầu - lò xo) gồm thế năng trọng lực W1t và thế năng đàn hồi của lò xo W2t:

(W1t = 0). Thế năng của hệ luôn bằng thế năng đàn hồi của lò xo với mốc thế năng tại vị trí cân bằng.

Wt  W1t  W2 t

Ta có: Wt  W1t  W2 t  W2 t 

1 2 kx 2

b4) Quả cầu ở vị trí cân bằng (O): Với lưu ý trên ta có x = 0 nên Wt 

1 2 kx  0 2

này đã bù trừ lẫn nhau. Vì vậy, ta coi hệ hai lò xo như trên khi đã biến dạng ở trạng thái cân bằng tương đương với hệ hai lò xo không biến dạng

b5) Quả cầu ở vị trí thấp nhất (M): Với lưu ý trên ta có x = A = 2cm = 0,02m:

có chiều dài tự nhiên bằng nhau và bằng chiều dài của hai lò xo nói trên

1 1 1 Wt  kx 2  kA 2  .100.0 ,02 2  0 ,02 J . 2 2 2

khi cân bằng. Như vậy, ta vẫn áp dụng được công thức Wt 

b6) Quả cầu ở vị trí cao nhất (N); Với lưu ý trên ta có x = -A = -2cm = -0,02m:

x là độ biến dạng của mỗi lò xo tính từ vị trí cân bằng.

Wt 

1 2 1 2 1 kx  kA  .100.0 ,02 2  0 ,02 J 2 2 2

1 2 kx , với 2

Giả sử kéo vật lệch sang phải một đoạn 2cm tính từ vị trí cân bằng thì lò xo 1 dãn thêm đoạn x1 = 2cm và lò xo 2 bị nén bớt đoạn x2 = 2cm (tính từ vị trí cân bằng). Chọn chiều dương

3.18. Hai lò xo k1 = 10(N/m), k2 = 15(N/m), chiều dài tự do

 1   2  20cm . Các lò xo một đầu gắn cố định tại A, B, một đầu nối với m (hình vẽ). Biết AB = 50cm.

của trục Ox hướng nằm ngang sang phải thì x1 = 2cm và x2 = -2cm. Thế năng đàn hồi của hệ hai lò xo: Wt  W1t  W2 t   Wt 

Bỏ qua kích thước cua m, bỏ qua ma sát.

1 1 kx2 k x2 2 1 1 2 2 2

2 1 1 .10.0 ,02 2  .15. 0 ,02   0 ,005 J  5 mJ 2 2

a) Tính độ dãn của mỗi lò xo tại vị trí cân bằng O.

* Lưu ý: Có thể coi hệ hai lò xo mắc song song như trên tương đương với một lò xo có độ cứng k = (k1 + k2)

b) Kéo m lệch khỏi vị trí cân bằng đoạn x = 2cm. Tính thế năng đàn hồi của hệ hai lò xo tại vị trí x. Chọn gốc

và có chiều dài tự nhiên bằng chiều dài mỗi lò xo của hệ khi cân bằng. Ta

có,

thế năng tại vị trí cân bằng.

thế năng đàn hồi của hệ khi lò xo biến dạng đoạn 2cm, tức là x = ± 2cm

là:

Bài giải

Wt 

a) Độ dãn của mỗi lò xo tại vị trí cân bằng - Tổng chiều dài tự nhiên (tự do) của hai lò xo là:    1   2  40cm . Vì   AB và  1   2 nên khi cân bằng cả hai lò xo đều dãn.

2 1 2 1 1 kx   k1  k2  x12   10  15  . 0 ,02   0 ,005 J  5 mJ 2 2 2

3.19. Hai lò xo k1 = 10(N/m), k2 = 20(N/m), chiều dài tự do

 1  24cm;  2  15cm . Các lò xo một đầu cố định tại A, một đầu nối với m. Bỏ qua kích thước của m (hình vẽ).

- Tổng độ dãn của hai lò xo khi cân bằng là: a   01   02  AB  

a) Tính độ biến dạng của mỗi lò xo tại vị trí cân bằng O.

 a  50  40  10 cm (1)

b) Kéo m lệch khỏi vị trí cân bằng đoạn x = 2cm. Tính thế năng đàn hồi của hệ hai lò xo tại vị trí x. Chọn gốc

- Điều kiện cân bằng k1 01  k2  02  0 (2)

thế năng tại vị trí cân bằng. Bài giải

Từ (1) và (2) ta có:

 01 

k2 k1 .a;  02  .a k1  k2 k1  k2

Thay số:  01 

15 10 .10  6 cm;  02  .10  4 cm 10  15 10  15

Vậy: Khi cân bằng lò xo 1 dãn 6 cm và lò xo 2 dãn 4 cm.

a) Độ biến dạng của mỗi lò xo tại vị trí cân bằng Tại vị trí cân bằng, hai lò xo dài bằng nhau, vì chiều dài tự do của lò xo 1 lớn hơn lò xo 2  1   2  nên lò xo 1 bị nén đoạn  1 và lò xo 2 bị dãn đoạn  2 . Lực do hai lò xo tác dụng vào vật như hình vẽ.   - Vì trọng lực P và phản lực Q cân bằng nhau nên:

b) Thế năng đàn hồi của hệ hai lò xo khi vật lệch khỏi vị trí cân

k1l1  k2 l2 (1)

bằng 2cm

- Mặt khác:  1   1   2   2 (2)

Khi vật ở trạng thái cân bằng thì cả hai lò xo dãn đoạn tương ứng

- Từ (1) và (2), ta được:

 01 và  02 và lực đàn hồi của hai lò xo cân bằng nhau. Nói cách khác thế năng đàn hồi của hai lò xo lúc

 1 

Vậy: Khi cân bằng lò xo 1 dãn 7,5cm và lò xo 2 dãn 2,5cm.

k2 k1 .  1   2  ;  2  .  1   2  k1  k2 k1  k2

  1 

b) Thế năng đàn hồi của hệ hai lò xo tại vị trí x = 2cm

20 10 . 24  15   6 cm;  2  . 24  15   3cm 10  20 10  20

Vậy: khi cân bằng lò xo 1 bị nén 6cm và lò xo 2 bị dãn 3cm. b) Thế năng đàn hồi của hệ 2 lò xo tại vị trí x = 2cm - Tương tự bài trên, ta có: Wt 

1 1 kx2 k x2 2 1 1 2 2 2

Gọi k là độ cứng của lò xo tương đương, ta có: mg = k 



1 10  20  .0 ,022  6 .10 3 J  6 mJ 2

* Nhận xét: Đặt k = k1 + k2 thì biểu thức (3) có thể viết lại như sau: Wt 

   1   2 (3) (4)

 mg mg  1 1 mg  k   1   2   k     mgk    k2   k1  k1 k2 

1 1 1 k x 2  k2 x 2   k1  k2  x 2 (3) 2 1 2 2

 Wt 

hai lò xo bị dãn đoạn  (hình vẽ):

- Thay (1) và (2) vào (3) rồi thay vào (4), ta được:

Với x1  x2  x  2cm  0 ,02 m , suy ra: Wt 

Khi cân bằng lò xo 1 bị dãn đoạn  1 ; lò xo 2 bị dãn đoạn  2 và lò xo hợp thành (lò xo tương đương) từ

kk 1 1 1    k  1 2 (5) k k1 k2 k1  k2

Thay số k 

0 , 2.0 ,6  0 ,15  N / cm   15  N / m  0 , 2  0 ,6

Như vậy, hệ hai lò xo có độ cứng lần lượt k1, k2 ghép (nối tiếp) như trên tương đương với một lò xo có độ

1 2 kx . 2

Như vậy, hệ hai lò xo nói trên (ghép song song) tương đương với một lò

cứng k 

k1k2 = 15 (N/m) và có chiều dài tự nhiên bằng tổng chiều dài tự nhiên của hai lò xo. k1  k2

xo có độ cứng

Lập luận tương tự như các bài trên, ta coi lò xo hợp thành như trên khi đã treo vật ở trạng thái cân bằng

k = k1 + k2 = 10 + 20 = 30(N/m).

tương đương với một lò xo không treo vật, có chiều dài tự nhiên bằng chiều dài của nó khi đã treo vật. Như

3.20. Hai lò xo k1 = 0,2(N/cm), k2 = 0,6(N/cm) nối với nhau và nối với điểm cố định A. Vật m = 150g treo ở

1 2 kx , với x là độ biến dạng của lò xo tính từ vị trí cân bằng và k là 2

đầu hai lò xo (hình vẽ).

vậy, ta vẫn áp dụng được công thức Wt 

a) Tính độ biến dạng của mỗi lò xo tại vị trí cân bằng O.

độ cứng của lò xo hợp thành. Trong trường hợp này thì thế năng trọng lực luôn bằng 0. Thế năng của hệ luôn

b) Kéo m lệch khỏi vị trí cân bằng đoạn x = 2cm. Tính thế năng đàn hồi cùa hệ hai lò xo tại vị trí x. Chọn gốc

bằng thế năng đàn hồi (tính từ vị trí cân bằng).

thế năng tại vị trí cân bằng.

- Thế năng của hệ ở vị trí x = 2cm = 0,02m: Bài giải

a) Độ biến dạng của mỗi lò xo tại vị trí cân bằng

Wt 

1 2 1 kx  .15.0 ,02 2  0 ,003J  3mJ . 2 2

Khi cân bằng, lò xo 1 bị dãn đoạn  1 và lò xo 2 bị dãn đoạn  2 (hình vẽ).

 - CƠ NĂNG. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG

- Điều kiện cân bằng: k1 1  k2  2  mg

3.21. Vật khối lượng m = 100g được ném thẳng đứng từ dưới lên với v0 = 20(m/s). Sử dụng các phương trình

  1 

mg mg (1);  2  (2) k1 k2

Thay số:  1 

mg 0 ,15.10   7 , 5cm k1 0,2

mg 0 ,15.10 Và  2    2 , 5cm k2 0 ,6

chuyển động của vật ném đứng, tính thế năng, động năng và cơ năng toàn phần của vật: a) Lúc bắt đầu ném. b) Khi vật lên cao nhất. c) 3s sau khi ném. d) Khi vật vừa chạm đất. So sánh các kết quả và kết luận.

Cho g = 10(m/s2).

+ Thế năng: Wt  mgh  0 . Bài giải

2 1 2 1 mv  .0 ,1. 20   20 J . 2 2

Chọn gốc thế năng trọng lực tại mặt đất, chiều dương thẳng đứng hướng lên (hình vẽ).

+ Động năng: Wñ 

a) Lúc bắt đầu ném: Ta có: h = 0; v = v0.

+ Cơ năng toàn phần: W  Wt  Wñ  0  20  20 J .

+ Thế năng: Wt  mgh  0 .

* Kết luận: Tại những vị trí khác nhau thì thế năng và động năng của vật (hệ vật + Trái Đất) có giá trị khác

1 1 + Động năng: Wñ  mv0 2  .0 ,120 . 2  20 J . 2 2

nhau nhưng tổng của chúng, tức là cơ năng toàn phần luôn không đổi. 3.22. Một vật được ném thẳng đứng lên cao với vận tốc 7(m/s). Bỏ qua sức cản của không khí. Cho

+ Cơ năng toàn phần: W  Wt  Wñ  0  20  20 J .

g  9 ,8 m / s2 .

b) Khi vật lên cao nhất: Ta có: h  hmax  H ,v  0 .

a) Tính độ cao cực đại mà vật lên tới.

với: hmax

v 2 20 2 H 0   20 m 2 g 2.10

+ Thế năng: Wt  mgH  0 ,110 . .20  20 J . + Động năng: Wñ 

1 2 mv  0 2

+ Cơ năng toàn phần: W  Wt  Wñ  20  0  20 J .





b) Ở độ cao nào thì thế năng bằng động năng ? Thế năng gấp 4 lần động năng. Bài giải Chọn gốc thế năng trọng lực tại mặt đất, chiều dương thẳng đứng hướng lên (hình vẽ). a) Độ cao cực đại mà vật lên tới Ta có: hmax 

v0 2 72   2 , 5m 2 g 2.9 , 8

c) 3s sau khi ném: Ta có:

Vậy: Độ cao cực đại mà vật lên tới là hmax = 2,5m.

1 1 h  v0 t  gt 2  20.3  .10.3 2  15 m;v  v0  gt  20  10.3  10  m / s  . 2 2

b) Độ cao để thế năng bằng động năng, thế năng gấp 4 lần động năng

+ Thế năng: Wt  mgh  0 ,110 . .15  15 J .

+ Cơ năng tại độ cao cực đại: W0  mghmax .

+ Động năng: Wñ 

2 1 2 1 mv  .0 ,1. 10   5 J . 2 2

+ Cơ năng toàn phần: W  Wt  Wñ  15  5  20 J .

- Độ cao để thế năng bằng động năng

+ Tại vị trí thế năng bằng động năng:

W1t  W1ñ ;W1  W1t  W1ñ  2W1t = 2mgh1  W1  W0  2 mgh1  2mghmax

* Lưu ý: Có thể tính vận tốc v như sau: + Thời gian (t1) vật lên đến độ cao cực đại: v  v0  gt1  0  t1 

v0 20   2s g 10

+ Vận tốc: v 2  v0 2  2 gh  v   v0 2  2 gh   20 2  2.10.15  10 (m/s).

 h1 

hmax 2 , 5   1, 25 m 2 2

- Độ cao để thế năng bằng 4 lần động năng + Tại vị trí thế năng băng 4 lần động năng: W2 t  4W2 ñ  W2 ñ  + Cơ năng: W2  W2 t  W2 ñ 

Vì t = 3s > t1 nên lúc này vật đang đi xuống, suy ra: v = -10(m/s). d) Khi vật vừa chạm đất: Ta có: h = 0; v  v0  gt2 ; với t2  2t1  4 s  v = 20 - 10.4 = -20(m/s).

 W2  W0 

5W2 t 5 mgh2  4 4

5mgh1  mghmax 4

W2 t . 4

 h2 

4 hmax 4.2 , 5   2m 5 5

 vB  2 gh0  2 g sin   210 . .1,6 .0 , 5  4 (m/s).

Vậy: Độ cao để thế năng bằng động năng là h1 = 1,25m; thế năng gấp 4 lần động năng là h2 = 2m. 3.23. Một vật được ném xiên góc α với phương ngang. Tìm liên hệ giữa thế năng và động năng của vật ở

Vậy: Vận tốc của quả cầu ở B là vB = 4(m/s). b) Vận tốc của quả cầu khi sắp chạm đất - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 điểm B và C (hình vẽ).

điểm cao nhất. Khi nào thì chúng bằng nhau? Bài giải Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ. Xét tại điểm cao nhất I mà vật đạt được. Ta có:

 vC  vB 2  2 gh  4 2  2.10.0 , 45  5 (m/s).

Vậy: Vận tốc cùa quả cầu ở C là vC = 5(m/s).

+ Vận tốc: v  v0 cos 

* Lưu ý: Có thể tính vC bằng cách áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho cả

v 2 sin 2  + Độ cao cực đại: H  0 2g

quá trình chuyển động AC, ta có: WA =WC  mg  h0  h  

mv 2 sin 2  + Thế năng: Wt  mgH  0 2 + Động năng: Wñ 

1 1 WB =WC  mgh  mvB 2  mvC 2 2 2

 vC  2 g  h0  h   2 g   sin   h   2.10.1,6 .sin 30  0 , 45   5 (m/s).

2 2 mv 2 mv0 cos   2 2

+ Tỉ số giữa thế năng và động năng:

3.25. Hai vật có khối lượng tổng cộng m1 + m2 = 3kg được nối bằng dây qua một ròng rọc nhẹ (hình vẽ).

Wt sin 2    tan 2  Wñ cos 2 

- Thế năng và động năng bằng nhau khi

1 mv 2 2 C

Wt  1  tan 2   1    45 Wñ

Buông cho các vật chuyển động, sau khi đi được quãng đường s = l,2m mỗi vật có vận tốc v = 2(m/s). Bỏ qua ma sát. Dùng định luật bảo toàn cơ năng, tính m1 và m2. Cho g = 10(m/s2). Bài giải

(loại nghiệm   45 ) Vậy: Hệ thức giữa thế năng và động năng của vật ở điểm cao nhất là

Wt  tan 2  , thế năng và động năng bằng nhau khi   45 . Wñ

Giả sử m1 > m2, suy ra P1 > P2. Sau khi buông nhẹ, vật m1 đi xuống và m2 đi lên cùng quãng đường s. Chọn gốc thế năng riêng cho mỗi vật tại vị trí ban đầu (khi buông tay). Chọn chiều dương là chiều chuyển động của các vật. Khi đó: v1 = v2 = v > 0.



3.24. Một quả cầu nhỏ lăn trên mặt phẳng nghiêng, α = 30°, vA = 0,

- Các lực tác dụng vào hệ 2 vật là trọng lực P1 và P2 có phương, chiều như hình vẽ.

AB = 1,6m, g = 10(m/s2). Bỏ qua ảnh hưởng do ma sát (hình vẽ).

- Cơ năng ban đầu của hệ: W = W1 + W2 = 0 (1)

a) Tính vận tốc quả cầu ở B.

- Cơ năng sau của hệ:

b) Tới B, quả cầu rơi trong không khí. Tính vận tốc quả cầu khi sắp

1 1 W '  W '1  W '2  m1 gs  m1 v 2  m2 gs  m2 v 2 2 2

chạm đất, biết B ở cách mặt đất h = 0,45m. Bài giải

 W '   gs  m1  m2  

a) Vận tốc của quả cầu ở B - Áp dụng định luật bao toàn cơ năng cho 2 điểm A và B (hình vẽ). WA =WB  mgh0 

1 mv 2 2 B

1  m  m2  v2 (2) 2 1

- Vì hệ hai vật chuyển dộng chỉ dưới tác dụng của trọng lực (lực thế) nên cơ năng của hệ hai vật được bảo toàn:

W  W ' (3)

- Thay (1) và (2) vào (3), ta được: m1  m2 

m

 m2  v 2

3.27. Vật nặng trượt trên một sàn nhẵn với vận tốc v0 = 12(m/s) đi lên một cầu nhảy đến nơi cao nhất nằm

2 gs

ngang và rời khỏi cầu nhảy (hình vẽ). Độ cao h của cầu nhảy phải là bao nhiêu để tầm bay xa s đạt cực đại ?

 m1  m2 

3.2  0 , 5 kg (4) 210 . .1, 2

- Mặt khác: m1 + m2 = 3kg

Tầm xa này là bao nhiêu ? Bài giải

(5)

Gọi v1 là vận tốc của vật khi bắt đầu rời cầu nhảy (theo phương ngang).

 m1  1,75kg; m2  1, 25kg .

- Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

Vậy: Khối lượng của hai vật là m1= 1,75kg và m2 = 1,25kg.

1 1 mv 2  mv12  mgh 2 0 2

3.26. Dây đồng chất chiều dài   1,6 m có trọng lượng, vắt qua một ròng rọc nhỏ không ma sát và nằm yên (hình vẽ). Sau đó dây bắt đầu trượt khỏi ròng rọc với vận tốc đầu

 v1  v0 2  2 gh

v0 = 1(m/s).

- Sau khi rời khỏi cầu nhảy, vật chuyển động như một vật bị ném ngang với vận tốc đầu v1 từ độ cao h.

Tính vận tốc dây khi dây vừa rời khỏi ròng rọc.

- Theo kết quả bài toán chuyển động của vật bị ném ngang, ta có: Bài giải

Ban đầu, dây ở trạng thái cân bằng đứng yên nên mỗi nhánh có chiều dài là

+ Thời gian chuyển động: t 



và có trọng tâm tại G là trung

điểm của mỗi nhánh. Chọn trung điểm G này làm gốc thế năng (hình vẽ). Chọn chiều dương theo chiều

+ Tầm xa trên mặt đất: s  v1t  v0 2  2 gh.

chuyển động của dây xích. - Khi dây vừa rời khỏi ròng rọc thì khối tâm của dây xích ở G cách G khoảng + Cơ năng ban đầu: W0 

2h g

 4

về phía dưới.

1 mv 2 (1) 2 0



 s 4 h 2 

2h g

2 v0 2 h (1) g

Đặt s  y . Tầm bay xa s đạt cực đại khi

y  ymax

1 + Cơ năng sau: W   mg  mv 2 (2) 4 2

Với

- Vì vật chuyển động chỉ dưới tác dụng của trọng lực (lực thế) nên cơ năng vật được bảo toàn:

y  4 h2 

W0 = W (3)

  2v0 2 2v 2 h  ax 2  bx  a  4; b  0 ; x  h    g g  

- Thay (1) và (2) vào (3), ta được:

- Vì hệ số a  0 nên y  ymax tại đỉnh Pa-ra-bol, khi đó

1  1 mv 2  mg  mv 2 2 0 4 2

ta có:

 v  v0 2 

g 10.1,6  12   3  m / s 2 2

Vậy: Vận tốc của dây khi dây vừa rời khỏi ròng rọc là v = 3(m/s).

xh

2 2 b 2v0 / g v0 122     3,6 m 2a 4 g 4.10 2. 4 

- Tầm xa: s  4.3,6 2 

2.12 2 .3,6  7 , 2 m 10

Vậy: Tầm bay xa s đạt cực đại bằng 7,2m khi độ cao của cầu nhảy h = 3,6m.

3.28. Ống hẹp kín, tiết diện đều hình vuông cạnh l, nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Ống chứa đầy hai loại

a) Quả cầu dưới có một trục quay vuông góc với mặt phẳng hình vẽ và gắn chặt với mặt đất

chất lỏng thế tích bằng nhau và không trộn lẫn nhau được, khối lượng riêng 1 , 2  1  2  . Ban đầu khối

Vì quả cầu dưới m1 có trục quay cố định nên sau khi buông tay thì quả cầu dưới m1 không chuyển động tịnh

chất lỏng 1 chiếm phần trên của ống. Tại một thời điểm nào đó, các khối chất lỏng bắt đầu chuyển động trong ống không vận tốc đầu.

tiến mà chỉ quay quanh trục cố định, còn hai quả cầu m2 và m3 chuyển động tròn quanh tâm O (là vị trí cố định của m1) cùng tốc độ góc (hình vẽ).

Tìm vận tốc cực đại của chúng. Bỏ qua ma sát. Bài giải

Vì m2 và m3 quay cùng tốc độ góc và r2 

Chọn mặt phân cách ban đầu của hai khối chất lỏng làm mốc tính độ cao và thế năng, thế năng của các khối chất lỏng tập trung tại khối tâm của chúng. - Khi khối chất lỏng 1 đi xuống một đoạn ∆h thì khối chất lỏng  2 đi lên một đoạn

m2 g

 2

 mg

l 3l l  4 4

g

1  m  m2  v 2 , với m  V   S.2l  2  Sl . 2 1

 Wñ   1   2  Slv  Wñ  max    1   2  Slv 2

 2

1 1 mv2 mv2 2 2 2 2 3 3 2

 mg 

1  v3  1 m    mv 2 2 2 2 3

l 1 5 v3 3g  .  v3  2 2 2 4 5

thì vận tốc quả cầu trên khi nó sắp va chạm mặt phẳng ngang là max

 Wt  2  1   2  Slg.h  Wt  max   2  1   2  Slg.hmax 

v3  2 3    2  Sl2 .g 2 1

Theo định luật bảo toàn cơ năng: Wñ  max   Wt  max  .

 vmax 

 m3 g 

Vậy: Trường hợp quả cầu dưới có một trục quay vuông góc với mặt phẳng hình vẽ và gắn chặt với mặt đất

- Tổng thế năng của hai khối chất lỏng: Wt   m1  m2  g.h

  1   2  Slv 2 max 

r3  v  nên v2  3 . 2 2 2

- Tổng động năng của hai khối chất lỏng: Wñ 



- Theo định luật bào toàn cơ năng (gốc thế năng trọng trường tại O và bỏ qua động năng quay của m1), ta có:

∆h, với:

hmax



- Khi sắp va chạm vào mặt phẳng ngang thì m2 và m3 có vận tốc v2 và v3 như hình vẽ.

3 g . 5

* Chú ý: Khi thanh chuyển động quay quanh trục cố định tại O thì có ngoại lực do trục quay tác dụng vào thanh là đáng kể nên hệ không kín. Vì vậy động lượng của hệ không bảo toàn. b) Hệ chuyển động tự do: Hệ chuyển động tự do tức là không có

3     2  Sl2 .g 2 1

ma sát giữa m1 và sàn. - Vì ngoại lực theo phương ngang bằng 0 nên m2 chuyển động

3 lg  1   2 

tịnh tiến đi xuống, m1 tịnh tiến sang phải trên mặt phẳng ngang.

2  1   2 

Hệ là kín theo phương ngang. Vậy: Vận tốc cực đại của các khối chất lỏng là vmax 

3 lg  1   2  2  1   2 

3.29. Ba quả cầu nhỏ giống nhau được gắn chặt vào hai đầu thanh nhẹ chiều dài  . Dựng thanh thẳng đứng và buông tay (hình vẽ). Bỏ qua ma sát. Tìm vận tốc quả cầu trên khi nó sắp va chạm mặt phẳng ngang nếu:

có phương chiều như hình vẽ.    Đặt v3  v3 x  v3 y .

a) Quả cầu dưới có một trục quay vuông góc với mặt phẳng hình vẽ và gắn chặt với mặt đất.

Theo định luât bảo toàn động lượng (theo phương ngang) ta có:

b) Hệ chuyển động tự do.

m1v1  m3 v3 x  v1  v3 x (1) Bài giải

  

- Tại thời điểm thanh nghiêng góc α so với phương thẳng đứng thì m1, m2, m3 có vận tốc lần lượt là v1 ,v2 ,v3

- Vì thanh không biến dạng và các quả cầu gắn chặt vào thanh nên trong quá trình thanh chuyển dộng,

3.30. Viên đạn m1 = 50g bay theo phương ngang với vận tốc v0 = 20(m/s) đến cắm vào vật m2 = 450g treo ở

khoảng cách giữa các quả cầu m1, m2, m3 không thay đổi. Suy ra thành phần vận tốc của các quả cầu dọc

đầu sợi dây dài   2 m . Tính góc α lớn nhất mà dây treo lệch so với phương thẳng đứng sau khi viên đạn

theo phương của thanh là bằng nhau:

cắm vào m2).

v1 sin   v2 cos   v3 y cos   v3 x sin  (2)

Bài giải



Từ (1) và (2) ta có:

Gọi v1 là vận tốc của hệ (m1 + m2) ngay sau va chạm.

v1  v3 x ; v2  v1 tan   v3 x tan  ;

- Theo định luật bảo toàn động lượng (khi va chạm), ta có:

v3 y  2v1 tan   2v3 x tan 

m1v0   m1  m2  v1  v1 

(3)

Theo định luật bao toàn cơ năng, ta có:







1 mg  mg  mg .cos   mg .cos   m v12  v22  v32x  v32y 2 2 2 



(Vecto v1 nằm ngang hướng sang phải (hình vẽ))



Gọi α là góc lớn nhất mà dây treo lệch so với phương thẳng đứng.

1 2 3 g v  v22  v32x  v32y  1  cos   (4) 2 1 2



- Theo định luật bảo toàn cơ năng (cho A và B), ta có:



WA  WB 

- Thay (3) vào (4) ta được: 1 2 3g v  v 2 tan 2   v32x  4 v32x tan2   1  cos   2 3x 3x 2







 v32x 



3g  1  cos   2  5 tan2  2 3y

 cos   1 

(5)

2 3x

2 3y

2 3x

0 ,052 .20 2 2.10.2  0 ,05  0 , 45 

 0 , 9    25 , 84  26

viên đạn cắm vào m2 là 26°. 2

2 3x

 v  v  v  v  4 v tan   v

1  tan    2

3 g  1  cos   2  5 tan 2 

3.31. Dây treo vật nặng được kéo nghiêng một góc bao nhiêu để khi qua vị

1  4 tan   2

trí cân bằng lực căng của dây lớn gấp đôi trọng lực vật nặng. Bài giải   - Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P và lực căng dây T (hình vẽ).

3g 1  cos   12 g 1  cos   v   (7) 2 2  5 tan 2  5 2 tan  2 3

- Gọi v là vận tốc của vạt tại vị trí cân bằng. Theo định luật II Niu- tơn, ta có:

- Khi quả cầu m3 sắp chạm vào mặt phẳng ngang thì α = 90°. Thay vào (7) ta có:

v32 

v12 m12 v0 2  1 2 2 g 2 g  m1  m2 

Vậy: Góc α lớn nhất mà dây treo lệch so với phương thẳng đứng sau khi 2

- Từ (3) ta có: v  4 v tan  2 3

1  m  m2  v12   m1  m2  gh   m1  m2  g 1  cos   2 1

 cos   1 

1 2 3 g v 2  5 tan 2   1  cos   2 3x 2



m1v0 m1  m2

 

3g  1  cos 90  12 g 1  cos 90  12 g 12 g  0  2 5 5 2  5 tan 2 90  5 tan 2 90

- Chiếu (1) xuống phương bán kính với chiều dương hướng về điểm treo O, ta có:

T  mg  maht  m

3g  v3  2 5 Vậy: Vận tốc của quả cầu trên (m3) trong cả hai trường hợp là như nhau và bằng 2



P  T  ma



- Theo đề bài, tại vị trí cân bằng thì T = 2P = 2mg, nên: 3g 5

2mg  mg  m



 v 2  g (1)

Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng), ta có:

 Tmax  mg  3  2 cos 0  (4) Khi đó: cos   1    0 (vị trí cân bằng).

WA  WB  mgh 

mv 2 2

 g 1  cos   

v2 2

- Để dây không đút thì: Tmax  T0 (5) - Từ (4) và (5), ta có: mg  3  2 cos  0   T0





.  10 3  2 3mg  T0 3.110 2     0  45 . 2mg 2.110 . 2

 v 2  2 g 1  cos   (2)

 cos 0 

Từ (1) và (2) suy ra

Vậy: Để dây không bị đứt trong quá trình vật chuyển động thì

g  2 g  1  cos    cos   0 , 5    60

0  45 .

Vậy: Để khi qua vị trí cân bằng lực căng của dây lớn gấp đôi trọng lực vật nặng thì dây treo vật phải được

3.33. Hòn đá m = 0,5kg buộc vào một dây dài   0 , 5m quay trong

kéo nghiêng một góc 60°.

mặt phẳng thẳng đứng. Biết lực căng của dây ở điểm thấp nhất của quỹ đạo là T = 45N.

3.32. Treo vật m = 1 kg vào đầu một sợi dây rồi kéo vật khỏi vị trí cân bằng để dây treo hợp với phương

Biết tại vị trí vận tốc hòn đá có phương thẳng đứng hướng lên thì dây đứt. Hỏi hòn đá sẽ lên tới độ cao bao

thẳng đứng góc α0. Định α0 để khi buông tay, dây không bị đứt trong quá trình vật chuyển động. Biết dây

nhiêu khi dây đứt (tính từ nơi dây bắt đầu đứt)?





chịu lực căng tối đa 16 N  10 3  2 N và 0  90 . Bài giải  - Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P và lực căng dây T như hình vẽ.



- Theo định luật II Niu-tơn, tại vị trí B ứng với góc lệch α, vận tốc v, ta có:

 



- Chiếu (1) xuống phương bán kính với chiều dương hướng về điểm treo O, ta được:

T  mg cos   maht  m v



T  mg  maht  m  v0 2 



(2)

mv 2  h0  KC;h  HC  2

 2 g  cos   cos  0 

v0 2

  T  mg  m

 (2)

- Giả sử tại B, dây đứt. Gọi v là vận tốc của vật lúc đứt dây. Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

Với h0    1  cos   ; h    1  cos  





WA =WB  mgh0  mgh 

 

P  T  ma (1)

- Theo định luật bảo toàn cơ năng (với gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng C), ta có:



- Gọi v0 là vận tốc của vật tại vị trí cân bằng, theo định luật II Niu-tơn ta có:

- Chiếu (1) xuống phương bán kính với chiều dương hướng về điểm treo O, ta được:

P  T  ma (1)

 T  mg cos   m

Bài giải  - Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P và lực căng dây T .



(3)

WA =WB 

mv0 2 mv 2  mg  2 2

 v 2  v0 2  2 g (3)

- Độ cao cực đại mà vật lên được sau khi dây đứt (tính từ nơi dây đứt): H

v2 (4) 2g

  T  mg 

- Thay (2) vào (1) ta được: T  mg cos   2mg  cos   cos 0 

- Từ (1), (2) và (2) ta có: H 

 T  mg  3 cos   2 cos  0 

Vậy: Hòn đá sẽ lên tới độ cao H = 1,5m.

2mg

 

0 , 5  45  0.5 ,10  20 . , 510 .

 0 , 5  1, 5 m

3.34. Hai vật A có m1 = 1,5kg và B có m2 = 0,45kg buộc vào các sợi dây treo trên một thanh đòn nhẹ, chiều dài hai nhánh tay đòn  1  0 ,6 m;  2  1m . Vật A đặt trên sàn. Cần đưa dây treo B nghiêng góc α (so với phương thẳng đứng) nhỏ nhất bao nhiêu để sau khi buông tay, vật A có thể nhấc khỏi bàn? Bài giải - Tương tự bài trên, tại vị trí cân bằng thì:

nằm ngang đi qua điểm treo O của thanh đòn (hình vẽ):

Tmax . 2  P1 . 1



 mg (2)

Để vật có thể chuyển động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng thì dây treo phải căng (không chùng) khi vật đi qua vị trí cao nhất B, tức là tại vị trí B thì phải có T ≥ 0.

mv 2

T 

T  Tmax  m2 g  3  2cos  . Để A có thể nhấc khỏi bàn thì momen của Tmax phải lớn hơn hoặc bằng momen của P1 cùng đối với trục quay

mv 2

T 





mv 2



 mg  0

 mg  v 2  g (3)

- Thay (1) vào (3), ta được: v0 2  4 g  g  v0 2  5 g  v  5 g  5.10.0 , 5  5 (m/s)

 m2 g  3  2 cos    2  m1 g . 1

Vậy: Vận tốc tối thiểu cần truyền cho vật theo phương ngang để nó có thể chuyển động tròn trong mặt phẳng

m   cos   1, 5  1 . 1 2m2  2

thẳng đứng là 5(m/s).

1, 5 0 ,6  1, 5  .  0 ,5 2.0 , 45 1

chiều dài  . Khi đốt nóng ống, hơi ête sẽ đẩy nút bật ra. Tính vận tốc tối thiểu của nút để ống có thể quay

3.36. Một ống khối lượng M chứa vài giọt ête được nút kín bằng một nút khối lượng m và treo bằng dây

tròn trong mặt phẳng thẳng đứng quanh điểm treo. Bài giải

   60   min  60 Vậy: Phải đưa dây treo B nghiêng góc α (so với phương thẳng đứng)

Gọi v0 và v lần lượt là vận tốc của nút và ống ngay sau khi nút bật ra (hình vẽ).

nhỏ nhất là 60° để sau khi buông tay vật A có thể nhấc khỏi bàn.

- Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có:

3.35. Dây nhẹ không dãn chiều dài   50 cm treo vật nặng nhỏ. Ban

mv0  Mv  v 

đầu vật nặng đúng yên ở vị trí cân bằng. Hỏi phải truyền cho vật nặng vận tốc tối thiểu bao nhiêu theo phương ngang để nó có thể chuyển động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng. Bài giải Gọi A là vị trí cân bằng và B là vị trí cao nhất của vật trong quá trình chuyển động (hình vẽ); gọi v0 và v lần lượt là vận tốc của vật tại vị trí cân bằng và tại vị trí cao nhất. - Áp dụng định luật báo toàn cơ năng cho hai điểm A, B (gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng A), ta có:

WA =WB 

mv0 2 mv 2  mg.2  2 2

 v  v0  4 g (1) 2

- Theo định luật II Niu-tơn, tại vị trí cao nhất B ta có:

mg  T  maht  m

v0 2



mv0 (1) M

- Tương tự bài trên, để ống có thể quay tròn trong mặt phẳng thẳng đứng quanh điểm treo thì phải có: v  5 g

- Từ (1) và (2) ta có:

mv0 M M  5 g  v0  5 g  v0 min  5 g m M m

Vậy: Vận tốc tối thiếu của nút để ống có thể quay tròn trong mặt phẳng thẳng đứng quanh điểm treo là v0 min 

M 5 g . m

3.37. Quả cầu m treo ở đầu một thanh nhẹ, cứng và mảnh, chiều dài thanh   0 , 9 m , thanh có thể quay tròn trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục qua đầu trên của thanh, cần truyền cho m vận tốc tối thiểu tại vị trí cân bằng theo phương ngang là bao nhiêu để m có thể chuyển động hết vòng tròn trong mặt phẳng thẳng đứng? Bài giải Tương tự bài trên, gọi A là vị trí cân bằng và B là vị trí cao nhất của vật trong

quá trình chuyển động (hình vẽ). Gọi v0 và v lần lượt là vận tốc của vật tại vị trí cân bằng và tại vị trí cao nhất. Theo định luật bảo toàn cơ năng với gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng A:

(2)



Thay (1) vào (2), ta được: T  m

mv 2 mv 2 WA =WB  0  mg.2  2 2

v0 2



 mg  3 cos   2  (3)

b) Độ cao cực đại mà quả cầu đạt được trong chuyển động tròn và trong suốt quá trình chuyển động • Độ cao cực đại ho mà quả cầu đạt được trong chuyển động tròn

 v  v0  4 g (1) 2

 T  mg cos   m

Gọi β là góc mà dây treo hợp với phương ngang khi quả cầu bắt đầu rời quỹ đạo tròn (tại C).

- Để vật m có thể chuyển động hết vòng tròn trong mặt phẳng thẳng đứng thì phải có: v  0 (2)

- Tương tự câu a, ta có:

- Từ (1) và (2) suy ra: v02  4 g  v0  2 g

T m

 v0  2 10.0 , 9  6  m / s 

v0 2



 mg  3 cos   2  (4)

và: v1  v0 2  2 g  1  cos   (5)

Vậy: Để m có thể chuyển động hết vòng tròn trong mặt phẳng thẳng đứng

- Quả cầu bắt đầu rời quỹ đạo tròn khi lực căng dây treo T  0 .

phải truyền cho m vận tốc tối thiểu tại vị trí cân bằng theo phương ngang

m

là v0mm = 6 (m/s). 3.38. Quả cầu khối lượng m treo ở đầu một sợi dây chiều dài  , đầu trên

v0 2



 mg  3 cos   2   0

 cos  

của dây cố định. Quả cầu nhận được vận tốc ban đầu v0 theo phương ngang tại vị trí cân bằng. Bỏ qua sức cản của không khí.

2 2 v0  3 3g

Theo đề bài:

a) Tính vận tốc và lực căng của dây tại vị trí dây treo hợp với phương

1 3

thẳng đứng một góc α.

v0 2  3 g  cos   

b) Biết v0 2  3 g . Tìm độ cao cực đại h0 mà quả cầu đạt tới (tính từ vị trí cân bằng) trong chuyển động tròn.

   109 , 5

Độ cao H0 mà quả cầu đạt tới trong suốt quá trình chuyển động là bao nhiêu?

1 (Vì cos     0 mà   0 nên   90 ) 3

Bài giải a) Vận tốc và lực căng dây treo tại vị trí dây treo hợp với phương

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho A và C (gốc thế

thẳng đứng góc α (vị trí B):

năng trọng trường tại A):

- Vận tốc tại B: + Theo định luật bào toàn cơ năng (gốc thế năng trọng trường tại vị

trí

WA =WB 

mv0 2 mv12 v 2  v12 (7)   mgh0  h0  0 2 2 2g

cân bằng A), ta có:

- Thay (5) vào (7) và chú ý đến (6), ta được:

mv 2 mv 2 WA =WB  0   mgh 2 2

  1   4 h0    1  cos      1         3  3

 v  v0 2  2 gh  v0 2  2 g  1  cos   (1)

Vậy: Độ cao cực đại mà quả cầu đạt tới là h0 

- Lực căng dây treo tại B: + Từ định luật II Niu – tơn, ta có: T  mg cos   m



4 3

* Chú ý: Có thể tính h0 như sau: Theo hình vẽ, ta có:

    90  sin   cos   CD   sin  

1 3

WM  WM  0

1   4   h0     3 3 3 3

mv0 2 mv2  mg 1  cos  0    mg 1  cos   2 2

 v  v0 2  2 g  cos   cos 0  (1) Từ định luật II Niu tơn, ta có:

• Độ cao cực đại H0 mà quả cầu đạt tới trong quá trình chuyển động - Từ C, quả cầu chuyển động như một vật bị ném xiên góc  so với phương ngang, với vận tốc đầu là v1.

T  mg cos   m

Độ cao cực đại tính từ C (theo kết quả bài toán về vật bị ném xiên): v 2 sin 2  (8) hm  1 2g



 T  mg cos   m



(2)

Thay (1) vào (2), ta được:

Với sin 2   cos 2  1  sin2   1  cos 2 

T  mg cos  

 1 8  sin   1      9  3 2

T m

1 - Thay v0 2  3 g và cos    vào (5) ta được: 3

Lực

  1  v12  v0 2  2 g  1  cos    3g  2 g 1        3 

 v12 

m

g (10) 3

g 8 . 4 - Thay (9) và (10) vào (8), ta được: hm  3 9  . 2g 27 Vậy: Độ cao cực đại H0 mà quả cầu đạt tới trong quá trình chuyển động: H0  h0  hm 

v0 2



 v 2  2 g  cos   cos  0     0

 mg  3 cos   2 cos  0  (3)

căng

v0 2



dây

bằng

không:

 mg  3 cos   2 cos 0   0

 cos  

2 cos  0 v0 2  (4) 3 3g

 cos  

2 cos 60 52   0 , 5    120 3 310 . .1

Thay   120 vào (1) ta được: 4 4 40   3 27 27

v  52  210 . .1  cos 120  cos 60   5  2 , 24 m/s

3.39. Vật nặng m treo vào điểm cố định O bởi một dây dài   1m . Tại vị trí ban đầu M0 dây treo hợp với

Vây: Vị trí để T = 0 là α = 120° và v = 2,24 (m/s).

phương thẳng đứng một góc α0 = 60°, người ta truyền cho vật vận tốc v0 = 5(m/s) theo phương vuông góc

b) Khảo sát giai đoạn chuyển động kế tiếp của vật

với dây, hướng xuống, v0 nằm trong mặt phẳng thẳng đứng.

Từ hình vẽ, ta có:

a) Định vị trí M tại đó lực căng dây bằng không, tính vận tốc v của vật tại đó.

  120    30;  60 .

b) Tìm phương trình quỹ đạo của giai đoạn chuyển động kế tiếp của vật cho đến khi dây căng trở lại. Chứng

Như vậy, từ M, vật chuyển động như một vật bị ném xiên góc   60 so với phương ngang, với vận tốc đầu

tỏ rằng quỹ đạo này đi qua điểm thấp nhất của quỹ đạo tròn. Suy ra thời gian vật vạch quỹ đạo nói trên.

là v.

Bài giải a) Vị trí M để lực căng dây bằng không - Áp dụng định luật báo toàn cơ năng cho hai điểm M0 và M (gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng), ta được:

- Chọn hệ tọa độ xMy với gốc tọa độ tại M như hình vẽ. - Các phương trình tọa độ theo hai trục Ox và Oy là: x   v cos   t 

v t (5) 2

- Lực căng dây treo ngay trước khi vướng đinh

g v 3 g y   v sin   t  t 2  t  t 2 (6) 2 2 2

* Phương trình quỹ đạo: Rút t từ (5) thay vào (6), ta được:

Tt  mg  m

v0 2

(2)



y  4 x 2  3 x (7)

 Tt  mg  m.2 g  3mg  3.0 ,110 .  3N

* Chứng tỏ quỹ đạo này đi qua điểm thấp nhất (A) của chuyển động tròn

- Lực căng dây treo ngay sau khi vướng đinh

- Tại A thì: x A   cos   1.

3 3  2 2

Ts  mg  m

v0 2



 2m

v0 2



(3)

 1 y A      sin      1  1.   1, 5 2 

 Ts  mg  2m.2 g  5mg  50 . ,110 .  5N

- Suy ra xA và yA thỏa mãn phương trình (7).

Vậy: Lực căng cùa dây treo ngay trước khi vướng đinh là 3N và sau khi vướng đinh là 5N.

Như vậy, từ M trở đi, quỹ đạo chuyển động của vật tuân

b) Khảo sát giai đoạn chuyển động kế tiếp của vật sau khi vướng đinh

theo phương trình (7) và đi qua điểm A. Dạng quỹ đạo

Sau khi vướng đinh, vật chuyển động như con lắc đơn có chiều dài

này như hình vẽ (đoạn từ M đến A).

3 vào (5), ta tìm được thời gian vật vạch 2

t

2 xA  v

- Giai đoạn I: Vật chuyển động tròn từ vị trí cân bằng C đến vị trí D ứng với lực căng dây treo bằng 0. - Giai đoạn II: Vật chuyên động như một vật bị ném xiên từ vị trí D trở về sau.

- Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng), ta có:

3 2  0 ,77 s 5

WB  WD  mg 

3.40. Quả cầu nhỏ M có khối lượng m = 100g được treo tại A bởi một dây chiều dài   81cm . Tại O thấp hơn A khoảng

 2

có một chiếc đinh, AO có phương thẳng đứng. Kéo quả cầu đến vị trí dây AM nằm ngang

Lực căng dây treo tại D

a) Tính lực căng của dây ngay trước và sau khi vướng đinh. b) Hỏi ở điểm nào trên quỹ đạo, lực căng của dây treo bằng không? Sau đó quả cầu chuyển động như thế nào, lên tới độ cao lớn nhất bao nhiêu? Bài giải a) Lực căng của dây treo B ngay trước và sau khi vướng đinh

v0 2



mv0 2 2



 mg cos   2 m



 T '  0  mg  3 cos   2   0  cos   

2    132 3

Vì cos   

2  0 mà a > 0 nên a > 90° (hình vẽ) 3

Độ cao của D tính từ vị trí cân bằng C là:

 2 g (1)

(5)

Thay (4) vào (5) ta được: T '  mg  3 cos   2 

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hai điểm B, C (gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng):

WM  WM  mg 

mv 2   mg  1  cos   2 2

 v  g 1  cos   (4)

T '  mgcos   m

rồi buông tay.



quanh điểm treo O. Chuyển động này

* Vị trí (D) của vật để lực căng của dây treo bằng 0

quỹ đạo này là:

có hai giai đoạn:

* Thời gian vật vạch quỹ đạo này - Thay x A 



hD 

 2



 2

sin  

 2



 2

  cos    2  2 . 23  56

Gọi B (ứng với góc lệch α) là vị trí của vật để gia tốc có phương nằm ngang; C (ứng với góc lệch αm) là vị trí cao nhất vật lên được; v là vận tốc của vật tại B (hình vẽ).

5 Vậy: Vị trí (D) mà lực căng dây treo bằng 0 cách vị trí cân bằng C một đoạn hD  (dây treo hợp với 6 2 phương thẳng đứng góc   132 hay cos    ) (hay cách điểm treo A theo đường thẳng đứng một đoạn 3

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 điểm B và C (gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng A):

WB  WC 

mv 2  mg  1  cos    mg 1  cos  m  2

 cos  m  cos  

5  h'D     ) 6 6

v2 2 g

(1)

Theo định luật II Niu – tơn ta có:

2 - vận tốc của vật tại D. Thay cos    vào (4) ta được: 3

T  mg cos   m



(2)

 Mặt khác, tại B thì gia tốc có phương nằm ngang nên hợp lực F có phương nằm ngang (khi vật đi qua B)

 2 10 v  10.0 , 81  1     2 ,7  1,64 m / s 3 3  

như hình vẽ. Suy ra:

* Quỹ đạo chuyển động của vật kể từ D - Kể từ D, vật chuyển động như bị ném xiên góc  với vận tốc đầu là v 

10 3

Suy ra quỹ đạo của vật là đường pa-ra-bol quay bề lõm xuống dưới.

T

mg (3) cos 

 1  - Từ (2) và (3) ta được: v 2  g   cos   (4)  cos  

- Theo kết quả bài toán vật bị ném xiên thì độ cao cực đại vật lên được tính điểm ném D là: v 2 sin2  h0  sin 2   cos 2   1  sin2   1  cos2  2g



- Thay (4) vào (1) ta được: cos  m  cos  



 cos  m 

10 5 2 .  2 5 5 2  sin   1       h0  3 9  2.10 54  3 9

H  hD  h0 

3 cos2   1 (5) 2 cos 

- Thay số: cos  m 

* Độ cao cực đại vật lên được so với vị trí cân bằng

 1  1  cos    2 g  cos  

3 cos 2 30  1 5 3    m  43 , 8 . 2 cos 30 12

Vậy: Góc nghiêng cực đại của dây treo là  m  43, 8 .

5 5 25 25.81     75cm 6 54 27 27

3.42. Quả cầu khối lượng m treo ở đầu sợi dây, chuyển động tròn trong

Vậy: Sau khi lên đến điểm D (lực căng dây bằng 0), quả cầu tiếp tục chuyển động theo quỹ đạo pa-ra-bol có bề lõm quay xuống và lên tới độ cao lớn nhất cách vị trí cân bằng C là

25 hay cách điểm treo A theo 27

 25  2 đường thẳng đứng là  1   27  27 

mặt phẳng thẳng đứng trong một thang máy. Thang máy đi xuống nhanh dần đều với gia tốc 2g. Ở vị trí thấp nhất của quả cầu trong thang máy, lực căng dây bằng 0. Tính lực căng dây khi quả cầu ở vị trí cao nhất của quỹ đạo. Bài giải



3.41. Quả cầu treo ở đầu một sợi dây. Truyền cho quả cầu ở vị trí cân bằng một vận tốc đầu theo phương ngang. Khi dây treo nghiêng góc α = 30° so với phương thẳng đứng, gia tốc quả cầu có hướng nằm ngang. Tỉm góc nghiêng cực đại của dây. Bài giải

- Thang máy đi xuống nhanh dần đều nên vectơ gia tốc a của thang máy có hướng thẳng đứng xuống dưới,  suy ra lực quán tính Fq tác dụng vào vật trong thang máy có hướng thẳng đứng lên trên (hình vẽ). - Như vậy, xét trong hệ quy chiếu gắn với thang máy thì vật chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng với  gia tốc trọng trường biểu kiến g' hướng thẳng đứng lên trên như hình vẽ và có độ lớn là:

g'  a  g  2 g  g  g

 Có thể coi như luôn có hai lực tác dụng là trọng lực biểu kiến P' ; có phương thẳng đứng hướng lên và lực căng dây treo (hình vẽ).

WA  WB  mg 

mv0 2  v0 2  2 g (1) 2

Ta có: P'  mg'  mg .

 * Giai đoạn 2: Vật chuyển động trong trọng trường biểu kiến g' từ vị trí cân bằng B đến vị trí cao nhất C (xét

Tại vị trí thấp nhất A:

trong hệ quy chiếu gắn với điểm treo).

T  P' 

mv0



 v0 2 



T  P'   m T  mg  m

- Tại vị trí thấp nhất A lực căng dây T bằng 0 nên: v0 2  g (1)  - Vì vectơ gia tốc trọng trường biểu kiến g' hướng thẳng đứng lên trên nên vật lên được đến vị trí cao nhất B cách A khoảng 2 và vận tốc v của vật tại B lớn hơn vận tốc v0 tại A (hình vẽ).

 - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hai điểm A và B (với trọng trường biểu kiến g' và gốc thế năng  trọng trường tại B (chú ý là g' hướng lên)) 2

WA  WB 

mv0 mv  mg' .2  2 2

 

 g'  g  a (2)



- Theo đề bài, vectơ gia tốc a của điểm treo hướng thẳng đứng lên trên, suy ra  vectơ gia tốc trọng trường biểu kiến g' hướng thẳng đứng xuống dưới (hình vẽ). - Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có: WB  WC 

cos   1 

- Thay (1) và (2) ta được: v  5 g (3) 2

- tại vị trí cao nhất B: T '  P' 

 T '  P' 



 mg 

mv0 2 v2  mg'   1  cos    cos   1  0 (3) 2 2 g' 

Thay (1) và (2) vào (3) ta được:

 v  v0  4 g (2) 2

- Tương tự bài trên, ta có:    g'  g  a

2 g a  2  g  a g  a

 a     ar cos    ga

mv 2



 a  Vậy: Dây treo lệch khỏi phương thẳng đứng góc lớn nhất là   ar cos    ga



- Thay (3) vào (4) ta được: T '  mg 

m.5 g



 6 mg

3.44. Quả cầu treo ở đầu dây có thể chuyển động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng. Kéo quả cầu cho dây treo lệch góc α rồi buông tay. Khi quả cầu qua vị trí cân bằng B thì điểm treo rơi tự do. Tính a để khi quả cầu đến

Vậy: Lực căng dây treo tại vị trí cao nhất của quỹ đạo là

C vận tốc của quả cầu đối với mặt đất bằng 0 (hình vẽ).

T '  6 mg . 3.43. Quả cầu nhỏ treo ở đầu một dây nhẹ. Kéo quả cầu khỏi phương

Bài giải  * Giai đoạn 1: Vật chuyển động trong trọng trường g từ vị trí ban đầu A đến vị trí cân bằng B.

thẳng đứng để dây treo nghiêng góc 90° rồi buông tay. Tại thời điểm

- Theo định luật bảo toàn cơ năng:

quả cầu qua vị trí cân bằng, điểm treo cùa nó chuyển động từ dưới lên với gia tốc a. Hỏi dây sẽ lệch khỏi phương thẳng đứng góc lớn nhất bao nhiêu? Bài giải

 * Giai đoạn 1: Vật chuyển động trong trọng trường g từ vị trí ban đầu A đến vị trí cân bằng B (hình vẽ). - Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

WA  WB  mg 1  cos   

 v0 2  2 g 1  cos   (1)

mv0 2 2

 * Giai đoạn 2: Vật chuyển động trong trọng trường biểu kiến g' từ vị trí cân bằng B đến vị trí cao nhất C (xét

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 điểm A và C (gốc thế năng trọng lực tại B):

trong hệ quy chiếu gắn với điểm treo).

WA  WC  mgh  mgR 1  cos    m

- Tương tự bài trên, ta có:      g'  g  a  g   g  0

 v 2  2 gh  2 gR  1  cos   (1)

 

v2 2

- Theo định luật II Niu-tơn, ta có tại C: - Như vậy, xét trong hệ quy chiếu gắn với điểm treo, vật chuyển động tròn đều từ B đến C vì chỉ có lực căng



dây tác dụng. Tại điểm C (dây treo nằm ngang), vận tốc v1 của vật (đối với điểm treo) có hướng thẳng đứng lên trên và có A độ lớn bằng v0 (hình vẽ).



Q  mg cos   m Qm

+ Tại C, ta có: vC / ñ  vC / O  vO/ ñ  v1  vO/ ñ



v2 R

v2  mg cos  (2) R

- Thay (1) vào (2), ta được:

+ Theo đề bài: vC / ñ  0  v1  vO/ ñ  0  vO / ñ  v1  v0 (2) - Thời gian t để vật chuyển động tròn đều (trong hệ quy chiếu gắn với điểm treo O) từ B đến C bằng 1/4 chu kì chuyển động tròn đều với bán kính  và tốc độ dài v0.

Q

m  2 gh  2 gR  1  cos     mg cos   R

Ta có:

 2h   Q  mg   2  3 cos   (3)  R 

1 1 2 1 2  t T  .  .  4 4  4 v0 / l 2v0

- Theo định luật III Niu-tơn, áp lực N do vật nén lên vòng xiếc có độ lớn:

- Trong khoảng thời gian t, điểm treo O rơi tự do nên vận tốc vO / d của O ở

 2h  N  Q  mg   2  3 cos   (4)  R 

cuối giai đoạn này là

* Lưu ý: Kết quả này vẫn đúng cho mọi vị trí của C so với O.

vO / d  gt  g.

 2v0

b) Tính h để vật có thế vượt qua vòng xiếc

(3)

- Từ (2) và (3), ta được: g.

Để vật có thể vượt qua hết vòng xiếc thì vật phải luôn nén lên vòng xiếc khi chuyển động. Suy ra, với mọi α

 2v0

 v0  v0 2  g.

Từ (1) và (4) ta được: 2 g 1  cos    g.

 2

thì Nmin ≥ 0 .

(4)

 cos   1 



 2h   2h  - Từ (4) ta có: N min  mg   2  3   mg   5  R R    

(ứng với vị trí cao nhất   0 và cos   1 )

     ar cos  1    77 ,6 4 

 2h  5R  N min  0   5  0  h   2,5 R 2  R 

Vậy: Để khi quả cầu đến C, vận tốc của quả cầu đối với mặt đất

Vậy: Để vật có thể vượt qua hết vòng xiếc thì phải

bằng 0 thì   77 ,6 .

có: h  2 , 5 R .

3.45. Vật nhỏ khối lượng m trưọt từ độ cao h qua vòng xiếc bán kính R. Bỏ qua ma sát.

c) Định vị trí α (vị trí E) để vật bắt đầu rời vòng xiếc

a) Tính lực nén của vật lên vòng xiếc tại vị trí α (hình vẽ).

hoặc trượt trở xuống

b) Tính h để vật có thể vượt qua hết vòng xiếc.

- Vật rời vòng xiếc hoặc trượt trở xuống tại E nếu NE = 0.

c) Khi vật không qua hết vòng xiếc, định vị trí α nơi vật bắt đầu rời vòng xiếc hoặc trượt trở xuống. Bài giải a) Lực nén của vật lên vòng xiếc tại vị trí α (vị trí C)

 2h  - Thay N = 0 vào (4), ta được: N  mg   2  3 cos    0  R 



 2h 2  2h 2h 2  2  3 cos   0  cos       ar cos    R 3R 3  3R 3 

 2h 2  Vậy: Khi   ar cos    thì vật bắt đầu rời vòng  3R 3  xiếc hoặc bắt đầu trượt trở xuống. 3.46. Vật nhỏ bắt đầu trượt từ A có độ cao h xuống một vòng xiếc có bán kính R không vận tốc đầu. Vòng xiếc có một đoạn CD hở với  COB   BOD   , OB thẳng

Ta có: x D  2 R sin  ; yD  0 Thay (4) vào (3) ta được: v2 

gR (5) cos 

Từ (2) và (5), ta được: 2 gh  2 gR  1  cos     1   h  R  1  cos    (6) 2 cos    - Thay (6) vào (2), ta được: v 2 

đứng (hình vẽ). a) Định h để vật có thể đi hết vòng xiếc. b) Trong điều kiện ở câu α, góc α là bao nhiêu thì độ cao h có giá trị cực tiểu? Bài giải a) Định h để vật có thể đi qua vòng xiếc - Để vật có thể đi qua vòng xiếc thì vật phải đi qua hai điểm C và D (hình vẽ). Gọi v là vận tốc của vật tại C; Q là phản lực do vòng xiếc tác dụng lên vật tại C. Để vật đi qua (lên đến) C thì phải có điều kiện:

gR cos 

Vì cos   1 nên

gR cos 

1  cos   v 2  gR cos  (7) cos 

- So sánh (1) và (7) suy ra h xác định theo (6) thỏa mãn điều kiện .  1  Vậy: Để vật có thể đi hết vòng xiếc thì phải có: h  R  1  cos   2 cos    b) Định α để h = hmin  1  1 - Theo bất đẳng thức Co-si:  cos   2 2   2 cos  . 2 cos  2cos 

Q 0 Tại C ta có: Q  mg cos   m

v2 R



- Thay vào (6), ta được: hmin  R 1  2 2



Qm

v  mg cos   0 R

 v 2  gR cos  (1)

Khi đó: cos  

1 2  cos      45 2cos 2



trọng lực tại vị trí thấp nhất của vòng xiếc):

v2 WA  WC  mgh  mgR 1  cos    m 2

 v  2 gh  2 gR  1  cos   (2) 2

Như vậy, từ C, vật chuvển động như vật bị ném xiên góc α với vận tốc đầu v, quỹ đạo của vật là một pa-ra-



Vậy: Khi   45 thì h  hmin  R 1  2 2 .

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 điểm A và C (gốc thế năng

3.47. Vật nhỏ nằm trên đỉnh của bán cầu nhẵn cố định bán



kính R, vật được truyền vận tốc v0 theo phương ngang (hình vẽ). a) Định v0 để vật không rời khỏi bán cầu ngay tại thời điểm ban đầu. b) Khi v0 thỏa điều kiện trong câu a, định vị trí α nơi vật bắt đầu rời khỏi bán cầu. Bài giải

bol. - Phương trình chuyển động của vật (từ C) trong hệ tọa độ xCy là:

y

 gx 2   tan   x (3) 2v cos2  2

- Để vật đi qua D thì xD và yD phải thỏa mãn phương trình (3).

a) Định v0 để vật không rời khỏi bán cầu ngay tại thời điểm ban đầu   - Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P của vật và phản lực Q của bán cầu. Hợp lực của chúng gây ra gia tốc hướng tâm cho vật. - Tại đỉnh A theo định luậi II Niu-tơn. ta có:

mg  Q  maht 

  - Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P của vật và phản lực Q của bán cầu. Hợp lực của cluìng gây ra gia

mv0 2 mv 2  Q  mg  0 R R

tốc hướng tâm cho vật.

- Để vật không rời khỏi bán cầu tại A thì: Q ≥ 0.

- Theo định luật II Niu-tơn, tại B ta có:

mv 2  mg  0  0  v0  gR R

mg cos   Q 

Vậy: Giá trị của v0 để vật không rời khỏi bán cầu ngay tại thời điểm ban đầu là v0  gR .

 Q  mg cos  

b) Định α để vật bắt đầu rời khỏi bán cầu - Tại vị trí B, vật bắt đầu rời khỏi bán cầu, ta có: mg cos   Q' 

 Q'  mg cos  

mv 2 R

mv 2 h mv 2 (2)  mg  R R R

- Thay (1) vào (2), ta được:

Q  mg

v0 2  h m 2 mg    v0  2 g  h0  h     3h  2 h0    R R R  g 

- Theo định luật III Niu-tơn, lực nén N do vật nén lên bán cầu tại B có độ lớn là:

Vật rời khỏi bán cầu tại B khi Q'  0  v 2  gR cos  (1) Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 điểm A và B (gốc thế năng trọng lực

N Q 

v0 2  mg   3h  2h0    R  g 

tại tâm O của bán cầu):

Vậy: Lực nén của vật lên bán cầu là Q 

mv 2 mv 2 WA  WB  mgR  0  mgR cos   2 2

lò xo k = 0,4(N/cm). Quả cầu có thể chuyển động không ma sát trên mặt phẳng ngang.

Từ (1) và (2) suy ra: gR cos   v0 2  2 gR  1  cos  

Từ vị trí cân bằng O, người ta kéo quả cầu cho lò xo dãn ra đoạn OA = 5cm rồi buông tay. Quả cầu chuyển động dao động trên đoạn đường AB.

2 2 v 2  2 v0     arc cos   0   3 3gR  3 3 gR  

a) Tính chiều dài quỹ đạo AB. b) Tính vận tốc cực đại của quả cầu trong quá trình chuyển động.

2 v 2  Vậy: Vật rời khỏi bán cầu tại B ứng với góc lệch   arc cos   0   3 3gR   

Vận tốc này đạt ở vị trí nào?

3.48. Vật nhỏ khối lượng m trưọt trên mặt bán cầu nhẵn bán kính R. Tại thời điểm ban đầu vật ở độ cao h0 so

a) Chiều dài quỹ đạo AB

với đáy bán cầu và có vận tốc v0. Tính lực nén của vật lên bán cầu khi nó ở độ cao h < h0 và chưa rời bán cầu. Bài giải - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 điểm A và B (gốc thế năng trọng lực tại tâm O của bán cầu): 2

WA  WB  mgh0 

mv0 mv  mgh  2 2

 v 2  v0 2  2 g  h0  h  (1)

  

3.49. Quả cầu khối lượng m = 100g gắn ở đầu một lò xo nằm ngang, đầu kia của lò xo cố định, độ cứng của

 v2  v0 2  2 gR 1  cos   (2)

 cos  

v0 mg   3h  2h0  R  g

Bài giải

  - Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P , phản lực Q , lực đàn hồi    Fñh ( P và Q cân bằng). - Bỏ qua ma sát, cơ năng của hệ vật và lò xo (con lắc lò xo) bảo toàn. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 vị trí A (vị trí buông tay) và B (vật dừng ở phía bên kia O): WA  WB 

1 1 k.OA 2  k.OB 2 2 2

 OB  OA Vậy: Chiều dài quỹ đạo:

L  AB  2.OA  2.5  10 cm .

- Tại M lò xo không biến dạng nên: x M  OM   0  2 , 5cm;vM  0 .

b) Vận tốc cực đại của quả cầu

- Tại vị trí cân bằng O ( xCB  0 ) và quả cầu có vận tốc vCB.

- Áp dụng định luật bão toàn cơ năng cho 2 vị trí A và O (vị trí cân bằng, lò xo không biến dạng):

- Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng):

WA  WO 

1 1 k.OA 2  mv 2 2 2

WM  WCB 

 v  OA.

k 40  5.  100  cm / s   1  m / s  . m 0 ,1

 vCB  xM

Vậy: Vật đạt vận tốc cực đại bằng 1 m/s khi đi qua vị trí cân bằng, tại đó lò xo không biến dạng. 3.50. Quả cầu m = 50g gắn ở đầu lò xo thẳng đứng, đầu trên của lò xo cố định, độ cứng k = 0,2(N/cm). Ban đầu m được giữ ở vị trí lò xo thẳng đứng và có chiều dài tự nhiên. Buông m không vận tốc đầu.

20  50  cm /  s  0 , 5  m / s  0 ,05

b) Độ dãn cực đại của lò xo trong quá trình chuyển động - Tại vị trí thấp nhất N của quả cầu thì lò xo dãn cực đại, khi đó xN = ON và vN = 0. - Theo định luật bcảo toàn có năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng): WM  WN 

a) Tính vận tốc quả cầu tại vị trí cân bằng. b) Tìm độ dãn cực đại của lò xo trong quá trình chuyển động. Bài giải - Khi cân bằng lò xo dãn đoạn  0 (hình vẽ). Điều kiện cân bằng:

1 2 1 2 kx  kx  xN   xM   0  2 , 5cm 2 M 2 N

- Độ dãn cực đại của lò xo:    0  ON  2. 0  2.2 , 5  5cm Vậy: Tại vị trí thấp nhất thì lò xo bị dãn cực đại là 5cm. 3.51. Dây nhẹ đàn hồi chiều dài  , một đầu cố định ở A (hình vẽ). Từ A, một chiếc vòng nhỏ khối lượng m, lồng ngoài sợi dây và rơi xuống không ma sát,

mg mg  k    0  k

với k = 0,2 N/cm = 20 N/m, ta có: 0 ,05.10  0 ,025 m  2 , 5cm 20

- Tương tự bài trên, coi hệ (quả cầu + lò xo) tương đương với một

không vận tốc đầu. Khi rơi đến đầu B của dây, vòng tiếp tục chuyển động và kéo dãn dây thêm một đoạn  . Tìm hệ số đàn hồi k của dây. Bài giải - Tại vị trí cân bằng O, dây dãn đoạn  0 (hình vẽ). Điều kiện cân bằng: mg  k  0   0 

lò xo không treo quả cầu, có chiều dài tự nhiên bằng chiều dài của lò xo có treo quả cầu khi cân bằng, tức là đã dãn  0 với độ cứng k không đổi. Như vậy nếu chọn gốc thế năng đàn hồi tại vị trí càn bằng thì vẫn áp dụng được công thức Wt 

k  2 , 5 m

Vậy: Vận tốc của quả cầu tại vị trí cân bằng là 0,5(m/s).

(k = 0,4(N/cm) = 40(N/m))

 0 

1 2 1 2 kx  mv 2 M 2 CB

1 2 kx , với x là độ biến dạng của lò xo tính từ vị trí cân bằng. 2

- Vì lò xo tương đương không treo quả cầu (thế năng trọng lực đã bị cân bằng bởi thế năng đàn hồi) nên

mg (1) k

Gọi M là vị trí ban dầu (khi dây không biến dạng) của đầu B; N là vị trí thấp nhất (khi dây bị dãn tối đa) của đầu B. Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ. - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 điểm M và N (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng O): WM  WN 

1 2 1 2 1 2 kx  mv  kx (2) 2 M 2 N 2 N

trong trường hợp này thế năng trọng lực luôn bằng 0 và không phụ thuộc vào cách chọn gốc thế năng trọng

với x M    0 ; vM2  2 g ; x N     0

lực (Wlt = 0). Thế năng của hệ luôn bằng thế năng đàn hồi của lò xo với mốc thế năng tại vị trí cân bằng.

- Thay vào (2), ta được:

Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ. a) Vận tốc của quả cầu tại vị trí cân bằng:

2 1 1 1 k  02  m.2 g  k     0  2 2 2

 mg 

k

1 1 mg 1 k  2  k  . 0  k  2  k  .  k  2  mg 2 2 k 2

3.53. Vật m = 100g rơi tự do từ độ cao h lên một lò xo nhẹ, độ cứng k = 80 (N/m). Biết lực nén cực đại của lò xo lên sàn là N = 10N, chiều dài lò xo khi tự do là   20 cm (hình vẽ). Tính h.

2mg     

Bài giải

 2

- Tại vị trí cân bằng O, lò xo bị nén đoạn x0 với:

Vậy: Hệ số đàn hồi k của dây là k 

2mg     

mg  kx0  x0 

 2

mg (1) k

3.52. Nếu đặt quả cân lên đầu trên của một lò xo đặt thẳng đứng trên mặt

Gọi M là vị trí ban đầu (khi lò xo không biến dạng) của đầu trên lò xo; N là vị trí thấp nhất (khi lò xo bị nén

phẳng ngang, lò xo sẽ bị nén lại một đoạn x0 = 1 cm, Nếu ném quả cân đó

tối đa) của đầu trên lò xo. Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ.

từ độ cao 17,5cm (đối vói đầu trên của lò xo) theo phương thẳng đứng

- Lực nén của lò xo lên sàn đạt giá trị cực đại khi lò xo bị nén nhiều

xuống dưới với vận tốc đầu v0 = 1(m/s), lò xo sẽ bị nén lại một đoạn tối đa là bao nhiêu ?

nhất, tức là khi vật ở vị trí N.

Bài giải

Ta có:  

- Tại vị trí cân bằng O, lò xo bị nén đoạn x0. Điều kiện cân bằng: mg  kx0 

N k

Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng O):

m x0  k g

(1) WM  WN 

Gọi M là vị trí ban đầu (khi lò xo không biến dạng) của đầu trên lò xo; N là vị trí thấp nhất (khi lò xo bị nén tối đa) của đầu trên lò xo. Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ.

1 2 1 2 1 2 kx  mv  kx (2) 2 M 2 M 2 N

với xM   x0  

Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng O) ta có: WM  WN 

xN    x0 

1 2 1 2 1 2 kx  mv  kx 2 M 2 M 2 N

với x M   x0 ;vM2  v0 2  2 gh; x N  ON  x

1 2 1 1 kx  m v02  2 gh  kx 2 2 0 2 2

 x  x0 2 



- Thay vào (2), ta được: 2

m 2 v  2 gh k 0





x0 2 v  2 gh g 0



 h 

(3)

.   10  0 ,110 mg  N  mg  0 ,110 .   0,2    0 ,7 m  70cm 2k 2mgk 2.80 2.0 ,110 . .80

Vậy: Độ cao của vật khi bắt đầu rơi là h = 70cm. 3.54. Vật m bắn vào hai lò xo nhẹ mắc nối tiếp, độ cứng k1, k2 với

- Thay (1) vào (3) ta được: x  x0 2 

N mg N  mg   k k k

1  mg  1 1  N  mg  k   m.2 g  h     k   2  k  2 2  k 

Thay vào (2), ta được:



mg 2 ;vM  2 g  h    ; k

vận tốc đầu v0 như hình vẽ. Biết năng lượng cực đại của lò xo II



khi bị biến dạng là W2. Tính v0 Bài giải



0 ,01 2  x  0 ,01  1  2.10.0 ,175  0 ,068 m  6 , 8cm 10

Gọi x1 và x2 lần lượt là độ nén cực đại của hai lò xo; F1 và F2 lần

- Độ nén tối đa của lò xo:   x0  x  1  6 , 8  7 , 8 cm

lượt là lực đàn hồi của hai lò xo khi đó.

Vậy: Lò xo bị nén một đoạn tối đa là 7,8cm (khi vật ở vị trí thấp nhất).

- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: F1  F2  k1 x1  k2 x 2





 x1 

- Khi giá đỡ bắt đầu rời vật thì Q = 0

k2 x (1) k1 2

 F  P  ma  m  g  a 

- Năng lượng cực đại của lò xo II:

- Khi đó lò xo dãn một đoạn s bằng quãng đường vật và giá đỡ đã đi được. Ta có:

k x2 W2  2 2  x 2  2

s

2W2 (2) k2

- Thời gian để vật và giá đỡ đi quãng đường s là:

- Thay (2) vào (1) ta được: x1 

F m g  a  k k

k2 2W2 (3) . k1 k2

t

2m  g  a  2s  (2) a ka

- Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi riêng cho mỗi lò xo tại vị trí cân bằng của nó: khi đó - Vận tốc của vật lúc rời giá đỡ: v  at  a

cả hai lò xo không biến dạng): 1 1 1 1 mv 2  k1 x12  k2 x 2 2  v0 2  k x 2  k2 x 2 2 (4) 2 0 2 2 m 1 1



Thay

(2)

và

(3)

vào



(4),

Vây: Sau thời gian t  được:

 v0 2  Vây:

v0 

mk1

Vận

tốc

của

thì vật rời giá đỡ, lúc này vật có vận tốc v  a

- Tại ví trí cân bằng O, lò xo dãn đoạn x0. Điều kiện cân bằng: mg  kx0  x0 

mk1 khi

(3)

b) Độ dãn cực đại của lò xo

2W2  k1  k2 

 v0 

* Lưu ý: Điều kiện để (2) và (3) có nghiệm là (a < g).

2W  1  k 2 2W v0   k1 . 22 . 2  k2 . 2  . m  k1 k2 k2  2

2W2  k1  k2 

2m  g  a 

bắn

vào

lò

mg (4) k

- Từ (1) và (4) ta nhận thấy x0 > s (hình vẽ). Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ.

là

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng O):

2W2  k1  k2 

WM  WQ 

mk1

3.55. Một vật khối lượng m treo vào một lò xo có độ cứng k và

 kx N2  mvN2  kxQ2 (5)

đặt trên một giá đỡ như hình vẽ. Ở thời điểm ban đầu lò xo

 mg m  g  a   ma  Với: xN  ON   xQ  s     k k  k 



không biến dạng. Cho giá đỡ chuyển động đi xuống với gia tốc a (a < g). a) Sau bao lâu vật rời giá đỡ? Khi này vận tốc vật là bao nhiêu? b) Độ dãn cực đại của lò xo là bao nhiêu?

vN  v  a

Bài giải a) Sau bao lâu vật rời giá đỡ, vận tốc của vật khi đó



- Khi giá đỡ chưa rời khỏi vật thì có 3 lực tác dụng vào vật là trọng lực P của vật, lực đàn hồi F của lò xo  và phản lực Q của giá đỡ, có phương chiều như hình vẽ. - Phương trình định luật II Niu-tơn: P - F - Q = ma.



2m  g  a  ka

; xQ  x

2m  g  a   ma  2  kx 2 - Thay vào (5) ta được:  k     ma . ka  k  2

Gọi M, N, O, Q lần lượt là vị trí của vật khi giá đỡ bắt đầu đi xuống; khi giá đỡ bắt đầu rời khỏi vật; khi cân bằng; khi vật ở vị trí thấp nhất.

1 2 1 2 1 2 kx  mv  kx 2 N 2 N 2 Q

 x2 

m2 a  2g  a  k2

x

m a  2 g  a  (6) k

- Độ dãn cực đại của lò xo:   x0  x (7)

2m  g  a  ka

- Thay (4) và (6) vào (7), ta được:   Vậy: Độ dãn cực đại của lò xo là  

mg m  a 2g  a . k k

mg m  a  2g  a . k k

 F   m1  m2  g Vậy: Để sau khi ngưng tác dụng lực, hệ chuyển động và m2 bị nhấc khỏi mặt đất thì F   m1  m2  g .

3.56. Hai vật khối lượng m1, m2 nối với nhau bằng một lò xo có độ cứng k như hình vẽ. Tác dụng lên m1 lực  nén F thẳng đứng hướng xuống. Định F để sau khi ngưng tác dụng lực, hệ chuyển động và m2 bị nhấc khỏi

* Chú ý: Có thể giải bài này rất đơn giản bằng cách áp dụng

mặt đất.

+ Nếu dùng lực kéo F' tác dụng lên vật m1 theo phương thẳng Bài giải

Gọi M, N, O, Q lần lượt là vị trí của vật niị khi lò xo không biến dạng; khi m1 ở vị trí thấp nhất (có lực F tác dụng vào m1); khi m1 cân bằng; khi m1 ở vị trí cao nhất. Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ. Tại vị trí cân bằng O, lò xo bị nén đoạn OM. Điều kiện cân bằng:

mg m1 g  k.OM  OM  1 (1) k - Tại vị trí thấp nhất N, lò xo bị nén thêm đoạn ON do tác dụng của lực nén F, ta có: ON 

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 khi độ dãn hoặc độ nén của lò xo bằng nhau thì độ lớn của lực đàn hồi và thế năng của lò xo là như nhau. Vì vậy, để có kết quả như trên ta cần phải tác dụng vào vật m1 một lực nén F thẳng đứng hướng xuống có độ lớn đúng bằng F'. Suy ra: F  F'   m1  m2  g . 3.57. Hai vật khối lượng m1 , m2 nối với nhau bằng một lò xo có độ cứng k. Ban đầu m1 và m2 được nối bằng

F k

dây sao cho lò xo bị nén lại đoạn  (hình vẽ). Định  để sau khi cắt dây, hệ chuyển động và m2 bị nhấc lên

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng O của m1): WN  WQ 

phương pháp đối xứng như sau:

1 2 1 2 kx  kx 2 N 2 Q

 OQ  ON 

F (2) k

khỏi mặt đất. Bài giải Gọi M, N, O, Q lần lượt là vị trí của vật m1 khi lò xo không biến dạng; khi m1 ở vị trí thấp nhất (có hai dây giữ); khi m1 cân bằng; khi m1 ở vị trí cao nhất. Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ.

- Vật m2 chỉ có thể bị nhấc lên khi vật m1 ở vị trí cao nhất. Để vật m2 bị nhấc lên khỏi

Ta có:

mặt đất thì lò xo phải dãn khi m2 vừa nhấc khỏi mặt đất, suy ra OQ > OM (hình vẽ).

- Tại vị trí cân bằng O, lò xo bị nén đoạn OM. Điều kiện cân bằng:

- Khi m2 bắt đầu bị nhấc lên thì phản lực Q của mặt đất tác dụng vào m2 bằng 0 nên chỉ

m1 g k

có hai lực tác dụng vào m2 là trọng lực P2 và lực đàn hồi Fđ của

m1 g  k.OM  OM 

lò xo.

- Tại vị trí thấp nhất N, lò xo bị nén thêm đoạn ON, ta có:

- Điều kiện để m2 nhấc lên là Fđ > P2 (3) Với

F m g  F  m1 g  Fd  k.OM  k. OQ  OM   k.  1   k   k  k k  

ON  MN  OM   

m1 g k

- Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng O của

(4)

m1)

Và P2  m2 g (5)

WN  WQ 

 F  m1 g  - Thay (4) và (5) vào (3), ta được: k    m2 g k  

- Vật m2 chỉ có thể bị nhấc lên khi vật m1 ở vị trí cao nhất. Để vật m2 bị nhấc lên khỏi mặt đất thì lò xo phải

mg 1 2 1 2 kx  kx  OQ  ON    1 2 N 2 Q k

dãn khi m2 vừa nhấc khỏi mặt đất, suy ra OQ > OM (hình vẽ).

- Khi m2 bắt đầu bị nhấc lên thì phản lực Q của mặt đất tác dụng vào m2 bằng 0

3.59. Cho hệ như hình vẽ. Bỏ qua ma sát, độ dãn của dây, khối lượng

nên vào m2 chỉ có hai lực tác dụng là trọng lực P2 và lực đàn hồi Fđ của lò xo.

dây và ròng rọc. Biết v0 = 0 và m1 chuyển động đi xuống. Trong từng

- Điều kiện để m2 nhấc lên là: Fđ > P2

trường hợp, dùng định luật bảo toàn cơ năng, tính gia tốc chuyển

(1)

động của mỗi vật.

  m g m g 2m g  với: Fñ  k.MQ  k  OQ  OM   k.   1  1   k.    1  (2). k k  k   

và: P2 = m2g (3) Thay (2) và (3) vào (1), ta được: 2  m1  m2  g  2m g  k.   1   m2 g    k  k 

Vậy: Để sau khi cắt dây, hệ chuyển động và m2 bị nhấc lên khỏi mặt đất thì  

2  m1  m2  g k

3.58. Một lò xo bị nén giữa hai khối hộp m1 và m2 như hình vẽ (lò xo không gắn liền với hai vật). Nếu giữ chặt m1 và buông m2 thì m2 sẽ bị đẩy đi với vận tốc v.

Bài giải Chọn gốc thế năng trọng lực riêng cho mỗi vật tại vị trí ban đầu của chúng. Thế năng trọng lực ban đầu của

Tìm vận tốc của m2 nếu cả hai vật đều được buông cho chuyển động cùng lúc. Bỏ qua ma sát. Bài giải

hệ bằng 0. Vì dây không dãn nên gia tốc của hai vật luôn bằng nhau và quãng đường đi được s của hai vật trong cùng

Gọi x là độ nén của lò xo khi giữ chặt cả hai vật (hình vẽ).

khoảng thời gian là như nhau.

- Giữ chặt m1 và buông nhẹ m2. Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng khi lò xo không biến dạng):

- Với hình a

mv 1 2 1 2 kx  mv  x 2  2 (1) 2 2 k

+ Khi m1 đi xuống quãng đường s thì m2 đi lên cùng quãng đường s, suy ra h1   s và h2  s

- Buông nhẹ cùng lúc cả hai vật. Gọi v1, v2 lần lượt là vận tốc của hai vật m1 và m2 ngay sau khi buông tay. Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có (về độ lớn):

m1v1  m2 v2  v1 

+ Theo định luật bảo toàn cơ năng: 0  m1 gh1  m2 gh2 

m2 v2 m1

m

 v2 

1 2 1 1 kx  m1v12  m2 v22  kx 2  m1v12  m2 v22 (3) 2 2 2

 m2  v 2 2

m1  m2

+ Gia tốc của hệ: a=

v 2  m1  m2  g  2s m1  m2

- Với hình b

m1v 2 m1 v   v2  v m1  m2 m1  m2 2 2

Vậy: Vận tốc của m2 khi cả hai vật đều được buông cho chuyển động cùng lúc là v2  v

m

2  m1  m2  gs

m v  m2 v 2  m1  2 2   m2 v22 k  m1 

 m2  v 2 2

 0   m1 gs  m2 gs 

- Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng khi lò xo không biến dạng):

- Thay (1) và (2) vào (3) ta được: k.

+ Khi m1 đi xuống quãng đường s thì m2 đi lên cùng quãng đường s, suy ra h1   s và h2  s.sin  m1 m1  m2

+ Theo định luật bảo toàn cơ năng: 0  m1 gh1  m2 gh2 

m

 m2  v

Tiếp tuyến với mặt dốc tại chân dốc có phương nằm ngang nên vận tốc của vật m ngay sau khi rời ụ I có phương nằm ngang.

 0  m1 gs  m2 gs.sin  

 v2 

Vật m trượt từ đỉnh ụ I xuống sàn và rời khỏi ụ I trên sàn.

m

 m2  v

2  m1  m2 sin   gs m1  m2

+ Gia tốc của hệ: a=

v 2  m1  m2 sin   g  2s m1  m2

- Với hình c

Gọi v0, v1 lần lượt là vận tốc của ụ I (M) và vật m ngay sau khi vật m rời khỏi ụ I (hình vẽ).

+ Khi m1 đi xuống quãng đường s thì m2 đi lên cùng quãng

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng (về độ lớn) theo phương ngang cho hệ (m + ụ I):

đường s, suy ra h1   s và h2  s.sin 

mv1  Mv0  v0 

+ Theo định luật bảo toàn cơ năng: 0  m1 gh1  m2 gh2

m 

 v2 

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ (m + ụ I) (gốc thế năng trọng lực tại mặt sàn):

 m2  v 2

mgH 

 0  m1 gs  m2 gs.sin  

m

 m2  v 2

mv12 Mv0 2  (2) 2 2 2

- Thay (1) vào (2) ta được: mgH 

2  m1  m2 sin   gs m1  m2

+ Gia tốc của hệ: a=

mv1 (1) M

 v12 

v 2  m1  m2 sin   g  2s m1  m2

mm  M  2 mv12 M  mv1   . .v1   2 2  M  2M

2 MgH (3) mM

Sau khi vật m rời khỏi ụ I thì m chuyển động thẳng đều trên mặt sàn phẳng nhẵn với vận tốc v1, đến va chạm với ụ II. Sau va chạm, vật m chuyển động chậm dần và ụ II chuyển động nhanh dần cùng chiều với m. Vật m

3.60. Hai ụ dốc cao đáy phẳng giống nhau, mỗi ụ có khối lượng M, chiều

cao

đi lên cao dần trên ụ II, khi vận tốc của m và ụ II so với mặt đất bằng nhau thì m đứng yên trên ụ II, tức là m

H, có thể trượt trên một sàn nhẵn nằm ngang. Trên đỉnh trụ 1 đặt vật m, m

trượt

không tiếp tục đi lên trên ụ II nữa, vật m đạt độ cao cực đại trên ụ II.

khỏi ụ I không vận tốc đầu và đi lên trên ụ II. Tìm độ cao cực đại h mà m

đạt

Gọi v là vận tốc của hệ (vật m + ụ II) khi m đứng yên trên ụ II.

được trên sườn ụ II. Bỏ qua ma sát. Biết tiếp tuyến với mặt dốc tại chân dốc hướng nằm ngang.

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng (về độ lớn) theo phương ngang cho hệ (m + ụ II):

mv1   m  M  v  v 

mv1 (4) m M

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ (m + ụ II) (gốc thế năng trọng lực tại mặt sàn): mv12  m  M  v   mgh 2 2 2

- Thay (4) vào (5) ta được: Bài giải

mv12  m  M   mv1   .   mgh 2 2 mM 



v12 m v12  .  gh 2 2 mM 1

h

H h

m M mM v 2  v 2 (6) 1 2g 2g  m  M  1

- Thay (3) vào (6) ta được: h 

Mv0 2 (4) 2 m  M  g

 H max 

M 2 MgH M2H H .   2 2 g  m  M  m  M  m  M 2  m 1   M  

 m 1 M   

Thay số: H max 

5.5 2  1,04 m 2  1  5  .10

* Trường hợp 1: H = 1m < Hmax nên vật m lên được đến đỉnh của nêm M, vượt qua đỉnh nêm, trượt xuống sàn,

Vậy: Độ cao cực đại h mà m đạt được trên sườn ụ II là h 

Mv0 2 (5) 2 m  M  g

hãm chuyển động của nêm, cuối cùng rời khỏi nêm và vượt lên trước nêm (hình a).

3.61. Vật m = 1 kg trưọt trên mặt ngang với v0 = 5(m/s) rồi trượt lên một nêm như hình vẽ. Nêm ban đầu

Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của vật m và nêm M sau

đứng yên, khối lượng M = 5kg, chiều cao của đỉnh là H, nêm có thể trượt trên mặt ngang. Bỏ qua ma sát và

khi vật rời khỏi nêm.

mọi mất mát động năng khi va chạm.

Chọn chiều dương theo chiều v0 , suy ra v1 > 0.

a) Tính vận tốc cuối cùng của vật và nêm trong hai trường hợp H = 1m hoặc H = 1,2m.

- Áp dụng định luật bào toàn động lượng theo phương ngang:

b) Tính V0min để với v0 > v0min, vật vượt qua được nêm cao H = 1,2m. Lấy g = 10(m/s2).

mv0 = mv1 + Mv2

Bài giải a) Vận tốc cuối cùng của 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 bằng 0, cùng chiều với m. Vật m đi lên cao dần trên nêm M, khi vận tốc của vật m và nêm M so với mặt đất bằng nhau thì m đứng yên trên nêm, tức là m không tiếp tục đi lên trên nêm nữa, vật m đạt độ cao



(6)

- Áp dụng định luật bào toàn cơ năng (vì thế năng trước và sau bằng nhau): 1 1 1 mv 2  mv12  Mv2 2 (7) 2 0 2 2

- Từ (6) suy ra: v2 

m  v0  v1  M

cực đại h trên nêm M.

- Thay (8) vào (7) ta được:

Gọi v là vận tốc của hệ (m + M) khi m đứng yên trên nêm M.

 m  v0  v1   mv0 2  mv12  M   M  

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (về độ lớn) theo phương ngang, ta có: mv0   m  M  v  v 

mv0 mM

(1) mv0 2  m  M  v   mgh (2) 2 2 2

mv0  m  M  . mv0   mgh  - Thay (1) vào (2) ta được:   2 2 mM  2



  m  M  v12  2 mv0 v1   M  m  v0 2  0 (9) 2

- Theo định luật bảo toàn cơ năng:

(8)

mv0 2 m 2 v0 2 Mv0 2   mgh  h  (3) 2 2m  M  2m  M  g

Với v0 xác định, điều kiện về H để vật m lên được đến đỉnh của nêm M là:

- Giải phương trình (9) ta có 2 nghiệm của v1 là: v1 = v0 và v1 

m  M  v

mM

 0 (loại).

Suv ra: v1 = v0 = 5 m/s. Thay vào (8) ta có: v2 = 0. Vậy: Sau khi vật rời khỏi nêm thì vật có vận tốc bằng 5m/s và nêm đứng yên. * Trường hợp 2: H = 1,2m > Hmax nên vật m không lên được đến đỉnh của nêm M mà chỉ lên được đến độ cao cực đại h = Hmax = 1,04 m trên nêm M rồi dừng lại. Khi đó vận tốc của vật và nêm đối với mặt đất là bằng nhau. Sau đó vật m trượt xuống đẩy nêm chuyển động nhanh hơn, suy ra v2 > v1 (hình b).

Giải tương tự như trường hợp 1 nhưng chọn nghiệm v1  0 , suy ra: v1 

- Công toàn phần do búa máy thực hiện trong một lần đóng: Atp = mgh. - Công có ích do búa máy thực hiện trong một lần đóng: Ai = Ftb.s.

m  M  v

(10)

mM

- Hiệu suất của búa máy: H 

- Thay (10) vào (8) ta được: v2 

Vậy: Hiệu suất của búa máy là H = 0,8 = 80%.

2mv0 (11) mM

- Thay số: v1 

3.64. Một lò xo có chiều dài tự nhiên 15cm. Lò xo được nén lại tới lúc chỉ còn dài 5cm. Độ cứng của lò xo

1  5  5  3, 33(m/ s) và v

1 5



2.15 .  1,67  m / s  1 5

Vậy: Sau khi rời khỏi nêm thì vật chuyển động ngược chiều dương, tức là chuyển động ngược lại với vận tốc có độ lớn bằng 3,33(m/s); còn nêm chuyển động sang phải với vận tốc bằng 1,67(m/s). b) Tính V0min để vật m vượt qua đỉnh nêm cao H = 1,2m Từ (4) suy ra: v0 

Thay số: v0 

Ai Ftb .s 80000.0 ,1    0 ,8 Atp mgh 500.10.2

2  m  M  gH M

2 1  5  .10.1, 2 5

k  100  N / m  . a) Một viên bi khối lượng 40g, dùng làm đạn, được cho tiếp xúc với lò xo bị nén. Khi bắn, lò xo truyền toàn bộ thế năng cho đạn. Tính vận tốc lúc bắn. b) Đạn bắn theo phương nằm ngang và lăn trên một mặt ngang nhẵn, sau đó đi lên một mặt nghiêng, góc nghiêng α = 30°. Tính chiều dài lớn nhất mà đạn lăn được trên mặt nghiêng, nếu bỏ qua ma sát trên mặt phẳng nghiêng.

(12)

c) Thực ra đạn chỉ lăn được trên mặt nghiêng 1/2 chiều dài tính được ở trên. Tính hệ số ma sát của mặt phẳng nghiêng.  5 , 37 (m/s)

Bài giải a) Vận tốc của đạn lúc bắn

Suy ra: v0min = 5,37(m/s) Vậy: Với H = 1,2m và v0 ≥ 5,37(m/s) thì vật vượt qua được đỉnh nêm. . ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN NĂNG LƯỢNG 3.62. Một trạm thủy điện nhỏ hoạt động nhờ một thác nước cao 5m, lưu lượng 20 (lít/giây). Công suất điện do máy phát ra là 800W. Tính hiệu suất của trạm thủy điện. Khi trạm phát điện hoạt động, năng lượng đã được chuyển hóa từ dạng nào sang dạng nào?

- Theo định luật bảo toàn cơ năng:

 v0  0 ,1

1 2 1 k kx  mv0 2  v0  x 2 2 m

100  5  m / s 0 ,04

Vậy: Vận tốc của đạn lúc bắn là v0 = 5(m/s). Bài giải

b) Chiều dài lớn nhất mà vật lăn được trên mặt phẳng nghiêng (không có ma sát)

- Công suất toàn phần (bằng công do thác nước thực hiện trong 1 s)

- Theo định luật báo toàn cơ năng (hình vẽ):

tp  mgh  LDgh

1 mv 2  mgh  mg sin  2 0

- Hiệu suất của nhà máy điện: H 

i i  tp LDgh

 

Thay số, với L = 20(l/s); D = 1(kg/l), ta được: H 

800  0 ,8 20.110 . .5

v0 2 52   2,5m 2 g sin  2.10.sin 30

Vậy: Nếu mặt phăng nghiêng nhẵn không ma sát thì vật lăn được quãng đường dài nhất trên mặt phẳng nghiêng là 2,5m.

Vậy: Hiệu suất của nhà máy điện là 0,8 hay 80%. - Khi trạm phát điện hoạt động, năng lượng đã chuyển hóa từ cơ năng của thác nước thành điện năng. 3.63. Búa máy khối lượng 500kg rơi từ độ cao 2m và đóng vào cọc làm cọc ngập thêm vào đất 0,1 m. Lực đóng cọc trung bình là 80000N. Tính hiệu suất của búa máy. Bài giải

c) Hệ số ma sát của mặt phẳng nghiêng Lực ma sát (không phải lực thế) có tác dụng biến một phần cơ năng thành nhiệt, làm giảm cơ năng của vật. Theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực ma sát (không phải lực thế) trên

mặt phẳng nghiêng bằng độ biến thiên cơ năng của vật:

3.36. Một chiếc xe tắt máy thả lăn không vận tốc đầu từ A xuống dốc AC và chạy đến D thì dừng lại. Từ D

AFms  W (1)

xe mở máy và chạy ngược lại theo đường DCA và dừng lại khi lên đến A (hình vẽ). Tính công của lực kéo

Với AFms   Fms . '    mg  cos   . ' (2)

của động cơ xe biết AB = 10m, khối lượng xe m = 500kg.

1 1  W  W  W0  mgh'  mv0 2  mg 'sin   mv0 2 (3) 2 2

- Khi xe đi xuống tắt máy, theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực ma sát (không phải lực thế)

Bài giải

Thay (2) và (3) vào (1) ta được:

AFms  W (1)

1   mg  cos   . '  mg 'sin   mv0 2 2

Với AFms  A1ms  A2 ms    mg  cos   .AC   mg.CD



v0  tan  (2) 2 g 'cos 

Với  ' 



 2

 1, 25 m, ta được:  

52 25.

 3 2

trên cả đoạn đường AD bằng độ biến thiên cơ năng của xe:

 BC   AFms    mg. .AC  CD   AC 

52  tan 30 210 . .1, 25.cos 30

 AFms    mg. BC  CD     mg.BD (2) và W  W  W0  0  mg. AB  mg.AB (3)

3  0 , 58 3

- Thay (2) và (3) vào (1) ta được:   mg.BD   mg.AB

 BD 

Vậy: Hệ số ma sát của mặt phẳng nghiêng là 0,58.



(4)

3.65. Một vật nhỏ tại D được truyền vận tốc đầu v0 theo hướng DC (hình vẽ). Biết vật đến A thì dừng lại ,

- Khi xe đi lên, theo định luật bảo toàn năng lượng thì tổng công của

AB = 1m, BD = 20m, hệ số ma sát   0 , 2 . Tính v0.

lực ma sát và lực kéo của động cơ (đều không phải lực thế) bằng độ

Bài giải - Theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực ma sát trên cả quãng đường từ D đến A bằng độ biến thiên cơ năng của vật trên quãng đường đó:

biến thiên cơ năng của xe:

AFms  AF  W  AF  W  AFms (5)

AFms  W (1)

 BC  Với AFms  A1ms  A2 ms    mg  cos   .AC   mg.CD    mg. .AC  CD   AC 

Với AFms  A1ms  A2 ms    mg.DC   mg  cos   .CA

 AFms    mg. BC  CD     mg.BD (6)

 AFms    mg.DC   mg

CB .CA CA

- Thay (4) vào (6) ta được:  AFms    mg.

 AFms    mg. DC  CB     mg.DB (2)

và W  W  W0  mg. AB  0  mg.AB (8)

1 và W  W  W0  mg. AB  mv0 2 (3) 2

- Thay (7) và (8) vào (5) ta được:



 mg.AB (7)

AF  mg.AB   mg.AB   2mg.AB

1 Thay (2) và (3) vào (1) ta được:   mg.DB  mg.AB  mv0 2 2

Thay số AF  2.500.10  100000 J  100 kJ

 v0  2 g  AB   .DB   2.10 1  0 , 2.20   10  m / s 

Vậy: Công của lực kéo của động cơ là AF  100 kJ .

Vậy: Vận tốc đầu của vật là v0 = 10 (m/s)

3.67. Một vật nặng trượt không vận tốc đầu xuống mặt phẳng nghiêng AB rồi tiếp tục đi thêm một đoạn BC trên mặt phẳng ngang (hình vẽ). Biết: AH = h, BH =  , BC = x, hệ số ma sát trên cả hai đoạn đường là μ.

Vậy: Để bài toán có nghiệm thì phải có điều kiện  



3.68. Vật trượt không vận tốc đầu đi xuống theo một mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng α = 45°. Ở chân mặt

Dùng định luật bảo toàn năng lượng, tính x. Cho biết điều kiện để bài toán có nghiệm. Bài giải

phẳng nghiêng, vật va chạm với một tường chắn vuông góc với hướng chuyển động khiến vận tốc vật đổi

Khi vật đi xuống, theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực ma sát (không phải lực thế) trên cả

chiều nhưng giữ nguyên độ lớn. Sau đó vật đi lên trên mặt phẳng được một nửa độ cao ban đầu. Tính hệ số

đoạn đường AC bằng độ biến thiên cơ năng của xe:

ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng. Bài giải

AFms  W (1)

- Vì khi va chạm với tường, vận tốc của vật chỉ đổi hướng mà không đổi độ lớn nên động năng của vật không

Với AFms  A1ms  A2 ms

thay đổi do va chạm. Nói cách khác, va chạm chỉ có tác dụng đổi hướng chuyển động của vật mà không làm

 AFms    mg  cos   .AB   mg.BC

thay đổi cơ năng của vật.

 HB   AFms    mg. .AB  BC   AB 

Đặt AB =  và AH = h (hình vẽ).

 AFms    mg. HB  BC     mg.   x  (2)

bằng độ biến thiên cơ năng của vật trên quãng đường đó:

- Theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực ma sát (không phải lực thế) trên cả đoạn đường ABC

AFms  W (1)

và W  W  W0  0  mg. AH   mgh (3)

Với AFms    mg  cos   . AB  BC 

- Thay (2) và (3) vào (1) ta được:   mg.   x   mgh

x



 AFms    mg

  (4)

Với HB 

- Điều kiện để bài toán có nghiệm là vận tốc vB của vật tại B

HB 3 AB 3HB .    mg. AB 2 2

AH h  tan  tan 

khác không: vB > 0. - Theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực ma sát đoạn đường AB bằng độ biến thiên cơ năng trên đoạn đường đó.

AFms  WB  WA (5) Với AFms    mg  cos   .AB    mg. và WB  WA 

HB .AB    mg.HB    mg (6) AB

1 mv 2  mgh (7) 2 B

 AFms    mgh.

1   g   vB 2  gh  vB  2 g  h    2 h



1 mv 2  mgh 2 B

3 (2) 2 tan 

h h Và W  WC  WA  mg  mgh  mg (3) 2 2

- Thay (2) và (3) vào (1) ta được:   mgh. 

- Thay (6) và (7) vào (5) ta được:   mg 

Điều kiện vB  0  h    0   

trên

3 h   mg 2 tan  2

tan  tan 45   0 , 33 3 3

Vậv: Hệ số ma sát của mặt phẳng nghiêng là   0 , 33 . 3.69. Vật m = 1kg ở độ cao h = 24m được ném theo phương thẳng đứng xuống dưới với vận tốc v0 = 14(m/s). Khi chạm đất, vật đào sâu xuống một đoạn s = 0,2m. Bỏ qua lực cản của không khí. Tính lực cản trung bình của đất. Bài giải

- Vì bỏ qua lực cản của không khí nên công của lực cản trung bình của đất (không phải lực thế) từ B đến C

hai bình có độ cao

bằng độ biến thiên cơ năng của vật từ A đến C (cũng bằng độ biến thiên cơ năng của vật từ B đến C). Chọn

h (bỏ qua thể tích của ống thông). Tìm độ biến thiên 2

gốc thế năng của trọng lực tại mặt đất. Ta có:

thế năng của khối nước. Cho biết sự chuyển hóa năng lượng trong hiện

AFC  WC  WA (1)

tượng trên. Bài giải

mv 2 Với AF   FC .s;WC  mgs;WA  mgh  0 C 2

- Khi cân bằng, mặt thoáng của hai bình có độ cao bằng nhau và bằng

 mv 2 Thay vào (1) ta được:  FC .s   mgs   mgh  0  2  m  FC  2 gs  2 gh  v0 2 2s



  

- Coi khối nước trong mỗi bình như một chất điểm có khối lượng bằng khối lượng của khối nước đặt tại khối tâm của mỗi khối, tức là có độ cao bằng



h . 4

- Độ biến thiên thế năng của khối nước: Wt  Wt  W0 t

1 - Thay số: FC  2.10.0 , 2  2.10.24  14 2  1700 N 2.0 , 2



h 2



h h h  Wt  mg  mg  mg 4 2 4

Vậy: Lực cản trung bình của đất là 1700N

Ta thấy ∆Wt < 0, suy ra thế năng của khối nước giảm. Một phần thế

3.70. Quả cầu khối lượng m treo dưới một dây chiều dài  . Nâng quả cầu lên để

dây

năng của khối nước đã biến thành nhiệt làm nóng khối nước và

treo nằm ngang rồi buông tay. Biết vận tốc quả cầu ở vị trí cân bằng là V. Tìm lực cản trung bình của không

thành bình.

khí lên quả cầu.

3.72. Cho hệ như hình vẽ,α=30°, m1 = 150g, m2 = 100g, hệ chuyển động không vận tốc đầu. Hệ số ma sát Bài giải

giữa m1 và mặt phẳng nghiêng là μ = 0,15. Dùng định luật bảo toàn năng

- Theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực cản của không khí trên cung tròn AB bằng độ biến

lượng tính gia tốc mỗi vật, suy ra vận tốc mỗi vật sau khi chuyển động

thiên cơ năng của vật trên cung tròn đó. Chọn gốc thế năng của trọng lực tại vị trí cân bằng B (hình vẽ). Ta

một thời gian t = 4s.

có:

Bài giải

AC  WB  WA (1)

- Chọn gốc thế năng trọng lực riêng cho mỗi vật tại vị trí cân bằng của

2   Với AC   FC .s   FC . (2)   FC . 4 2

chúng. Thế năng ban đầu của hệ bằng 0.

 WB  WA 

mv  mg (3) 2

- Vì dây không dãn nên gia tốc của hai vật luôn bằng nhau và quãng đường đi được s của hai vật trong cùng khoảng thời gian là như nhau.

- Thay (2) và (3) vào (1) ta được:

Giả sử m2 đi xuống và m1 đi lên. Khi m2 đi xuống thẳng đứng quãng

  mv m v2   FC .   mg  FC   2 g   2 2   

đưừng s thì m1 đi lên cùng quãng đường s trên mặt phẳng nghiêng,

Vậy: Lực cản trung bình của không khí lên quả cầu là

- Theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực ma sát trên

FC 

m v   2g    



3.71. Hai bình hình trụ giống nhau được nối bằng ống có khóa (hình vẽ). Ban đầu khóa đóng và bình bên trái có một khối nước khối lượng m, mặt thoáng có độ cao h. Mở khóa cho hai bình thông nhau và mặt thoáng ở

suy ra h2 = - s và h1 = s.sinα (hình vẽ).

mặt phẳng nghiêng trong quãng đường s bằng độ biến thiên cơ năng của hệ hai vật trên quãng đường đó:

AFms  W-W0 (1) Với AFms    mg  cos   .s (2)

- Theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực ma sát trên đoạn đường vật đi từ A đến B lần thứ nhất

W0  0 (3) W  m1 gh1  m2 gh2 

m

(liên tiếp) bằng độ biến thiên cơ năng của hệ.

 m2  v 2

AFms  WB  WA

 W  m1 gs.sin   m2 gs 

m

 m2  v 2 2

với: AFms    mg  s1  s2 

(4)

- Thay (2), (3) và (4) vào (1), ta được:   mg  cos   .s  m1 gs.sin   m2 gs 

 v2 

m

(1)

 m2  v 2 2

0

2  m2  m1 sin    m1 cos   gs

1 WA  2. ks12  ks12 (hai lò xo) 2

(3)

1 WB  2. ks2 2  ks2 2 (hai lò xo) 2

(4)

- Thay (2), (3) và (4) vào (1) ta được:   mg  s1  s2   ks2 2  ks12

m1  m2

v 2  m2  m1 sin    m1 cos   g - Gia tốc của hệ: a   2s m1  m2

0 ,1  0 ,15.sin 30  0 ,15.0 ,15.cos30  .10  0 , 22 (m/s2) a 0 ,1  0 ,15

(2)



k  s1  s2  15  0 ,1  0 ,07  ks2 2  ks12    0 ,09 mg 0 , 5.10 mg  s1  s2 

Vậy: Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang là μ = 0,09. 3.74. Vật m = 1kg đang đặt trên sàn xe nằm ngang đứng yên thì được truyền vận tốc v0 = 10(m/s). Xe khối lượng M = 100kg và có thể chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn. Do ma sát, vật chuyển động một

- Vận tốc của mỗi vật sau khi chuyển động được 4s: v = at = 0,22.4 = 0,88(m/s).

đoạn trên sàn xe rồi dừng lại. Tính nhiệt lượng tỏa ra trong quá trình vật chuyển động đối với xe.

Vậy: Gia tốc của mỗi vật là a = 0,22(m/s2) và vận tốc của mỗi vật sau 4s chuyển động là v = 0,88(m/s).

Bài giải

3.73. Vật m = 0,5kg gắn vào các vách thẳng đứng bởi hai lò xo giống nhau và chuyển động theo phương dọc

Do có ma sát giữa sàn xe với vật nên vật chuvển động chậm dần và xe chuyển động nhanh dần cùng chiều

theo hai lò xo (hình vẽ). Tại một thời điểm nào đó, độ lệch cực đại liên tiếp của vật khỏi vị trí cân bằng bên

với vật. Khi vận tốc của vật và xe đối với mặt đất bằng nhau thì vật nằm yên trên xe, khi đó vật và xe coi như

phải và bên trái là s1 = 10cm và s2 = 7cm. Biết độ cứng mỗi lò xo k =

một vật có khối lượng bằng tổng khối lượng của vật và xe, chuyển động cùng vận tốc.

15(N/m). Tìm hệ số ma sát μ giữa vật và mặt phẳng.

Gọi v là vận tốc của vật và xe khi vật nằm yên trên xe. Theo phương ngang thì ngoại lực bằng không nên

Bài giải 1 - Công thức tính thế năng đàn hồi của lò xo Wt  kx 2 chỉ áp dụng được cho trường hợp chọn gốc thế năng 2

đàn hồi tại vị trí lò xo không biến dạng, với x là độ biến dạng của lò xo. - Trong trường hợp này, ở trạng thái cân bằng, hai lò xo đã biến dạng và thế năng đàn hồi của hai lò xo đã cân bằng lẫn nhau. Vì vậy ta coi hệ hai lò xo này tương đương với hai lò xo chưa biến dạng, có chiều dài tự

động lượng của hệ được bảo toàn:

mv0   m  M  v  v 

mv0 (1) mM

- Lực ma sát giữa sàn xe và vật làm giảm cơ năng của hệ (vật + xe), một phần cơ năng của hệ đã biến thành nhiệt. Theo định luật bảo toàn năng lượng, phần cơ năng biến thành nhiệt có độ lớn bằng độ giảm cơ năng của hệ:

nhiên bằng chiều dài của hai lò xo khi cân bằng và có độ cứng vẫn bằng k. Như vậy nếu chọn gốc thế năng

v0 2 v2  m  M  (2) 2 2

1 tại vị trí cân bằng thì ta vẫn áp dụng được công thức tính thế năng của lò xo Wt  kx 2 , với gốc thế năng đàn 2

Q  W0  W=m

hồi tại vị trí cân bằng và độ biến dạng x tính từ vị trí cân bằng.

- Thay (1) vào (2) ta được: Q  m

Gọi A là vị trí của vật ứng với độ lệch cục đại bên phải (vị trí biên bên phải) và B là vị trí của vật ứng với độ lệch cực đại bên trái (vị trí biên bên trái).

Qm

 mv0  v0 2  m  M   2 mM 

v0 2  v0 2  M  m  1  m   2  mM  2 m M 

 Q  1.

10 2  100     49 , 5 J 2  1  100 

 F 2 x  F  1 2 t    m .t   kx - Thay (6) và (7) vào (4) ta được: F  2  4m  2m  2

Vậy: Nhiệt lượng tỏa ra trong quá trình vật chuyển động đối với xe là Q = 49,5J. 3.75. Trên mặt bàn nhẵn nằm ngang có hai khối hộp giống nhau, nối với nhau bằng một lò xo có độ cứng k.  Chiều dài lò xo ở trạng thái chưa biến dạng là  0 . Tác dụng lực F không đổi nằm ngang dọc theo lò xo vào

  Fx  kx 2  x1  0 ; x2  

F k

Suy ra:  max   0  x1   0 ;  min   0  x2   0 

khối hộp bên trái. Tìm khoảng cách cực đại và cực tiểu giữa các khối khi hệ chuyển động. Bài giải

Vậy: Khoảng cách cực đại và cực tiểu giữa các vật khi hệ chuyển động là  max   0 và  min   0 

- Khoảng cách ( giữa hai vật đạt cực đại hay cực tiểu khi hai vật đứng yên so với khối tâm G, tức là khi hai

F . k

Phần 1.

vật có cùng vận tốc và bằng vận tốc của khối tâm G: v1 = v2 = vG (1)  - Gọi L là quãng đuờng vật m1 đi được duới tác dụng của lực F trong khoảng thời gian t kể từ lúc bắt đầu tác  dụng lực F cho đến khi lò xo có chiều dài  max hay  min (hình vẽ).

A - TÓM TẮT KIẾN THỨC

- Gọi s là quãng đường đi được của khối tâm, x là độ biến dạng của lò xo khi lò xo có chiều dài  max hay

1. Định nghĩa, đặc điểm

 min . Với x là đại lượng đại số, x > 0 khi lò xo bị dãn và x < 0 khi lò xo bị nén.

F . k

Chuyên đề 4: SỰ VA CHẠM GIỮA CÁC VẬT

I - ĐỊNH NGHĨA. PHÂN LOẠI

- Va chạm là tương tác giữa các vật xảy ra trong thời gian rất ngắn và vận tốc của các vật thay đổi không đáng kể. - Lực va chạm là xung lực, lực này rất lớn nên làm thay đổi đột ngột động lượng của mỗi vật. - Có thể coi hệ hai vật va chạm là hệ kín trong thời gian va chạm. Do đó có thể áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ trước và sau va chạm. 2. Phân loại - Về năng lượng: Có ba loại:

- Từ hình vẽ ta có: L 

0 2

s

0  x 2

+ Va chạm hoàn toàn đàn hồi: động năng của hệ được bảo toàn.

 s

x (2) 2

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: AF  W  F.L 

1 1 1 mv 2  mv 2  kx 2 (3) 2 1 2 2 2

1 - Từ (1) và (3) ta được: F.L  mvG 2  kx 2 (4) 2

- Khối tâm chuyển động nhanh dần đều không vận tốc đầu dưới tác dụng của lực F nên ta có: aG 

F 1 F 2 ; s  aG t 2  t (5) 2m 2 4m

F vG  aG t  .t (6) 2m

- Thay (5) vào (2) ta được: L 

F 2 x t  (7) 4m 2

+ Va chạm hoàn toàn không đàn hồi (va chạm mềm): sau va chạm các vật “dính” vào nhau và chuyển động cùng vận tốc. + Va chạm đàn hồi một phần: động năng của hệ không được bảo toàn. - Về hình học: Có hai loại: + Va chạm xuyên tâm (trực diện): vectơ vận tốc của các vật trước và sau va chạm luôn cùng phương. + Va chạm không xuyên tâm (xiên): vectơ vận tốc của các vật trước và sau va chạm luôn khác phương. II - CÁC TRƯỜNG HỢP THƯỜNG GẶP 1. Va chạm xuyên tâm - Va chạm xuyên tâm đàn hồi: Trường hợp này động lượng và động năng của hệ được bảo toàn:       + Bảo toàn động lượng: pt  ps  m1 v1  m2 v2   m1 v1'  m2 v2'    4.1 + Bảo toàn động năng:

Wđ (t )  Wđ  s  

1 1 1 1 m1v12  m2v22  ...  m1v1'2  m2 v2'2 +... (4.2) 2 2 2 2

* Với hệ hai vật  m1 , m2  :

' ' m1v1  m1v1 cos 1  m2 v2 cos  2  ' ' 0  m1v1 sin 1  m2 v2 sin  2

    m1 v1  m2 v2  m1 v1'  m2 v2'  1 1 1 1 2 2 '2 '2  m1v1  m2 v2  m1v1  m2 v2 2 2 2 2

- Trường hợp va chạm là đàn hồi, động năng bảo toàn: Wd  t   Wd  s  .

1 1 1 m1v12  m1v1' 2  m2v2' 2 2 2 2

m1v1  m2 v2  m1v1'  m2v2'   1  4.3 1 1 1 2 2 '2 '2  m1v1  m2 v2  m1v1  m2 v2 2 2 2 2 ' 1

Từ (4.3): v

 m  m2  v1  2m2v2  1 m1  m2

(4.7)

' 2

và v

 4.8 

B - NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP.  VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG.

 m  m1  v2  2m1v1 .  2 m1  m2

- Từ đặc điểm của sự va chạm, ta thấy: hệ hai vật va chạm có thể coi là hệ kín trong thời gian va chạm.   Do đó luôn có thể áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ trước và sau va chạm: p t  p s

- Va chạm mềm (hoàn toàn không đàn hồi): Trường hợp này động lượng của hệ được bảo toàn nhưng động năng của hệ không được bảo toàn: + Bảo toàn động lượng:       pt  ps  m1 v1  m2 v2   m1 v1'  m2 v2'  (4.4) + Động năng chuyển hóa thành nội năng: Wđ t   Wđ ( s )  Q

- Đối với các va chạm đàn hồi (xuyên tâm và không xuyên tâm), động năng luôn được bảo toàn:

Wđ (t )  Wđ ( s ) . - Đối với các va chạm không đàn hồi (xuyên tâm và không xuyên tâm), động năng không được bảo toàn, một phần động năng thường được biến thành nhiệt: (4.5)

Wđ (t )  Wđ ( s )  Q hay Wđ (t )  Wđ ( s )  Q

(Q thường là nhiệt năng làm nóng vật hoặc tỏa ra môi trường xung quanh).

 VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.

* Với hệ hai vật  m1 , m2  :

 Với dạng bài tập về va chạm xuyên tâm, đàn hồi. Phương pháp giải là:

   m1 v1  m2 v2   m1  m2  v   1 1 1 2 2 2  m1v1  m2v2    m1  m2  v  Q 2  2  2

- Sử dụng công thức của định luật bảo toàn động lượng (va chạm) và bảo toàn động năng (đàn hồi):

 '  m1  m2  v1  2m2v2 m1v1  m2 v2  m1v1'  m2v2' v1  m1  m2    1  1 1 1 2 2 '2 '2  m1v1  m2 v2  m1v1  m2v2 v '   m2  m1  v2  2m1v1 2 2 2 2  2 m1  m2 

m1v1  m2 v2   m1  m2  v    1 (4.6) 1 1 2 2 2  2 m1v1  2 m2v2   2  m1  m2  v  Q  

Từ (4.6): v 

m1v1  m2 v2 1 mm  2 ; Q   1 2   v1  v2  . m1  m2 2  m1  m2 

- Một số chú ý: Vận tốc của hai vật có giá trị đại số: theo chiều dương nếu vectơ vận tốc cùng chiều với chiều dương thì v  0 ; nếu vectơ vận tốc ngược chiều với chiều dương thì v  0 .  Với dạng bài tập về va chạm xuyên tâm, không đàn hồi. Phương pháp giải là: - Sử dụng công thức của định luật bảo toàn động lượng (va chạm) và độ giảm động năng (không đàn

2. Va chạm không xuyên tâm

 Giả sử vật 1 chuyển động với vận tốc v1 đến va chạm xiên vào vật 2

  đang đứng yên  v2  0  . Sau va chạm, hai vật có vận tốc là v1 , v 2 và hợp với

phương vận tốc ban đầu của vật 1 là 1 , 2 . Ta có:

       - Bảo toàn động lượng: pt  ps  m1 v1  m2 v2  m1 v1'  m2 v2' .

hồi): m1v1  m2 v2  m1v1'  m2v2'   1 1 1 1 2 2 '2 '2  2 m1v1  2 m2v2    2 m1v1  2 m2 v2   Q    

- Với va chạm mềm (hoàn toàn không đàn hồi): v1'  v2'  v , do đó:

m1v1  m2 v2  m1v1  m2v2   m1  m2  v v  m  m 1 2     1 1 1 2 2 2  2 m1v1  2 m2 v2   2  m1  m2  v  Q Q  1  m1m2   v  v 2   1 2    2  m1  m2 

- Một số chú ý: va chạm mềm giữa vật 1 có vận tốc v1 với vật 2 đang đứng yên  v2  0  trong thực tế: búa – cọc; búa – đe, ta được:

m1v1 ;Q  m1  m2

1  m1m2  2   v1 . 2  m1  m2 

+ Nếu m1  m2 (búa – cọc): v

v1 m2 v12 . 1 1  v1 ; Q   m2 v12  m1v12  Wd t  : nhiệt lượng toả ra rất ít. m2 2 2   m 2 1 2 1   m1  m1 

+ Nếu m1  m2 (búa – đe):

v

- Một số chú ý: Với va chạm xiên, để xác định các thành phần vận tốc ta chiếu hệ thức định luật bảo toàn động lượng dạng vectơ lên hai phương tiếp tuyến và pháp tuyến. Kết hợp với hệ thức bảo toàn động năng ta xác định được các đại lượng cần tìm. C - CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG. 4.1. Quả cầu I chuyển động trên mặt phẳng ngang trơn, với vận tốc không đổi đến đập vào quả cầu II đang

+ Vận tốc hệ sau va chạm và nhiệt lượng toả ra: v

( vt là thành phần tiếp tuyến, vn là thành phần pháp tuyến).

2 1 1

v1 mv . 1  0; Q   m1v12  Wd t  : nhiệt lượng toả ra rất lớn. m2  m1  2 2  1 m1  m2 

1

 Với dạng bài tập về va chạm đàn hồi của quả cầu với mặt phẳng cố định. Phương pháp giải là: - Sử dụng công thức của định luật bảo toàn động lượng (va chạm) và bảo

đứng yên. Va chạm là hoàn toàn đàn hồi. Sau va chạm vận tốc hai quả cầu ngược nhau, cùng độ lớn. Tính tỉ số các khối lượng của hai quả cầu. Bài giải Gọi m1 và m2 lần lượt là khối lượng quả cầu I và II; v0 là vận tốc của quả cầu 1 trước va chạm; v1 và v2 lần lượt là vận tốc của quả cầu I và II sau va chạm.

 - Hai quả cầu đặt trên mặt phẳng ngang nhẵn nên không có lực ma sát, mặt khác trọng lực P và phản

 lực Q cân bằng nhau nên hệ hai quả cầu là hệ kín khi va chạm.

- Theo định luật bảo toàn động lượng (theo phương ngang), ta có: m1v0  m1v1  m2 v2

- Sau va chạm vận tốc hai quả cầu ngược chiều nhau, cùng độ lớn nên: v2  v1

m1v1  m1v1'  m2 v2'  1 1 1 2 '2 '2  m1v1  m1v1  m2 v2 2 2 2 m1  1  m1  m2 m2 '  v  v  v1  v1 1 1 m1  v1  v1'   m2 v2 m1 m1  m2    1    ' ' '2 m2 m1  v1  v1  v1  v1   m2 v2   ' 2m1 v2  m  m v1  0  1 2

(2)

- Thay (2) vào (1) ta được: m1v0  m1v1  m2 v1   m1  m2  v1

 v1 

toàn động năng (đàn hồi), với m2  ; v2  0 ta được: + Với va chạm xuyên tâm:

(1)

m1v0 m1  m2

(3)

- Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên động năng bảo toàn:

v02 v2 v2  m1 1  m2 2 (4) 2 2 2

- Thay (2) vào (4) ta được: m1  v12 

v02 v2 v2 v2  m1 1  m2 1   m1  m2  1 2 2 2 2

m1v02 (5) m1  m2 2

 mv  m1v02 m1 1   - Từ (3) và (5) suy ra:  1 0   2 m1  m2  m1  m2  m1  m2  m1  m2 

+ Với va chạm xiên:

 m2  m2  3m1   0

v1' t  v1t ; v1' n  v1n ; v1  v12t  v12n ; v1'  v1'2t  v1'2n ; v1'  v1 .

Vì m2  0  m2  3m1  0 

m1 1  m2 3

Vậy: Ti số các khối lương của hai quả cầu là

m1 1  m2 3

4.2. Quả cầu khối lượng M  1kg treo ở đầu một dây mảnh nhẹ chiều dài   1,5m . Một quả cầu m  20 g bay ngang đến đập vào M với v  50 (m/s). Coi va chạm là đàn hồi xuyên tâm. Tính góc lệch cực đại của dây treo M. Bài giải Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của quả cầu m và M ngay sau va chạm.  - Chọn chiều dương theo chiều của vận tốc v . Theo phương ngang, động lượng được bảo toàn nên:

Bài giải Gọi v0 là vận tốc của vật m1 ngay trước va chạm. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật m1 tại 2 vị trí A và B (gốc thế năng trọng lực tại vị trí cân bằng);

m1 gh 

1 m1v02  v02  2 gh 2

- Vì va chạm là đàn hồi xuyên tâm nên động năng bảo

(1)

Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của vận tốc của vật m1 và vật m2 ngay 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 của v 0 : (2)

m1v0  m1v1  m2 v2

(1)

mv  mv1  Mv2

chạm, các quả cầu được nâng lên độ cao bao nhiêu, nếu va chạm là hoàn toàn đàn hồi?

Vì va chạm là đàn hồi xuyên tâm nên động năng bảo toàn:

toàn: m

v2 v2 v2 m 1 M 2 2 2 2

(2)

- Từ (1) suy ra: v  v1 

M v2 m

(3)

Giải hệ (2) và (3) ta được:

(3)

v1 

M 2 v2 (4) - Từ (2) suy ra: v  v  m 2

v02 v2 v2  m1 1  m2 2 2 2 2

2 1

 m1  m2  v0

(4)

m1  m2

2m1v0 m1  m2

- Chia theo vế (4) cho (3) ta được:

và v2 

v  v1  v2

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho mỗi vật:

(5)

- Giải hệ (3) và (5) ta được:

v1 

m  M  v ;v

mM



* Vật m1 : m1 gh1 

2mv (6) mM

h1 

bằng A):

v22  Mgh  Mg  1  cos   2

 cos   1 

(6)

Thay (4) vào (6) và chú ý đến (1) ta được:

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật M tại vị trí A và B (gốc thế năng trọng lực tại vị trí cân

1 v2 m1v12  h1  1 2 2g

* Vật m2 : m2 gh2 

2 2

v 1  2mv   1 .  2g 2 g  m  M 

(7)

1  2.0, 02.50   cos   1  .  0,87    29,50 . 2.10.1,5  0, 02  1 

Vậy: Góc lệch cực đại của dây treo là   29,50. 4.3. Hai quả cầu m1  200 g , m2  100 g treo cạnh nhau bởi hai dây song song bằng nhau như hình vẽ. Nâng quả cầu I lên độ cao h  4,5cm rồi buông tay. Hỏi sau va

 m1  m2  v02   m1  m2  .h  h   0, 2  0,1 .4,5  0,5cm . 1 2 2 2  m1  m2  .2 g  m1  m2   0, 2  0,1 1 v2 m2 v22  h2  2 2 2g

(7)

Thay (5) vào (7) và chú ý đến (1) ta được: h2 

4m1v02

 m1  m2 

 .2 g

4m12 v02

 m1  m2 

.h  h2 

4.0, 22

 0, 2  0,1

.4,5  8cm .

Vậy: Sau va chạm hai vật lên được độ cao cực đại lần lượt là h1  0,5cm và h2  8cm .

4.4. Hai quả cầu giống nhau treo cạnh nhau bởi hai dây song

F2  2T2  2mg  3  2 cos  

song bằng nhau. Kéo lệch hai quả cầu khỏi phương thẳng đứng

* Tại thời điểm cuối của quá trình va chạm (ngay sau va chạm):

về hai phía với cùng góc  rồi thả cùng lúc. Coi va chạm giữa hai quả cầu là hoàn toàn đàn hồi. Tính lực tác dụng lên giá treo: a) Tại lúc bắt đầu thả các quả cầu. b) Tại các thời điểm đầu, cuối của quá trình va chạm giữa các quả cầu.

(4)

- Gọi lực căng của mỗi dây treo lúc này là T3 , vận tốc của mỗi quả cầu là v3 . - Do va chạm là đàn hồi xuyên tâm và hai quả cầu giống nhau nên sau va chạm, hai quả cầu đổi vận tốc cho nhau. Có nghĩa là hai quả cầu đổi chiều chuyển động nhưng độ lớn vận tốc không đổi so với ngay trước va chạm. - Lực căng của mỗi dây treo là: T3  T2

c) Tại thời điểm các quả cầu bị biến dạng nhiều nhất.

- Lực do hai dây treo tác dụng vào giá treo (hai dây song song nhau):

Bài giải a) Lực tác dụng lên giá treo tại lúc bắt đầu thả các quả cầu Gọi lực căng của mỗi dây treo lúc bắt đầu thả các quả cầu

F3  2T3  2mg  3  2 cos    F2

(5)

Vậy: Lực tác dụng tại các thời điểm đầu, cuối của quá trinh va chạm giữa các quả cầu là F2  F3  2 mg  3  2 cos   .

là T1 ; vận tốc của mỗi quả cầu là v1  0 . - Theo định luật II Niu-tơn, ta có:    (1) T 1  P  ma

c) Lực tác dụng lên giá treo tại thời điểm các quả cầu bị biến dạng nhiều nhất - Các quả cầu bị biến dạng nhiều nhất khi chúng đi qua vị trí cân bằng và có vận tốc v4  0 . Gọi lực

- Chiếu (1) xuống phương dây treo với chiều dương hướng về điểm treo O, ta được: v2 T1  mg cos   maht  m 1  0   T1  mg cos 

căng mỗi dây lúc này là T4 . - Tương tự, ta có phương trình định luật II Niu-tơn: T4  mg  0  T4  mg - Lực do hai dây treo tác dụng vào giá treo (hai dây song song nhau):

- Hai dây hợp với nhau góc 2 (hình vẽ) nên hợp lực do hai dây tác dụng lên giá treo là:

F4  2T4  2mg

F1  2T1 cos   2mg cos2 

Vậy: Lực tác dụng lên giá treo tại thời điểm các quả cầu bị biến dạng nhiều nhất là F4  2mg .

Vậy: Lực tác dụng lên giá treo tại lúc bắt đầu thả các quả cầu là F1  2mg cos 2  .

4.5. Hai quả cầu khối lượng m và km treo cạnh nhau trên hai dây song song chiều dài

b) Lực tác dụng tại các thời điểm đầu, cuối của quá trình va chạm giữa các quả cầu

1 và  2 . Kéo dây treo m lệch góc  rồi buông tay.

* Tại thời điểm đầu của quá trình va chạm (ngay trước va chạm): Tại thời điểm đầu của quá trình va

Tìm góc lệch cực đại của hai dây treo sau va chạm lần I. Coi va chạm là tuyệt đối đàn hồi và bỏ qua ma sát.

chạm, 2 quả cầu ở vị trí cân bằng.

Bài giải

Gọi lực căng của mỗi dây treo lúc này là T2 , vận tốc của mỗi quả cầu là v2 . - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho mỗi quả cầu (gốc thế năng trọng lực tại vị trí cân bằng):

1 mg  1  cos    mv22  v22  2 g  1  cos   2

năng cho vật m tại 2 vị trí A và B (gốc thế năng trọng lực tại vị trí cân bằng): (2)

mg 1 1  cos   

Phương trình định luật II Niu-tơn (tương tự câu a):

T2  mg  m

v22 v2  T2  mg  m 2  

Gọi v0 là vận tốc của vật m ngay trước va chạm. Áp dụng định luật bảo toàn cơ

(3)

(1)

Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của vật m và vật km ngay sau va chạm. Vì va chạm là đàn hồi

xuyên tâm, nên ta có:

- Thay (2) vào (3) ta được: T2  mg  2 gm 1  cos    mg  3  2 cos   - Hợp lực do hai dây treo tác dụng vào giá treo (hai dây song song nhau):

1 2 mv0  v02  2 g 1 1  cos   2

v1 

 m  km  v0  1  k  v0 m  km

1 k

(3)

v1 

2mv0 2v  0 m  km 1  k

4.6. Vật khối lượng m1 được thả không vận tốc đầu và

(4)

trượt xuống một vòng xiếc bán kính R. Tại điểm thấp

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho mỗi vật: * Vật m:

nhất nó va chạm đàn hồi với vật m2 đang đứng yên.

1 2 mv1  mg 1 1  cos 1  2

 cos 1  1 

Sau va chạm, m2 trượt theo vòng xiếc đến độ cao h thì

v12 1  1  k  v0   1 .  2 g 1 2 g 1  1  k 

rời khỏi vòng xiếc  h  R  .

(5)

Vật m1 giật lùi lên máng nghiêng rồi lại trượt xuống lên 2

- Thay (1) vào (5) ta được: cos 1  1 

1  1 k  .  .2 g  1 1  cos   2 g 1  1  k 

đến độ cao h của vòng xiếc thì cũng rời vòng xiếc. Tính độ cao ban đầu H của m1 và tính tỉ số các khối lượng. Bỏ qua ma sát. Bài giải

1 k   cos 1  1    . 1  cos    1 k 

Gọi v0 là vận tốc của vật m1 ngay trước va chạm (tại vị trí thấp nhất B).

  1 k    1  arccos 1    . 1  cos      1  k  

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m1 tại 2 vị trí A và B:

m1 gH 

1 * Vật M  km : mv22  kmg  2 1  cos  2  2  cos  2  1 

2 2

v 1  2v0  1 . 2 g 2 2 g  2 1  k 

(6)

- Vì va chạm đàn hồi xuyên tâm nên ta có: v1 

1  2  .  .2 g  1 1  cos   2g2  1  k 

 cos  2  1 

4 1  2 1  k 

(1)

Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của hai vật m1 và m2 ngay sau va chạm.

- Thay (1) vào (6) ta được: cos  2  1 

1 m1v02  v0  2 gH 2

. 1  cos  

  41   2  arccos 1  . 1  cos    . 2    2 1  k  

v2 

 m1  m2  v0 m1  m2

2m1v0 m1  m2

(2)

(3)

* Xét m2 sau va chạm: Giả sử vật m2 rời khỏi vòng xiếc tại C, gọi vận tốc của m2 tại C là v2 .   - Các lực tác dụng vào m2 tại C: trọng lực P 2 và phản lực Q 2 của vòng xiếc, với Q2  0 .

Vậy: Góc lệch cực đại của hai dây treo sau va chạm lần I là:

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m2 cho 2 vị trí B và C:

  1  k 2   1  arccos 1    . 1  cos    1  k    

1 1 m2 v22  m2 v2'2  m2 gh 2 2

  4 1 . 1  cos    và  2  arccos 1  2   1  k  2  

 v22  v2'2  2 gh

(4)

- Áp dụng định luật II Niu-tơn cho m2 tại C với Q2  0 ta được: m2 g cos   m2

v2'2  v2'2  gR cos   g (h  R) R

(5)

* Xét m1 sau va chạm: Theo đề bài, vật m1 cũng rời khỏi vòng xiếc tại C, gọi vận tốc của m1 tại C là v1' .

  - Các lực tác dụng vào m1 tại C: trọng lực P1 và phản lực Q1 của vòng xiếc, với Q1  0 .

Giả sử m2 va chạm vào m3 trước (hình vẽ). Va

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m1 cho 2 vị trí B và C:

chạm giữa m2 với m1 và m3 xảy ra liên tiếp nhiều lần làm

1 1 m1v12  m1v1'2  m1 gh  v12  v1'2  2 gh 2 2

cho vận tốc của m1 và m3 tăng dần ( m1 dịch chuyển sang

(6)

trái và m3 dịch chuyển sang phải), ngược lại vận tốc của

- Áp dụng định luật II Niu-tơn cho m1 tại C với Q1  0 ta được:

m2 giảm dần.

v' 2 m1 g cos   m2 1 R  v1' 2  gR cos   g (h  R ) (7)

- Quá trình va chạm sẽ kết thúc khi vận tốc cuối cùng v2 của m2 bắt đầu nhỏ hơn vận tốc của m1 hoặc m3 . Khi đó vận tốc của m1 và m3 đạt cực đại. Gọi các vận tốc cực đại này là v1 và v3 .

- Từ (5) và (7) suy ra: v1'2  v2'2

8 

- Thay (8) vào (4) và (6): v12  v22

(9)



- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (chiều dương theo chiều của v ): m2 v   m1v1  m3v3  m2 v2 2

  m  m2  v0   2m1v0  - Thay (2) và (3) vào (9) ta được:  1     m1  m2   m1  m2 

(1)

- Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên cơ năng bảo toàn:

1 1 1 1 m2v 2  m1v12  m3v32  m2 v2'2 (2) 2 2 2 2

  m1  m2   4m12  m1  m2  2m1  m2  3m1 (loại nghiệm m2  m1 ).

m  2 3 m1

(10) 2 2

- Thay (5) vào (4) ta được: v  2 gh  g  h  R   v  3 gh  gR - Thay (10) vào (3) và chú ý đến (1) ta được: v2 

gH 2

(11)

m1 và m3 . Suy ra:

1 m2 v2'2  0; m2 v2'2  0 2

2 gH v0  2 2

(3)

m1  m2  m v   m v1  v3  3 3 - Thay (3) vào (1) và (2) ta được:   m2 v 2  m1 v 2  v 2 1 3  m3 m3

(12)

- Từ (11) và (12) suy ra: 3gh  gR   H  2  3h  R 

1 m2 v2'2 2

của m2 là rất nhỏ, có thể bỏ qua so với động năng ban đầu của m2 , động lượng và động năng cuối cùng của 2 2

 v22 

-Vì m1 , m3  m2 và v2'  v1 ; v3 nên động lượng cuối cùng m2v2' của m2 và động năng cuối cùng

gH 2

(13)

- Đặt a 

Vậy: độ cao ban đầu H của m1 và tính tỉ số các khối lượng là H  2  3h  R  và

m2  3. m1

m1 m ; b  2  1 m3 m3

(4)

4.7. Ba vật khối lượng m1 , m2 , m3 có thể trượt không ma

bv  av1  v3  5   2 2 2 bv  av1  v3  6 

sát theo một trục nằm ngang (hình vẽ) và m1 , m3  m2 .

- Từ (5) suy ra: v3  bv  av1 (7)

Ban đầu m1 , m3 đứng yên còn m2 có vận tốc v. Va chạm

- Thay (7) vào (6) ta được: bv 2  av12   bv  av1 

là hoàn toàn đàn hồi.

 a  a  1 v12  2 abvv1  bv 2  b 2 v 2  0

Tìm vận tốc cực đại của m1 , m3 sau đó. Bài giải

Vì b 

m2  1 nên b2  0  b2 v 2  0 m3

 a  a  1 v12  2 abvv1  bv 2  0

(8)

- Thay (1) vào (2) ta được: v3 

- Giải phương trình bậc hai (8) đối với v1 , ta được: 2

 '   abv   ab  a  1 v2  ab  a  1 v 2 ; vì  abv   0  v1 

Vì b 

 v1 

 abv  v ab  a  1



a  a  1

bv

 a  1



a  a  1

v

a  a  1

Suy ra: v3  v3max khi a  amin .

a  a  1

v

b a  a  1

(9)

(Loại nghiệm v2  0 ) - Thay (4) vào (9) ta được: v1  v

4v0 4v  0 (3) m2 m3 m3 1  a 1   m1 m2 m1

- Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a  amin khi

ab  a  1 2

4m1m2 v0  m1m2  m22  m1m3  m2 m3

v ab  a  1

bv m2 0  1 nên m3  a  1

v ab  a  1

 v3 

2m2 2m1v0 4m1m2 v0 .  m2  m3 m1  m2  m1  m2  .  m2  m3 

m2 m3 m1m3  m12

- Thay (4) và (10) vào (7) ta được: v3  v

(10)

m1m2 . m1m3  m32

Vậy: Vận tốc cực đại của m1 , m3 sau đó là v1  v

m2 m3 m1m2 và v3  v . m1m3  m12 m1m3  m32

* Chú ý: Nếu m2 va chạm vào m1 trước thì ta vẫn có kết quả như trên. 4.8. Ba quả cầu khối lượng m1 , m2 , m3 đặt thẳng hàng

m2 m3 m3   m1 m2 m1

 m2 m3 m  m 2  1  m2 m3    6  m1 m1  m3 m3    m2 m1

- Từ (4) suy ra: m2  m1m3

(7)

- Từ (5) suy ra: m2  m3

(8)

- Từ (6) suy ra: m1  m2

(9)

- Từ (8) và (9) ta có: m1  m2  m3 . Đây là trường hợp đặc biệt của (7). Vậy: Điều kiện tổng quát để quả cầu III có vận tốc lớn nhất là: m2  m1m3 . 4.9. Cho hệ như hình vẽ. Hai vật cùng khối lượng m đặt trên

trên sàn trơn. Quả cầu I chuyển động đến quả cầu II

sàn nhẵn nằm ngang và nối với nhau bằng lò xo độ cứng k.

với vận tốc nào đó còn quả cầu II và III đang đứng

Vật thứ ba cùng khối lượng m đến đập vào một trong hai vật

yên (hình vẽ). Tính m2 theo m1 , m3 để sau va chạm

với vận tốc v dọc theo phương song song với trục lò xo. Coi

(tuyệt đối đàn hồi), quả cầu III có vận tốc lớn nhất.

va chạm là tuyệt đối đàn hồi.

Bài giải. Gọi v0 là vận tốc ban đầu của vật I; v2 là vận tốc của vật II sau khi vật I va chạm với vật II; v3 là vận

a) Chứng minh rằng hai vật nối bằng lò xo luôn chuyển động cùng hướng. b) Tính vận tốc mỗi vật khi lò xo dãn tối đa. Bài giải

tốc của vật III sau khi vật II va chạm với vật III (hình vẽ). - Tương tự bài trên, ta có:

a) Chứng tỏ hai vật nối bằng lò xo luôn chuyển động cùng hướng.

v2 

2m1v0 m1  m2

(1)

Gọi v1 và v3 lần lượt là vận tốc của vật 1 và vật 3 ngay sau va chạm. Chọn chiều dương hướng  sang phải theo chiều của v (hình vẽ). Áp dụng định luật

v3 

2m2 v2 m2  m3

(2)

bảo toàn động lượng và bảo toàn động năng cho hệ hai quả cầu 1 và 3, ta có:

 mv  mv3  mv1  v  v3  v1 m 2 m 2 m 2   2 2 2 v  v3  v1  2 v  2 v3  2 v1

Như vậy, khối tâm G chuyển động sang phải với vận tốc vG 

- Khi lò xo dãn tối đa thì hai vật đứng yên trong hệ quy chiếu khối tâm, tức là đứng yên so với khối tâm G. Suy ra vận tốc của hai vật (đối với mặt đất) bằng nhau và bằng vận tốc của khối tâm. Ta có:

v  v3  v1 v1  v  2 2  2 v  v  v v3  0  3 1

u1  u2 

- Ngay sau va chạm, vật 3 đứng yên và vật 1 chuyển động sang phải với vận tốc bằng v. Lúc này lò xo chưa kịp biến dạng.

v 2

(4’)

- Thay (4’ ) vào (3) ta cũng được: xmax  v

Gọi u1 và u2 là vận tốc của vật 1 và vật 2 tại thời điểm bất kì sau va chạm của vật 3 vào vật 1, và x là độ biến dạng của lò xo khi đó. - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn năng lượng cho hệ hai vật 1, 2 và lò xo ta được:

(1) mv  mu1  mu2 v  u1  u2   1 2 1 2 1 2 1 2   2 1 2 2 2  2 mv  2 mu1  2 mu2  2 kx v  u1  u2  m kx (2) v 2  u12  u22  2u1u2 kx 2   2 1 2  u1u2  2 2 2m v  u1  u2  kx m 

m . 2k

4.10. Một viên đạn khối lượng m1  1kg bay với vận tốc v1  100  m / s  đến cắm vào một toa xe chở cát có khối lượng m2  1000kg đang chuyển động với vận tốc v2  10  m / s  Tính nhiệt lượng toả ra trong hai trường hợp: a) Xe và đạn chuyển động cùng chiều. b) Xe và đạn chuyển động ngược chiều. Bài giải  Gọi v là vận tốc của hệ (đạn + xe cát) sau va chạm.

(3)

kx 2 - Vì  0 nên u1 và u2 luôn cùng dấu, nghĩa là sau va chạm hai vật 1 và 2 luôn chuyển động cùng 2m

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang cho hệ (các vectơ   vận tốc v1 của đạn và v2 của xe trước va chạm cùng phương): m1v1  m2 v2   m1  m2  v

hướng, tức là về cùng một phía.

m1v1  m2 v2 m1  m2

b) Vận tốc của mỗi vật khi lò xo dãn tối đa

v

kx 2 Vì u1  u2  v không đổi nên theo bất đẳng thức Cô-si thì u1u2  đạt cực đại khi: 2m

- Nhiệt lượng tỏa ra trong quá trình va chạm:

u1  u2 

v 2

Q  W0 d  Wd 

(4)

- Khi đó (3) trở thành:

Vậy: Vận tốc mỗi vật khi lò xo dãn tối đa là u1  u2 

(1)

1 1 1 m1v12  m2 v22   m1  m2  v 2 2 2 2

(2)

- Thay (1) vào (2) ta được:

2 v 2 kxmax m   xmax  v . 4 2m 2k

v . 2

* Chú ý: Có thể giải câu b theo cách khác như sau: Gọi G là khối tâm của hệ hai vật 1 và 2; vG là vận tốc của khối tâm G.

Q

 m v  m2 v2  1 1 1 m1v12  m2 v22   m1  m2  .  1 1  2 2 2  m1  m2 

Q

1 1 1  m1v1  m2 v2  m1v12  m2 v22  2 2 2 m1  m2

(3)

a) Xe và đạn chuyển động cùng chiều: Chọn chiều dương theo chiều chuyển động của đạn trước va

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ gồm vật 1 và vật 2 sau khi vật 3 va chạm vào vật 2, ta có: m1v1  mG vG hay mv  2mvG  vG 

v . 2

mv v  2m 2

chạm (hình vẽ). Ta có: v1  100  m / s  ; v2  10  m / s  Thay số vào (3) ta được:

1 m1v12 2

1 1 1 1.100  1000.10  Q  .1.1002  .1000.102  . =4046J 2 2 2 1  1000

W0 d 

Vậy: Nhiệt lượng tỏa ra khi va chạm là Q  4046 J .

- Động năng của hệ ngay sau va chạm:

b) Xe và đạn chuyển động ngược chiều:

Wđ   m1  m2  v 2 

Chọn chiều dương theo chiều chuyển động của đạn trước va chạm (hình vẽ).

 m v  1 m2v 2 1  m1  m2  .  1 1   . 1 1 2 2 m1  m2  m1  m2 

- Nhiệt tỏa ra khi va chạm: Q  W0 đ – Wđ  Wđ 

Ta có: v1  100  m / s  ; v2  10  m / s  Thay số vào (3) ta được:

Q  2

1 1 m2v 2 m1v12  . 1 1 2 2 m1  m2

m2 1 m2 . m1v12  .W0 đ m1  m2 2 m1  m2

1 1 1 1.100  1000.  10  2 Q  .1.1002  .1000.  10   .  =6044J 2 2 2 1  1000

- Tỉ số (phần trăm) giữa nhiệt lượng tỏa ra và động năng của búa trước va chạm:

Vậy: Nhiệt lượng tỏa ra khi va chạm là Q  6044 J .

Q m2  W0 đ m1  m2

4.11. Búa máy khối lượng m1  1000kg rơi từ độ cao h  3, 2m vào một cái cọc khối lượng m2 , va chạm là mềm. Tính:

(3)

a) Với m1  1000kg ; m2  100kg . Thay số vào (2) và (3) ta được:

a) Vận tốc của búa và cọc sau va chạm. b) Tỉ số (phần trăm) giữa nhiệt tỏa ra và động năng của búa trước va chạm.

v

Xét hai trường hợp:

b) Với m1  1000kg ; m2  5000kg .

a) m2  100kg .

Thay số vào (2) và (3) ta được:

b) m2  5000kg . Bài giải Gọi v1 là vận tốc của búa ngay trước khi va chạm vào cọc. - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho búa tại 2 điểm A và B (gốc thế năng trọng lực tại mặt mặt đất (hình vẽ)).

v

* Nhận xét: Phần động năng của búa biến thành nhiệt ở trường hợp a nhỏ hơn nhiều so với trường hợp b, tức là hiệu suất đóng cọc ở trường hợp a cao hon nhiều so với trường hợp b.

truyền vận tốc v hướng lên. Hệ sẽ đạt độ cao cực đại bao nhiêu? Biết tương tác của hai quả cầu khi dây bị căng ra giống như một va chạm mềm. Bài giải

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (phương thẳng đứng cho va

Gọi vG là vận tốc của khối tâm G của hệ hai vật vật khi bắt đầu đi lên.

chạm mềm):

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ hai quả cầu (coi như va chạm

(2)

- Động năng của hệ ngay trước va chạm (bằng động năng của búa ngay trước va chạm):

1000 2.10.3, 2 Q 5000  1,3  m / s  và   0,83  83% 1000  5000 W0 đ 1000  5000

4.12. Hai quả cầu nhỏ giống nhau được nối với nhau bằng một dây ngắn thẳng đứng. Quả cầu ở trên được

1 m1v12  v1  2 gh (1) 2  (Vectơ v1 hướng thẳng đứng xuống dưới). m1 gh 

m 2 gh m1v1 m1v1   m1  m2  v  v   1 m1  m2 m1  m2

1000 2.10.3, 2 Q 100  7,3  m / s  và   0,09  9% . 1000  100 W0 đ 1000  100

mềm):

mv  2mvG  vG 

v 2

(1)

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ hai vật với gốc thế năng trọng lực tại mặt đất (hình vẽ).

vG2 1 2  2mgh  h  vG 2 2g

- Thay (1) vào (2) ta được: h 

Gọi v0 là vận tốc của vật m ngay trước khi va chạm với đĩa m1 . Ta có: v0  2 gh

(2)

Gọi v là vận tốc của hệ (m + m1 ) ngay sau va chạm. Theo định luật bảo toàn động lượng theo phương thẳng 1 v2 v2 . = 2g 4 8g

Vậy: Hệ đạt độ cao cực đại là h 

đứng khi va chạm mềm, ta có:

mv0  (m  m1 )v  v 

v2 8g

* Chú ý: Có thể tính h theo công thức của chuyển động chậm dần đều đi lên thẳng đứng từ mặt đất với vận tốc đầu là vG và gia tốc a   g như sau:

h

1

(2)

Gọi O là vị trí cân bằng của hệ (m + m1 ) , khi đó lò xo bị nén thêm đoạn x0 do có thêm vật m. Ta có:

mg  kx0  x0 

vG2 vG2 1 2 v2 =  vG  . 2a 2   g  2 g 8g

mv0 m  m1

mg 0, 06.10   0,03m  3cm k 20

Gọi M là vị trí của đĩa cân m1 khi va chạm và N là vị trí thấp nhất của đĩa cân m1 (khi lò xo bị nén tối đa). Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ.

4.13. Khối gỗ M  4kg nằm trên mặt phẳng ngang trơn, nối với tường bằng lò xo k  1  N / cm  . Viên đạn

m  10 g bay theo phương ngang với vận tốc v0 song song với lò xo đến đập vào khối gỗ và dính vào trong gỗ (hình vẽ).

- Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng O của hệ m1  m  lò xo)): WM  WN 

Tìm v0 biết sau va chạm, lò xo bị nén một đoạn tối đa là   30cm .

1 2 1 1 kxM   m  m1  vM2  kxN2 2 2 2

 kxM2   m  m1  vM2  kxN2 (3)

Bài giải Gọi v là vận tốc của hệ  m  M  ngay sau va chạm.

với: xM  OM   x0 ; vM  v 

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang cho hệ “đạn + gỗ” khi va chạm mềm:

mv0 ; xN  ON . m  m1 2

mv0   m  M  v  v 

 mv0  2 - Thay vào (3), ta được: kx02   m  m1  .    kxN  m  m1 

mv0 1 m M

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ sau va chạm:

1 1 k  2   m  M  v 2 2 2

(2) 2

2 2 1 1  mv0  1 m v0 - Thay (1) vào (2) ta được: k  2   m  M     . 2 2 2 mM mM 

 v0 

 0,3 k m  M   100  0, 01  4   600  m / s  m 0, 01

Vậy: Vận tốc ban đầu của đạn là v0  600  m / s  . 4.14. Đĩa cân của một cân lò xo có khối lượng m1  120 g , lò xo có độ cứng k  20  N / m  . Vật khối lượng

m  60 g rơi xuống đĩa từ độ cao h  8cm (so với đĩa) không vận tốc đầu. Coi va chạm là hoàn toàn không đàn hồi.

 kx02 

m 2 v02  kxN2 m  m1

 xN  x02 

m 2 v02 k  m  m1 

(4)

- Thay (1) vào (4):

xN  x02 

2 ghm 2 2.10.0, 08.0,062 = 0,032   0, 05m  5cm. k  m  m1  20  0, 06  0,12 

- Khoảng cách xa nhất của vật so với vị trí ban đầu: hmax  h  x0  xN  8  3  5  16cm Vậy: Khoảng cách xa nhất của vật so với vị trí ban đầu là 16cm. 4.15. Vật nặng của búa máy có trọng lượng P1  900 N được dùng để đóng một chiếc cọc P2  300 N vào

Hỏi vật dời xa nhất đến đâu so với vị trí ban đầu? Bỏ qua sức cản của không khí. Bài giải

đất. Mỗi lần đóng cọc lún sâu h  5cm .

a) Búa rơi từ độ cao H  2 m xuống đầu cọc và lực cản của không khí vào búa khi rơi F  0,1P1 .

AF  W   F .H 

Coi va chạm là tuyệt đối không đàn hồi. Tìm lực cản của đất.

1 m1v12  m1 gH 2

 F   v1  2 H  g    6  m / s  m 1  

b) Tính phần trăm năng lượng của búa bị tiêu hao để làm nóng và biến dạng trong va chạm giữa búa, cọc. c) Tính phần năng lượng của búa bị tiêu hao để thắng lực cản của đất. Bài giải

- Công của lực cản Fđ của đất (không phải lực thế) bằng độ biến thiên năng lượng của hệ búa và cọc:

a) Lực cản của đất:

AF  W   Fđ .h    m1  m2  gh 

P P Ta có: m1  1  90kg ; m2  2  30kg . g g

1  m1  m2  v 2 2

F  0,1P1  0,1.900  90 N .

 v2   Fđ   m1  m2  .  g    25500 N . 2 h 

Gọi v1 là vận tốc của búa ngay trước va chạm.

b) Phần năng lượng của búa đã tiêu hao để làm nóng và biến dạng trong va chạm giữa búa và cọc

- Áp dụng định lý động năng cho chuyển động của búa:

- Động năng của hệ ngay trước va chạm (bằng động năng của búa ngay trước va chạm):

AP1  AF  W1d

W0 đ 

 m1 gH  F .H 

1 m1v12  0 2

1 m1v12 2

- Động năng của hệ ngay sau va chạm: 2

Wđ 

 F  90    v1  2 H  g    2.2  10    6  m / s  m1  90   

 m v  1 m 2v 2 1 1  m1  m2  v 2   m1  m2  .  1 1   . 1 1 2 2  m1  m2  2 m1  m2

- Phần năng lượng của búa đã tiêu hao để làm nóng và biến dạng trong va chạm giữa búa và cọc:

Gọi v là vận tốc của hệ búa và cọc ngay sau va chạm.

Q  W0 đ  Wđ 

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho va chạm mềm: m1v1   m1  m2  v

Q

m1v1 90.6 v   4,5  m / s  m1  m2 90  30 Gọi Fd là lực cản của đất. Áp dụng định lý động năng cho hệ búa và cọc:

AP1  AP2  AF  W2d 1  m1 gH  m2 gH  Fd H  0   m1  m2  v 2 2   v2  4,52   Fd   m1  m2  .  g     90  30  . 10    25500 N . 2h  2.0, 05   

Vậy: lực cản của đất là 25500N. * Chú ý: Có thể tính v1 và Fđ theo định luật bảo toàn năng lượng như sau: Chọn gốc thế năng trọng lực

m1m2v12 1 1 m 2v 2 m1v12  . 1 1  2 2 m1  m2 2  m1  m2 

90.30.62  405 J 2  90  30 

Vậy: Phần năng lượng của búa đã tiêu hao để làm nóng và biến dạng trong va chạm giữa búa và cọc là 405J. c) Phần năng lượng đã tiêu hao để thắng lực cản của đất Ta có: Phần năng lượng đã tiêu hao để thắng lực cản của đất bằng độ lớn công của lực cản của đất: Q '  Ađ  Fđ .h  25500.0, 05  1275 J

* Chú ý: Có thể tính công của lực cản Ađ của đất theo định luật bảo toàn năng lượng như sau: Công của lực cản của đất (không phải lực thế) bằng độ biến thiên năng lượng của hệ búa và cọc: 1 m 2v 2 Ađ  W '    m1  m2  gh  . 1 1  1275 J 2 m1  m2

tại mặt đất. - Công của lực cản F của không khí (không phải lực thế) bằng độ biến thiên năng lượng của búa:

 Q '  Ađ  1275 J .

W '  W0  W  Mg  1  cos     m  M  g  (1  cos  )

4.16. Hòn bi thép khối lượng M và hòn bi sáp khối lượng m treo cạnh nhau ở đầu hai sợi dây song song bằng nhau.

   Hay W '  2 g   M sin 2   m  M  sin 2  . 2 2 

Kéo dây treo M lệch góc  rồi buông tay, sau va chạm (tuyệt đối không đàn hồi), góc lệch cực đại của hai dây treo là  .

    sin 2  sin 2 Vậy: Khối lượng của bi sáp là m  M    sin  2

Tìm khối lượng hòn bi sáp và độ tiêu hao cơ năng của hệ. Bỏ qua sức cản của không khí. Bài giải

   , độ tiêu hao cơ năng của hệ là .  

   W '  2 g   M sin 2   m  M  sin 2  2 2 

- Khối lượng của bi sáp Gọi v1 là vận tốc của bi thép M ngay trước khi va chạm vào bi sáp m.

4.17. Cho hệ như hình vẽ. Cho biết m1  2kg , m2  3kg , v0  0, ban đầu m1 , m2 cách

+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho bi thép tại 2 vị trí A và B (vị trí va chạm):

1 Mv12 2 v12  2 g  1  cos  (1) Mgl (1  cos ) 

mặt đất 1m. Coi va chạm giữa m2 với đất và tương tác giữa m1 và m2 khi dây bắt đầu căng là va chạm mềm. a) Trong quá trình chuyển động, m1 có thể đi xuống cách mặt đất một khoảng

Gọi v là vận tốc của hệ hai bi ngay sau va chạm.

thấp nhất là bao nhiêu?

+ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho va chạm mềm giữa hai bi:

b) Khi m1 ở vị trí thấp nhất trong câu a, tính lượng cơ năng đã biến thành nội

Mv1   m  M  v

năng của m1 , m2 , đất.

Mv1 v m M

(2)

- Từ (1) và (2) suy ra: v 2 

Bài giải

M 2 .2 g  1  cos  

m  M 

a) Khoảng cách thấp nhất từ vật đến mặt đất

(3)

- Vì m2  m1 nên ban đầu m2 đi xuống và m1 đi lên. Khi m2 va chạm với đất thì m1 đã đi lên được một đoạn h đến vị trí N và có vận tốc v0 (hình vẽ).

+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ hai bi tại 2 vị trí B và C

- Sau khi va chạm mềm với đất thì m2 nằm yên trên đất, còn m1 tiếp tục đi lên chậm dần đều chỉ dưới

1  m  M  v 2   m  M  g  1  cos   2

tác dụng của trọng lực đến khi dừng lại tại K. Sau đó m1 rơi tự do đến N. Khi m1 rơi đến N thì m1 đạt vận tốc

 v 2  2 g  1  cos  

v0 và dây nối hai vật bắt đầu căng, khi đó hai vật tương tác với nhau thông qua dây nối tương tự như (va

(4)

+ Từ (3) và (4) ta được: v 2 

M 2 .2 g  1  cos  

m  M 

chạm” mềm với nhau. Sau “va chạm”, hai vật có cùng vận tốc v và m1 tiếp tục đi xuống (kéo m2 đi lên) chậm

=2g  1  cos  

dần đều cho đến khi dừng lại tại I. Sau đó hệ đổi chiều chuyển động và một quá trình tương tự nhưng ngược chiều lại diễn ra.

 1  cos    m  M   1 1  cos   

Với: 1  cos   2sin 2

 2

;1  cos   2sin 2

- Độ tiêu hao cơ năng của hệ

Như vậy, I là vị trí thấp nhất của vật m1 trong quá trình chuyển động và h2 là khoảng cách thấp nhất từ

    sin 2  sin 2 nên: m  M   2  sin  2



  .  

vật m1 đến mặt đất (hình vẽ).

- Áp dụng định lý động năng cho m1 trong giai đoạn

4.18. Vật nhỏ trượt không ma sát với v0  0 từ đỉnh bán cầu bán kính R đặt cố định trên sàn ngang. Đến một nơi nào đó trên bán cầu, vật rời bán cầu, rơi xuống sàn và nẩy lên (hình vẽ). Biết va chạm của vật với sàn là

chuyển động từ vị trí đầu đến khi m2 chạm đất:

hoàn toàn đàn hồi. Tìm độ cao H mà vật đạt tới sau va chạm.

AP1  AP2  Wđ

Bài giải 1  m1  m2  v02  0 2 2 gh  m2  m1 

 m1 gh  m2 gh   v02 

Vật bắt đầu chuyển động không vận tốc đầu từ A, rời bán cầu tại B, va chạm với sàn tại C và lên đến độ cao cực đại tại D (hình vẽ). Gọi v là vận tốc của vật khi rời bán cầu. (1)

m1  m2

- Tại B, phản lực Q  0 nên:

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho “va chạm

mg cos   m

mềm” giữa hai vật thông qua dây nối hai vật:

m1v0   m1  m2  v  v 

v2 v2  cos   1 R gR

m1v0 (2) m1  m2

Gọi h1 là quãng đường hệ hai vật đi được từ N đến I. Áp dụng định lí động năng cho giai đoạn chuyển động này, ta có:

AP1  AP2  Wđ  m1 gh1  m2 gh1  0   h1 

 m1  m2  v 2 2  m2  m1  g

- Từ (1) và (2) và (3) ta có: h1 

1  m1  m2  v 2 2

(3) m12 h

 m  m2 



22.1

 2  3

 0,16m .

- Khoảng cách thấp nhất từ vật đến mặt đất (hình vẽ): h2  2h  h1  2.1  0,16  1,84m Vậy: Khoảng cách thấp nhất từ vật đến mặt đất là 1,84m.

  - Trong giai đoạn AB, có phản lực Q tác dụng vào vật không phải là lực thế nhưng vì Q vuông góc với phương chuyển động nên không sinh công. Vì vậy cơ năng vẫn bảo toàn. Chọn gốc thế năng trọng lực tại sàn, ta có:

b) Lượng cơ năng đã biến thành nội năng khi vật ở vị trí thấp nhất Chọn gốc thế năng trọng lực riêng cho mỗi vật tại vị trí ban đầu của chúng. Lượng cơ năng đã biến thành nội năng: Q  W0  W . với: W0  0;W  m1 gh1'  m2 gh2'

 Q  g  m2 h2'  m1h1' 

h  h ' 1

' 2

 h  h1  1  0,16  0,84m 

 Q   m2  m1  gh1'   3  2  .10.0,84  8, 4 J

Vậy: Lượng cơ năng đã biến thành nội năng là Q  8, 4 J .

mgR  mgR cos   m

v2 v2  gR  gR cos    2  2 2

- Từ (1) và (2) ta được: v 2 

2 gR (3) 3

- Thay (3) vào (1) ta được: cos  

2 3

 4

  - Tại C, trước va chạm vật có vận tốc v1 , sau khi va chạm đàn hồi với sàn vật nảy lên có vận tốc v2 đối   xứng với v1 qua mặt sàn. Vectơ v2 hợp với sàn một góc  .

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho giai đoạn AC (gốc thế năng trọng lực tại sàn):

mgR 

1 2 mv1  v12  2 gR 2

(5)

 - Gọi v2 là vận tốc của vật ngay sau va chạm với tấm sắt tại B.   - Vì va chạm là đàn hồi với tường phẳng nên v2 đối xứng với v1 qua mặt tường thẳng đứng, về độ lớn

- Kể từ B thì ngoại lực tác dụng theo phương ngang bằng 0 nên thành phần vận tốc theo phương ngang không đổi. Suy ra: v cos   v2 cos   cos 2  

v2 cos2  v12

(6)

- Thay (3), (4) và (5) vào (6) ta được: cos 2  

thì v2  v1 .

4 27

  + Thành phần pháp tuyến v2n của v2 có phương vuông góc quỹ đạo tròn nên không ảnh hưởng đến  chuyển động tròn đi lên của vật. Thành phần v2n chỉ có tác dụng kéo dãn dây treo vật và làm một phần động

(7)

- Sau khi va chạm với sàn, vật chuyển động như vật bị ném xiên góc  với vận tốc đầu v2  v1 và đạt

năng của vật biến thành nhiệt.

  + Thành phần tiếp tuyến với quỹ đạo v 2t của v2 có tác dụng nâng vật lên cao đến C.

độ cao cực đại H tại D. - Theo kết quả bài toán chuyển động của vật bị ném xiên, ta có: 2 2 v 2 sin 2  v1 1  cos   H 2  2g 2g

v2t  v2 cos 2  v1 cos 2

(8)

- Thay (5) và (7) vào (8) ta được: H 

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho giai đoạn BC với gốc thế năng trọng lực tại B:

23R . 27

Vậy: Độ cao cực đại mà vật đạt tới sau va chạm với sàn là H 

 2

WB  WC 

23R . 27

1 2 v2 mv2 t  mgh '  h '  2 t  3 2 2g

- Thay (1) và (2) vào (3) ta được: h ' 

 v1 cos 2  2g

4.19. Hòn bi sắt treo vào dây chiều dài   1, 2m được kéo cho dây nằm



2 g  cos  .cos 2 2 2g 2

 h '   cos  .cos 2 2  .cos300.cos 2 600  1, 2.

ngang rồi thả rơi. Khi dây hợp góc   30 với đường thẳng đứng, bi va chạm đàn hồi với bề mặt thẳng đứng của một tấm sắt lớn cố định (hình vẽ).

3 1 .   0,26m. 2 2

Vậy: Sau khi va chạm với tấm sắt, hòn bi nảy lên được đến độ cao cực đại là h  0, 26m .

Hỏi bi sẽ nảy lên đến độ cao bao nhiêu? * Nhận xét: Vì h   cos   .cos 300 

Bài giải

 3  h nên sau va chạm thì cơ năng của vật đã giảm một 2

- Hòn bi bắt đầu chuyển động không vận tốc đầu từ A, va chạm đàn hồi

lượng nào đó. Ở đây, cơ năng (động năng) mất mát không phải do vật va chạm (đàn hồi) với tấm sắt mà do

với mặt thẳng đứng của tấm sắt tại B, sau đó nẩy lên và đạt độ cao cực đại tại

dây treo bị dãn đột ngột ngay sau va chạm.  4.20. Thang máy lên cao với gia tốc a , vận tốc đầu v0  0 . Từ độ cao H so với sàn, ngay khi thang máy bắt

C (hình vẽ).

 - Gọi v1 là vận tốc của vật ngay trước va chạm với

tấm sắt tại B. - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho giai đoạn AB với gốc thế năng trọng lực tại B:

1 WA  WB  mgh  mv12 2

 v12  2 gh  2 g  cos  (1)  - Vectơ v1 có phương tiếp tuyến với quỹ đạo tròn tại B, tức là vuông góc với bán kính OB và có chiều như hình vẽ.

đầu chuyển động, người ta thả một quả cầu. Sau t giây, gia tốc thang máy đổi chiều và triệt tiêu sau t giây nữa, sau đó quả cầu va chạm với sàn thang máy. Tìm độ cao h (so với sàn thang máy) mà quả cầu đạt tới sau va chạm. Bài giải Xét trong hệ quy chiếu gắn với thang máy. Chọn chiều dương thẳng đứng hướng xuống. - Giai đoạn 1: Thang máy đi lên nhanh dần đều với gia tốc a trong khoảng thời gian t. + Gia tốc của vật: a1  g  a + Vận tốc cuối: v1  a1t   g  a  t

+ Giai đoạn 2: Đi lên chậm dần đều với gia tốc a trong khoảng thời gian t:

t2 t2   g  a 2 2

+ Quãng đường vật đi được: h1  a1

 Vận tốc cuối: v2'  v2  at  0  Thang máy đứng yên.

- Giai đoạn 2: Thang máy đi xuống nhanh dần đều với gia tốc a trong khoảng thời gian t.  Quãng đường thang máy đi được: h2'  v2t  a

+ Gia tốc của vật: a2  g  a + Vận tốc cuối: v2  v1  a2t   g  a  t   g  a  t  2 gt

1

- Khoảng cách giữa vật và sàn sau khoảng thời gian chuyến động bằng 2t:

s  H  h1   h2  h2'   H  2 gt 2  at

+ Quãng đường vật đi được: 2

h2  v1t  a2

t t 3 gt at .   g  at2   g  a   2 2 2 2

v1 và gia tốc g, sau khi đi hết quãng đường s thì vật va chạm với sàn rồi nẩy lên. Gọi v3 là vận tốc của vật

dần đều (so với sàn) với vận tốc đầu v2 và gia tốc g. Ta có: s  H   h1  h2   H  2 gt  at

Gọi v3 là vận tốc của vật ngay trước khi va chạm với sàn thang máy, ta có:

hướng lên và có độ lớn là:

v32  v22  2 gs  3 

6

v4  v3

- Thay (1) và (2) vào (3), ta được: v  4 g t  2 g  H  2 gt  at 2 2

  2 g  H  at  2

  Gọi v 4 là vận tốc của vật ngay sau khi va chạm đàn hồi với sàn thang máy thì vectơ v 4 thẳng đứng

hướng lên và có độ lớn là: v4  v3 . - Độ cao cực đại mà vật lên được (so với sàn) sau khi va chạm với sàn thang máy: h

ngay trước khi va chạm với sàn thang máy, ta có: v32  v22  2 gs 5   - Gọi v 4 là vận tốc của vật ngay sau khi va chạm đàn hồi với sàn thang máy thì vectơ v 4 thẳng đứng

2

3 2

- Độ cao cực đại mà vật lên được (so với sàn) sau khi va chạm với sàn thang máy: Hm 

v42 2g

(7)

- Thay (4), (5), (6) vào (7) ta được: H m  H  at 2 . 4.21. Một hòn bi được thả rơi với v0  0 từ độ cao h0  5m . Khi chạm đất bị mất 1/2 động năng và nẩy lên

2 v 2 2 g  H  at  v42  3   H  at 2 2g 2g 2g

thẳng đứng.

Vậy: Độ cao (so với sàn thang máy) mà quả cầu đạt tới sau va chạm là: h  H  at 2 . * Chú ý: Có thể giải bài toán trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất như sau: Xét trong khoảng thời gian

a) Tính độ cao bi nẩy lên sau va chạm thứ 1,2, ..., n. b) Tính đoạn đường tổng cộng bi vạch được cho đến lúc dừng. Bài giải

chuyển động bằng 2t ban đầu:

a) Độ cao cực đại bi nẩy lên sau va chạm lần 1,2,..., n

- Vật rơi tự do không vận tốc đầu, với:

Gọi:

+ Vận tốc cuối: v1  g .2t  2gt . + Quãng đường vật rơi được: h1  g

 4

- Sau khoảng thời gian chuyển động bằng 2t thì thang máy đứng yên, vật rơi tự do với vận tốc đầu bằng

Kết thúc giai đoạn 2 (khi thang máy dừng lại), vật cách sàn thang máy một đoạn s và đi xuống nhanh

t2 t2 t2  at.t  a  a . 2 2 2

 2t 

trước va chạm với đất lần 1,2, ... , n.

 2 gt 2 .

+ v1' , v2' ,..., vn' lần lượt là vận tốc của hòn bi ngay sau va chạm với đất lần 1,2, ... , n.

- Thang máy đi lên có hai giai đoạn: + Giai đoạn 1: Đi lên nhanh dần đều với gia tốc a trong khoảng thời gian t:  Vận tốc cuối: v2  at .

+ h1 , h2 ,..., hn lần lượt là độ cao cực đại hòn bi lên được sau va chạm với đất lần 1,2, ... , n.

 Quãng đường thang máy đi được: h2  a

+ v1 , v2 ,..., vn lần lượt là vận tốc của hòn bi ngay

t . 2

- Cứ sau mỗi lần va chạm thì hòn bi mất 1/2 động năng so với trước va chạm, tức là bình phương vận tốc giảm đi 2 lần.

Ta có:

0  mv1  Mv  v1   2 1

'2 1

v v h v  2 gh0 ; v   gh0 ; h1   0 2 2g 2 2 1

'2 1

v22  2 gh1 ; v2'2 

v22 v '2 h ; h2  2  02 2 2g 2

vn2  2 ghn 1 ; vn'2 

(1)

Vậy: Độ cao bi nảy lên sau va chạm thứ n là hn 

1 2 1 2 1 mv0  mv1  Mv 2 2 2 2

(3)

- Thay (2) vào (3) ta được: (3)

 Mv  2 mv02  m     Mv  m 

h0 . 2n

 v2 

b) Đoạn đường tổng cộng bi vạch được cho đến lúc dừng

m 2v02 mv0  (4) M m  M  M m  M 

h  h0  2h1  2h2  ...  2hn  h0  2(h1  h2  ...  hn ) - Thay (1) vào (4) suy ra: v  m

h  h h  h  h0  2  0  02  ...  0n   h0  2  an  2 2 2  

(4)

h0 a - Tổng S của cấp số nhân (an ) là: S  1  2  h0 1 q 1 1 2

2gh . M m  M 

4.23. Viên đạn khối lượng m bay theo phương ngang với vận tốc v1 và đâm xuyên qua một quả cầu khối lượng M đặt trên sàn nhẵn.

(5)

Sau khi xuyên qua M, m chuyển động theo chiều cũ với vận tốc v2 . Tìm nhiệt lượng tỏa ra trong quá trình trên.

- Từ (4) và (5) ta được: h  3h0 . Vậy: Đoạn đường tổng cộng bi vạch được cho tới lúc dừng là h  3h0 . 4.22. Quả cầu khối lượng m rơi từ độ cao h xuống, đập vào mặt nghiêng của một cái nêm khối lượng M đứng yên trên sàn nhẵn. Sau va chạm (tuyệt đối đàn hồi) đạn nảy ra theo phương ngang còn nêm chuyển động với vận tốc v (hình vẽ). Tính v.

Bài giải    Gọi v3 là vận tốc của quả cầu M ngay sau va chạm, v3 cùng hướng với v1 và v2 (hình vẽ). - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (theo phương ngang): mv1  mv2  Mv3  v3 

Bài giải

m  v1  v2  M

(1)

- Động năng của hệ ngay trước va chạm:

Gọi v0 là vận tốc của quả cầu ngay trước va chạm. Ta có: (1)

  - Trong va chạm giữa quả cầu m và nêm M thì ngoại lực P  N tác dụng vào M không cân bằng và





cũng không thể bỏ qua so với nội lực nên động lượng toàn phần không bảo toàn. Tuy nhiên theo phương ngang thì ngoại lực bằng không nên thành phần động lượng theo phương ngang bảo toàn. Gọi v1 và v lần lượt là vận tốc của quả cầu m và nêm M ngay sau va chạm. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (theo phương ngang):

2gh . M m  M 

Vậy: Vận tốc của nêm sau va chạm là v  m

1 h Trong đó: (an ) là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu a1  0 và công bội q   1 . 2 2

v0  2 gh

(2)

Vì va chạm là tuyệt đối đàn hồi nên động năng bảo toàn:

(2)

vn2 v '2 h h ; hn  n  n 1 = 0n 2 2g 2 2

Mv m

1 W0 đ  mv12 2

(2)

- Động năng của hệ ngay sau va chạm:

Wđ 

1 2 1 mv2 + Mv32 2 2

(3)

- Nhiệt lượng toả ra trong quá trình va chạm: W  W0 đ  Wđ

(4)

- Từ (1), (2), (3) và (4) ta được:

Q

1 2 1 2 1 1 1  m  v1  v2   mv1  mv2  Mv32 = m  v12  v22   M   2 2 2 2 2  M 

Q



  1 m2 m  v1  v2   m  v1  v2    v1  v2  2 M  



Vậy: Độ cao H ' tấm ván lên được sau va chạm là H '  0,11 m .

  1 m2  v1  v2  m  v1  v2    v1  v2  . 2 M  

4.24. Đạn khối lượng



 0, 009. 160 sin 300  2.10.45    0,11m  H'  2.0,32.10

Vậy: Nhiệt lượng toả ra trong quá trình trên là Q



 m v sin   2 gH  1 0  - Thay (4) vào (5) ta được: H '   2m22 g

4.25. Ván khối lượng M treo ở đầu một dây dài. Đạn khối lượng m bay theo phương ngang đến đập vuông góc vào mặt ván. Nếu đạn có vận tốc v0 , nó dừng lại ở mặt sau của ván. Tìm vận tốc ván sau khi đạn có vận

m1  9 g bay với vận tốc

tốc v1 và bay xuyên qua ván  v1  v0  .

v0  160  m / s  theo hướng hợp với phương ngang góc

Coi ma sát giữa đạn và ván không phụ thuộc vào vận tốc đạn.

  300 , xuyên qua giữa một bệ ván m2  0,3kg ; sau đó

Bài giải

đạn lên đến độ cao cực đại H  45m tính từ vị trí ban

Gọi AC là độ lớn công của lực ma sát giữa đạn và ván (bằng phần cơ năng biến thành nhiệt). Giả thiết

đầu của bệ ván. Hỏi tấm ván sẽ được nâng lên đến độ cao

cho biết ma sát không phụ thuộc vào vận tốc của đạn nên công của lực ma sát trong hai lần bắn là như nhau.

nào?

- Khi bắn với vận tốc v0 thì đạn dừng lại ở mặt sau của ván, suy ra ván và đạn có cùng vận tốc v sau khi

Bỏ qua lực cản của không khí, coi lực tương tác giữa vật và bệ ván là rất lớn. bắn.

Bài giải Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của đạn m1 và tấm ván m2 ngay sau va chạm.

+ Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có: mv0   m  M  v

Vì nội lực khi va chạm là rất lớn nên có thể bỏ qua trọng lực của đạn và tấm ván. Suy ra hệ là kín.

+ Theo định luật báo toàn năng lượng:

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (theo phương thẳng đứng):

1 2 1 mv0   m  M  v '2  AC 2 2

m1v0 y  m1v1 y  m1v2 y  v2 y 

m1  v0 y  v1 y  m2

+ Từ (1) và (2) suy ra: AC  (1)

v12y 2g

mM v02 2m  M 

(3)

Gọi v và v2 lần lượt là vận tốc ván và đạn sau khi bắn.

+ Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có: mv1  Mv  mv2

(2)

+ Theo định luật bảo toàn năng lượng:

- Từ hình vẽ, ta có: v0 y  v0 sin   3 

1 2 1 1 mv1  Mv 2  mv22  AC 2 2 2

- Thay (2) và (3) vào (l) ta được: v2 y 

(2)

- Khi bắn với vận tốc v1  v0 thì đạn xuyên qua ván nên đạn và ván có vận tốc khác nhau sau khi bắn.

- Sau va chạm, đạn lên đến độ cao H, ta có: H   v1 y  2 gH

1



m1 v0 sin   2 gH m2



+ Từ (4) suy ra: v2  v1 

(4)

- Độ cao H ' tấm ván lên đươc sau va chạm: H ' 

v22 y 2g

(5)

M v m

(6)

+ Thay (3) và (6) vào (5) ta được: (5)

1 2 1 1  M mv1  Mv 2  m  v1  2 2 2  m

mM  v  v02  2m  M 

 4

 v2 

2mv1 m 2 v02 v 0 2 mM m  M 

b) Va chạm trên có là hoàn toàn đàn hồi không? Tại sao? Tính vận tốc A, B sau va chạm nếu va chạm là

(7)

hoàn toàn đàn hồi. Bài giải

- Giải phương trình bậc hai (7) đối với v, ta được:

v

m v1  v12  v02 mM



a) Vận tốc của B sau va chạm



(8)

- Vận tốc của quả cầu A ngay trước va chạm:

* Biện luận để chọn nghiệm thích hợp:

v0  2 gh0  2 g  1  cos    2.10.1. 1  cos 600   10  m / s 

Cách 1: Gọi F là lực do đạn tác dụng vào ván (bằng lực do ván tác dụng vào đạn), t là thời gian chuyển

Ft  p  Mv  0  Mv

 (Vectơ v0 có phương nằm ngang chiều sang phải chẳng hạn).  Chọn chiều dương theo chiều của v0 . Gọi v2 là vận tốc của quả cầu B sau va chạm.

Vì F không đổi nên v càng lớn nếu t càng lớn, tức là đạn chuyển động trong ván càng lâu, nghĩa là đạn

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ theo phương ngang (A đứng yên sau va chạm):

động của đạn trong ván (thời gian tương tác), theo định luật II Niu tơn dạng tổng quát ta có:

bay càng chậm. Nói cách khác, vận tốc bắn của đạn càng nhỏ (nhưng phải đủ để xuyên qua ván) thì vận tốc v của ván sau khi bắn càng lớn. Suy ra: Khi v1  v1min  v0 thì v  vmax 

mv0 (thay v1  v0 vào (8)) mM

va chạm tại 2 vị trí: vị trí va chạm và vị trí có độ cao cực đại: 2

 10    v22  2  1 2 m2 v2  m2 gh2  h2    0,125m 2 2g 2.10

mv1 mv0   vmax . m M mM

v

m1v0 0,1. 10 10   m / s m2 0, 2 2

Gọi h2 là độ cao quả cầu B đạt tới sau va chạm. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quả cầu B sau

Vì vậy, khi bắn với v1  v0 thì v  vmax . Suy ra trong biểu thức (8) phải lấy dấu    ,vì nếu lấy dấu cộng thì v 

m1v0  m2v2  v2 

m v1  v12  v02 . m M





Vậy: Vận tốc của B sau va chạm là v 

- Cách 2. Khi đạn chuyển động trong tấm ván thì đạn chuyển động chậm dần, ván chuyển động nhanh dần và hai vật chuyển động cùng chiều, nhưng dạn bay ra khỏi ván suy ra khi đạn vừa ra khỏi ván thì vận tốc

+ Động năng của hệ trước va chạm: W0 đ 

9

Từ (6) và (9) suy ra: v2  v1  Từ (8) và (10) suy ra: v 

b) Va chạm là hoàn toàn đàn hồi - Va chạm ở câu a có hoàn toàn đàn hồi không?

của đạn lớn hơn vận tốc của ván. Ta có: v2  v

10 (m/s) và độ cao mà B đạt tới là h2  0,125m . 2

M m vvv v1 10  m mM

+ Động năng của hệ sau va chạm: Wđ 

m v1  v12  v02 . m M





Vậy: Vận tốc ván sau khi đạn có vận tốc v1 và bay xuyên qua ván là: v 

1 1 m1v02  .0,1.10  0,5 J . 2 2

1 1 10 m2 v22  .0, 2.  0, 25 J . 2 2 4

Vì Wđ  W0 đ , tức là động năng không bảo toàn nên va chạm ở câu a không hoàn toàn đàn hồi. - Trường hợp va chạm giữa hai quả cầu là hoàn toàn đàn hồi

m v1  v12  v02 mM





+ Theo định luật bảo toàn động lượng: m1v0  m1v1  m2 v2

4.26. Hai quả cầu nhỏ A, B có khối lượng lần lượt là m1  100 g m2  200 g treo sát nhau bởi hai dây song

+ Theo định luật bảo toàn động năng:

song có cùng chiều dài   1m .

1 1 1 m1v02  m1v22  m2v22 2 2 2

(2)

Kéo A lên đến vị trí dây treo nghiêng góc   60 với phương thẳng đứng rồi buông tay. a) Tính vận tốc B sau va chạm và độ cao B đạt tới. Biết sau va chạm (xuyên tâm), A dừng lại.

Giải hệ (1) và (2) ta được: v1 

 m1  m2  v0 ; v m1  m2



2m1v0 . m1  m2

(1)

Thay số: v1 

 0,1  0, 2  0,1  0, 2



 10 2.0,1. 10 2 10   m / s  ; v2  m / s. 3 0,1  0, 2 3

Vậy: Sau va chạm quả cầu A bật trở lại với vận tốc có độ lớn bằng

động sang phải theo phương ngang với vận tốc có độ lớn bằng

10  m / s  và quả cầu B chuyển 3

2 10 m / s . 3

4.27. Hai quả cầu khối lượng M và m treo cạnh nhau bằng các dây song song dài bằng nhau. Kéo M để dây treo lệch góc  rồi thả ra. Sau va chạm, M dừng lại còn m đi lên, dây treo lệch góc tối đa là  . Hỏi sau va chạm lần II, dây treo M sẽ lệch góc cực đại bằng bao nhiêu? Biết trong mỗi lần va chạm, có cùng một tỉ lệ thế năng biến dạng cực đại của các quả cầu chuyển thành nhiệt. Bài giải

Gọi H là hiệu suất toả nhiệt trong va chạm lần 1 (bằng tỉ số giữa phần cơ năng biến thành nhiệt Q1 và động năng W1đ của M trước va chạm):

H

W Q1 W1đ  W2 đ   1  2đ W1đ W1đ W1đ

(4)

Thế năng cực đại của các quả cầu trong va chạm lần 2 bằng động năng của W2đ của m ngay trước va chạm lần 2. Mặt khác, hiệu suất toả nhiệt trong các lần va chạm là bằng nhau nên nhiệt lượng toả ra trong va chạm lần 2 là: Q2  H .W2 đ . - Động năng của M sau va chạm lần 2 là: W3đ  W2 đ  Q2  W2 đ 1  H 

(5)

- Thay (4) vào (5) ta được: W3đ  W2 đ .

Gọi: + v1 là vận tốc của quả cầu M ngay trước va chạm lần 1. + v2 là vận tốc của quả cầu m ngay sau va chạm lần 1 và trước va chạm lần 2. + h1 là độ cao ban đầu của M; h2 là độ cao cực đại của m sau va chạm lần 1. + h3 là độ cao cực đại của M sau va chạm lần 2.

W3đ  Mgh3

(7)

- Từ (6) và (7) ta được: h3 

W3 đ W22đ  Mg Mg .W1đ

với: W1đ 

(8)

1 1 Mv12 ;W2 đ  mv22 2 2

- Thay vào (8) ta được:

chạm lần 1:

Mgh1 

1 Mv12 2

 v1  2 gh1  2 g  1  cos  

(1)

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho va chạm

1 2  mv2  2 4 2 2 2 2   1 . m v2  v2 . m v 2 h3   2 2 2 2 1 2 g M v 2 g M v1 2 1 Mg . Mv1 2

- Từ (2) suy ra: M 2 v12  m 2 v22

lần 1 (M dừng lại sau va chạm): Mv1  mv2

- Thay ( 10) vào (9) ta được: h3 

(2)

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m sau va chạm lần 1: 1 2 v2 mv2  mgh2  h2  2 2 2g

(9)

(10) v22 2g

11

- So sánh (3) với (11) ta được: h3  h2   1  cos     1  cos       . Vậy: Sau va chạm lần 2 dây treo M lệch góc cực đại là    .

(3)

Ta có: Thế năng cực đại của các quả cầu trong va chạm lần 1 bằng động năng W1đ của M ngay trước va chạm lần 1.

(6)

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho M sau va chạm lần 2:

+  là góc lệch cực đại của dây treo M sau va chạm lần 2. - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho M trước va

W2 đ W22đ  W1đ W1đ

4.28. Hạt khối lượng M va chạm đàn hồi (có thể không xuyên tâm) vào một hạt đứng yên khối lượng m. a) Chứng minh rằng trong hệ khối tâm độ lớn vận tốc mỗi hạt không đổi vì va chạm. b) Giả sử M  m , tìm góc lệch cực đại của M trong hệ phòng thí nghiệm. Bài giải a) Chứng minh rằng trong hệ quy chiếu khối tâm, độ lớn vận tốc mỗi vật không đổi do va chạm

  Gọi v là vận tốc của vật M và v G là vận tốc của khối tâm trước khi va chạm trong hệ quy chiếu phòng   Mv thí nghiệm. Ta có: v G  (1) mM   Gọi v1' và v2' là vận tốc của hai vật M và m trong hệ quy chiếu khối tâm ngay trước va chạm. Ta có:          Mv mv v1'  v1G  v1đ  v đG  v  vG  v   (2) m M mM       Mv v2'  v 2G  v 2 đ  v đG  0  vG   (3) mM       Ta thấy v1' cùng hướng với v; v2' ngược hướng với v . Suy ra v1' và v2' ngược hướng với nhau.

- Tổng động lượng của hệ trước va chạm trong hệ quy chiếu khối tâm là:      mv Mv p '  M v1'  mv2'  M .  m. 0 (4) m M m M Như vậy, tổng động lượng của hệ ngay trước va chạm trong hệ quy chiếu khối tâm là bằng 0.   Gọi u1' và u2' là vận tốc của hai vật M và m trong hệ quy chiếu khối tâm ngay sau va chạm - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (trong hệ quy chiếu khối tâm):     M v1'  mv2'  M u1'  mu2'  0 (5) - Vì va chạm đàn hồi nên động năng của hệ trong hệ quy chiếu khối tâm cũng bảo toàn: 1  1  1 1 M v1' 2  mv2' 2  Mu12  mu22 (6) 2 2 2 2     v' u' - Từ (5) suy ra: v2'   M 1 và u2'   M 1 m m v' u'  v  M 1 và  u2'  M 1 m m ' 2

b) Góc lệch cực đại của M trong phòng thí nghiệm: Xét trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm (hình vẽ). Gọi p là động lượng của vật M trước và chạm; p1 , p2 lần lượt là động lượng của vật M và m ngay sau va chạm. - Theo định luật bảo toàn động lượng:    p1  p2  p 1 - Chiếu (1) xuống hai trục Ox và Oy, ta được: p1 sin   p2 sin   0

(7) 2

' 1

 v   u  - Thay (7) vào (6) ta được: Mv12  m  M   Mu1' 2  m  M   m  m

 M  '2  M  '2 ' '  M   v1   M   u1  v1  u1 m  m   

- Thay (8) vào (7) suy ra, về độ lớn thì: v2'  u2'

(10)

p1 cos   p2 cos   p (11) - Vì va chạm đàn hồi nên động năng được bảo toàn:

1 1 1 Mv 2  Mv12  Mv22 2 2 2 - Mặt khác, động năng và động lượng của vật có khối lượng m liên hệ với nhau theo công thức:

Wđ 

' 1

nhau. Phương của chúng quay đi một góc  ' (góc tán xạ) do va chạm.

p2 2m

Suy ra:

p2 p2 p2  1  2 2 M 2 M 2m

(12)

- Từ (10) suy ra: p1 sin   p2 sin  (13) - Từ (11) suy ra: p1 cos   p  p2 cos  (14)

(8)

- Bình phương hai vế (13) và (14) rồi cộng theo vế ra được: (9)

Vậy: Trong hệ quy chiếu khối tâm, độ lớn vận tốc mỗi vật không đổi do va chạm. Trên hình vẽ, hình a ứng với hệ quy chiếu phòng thí nghiệm (hệ quy chiếu mặt đất), vectơ vận tốc (và động lượng) của M quay một góc  (góc tán xạ) do va chạm. Hình b ứng với hệ quy chiếu khối tâm, các vectơ vận tốc của hai vật trước và sau va chạm luôn có cùng độ lớn, cùng phương nhưng ngược chiều

p12  sin 2   cos 2    p 2  2 pp2 cos   p22  cos 2   sin 2    p12  p 2  2 pp2 cos   p22

- Từ (12) suy ra: p12  p 2 

(15)

M 2 p2 (16) m

- Từ (15) và (16) suy ra: p2 

- Thay p2 vào (16) ta được: p12  p 2 

 p1 

p M m

 M  m

   m1 v1  m1 v1'  m1 v2

2mp cos  M m M  2mp cos   .  m  M m 

 4Mm cos 2 

- Chiếu (1) xuống phương xuyên tâm và phương vuông góc với phương xuyên tâm, ta có:

m1v1 cos   m1v1' x  m1v2 ' 1 1y

m1v1 sin   m v

(17)

m sin 2

 M  m

chạm là bằng nhau, tức là: v1' x  v2

 4 Mm cos 2 

(18)

 4Mm cos 2  sin 2 2

 M  m

 sin  

 4Mm cos 2 450

m M 2  m2



m M 2  m2

 M  m 

 2  4Mm    2 

(5)

(6)

(7) 2



m1  2  cos  .  m1  m2 

- Thay (5) và (6) vào (7) ta được: v1'  v1 sin 2   



m1  2  cos  .  m1  m2 

Vậy: Vận tốc quả cầu m1 sau va chạm là v1'  v1 sin 2   

m m M 1   M 

- Mặt khác: v1'  v1'2x  v1'2y

(4)

m1v1 cos  m1  m2

- Từ (3) suy ra: v1' y  v1 sins 

- Từ (18) suy ra sin  đạt cực đại (  đạt cực đại) khi sin 2  1    450 . Khi đó ta có: sin  

(3)

- Từ (2) và (4) suy ra: v1' x 

 M  m

(2)

- Vì va chạm là tuyệt đối không đàn hồi nên các thành phần vận tốc theo phương xuyên tâm sau va

p sin  - Từ (10) và (17) ta được: sin   2  p1  sin  

(1)

m m m Vì M  m nên    0 , suy ra: sin      arcsin  M M  M

4.30. Vòng tròn bán kính R lăn với vận tốc v trên mặt phẳng ngang đến va chạm hoàn toàn không đàn hồi với một cái bậc có

 . 

m Vậy: Góc lệch cực đại của M trong hệ phòng thí nghiệm là   arcsin   . M  4.29. Quả cầu khối lượng m1 chuyển động với vận tốc v1 , gặp quả cầu đứng yên m2 sao cho khi va chạm  vận tốc v1 hợp với đường nối hai tâm một góc  . Tính vận tốc quả cầu m1 sau va chạm, biết va chạm là tuyệt đối không đàn hồi.

độ cao h  R (hình vẽ). Hỏi ngay sau khi nhảy lên bậc, vòng có vận tốc bao nhiêu? Tính v cực tiểu để vòng có thể nhảy lên khỏi bậc.

Có thể coi là vòng va chạm vào điểm A (mép của bậc) với một vật có khối lượng rất lớn đứng yên. Vì va chạm là hoàn toàn không đàn hồi nên sau

Bài giải

   Gọi v1' và v2 lần lượt là vận tốc của m1 và m2 sau va chạm. Trong đó v1x' là thành phần theo phương    xuyên tâm của v1' và v1y' là thành phần theo phương vuông góc với phương xuyên tâm của v1' (hình vẽ). - Sau va chạm, vật m2 chuyển động cùng hướng với hướng của tác dụng khi va chạm, tức là theo  phương xuyên tâm và cùng chiều với v1x' . - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ, ta có:

va chạm, hai vật có cùng thành phần vận tốc theo phương xuyên tâm, ở đây là phương OA. Mặt khác do bậc thềm (A) cố định nên thành phần này của vật bị triệt tiêu.

  Tuy nhiên vật vẫn còn thành phần vận tốc v1 theo phương vuông góc với OA. Chính thành phần v1 này

nâng vòng nhảy lên bậc. Ta có:

v1  v sin  

v  R  h (1) R

Vậy: Điểm rơi của vật cách tấm thép là x 

v02 sin 2  L. g

Gọi v2 là vận tốc của quả cầu ngay sau khi nhảy lên bậc. Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

b) Tấm thép chuyển động với vận tốc u về phía vật

1 2 1 2 mv1  mv2  mgh 2 2

- Tổng thời gian chuyển động của vật: t0 

(2)

- Từ (1) và (2) suy ra: v2 

1 2 2 v  R  h   2 ghR 2 R

(2)

- Thành phần vận tốc theo phương ngang đối với mặt đất:

 3

+ Trước va chạm: vx  v0 cos  .

 4

- Điều kiện để vòng có thể nhảy lên khỏi bậc là: v2  0

+ Sau va chạm: vx'  vvt  vtd   v0 cos   u   u  v0 cos   2u với: vvt   v0 cos   u  là vận tốc của

R 2 gh . - Từ (3) và (4) suy ra: v 2  R  h   2 ghR 2  0  v  Rh 2

Vậy: Để vòng có thể nhảy lên khỏi bậc thì vmin 

2v0 sin  g

vật đối với tấm thép. vtd  u là vận tốc của tấm thép đối với đất.

R 2 gh . Rh

Gọi t là thời gian từ lúc ném đến lúc va chạm.

4.31. Một vật được ném từ mặt đất với vận tốc đầu v0 nghiêng một góc  với phương ngang. Cách điểm

- Thời gian từ lúc va chạm đến khi vật rơi trở lại điểm ném là: t  t0  t .

ném một khoảng L có một tấm thép thẳng đứng, mặt phẳng quỹ đạo của vật vuông góc với tấm thép. Vật va

- Quãng đường theo phương ngang từ lúc ném đến khi va chạm bằng quãng đường từ lúc va chạm đến khi vật rơi trở lại điểm ném. Ta có:

chạm đàn hồi với tấm thép.

vx .t  vx' .t   v0 cos   .t   v0 cos   2u  .  t0  t 

a) Điểm rơi của vật cách tấm thép là bao nhiêu? b) Nếu tấm thép chuyển động với vận tốc bằng u về phía vật và sau va chạm vật rơi trở lại đúng điểm ném thì

t 

thời gian từ lúc ném đến lúc va chạm bằng bao nhiêu?

 v0 cos   2u  .t0 2  v0 cos   u 

(3)

Bài giải - Thay (2) vào (3) ta được: t 

a) Tấm thép đứng yên

v0 sin   v0 cos   2u   v0 cos   u  g

Va chạm là đàn hồi vào tấm thép thẳng Vậy: Thời gian từ lúc ném đến lúc va chạm là t 

đứng nên thành phần vận tốc theo phương thẳng đứng không đổi, còn thành phần vận tốc

4.32. Một quả cầu chuyển động trong một hộp vuông, va chạm đàn

theo phương ngang đổi chiều ngược lại nhưng

hồi với đáy và một thành của hộp theo cùng một quỹ đạo duy nhất

không đổi độ lớn.

(hình vẽ). Khoảng thời gian giữa va chạm với đáy và với thành là t .

Vì vậy quỹ đạo của vật nẩy ra từ tấm

Đáy hộp nghiêng góc  với phương ngang. Tìm vận tốc của quả cầu

thép đối xứng với phần kéo dài của quỹ đạo

ngay sau va chạm.

nếu không có tấm thép. Suy ra quỹ đạo của

Bài giải

vật là đường cong ABD, trong đó BD đối xứng với BC qua tấm thép (hình vẽ). Gọi S là tầm xa của vật nếu không có tấm thép, ta có: S 

Khoảng cách từ điểm vật rơi đến tấm thép: x  S  L 

v0 sin   v0 cos   2u  .  v0 cos   u  g

- Để quỹ đạo chuyển động giữa các va chạm là duy nhất thì vận

v02 sin 2 g

v02 sin 2 L g

tốc trước và sau va chạm phải có phương vuông góc với thành hoặc đáy hộp tại các điểm va chạm A và B. Xét quỹ đạo của vật từ A đến B, các vectơ vận tốc tại A và B như hình vẽ. (1)

Chọn hệ tọa độ xOy có các trục song song với thành và đáy hộp.

Các thành phần gia tốc theo hai trục tọa độ là:

g x   g sin  ; g y  g cos 

Vì 1 ,  2  900  21  2 2  1800  1   2  900 và sin  2  cos 1 . Gọi  là góc hợp bởi bán kính OA với đường nằm ngang AB, ta có:

- Trong thời gian t vật bay từ A đến B thì thành phần vận tốc theo trục x triệt tiêu, còn thành phần vận tốc theo trục y tăng dần từ 0 đến vB. Ta có: vx  v A  g x .t  0

  1 

 2  1 2



1   2 2

 450

Tam giác AOB vuông cân tại

Thời gian bay của vật theo hai quỹ đạo là:

T1 

2v0 sin 1 g

vB  g y .t   g cos   .t

T2 

2v0 sin  2 2v0 cos 1 = g g

Vậy: Vận tốc của quả cầu ngay sau khi va chạm với đáy và một thành của hộp là vA   g sin   .t và

- Từ (1), (2), (3) và (4) ta được:

vx  0  g y .t  vB Suy ra: v A   g x .t   g sin   .t

vB   g cos   .t .

T1.T2 

nằm trên đường nằm ngang (cùng độ cao). Khoảng thời gian chuyển động từ trái sang phải là T1 , từ phải

(4)

2v0 sin 1 2v0 cos 1 2v02 sin 21 2S 2 R 2 gT .T . =   R 1 2 . g g g2 g g 2 2

Vậy: Bán kính bán cầu là R 

gT1.T2 2 2

4.34. Một ống hình trụ dài  nghiêng góc  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 quả cầu chuyển động trong ống.

sang trái là T2 (T2  T1 ).

Bài giải

Tìm bán kính bán cầu.

Chọn hệ tọa độ xOy như hình vẽ. Các thành phần vận tốc đầu và gia tốc theo hai trục tọa độ là: Bài giải

Vì va chạm là đàn hồi nên tại điểm va chạm A (hoặc B), hai vectơ vận tốc trước và sau va chạm đối xứng nhau qua pháp tuyến tại điểm va chạm, tức là đường thẳng OA (hoặc OB) nối tâm bán cầu với điểm

v0 x  v0 cos  ; v0 y  v0 sin  g x   g sin  ; g y  g cos 

Do va chạm của vật với thành ống là va chạm đàn hồi nên thành phần vận tốc theo trục Ox (song song thành ống) không đổi do 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 đều với vận tốc đầu là vox và gia tốc là gx.

va chạm và có độ lớn bằng nhau v0 (hình vẽ):

- Các phương trình chuyển động theo trục Ox:

v1  v2  v0 .

+ Vận tốc: vx  v0 x  g x .t  v0 cos   g  sin  .t

- Các điểm va chạm nằm trên cùng một đường nằm ngang, tức là tầm xa ứng với hai góc ném 1 và

v02 sin 21 v02 sin 2 2  g g

 sin 21  sin 2 2

+ Toạ độ: x  v0 x .t 

1 1 g x .t 2  v0  cos   .t  g  sin   .t 2 2 2

* Trường hợp 1: Nếu vx triệt tiêu trước khi x   thì quả cầu không bay qua ống mà sẽ bay trở lại và ra

 2 là bằng nhau: S

(2)

(3)

4.33. Một quả cầu nhảy trong một bán cầu như hình vẽ. Nó va chạm đàn hồi với mặt trong của bán cầu tại hai điểm cùng

O cho S  R 2

khỏi ống ở đầu bên trái. (1)

+ Thời gian vật bay đến khi vx  0 là:

a  g sin 

vx  v0 cos   g  sin   .t  0 t 

v0 cos  v0  .cot  g sin  g

  - Xét trong hệ quy chiếu gắn với cốc thì ngoài gia tốc rơi tự do g , vật còn có gia tốc quán tính a .

 

(1)

Gia tốc tổng hợp của vật là:    g '  g  a (2)

+ Tổng thời gian vật chuyển động trong ống:

t '  2t 

2v0 .cot  g

 

(2)

 - Từ (1) và (2) suy ra g ' vuông góc với mặt phẳng

+ Quãng đường vật đã bay:

sx  v0 x .t 

nghiêng, tức là song song với thành ống. Vì vậy xét trong hệ

1 1 g x .t 2  v0  cos   .t  g  sin   .t 2 2 2

+ Thay (1) vào (3) ta được: S x 

v02 cos 2  2 g sin 

(3)

v02 cos 2     v0 cos   2 g  sin  2 g sin 

quy chiếu gắn với cốc thì vật “rơi tự do” từ độ cao h với gia tốc g '  g cos  .

(4)

- Vì va chạm với đáy cốc là đàn hồi nên vật chỉ rơi xuống và nẩy lên liên tục tại cùng một điểm của cốc. Do đó:

+ Điều kiện để vật không chui qua ống: Sx 

(1)

+ Thời gian rơi từ khi thả đến khi chạm cốc lần thứ (5)

nhất là:

* Trường hợp 2: Vật bay qua ống, tức thỏa điều

t1 

kiện: v0 cos   2 g  sin 

2h  g'

2h g cos 

+ Thời gian rơi từ khi thả đến khi chạm cốc lần thứ n

+ Thời gian chuyển động trong ống là nghiệm nhỏ là:

hơn của phương trình:

1 x  v0  cos   .t  g  sin   .t 2  L 2  g  sin   .t 2  2v0  cos   .t  2 L  0

 v 2 g  tan   t  0 cot  1  1  2 g v0 cos  

  

tn  t1   n  1 .2t1   2 n  1 t1

- Trở lại hệ quy chiếu gắn với mặt phẳng nghiêng (với mặt đất), quãng đường cốc đã trượt được là:

a g sin  2 2 S  .tn2  .  2n  1 .t12   2n  1 .h.tan  2 2 2

Vậy: Thời gian quả cầu chuyển động trong ống là:

t

 v0 2 g  tan  cot   1  1  2 g v0 cos  

  

 S   2.5  1 .0,1.tan 450  8,1m. Vậy: Quãng đường cốc trượt được đến lần va chạm thứ 5 giữa vật với đáy cốc là S  8,1m . 4.36. Một mặt phẳng nghiêng rất nhỏ nghiêng góc  với mặt phẳng ngang. Có hai quả cầu bay theo phương

4.35. Một cốc hình trụ, đáy phẳng, cao h  0,1m trượt không ma sát trên mặt

ngang đến mặt phẳng nghiêng đó với cùng vận tốc v0 .

phẳng nghiêng góc   450. Tại thời điểm cốc bắt đầu trượt thì có vật nhỏ rơi từ

Quả cầu thứ nhất va chạm không đàn hồi, quả cầu thứ hai va chạm đàn hồi. Hỏi góc  bằng bao nhiêu thì

miệng của cốc và va chạm đàn hồi với đáy cốc (hình vẽ). Tìm quãng đường cốc

hai quả cầu bay khỏi mặt phẳng nghiêng với tầm xa như nhau.

trượt được đến lần va chạm thứ n  5 giữa vật với đáy cốc. Bài giải  - Gia tốc a của cốc trên mặt phẳng nghiêng có phương chiều như hình vẽ, có độ lớn là:

Bài giải

- Vật I va chạm không đàn hồi với mặt

 s2'  

phẳng nghiêng nên sau va chạm, thành phần vận tốc theo phương vuông góc với mặt phẳng  nghiêng bị triệt tiêu, chỉ còn thành phần v1 song

v02 sin 4 v 2 .2 cos 2 sin 2  0 g g

Tầm xa như nhau nên: s1  s2' Thay (1) và (4) vào (5) ta được:

song mặt phẳng nghiêng. Suy ra, sau va chạm, vật

tốc đầu v1 (hình a).  cos  

Ta có: v1  v0 cos  .

s1 

v sin 2 v cos  sin 2  g g

2    500 46 '  450 . 5

4.37. Một quả cầu nhỏ trượt không ma sát với vận tốc v0 trên mặt phẳng

(1)

  - Vật II va chạm đàn hồi với mặt phẳng nghiêng nên sau va chạm, vận tốc v 2 đối xứng với v 0 qua mặt

phẳng nghiêng nhưng không đổi độ lớn  v2  v0  .

ngang rồi rơi xuống hố sâu H  1m tạo bởi hai mặt phẳng song song cách  nhau d  5cm. Vận tốc v0 vuông góc với các mặt phẳng (hình vẽ). Thành và đáy hố hoàn toàn nhẵn. Va chạm là hoàn toàn tuyệt đối. Lấy g  10  m / s 2  .

Có hai trường hợp: + Với  nhỏ (hình a), vật II bay sang phải với góc ném

2  900    450 . Tầm xa: s2 

v02 cos 2  sin 2 v 2 .2 cos 2 sin 2 = 0 g g

Vậy: Để hai quả cầu bay khỏi mặt phẳng nghiêng với tầm xa như nhau thì   350 hoặc   500 46 ' .

- Tầm xa của vật I: 2 0

(5)

 cos 2   2 cos 2  2  2 cos 2   1

I chuyển động ném xiên với góc ném  và vận

2 1

(4)

a) Cho v0  1 m / s  . Tính số lần va chạm với thành hố trước khi chạm đáy. b) Vận tốc v0 phải thoả mãn điều kiện nào để quả cầu lên đúng mép đối diện

v02 sin 4 v02 .2 cos 2 sin 2  g g

Tầm xa như nhau nên: s1  s2

(2)

chỗ nó rơi xuống hố. Bài giải a) Số lần va chạm với thành hố trước khi chạm đáy

(3)

- Khi vật va chạm đàn hồi vào hai mặt phẳng thẳng đứng thì thành phần vận tốc của vật theo phương

Thay (1) và (2) vào (3) ta được:

thẳng đứng không đổi cả về hướng và độ lớn do va chạm, còn thành phần nằm ngang thì đổi hướng mà

v02 cos 2  sin 2 v02 .2 cos 2 sin 2  g g

không đổi độ lớn và luôn bằng v0 . - Thời gian giữa hai lần liên tiếp vật va chạm vào mặt phẳng: t1 

 cos 2   2 cos 2  2  2 cos 2   1  cos  

2    350  450 . 3

  2  2  90     90    45 . 0

2H g

(1)

(2)

- Số lần va chạm vào hai mặt phẳng trước khi chạm đáy:

+ Với  lớn (hình b), vật II bay sang trái với góc ném: 0

- Thời gian vật chuyển động từ miệng đến đáy hố: t 

d v0

N

t v0  t1 d

2H 1 2.1   8, 9 g 0, 05 10

Vậy: Số lần va chạm vào hai mặt phẳng trước khi chạm đáy (N nguyên) là 8 lần. 2 0 v 2 sin 2 v0 sin  4  90     Tầm xa: s2'  0  g g

b) Tìm v0 để quả cầu lên đúng mép đối diện chỗ nó rơi xuống hố. - Để quả cầu lên đúng mép đối diện chỗ nó rơi xuống hố thì quỹ đạo đi lên và đi xuống phải đối xứng nhau qua trục của hố, suy ra điểm va chạm với đáy hố là trung điểm của đáy

Như vậy, trong hệ quy chiếu gắn với nêm thì vật “rơi tự do” theo phương vuông góc với mặt nêm, với gia tốc g ' từ độ cao h. + Thời gian rơi: t1 

2h g'

(3)

(hình vẽ). - Gọi N ' là số lần quả cầu va chạm với hai mặt phẳng

+ Thay (1) và (2) vào (3) ta được: t1  cos 

2H g

trước khi chạm đáy, ta có:

1  t   N '  .t1 2 

+ Thời gian giữa hai lần va chạm liên tiếp: t  2t1  2cos 

 3

- Thay (1) và (2) vào (3) ta được:

2H  1 d   N '  . g 2  v0 

2H . g

Vậy: Khoảng thời gian giữa hai va chạm liên tiếp của vật với nêm là t  2 cos 

2H . g

4.39. Một vật được ném từ mặt đất với vận tốc đầu v0  10  m / s  theo phương hợp với phương ngang một góc   600. Tại độ cao h  3m vật va chạm đàn hồi với trần nhà nằm ngang. Tìm khoảng cách từ điểm ném

1 g  .  v0   N '  d 2 2H 

đến điểm rơi của vật trên mặt đất. Bài giải

Vậy: Để quả cầu lên đúng mép đối diện chỗ nó rơi xuống hố thì: - Va chạm đàn hồi nên vận tốc trước và 1 g  . v0   N '  d 2 2H 

sau va chạm đối xứng nhau qua trần nhà nằm

4.38. Từ độ cao H có một quả cầu nhỏ rơi xuống mặt nêm nghiêng góc  với phương ngang (hình vẽ). Cùng lúc đó nêm bắt đầu chuyển động nhanh dần đều theo phương ngang. Tìm khoảng thời gian giữa hai va chạm liên tiếp của vật với nêm, biết rằng các va chạm này là tuyệt đối đàn hồi và luôn xảy ra tại cùng một

ngang, suy ra quỹ đạo của vật sau va chạm đối xứng với quỹ đạo của vật trước va chạm (đường ABC trên hình vẽ). - Thời gian vật bay từ A đến B là nghiệm của phương trình sau:

điểm trên mặt nêm. Bài giải

h   v0 sin   .t 

- Để va chạm luôn xảy ra tại cùng một điểm trên mặt nêm thì nêm phải chuyển động sang phải (hình vẽ).

 Gọi a là gia tốc của nêm. Xét trong hệ quy chiếu

gắn với nêm thì gia tốc của vật là:    g '  g  a

 

- Để va chạm luôn xảy ra tại cùng một điểm trên  mặt nêm thì g ' phải vuông góc với mặt nêm, suy ra: g g' cos  h  H cos 

(1) (2)

g 2 g t  t 2   v0 sin   .t  h  0 2 2 1

t 

2 2 v0 sin   v0 sin   2h       g g   g 

Thay số ta được: t  0,5s (loại nghiệm t  t0 

v0 sin   0,87 s ; trong đó, t0  0,87 s là thời gian vật đi g

từ khi ném đến khi đạt độ cao cực đại, nếu không gặp trần nhà). - Khoảng cách từ điểm ném đến điểm rơi của vật trên mặt đất: s  AC   v0 cos   .2t  5m . Chuyên đề 5: CHUYỂN ĐỘNG CỦA VỆ TINH

VÀ HÀNH TINH TRONG HỆ MẶT TRỜI. BA ĐỊNH LUẬT KÊ-PLE A. TÓM TẮT KIẾN THỨC

Sao Thổ

143

29,5

2,98

Sao Thiên Vương

287

84,0

2,98

Sao Hải Vương

450

165

2,99

I. CHUYỂN ĐỘNG CỦA HÀNH TINH. BA ĐỊNH LUẬT KE-PLE 1. Định luật 1 (định luật về quỹ đạo)

II. CHUYỂN ĐỘNG CỦA VỆ TINH. TỐC ĐỘ VŨ TRỤ

Mọi hành tinh đều chuyển động trên các quỹ đạo elip trong đó Mặt Trời

1. Tốc độ vũ trụ cấp I: Là tốc độ ném ngang cần truyền cho vệ tinh để nó chuyển động tròn đều quanh Trái Đất.

nằm tại một tiêu điểm. (M: Mặt Trời; m: hành tinh; a: bán trục lớn)

v I = 7,9 (km/s)

2. Định luật 2 (định luật về diện tích)

2. Tốc độ vũ trụ cấp II: Là tốc độ tối thiểu cần truyền cho vệ tinh để nó thoát ra khỏi Trái Đất và bay vòng quanh Mặt Trời.

Đường nối hành tinh với Mặt Trời quét những diện tích bằng nhau, trong những khoảng thời gian bằng nhau. v II = 11,2 (km/s)

3. Định luật 3 (định luật về chu kì) Bình phương của chu kì của bất kì hành tinh nào cũng tỉ lệ với lập phương của bán trục lớn của quỹ đạo của nó.

3. Tốc độ vũ trụ cấp III: Là tốc độ tối thiểu cần truyền cho vệ tinh để nó thoát ra khỏi hệ Mặt Trời. vIII = 16,7 (km/s)

T2  const a3

B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP

(5.1)

 VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG Định luật Ke-ple về chu kì đối với Hệ Mặt Trời Hành tinh

Bán trục lớn (a, 1010m)

Chu kì (T, năm)

Hành tinh và vệ tinh chuyển động dưới tác dụng của lực xuyên tâm. Đó là lực luôn hướng về một tâm xác định nào đó. Ví dụ: Các hành tinh (Trái Đất, Sao Hoả, Sao Kim,...) chuyển động quanh Mặt Trời dưới tác

T2 a3

dụng của lực xuyên tâm là lực hấp dẫn của Mặt Trời; các vệ tinh nhân tạo chuyển động quanh Trái Đất dưới tác dụng của lực xuyên tâm là lực hấp dẫn của Trái Đất…

Sao Thuỷ

5,79

0,241

2,99

Sao Kim

10,8

0,651

3,00

Trái Đất

15,0

2,96

Sao Hoả

22,8

1,88

2,98

Sao Mộc

77,8

11,9

3,01

Ngoài ba định luật Ke-ple, chuyển động của các hành tinh, vệ tinh cũng tuân theo các định luật cơ học như định luật II Niu-tơn; định luật vạn vật hấp dẫn; định luật bảo toàn cơ năng,… Thế năng ở đây là thế năng hấp dẫn:

Wt  G -

mM . r

Người ta đã chứng minh được rằng cơ năng của hành tinh, vệ tinh quyết định quỹ đạo chuyển động của nó. Cụ thể:  Nếu W  0 : quỹ đạo là đường hypebol.

 Nếu W  0 : quỹ đạo là đường parabol: Tốc độ vũ trụ cấp II.

 v II 

 Nếu W  0 : quỹ đạo là đường tròn hoặc elip: Tốc độ vũ trụ cấp I. -

Khi quỹ đạo của hành tinh (quanh Mặt Trời), vệ tinh (quanh hành tinh) là đường tròn thì: Fhd  Fht .

1  Wd   2 Wt mM mv 2 1 1 mM G 2   mv 2   G  r r 2 2 r W  1 W  0 t  2  2 m T 2 mM Và v   r  r G 2   T r r

(M, R là khối lượng và bán kính Trái Đất) -

(M là khối lượng Trái Đất; m, T là khối lượng và chu kì quay của vệ tinh)  VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

4 2 r 3 . GT 2

1. Với dạng bài tập về ba định luật Ke-ple. Phương pháp giải là: -

r . GM

 Chu kì quay của hành tinh quanh Mặt Trời và vệ tinh quanh hành tinh:

T 2 4 2   const. r 3 GM

T  2 a

mM  0 , a: bán trục lớn. 2a

h  r R  3G

Các tốc độ vũ trụ cấp I, II:

 Tốc độ vũ trụ cấp I:

Với g 

T   a  a hoặc  1    1  GM  T 2   a2 

 Độ cao vệ tinh địa tĩnh (đứng yên so với Trái Đất):

T 2 4 2   const. r 3 GM

Từ Fhd  Fht  G

4 2a 3 . GT 2

a: bán trục lớn.

 Cơ năng của hành tinh (vệ tinh): W  G

Sử dụng các công thức:  Khối lượng Mặt Trời hoặc khối lượng của hành tinh có vệ tinh: M 

Khi quỹ đạo của hành tinh (quanh Mặt Trời), vệ tinh (quanh hành tinh) là elip thì:



mM 4 2 MT 2  mr  2  mr 2  r  3 G 2 r T 4 2

 Chu kì quay của hành tinh quanh Mặt Trời hoặc vệ tinh quanh hành tinh:



Vệ tinh viễn thông cách tâm Trái Đất khoảng r: Ta có: Fhd  Fht . G

 r  . Từ đó:

 Khối lượng Mặt Trời hoặc khối lượng hành tinh có vệ tinh: M 

T  2 r

2GM  v 1 2  7,9 2  11,2  km/s  . R

MT 2  R , r: khoảng cách từ vệ tinh đến tâm Trái Đất. 4 2

Một số chú ý: Đơn vị hệ SI: r, R, a, h(m); M(kg); T(s); các hằng số: G = 6,67.10-11(Nm2/kg2); M  6.2024 kg, R = 6400 km, T = 365 ngày (Trái Đất); MMT = 2.1030kg (Mặt Trời),…

R  h 



mv v  R h

GM GM  ,  h  R  . R h R

2. Với dạng bài tập về quỹ đạo và năng lượng của vệ tinh. Phương pháp giải là: -

 Động năng: Wd 

GM nên v 1  gR  9,8.6,4.106  7900  m/s   7,9  km/s  . R2

(M, R là khối lượng và bán kính Trái Đất; m, h là khối lượng và độ cao của vật so với Trái Đất)  Tốc độ vũ trụ cấp II: Từ W 

1 mM mv 2  G  0. 2 R

Sử dụng các công thức:

1 2 mM mv ; thế năng: W t  G ; cơ năng: W  Wd  Wt ; công: A  W t . r 2

 Quỹ đạo: W  0 : hypebol; W  0 : parabol; W  0 : đường tròn hoặc elip. -

Một số chú ý: Đơn vị hệ SI: m, M(kg); r(m); v(m/s); W, A(J); r là khoảng cách giữa hai tâm của Mặt Trời – hành tinh; hành tinh – vệ tinh.

3. Với dạng bài tập về xác định tốc độ vũ trụ. Phương pháp giải là:

Sử dụng các công thức:

 Tốc độ vũ trụ cấp I: v I 

GM . R 2GM  v I 2. R

 Tốc độ vũ trụ cấp II: v II  -

a  T1   1   63  14,7. T2  a2 

Vì a1  a2  T1  T 2 và:

Vậy: Sao Thổ có chu kì quay lớn gấp 14,7 lần Sao Hoả. b) Hành tinh nào có vận tốc trên quỹ đạo lớn hơn?

Một số chú ý: Đơn vị hệ SI: M(kg); R(m).

Ta có:

C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG Vì a1  a2  v 1  v 2 và

5.1. Tìm khối lượng Trái Đất, biết khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trăng là r = 384000km và chu kì quay

v2 a  1  6  2, 45. v1 a2

của Mặt Trăng quanh Trái Đất là T = 27,5 ngày. Vậy: Sao Hoả có vận tốc trên quỹ đạo gấp 2,45 lần Sao Thổ.

Bài giải Ta có: M 

4 2a 3 , với a = r = 384000km = 3,84.108m; GT 2

c) Hành tinh nào có vận tốc góc lớn hơn? Ta có:  

2 . T

T = 27,5 ngày = 27,5.24.3600s. 2

M 



4 . 3,84.10

Vì T1  T 2  1  2 và



6,67.10 .  27,5.24.3600  11

2 T 1   14,7. 1 T 2

 6.10 24 kg

Vậy: Sao Thổ có vận tốc góc lớn gấp 14,7 lần Sao Hoả.

Vậy: Khối lượng Trái Đất là M = 6.1024kg.

5.3. Một vệ tinh nhân tạo chuyển động tròn đều quanh Trái Đất ở độ cao h = 670km. Tính tốc độ dài của vệ tinh, cho bán kính Trái Đất là R = 6370km.

5.2. Sao Thổ cách Mặt Trời gấp 6 lần khoảng cách từ Sao Hoả đến Mặt Trời. Hành tinh nào có: Bài giải a) Chu kì quay lớn hơn? -

b) Vận tốc trên quỹ đạo lớn hơn?

Vì lực hấp dẫn giữa vệ tinh và Trái Đất chính là lực hướng tâm nên: Fhd  Fht . G

c) Vận tốc góc lớn hơn?

R  h 



mv 2 v  R  h 

GM R h

(1)

Bài giải a) Hành tinh nào có chu kì quay lớn hơn? Ta có:

a 3 GM   const. T 2 4 2

Gọi Sao Thổ là 1, Sao Hoả là 2. Ta có:

Mặt khác, trên mặt đất, ta có: g 

Suy ra: v  R

GM R2

(2)

g 9,8.10 3  6370.  7,5 (km/s). R h 6370  670

Vậy: Tốc độ dài của vệ tinh là v = 7,5(km/s). 5.4. Tính độ cao của một vệ tinh địa tĩnh ở phía trên xích đạo Trái Đất.

Bài giải

Khoảng cách từ vệ tinh đến tâm Trái Đất: r  3 G

 r  3 6,67.10 11.

6.10 24.  24.60.60  4.3.14

MT 2 . 4 2

Áp dụng định luật II Ke-ple:

1 1 v t .R1  v 2 t .R 2 . 2 1 2

 v 1.R1  v 2 .R 2

(2);

 4,225.10 7 m  42250km

R2 = 2R1

v GM GM 7,9   I   3,724  km/s  . 3R1 3.1,5R 0 4,5 4,5

Từ (1), (2) và (3): v 2 

T   a  a Áp dụng định luật III Ke-ple:  e      T e  T   . T R R     

Độ cao của vệ tinh so với Trái Đất: h  r  R  42250  6400  35850km. Vậy: Độ cao của một vệ tinh địa tĩnh bay trên xích đạo so với Trái Đất là h = 35850km.

5.5. Một trạm vũ trụ bay quanh Trái Đất trên quỹ đạo tròn có bán kính R = 1,5R0, động cơ không hoạt động.

(3)

Với: a 

a) Tính vận tốc dài và chu kì quay của trạm.

R1  R 2 3R1   2,25R 0 2 2 3

b) Động cơ của trạm hoạt động trong thời gian ngắn để tăng vận tốc lên đến v 1 . Khi đó trạm chuyển sang quỹ đạo elip. Cho khoảng cách đến tâm Trái Đất nhỏ nhất là R1 và lớn nhất là R2, với R2 = R1. Tính v 1 và chu kì chuyển động của trạm trên quỹ đạo elip. Cho vận tốc vũ trụ cấp I là v I  7,9 (km/s); bán kính và khối lượng Trái Đất là R0 = 6400km, M = 6.1024kg; bỏ qua lực cản của không khí.

 2,25R 0  3  Te  T    156. 1,5  286,6 phút.  1,5R 0  Vậy: Vận tốc và chu kì quay của trạm trên quỹ đạo elip là v 2  3,724  km/s  và Te  286,6 phút. 5.6. Con tàu vũ trụ với khối lượng M = 12 tấn đi quanh Mặt Trăng theo quỹ đạo tròn ở độ cao h = 100km. Để chuyển sang quỹ đạo hạ cánh, động cơ hoạt động trong một thời gian ngắn. Vận tốc khí phụt ra khỏi ống là

u  104  m/s  . Bán kính của Mặt Trăng là Rt  1,7.103 km, khối lượng Mặt Trăng là M t  7,4.1022 kg, gia Bài giải





tốc trọng trường trên bề mặt Mặt Trăng là g t  1,7 m/s2 .

a) Vận tốc và chu kì quay của trạm trên quỹ đạo tròn -

Trạm quay tròn quanh Trái Đất với lực hướng tâm chính là lực hấp dẫn nên:

v mM mv 2 GM GM 7,9  v    I   6,45  km/s  R R 1,5R 0 R2 1,5 1,5

a) Phải tốn bao nhiêu nhiên liệu để động cơ hoạt động ở điểm A làm con tàu đáp xuống Mặt Trăng ở điểm B (hình a). b) Trong phương án thứ hai, ở điểm A con tàu nhận xung lượng hướng về tâm của Mặt Trăng và chuyển sang quỹ

2

2 2.3,14 R .1,5.6400  9347s  156 phút v 6,45

Chu kì quay: T 

Vậy: Vận tốc và chu kì quay của trạm trên quỹ đạo tròn là v = 6,45(km/s) và T = 156 phút.





đạo tiếp tuyến với Mặt Trăng ở điểm C (hình b). Trường hợp này tốn bao nhiêu nhiên liệu?

b) Vận tốc và chu kì quay của trạm trên quỹ đạo elip -

(Trích đề thi học sinh giỏi Quốc tế, Liên Xô – 1979)

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho trạm: W 1  W 2 .



1 mM 1 2 mM mv 12  G  m 2 G 2 R1 2 R2

Bài giải (1)

a) Nhiên liệu để con tàu đáp xuống Mặt Trăng ở điểm B Gọi v là vận tốc con tàu trên quỹ đạo tròn; v A ,v B là các vận

tốc trên quỹ đạo hạ cánh. Quỹ đạo này là các quỹ đạo elip của



chuyển động theo các định luật Ke-ple. -

Lực hướng tâm trên quỹ đạo tròn chính là lực hấp dẫn của Mặt Trăng:

v 

Và v  

 G

Mt v2 M v2  A  G t  B Rt  h 2 Rt 2

2

Áp dụng định luật II Ke-ple, ta được: v A  Rt  h   v B Rt

Từ (2) và (3):

2GM t Rt

 Rt  h  2Rt  h 

v

 3

2 Rt 2.1,7.10 6  1651  1627  m/s  2 Rt  h 2.1,7.106  0,1.106

Độ biến thiên vận tốc: v  v  v A  1651  1627  24  m/s  .

Gọi m là khối lượng nhiên liệu đã cháy. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, ta được:

 M  m  v  mu  m  Muv



12.103.24  29kg; v  u . 10 4

Vậy: Nhiên liệu để con tàu đáp xuống Mặt Trăng ở điểm B là m = 29kg. b) Nhiên liệu để con tàu đáp xuống Mặt Trăng ở điểm C     - Vì v   v A v vuông góc với v nên: v A2  v 2  v 2 -

Rt2

: gia tốc trên Mặt Trăng

Từ (4) v A  v 2  v 2  16512  972  1655  m/s  .

Khối lượng nhiên liệu: m  

M v  12.103.97   116kg. u 10 4

Vậy: Nhiên liệu để con tàu đáp xuống Mặt Trăng ở điểm C là m’ = 116kg.

vA 

GM t

h 0,1.106 v  .1651  97  m/s  Rt 1,7.106

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho con tàu trên quỹ đạo elip, ta được: MM t Mv A2 MM t Mv B2 G   G  Rt  h 2 Rt 2

; gt 

Rt  h 1,7.106  0,1.106 v  .1651  1749  m/s  Rt 1,7.106

1

GM t 6,67.10 11.7,4.1022   1651  m/s  Rt  h 1,7.10 6  0,1.10 6

 h

Áp dụng định luật II Ke-ple, ta được: vR  v C Rt .

vC 

MM t Mv 2 G 2 Rt  h  Rt  h 

2 g t hRt

 R

 v C2  v 2  v 2 

Từ định luật bảo toàn động lượng, ta được:  1 2GM t h 1  v C2  v A2  2GM t   .   Rt Rt  h  Rt  Rt  h 

(4)

2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP

 cos    sin  

 12   2  cos 2   sin 2    1   2

Chuyên đề 1. ĐỘNG LƯỢNG. BẢO TOÀN ĐỘNG LƯỢNG 1. Một khối gỗ hình hộp chữ nhật được ném từ mặt sàn nằm ngang với vận tốc v0 hợp góc  so với sàn. Biết rằng trong quá trình chuyển động bề mặt lớn của khối gỗ luôn song song với sàn và khi chạm sàn khối gỗ

Dấu “=” xảy ra khi: - Biện luận:

+ Để v  0 thì cos    sin   0    cot  và:

không nảy lên. Hệ số ma sát trượt giữa khối gỗ và sàn là  . Xác định góc  để khối gỗ dừng lại cách điểm smax 

ném xa nhất. Bỏ qua sức cản của không khí.

v2 1  2   tan     s  0 1    cos  sin  2 g

v02 2 1    khi   tan  2 g

Bài giải + Nếu   cot  thì smax  s1max 

Vì chuyển động của khối gỗ giống như chuyển động của vật ném xiên nên: - Thời gian chuyển động của khối gỗ: t 

2v0 sin  . g

2. Một viên đạn đang bay thắng đứng lên cao với vận tốc 250(m/s) thì nố thành hai mảnh có khối lượng bằng nhau.

2v02 sin  cos  . g  - Ngay trước khi chạm sàn khối gỗ có vận tốc v 0 hợp với phương ngang góc  và ngay sau khi chạm sàn,  khối gỗ có vận tốc v hướng theo phương ngang.

- Tầm nén xa của khối gỗ: s1  v0 cos  .t 

- Vì thời gian va chạm giữa khối gỗ và sàn là rất nhỏ nên ta có:

   Fms t  mv  mv0 cos   Fx t  px F t   p     Fy t  p y Qt  mv0 sin  - Lập tỷ số

v  v0 cos  (1) và chú ý Fms  Q , ta được:    v0 sin  (2)

v02 khi   45 . g

Tìm hướng và độ lớn của mảnh thứ nhất biết mảnh thứ hai bay với vận tốc 500(m/s) theo phương lệch góc 60 với phương thẳng đứng, hướng: a) Lên phía trên b) Xuống phía dưới mặt đất

(1) (2)

Bài giải Chọn hệ khảo sát: Viên đạn. Vì trong quá trình nổ, nội lực lớn hơn rất nhiều so với ngoại lực nên hệ khảo sát là hệ kín trong suốt thời gian xảy ra sự nổ.

  Gọi khối lượng cả viên đạn là 2m, động lượng của đạn trước khi nổ: p  2mv .

 v  v0 (cos    sin  ) (với v  0 )

(Hướng: dưới lên; độ lớn: p  2mv  2m.250  500m (kg.m/s).

- Khối gỗ trượt trên sàn quãng đường s2 với gia tốc a    g và ta có:

a) Mảnh thứ hai bay theo phương lệch góc 600 so với phương thẳng

0  v 2  2as2  s2 

v  cos    sin   v 2  0 2  g 2 g

- Khối gỗ dừng lại cách điểm ném một đoạn: s  s1  s2 . 2

s

2v02 sin  cos  v0  cos    sin    g 2 g

s

4 v02 sin  cos   v02 cos 2   2v02  sin  cos   v02  2 sin 2  2 g

s

v02 2  cos    sin   2 g

- Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:

đứng, hướng lên:

  - Động lượng của mảnh thứ hai sau khi nổ: p 2  mv2

(Hướng: Nằm nghiêng hướng lên 60 so với phương thẳng đứng, độ lớn p2  mv2  500m (kg.m/s)).    - Theo định luật bảo toàn động lượng: p  p1  p 2   - Vì p  p2 và góc   60 nên tam giác tạo bởi p1 và p 2 là tam  giác đều. Do đó, động lượng p1 của mảnh thứ nhất có:

+ Hướng: Nghiêng góc   60 so với phương thẳng đứng. + Độ lớn: p1  p  500m (kg.m/s).

 - Vận tốc của mảnh thứ nhất v1 có:

Bài giải

 + Hướng: Nghiêng góc   60 so với phương thẳng đứng (theo hướng p1 ).

+ Độ lớn: v1 

p1 500m   500 (m/s). m m

Chọn hệ khảo sát: Viên đạn. Trong quá trình nổ thì nội lực lớn hơn rất nhiều so với ngoại lực nên hệ khảo sát là hệ kín trong suốt thời gian xảy ra nổ. Suy ra động lượng bảo toàn trong khoảng thời gian nổ. a) Hướng và độ lớn vận tốc của mảnh II ngay sau khi đạn nổ

Vậy: Mảnh thứ nhất bay lên theo hướng nghiêng góc 60 so với phương thẳng đứng, với vận tốc bằng

 Chọn hệ trục toạ độ xOy như hình vẽ. Tại điểm cao nhất A (đỉnh parabol) thì vận tốc v có phương nằm

ngang và có độ lớn là:

500(m/s).

3  10 3 (m/s) 2

b) Mảnh thứ hai bay theo phượng lệch góc 60 so với phương thẳng đứng, hướng xuống   - Động lượng của mảnh thứ hai sau khi nổ: p 2  mv2 .

v  v0 x  v0 cos   20.

(Hướng: Nằm nghiêng hướng xuống, nghiêng 60 so với phương thẳng đứng, độ lớn p2  mv2  500m

- Vị trí A có độ cao là: hA  AH  y A 

(kg.m/s)).

- Xét lựu đạn nổ tại A. Gọi m là khối lượng của mỗi mảnh.

  - Theo định luật bảo toàn động lượng: p  p1  p 2   - Vì p  p2 nên tam giác tạo bởi p và p 2 là tam giác cân:



v02 sin 2   5m. 2g

60  30 2  - Động lượng p1 của mảnh thứ nhất sau khi nổ có:

  



+ Hướng: Nghiêng góc   30 so với phương thẳng đứng, hướng lên. + Độ lớn: p12  p 2  p22  2 p1 p2 cos120  3.  500m 

 p1  500m 3 (kg.m/s)  - Vận tốc v1 của mảnh thứ nhất có:

+ Hướng: Nghiêng góc   30 so với phương thẳng đứng, hướng lên  (theo hướng p1 ). + Độ lớn: v1 

p1 500m 3   500 3  866 (m/s) m m

Vậy: Mảnh thứ nhất bay lên theo hướng nghiêng góc 30 so với phương thẳng đứng, với vận tốc bằng

   - Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có: p  p1  p 2   Với p nằm ngang, p1 thẳng đứng hướng xuống và có độ lớn là: p  2mv  20 3m; p1  mv1  20m   - Vì p1 vuông góc với p nên từ hình vẽ ta có: p22  p 2  p12  4.(20m)2

 p2  40m - Vận tốc mảnh II ngay sau khi lựu đạn nổ: v2 

866(m/s). 3. Một lựu đạn được ném từ mặt đất với vận tốc v0  20 (m/s) theo phương lệch với phương ngang góc

  30 . Lên tới điểm cao nhất nó nổ thành hai mảnh bằng nhau. Mảnh I rơi thẳng đứng với vận tốc đầu v1  20 (m/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 ?

- Từ hình vẽ ta có: tan  

  p2  40 (m/s) ( v2 cùng hướng với p 2 ). m

p1 1     30 . p 3

 Vậy: Sau khi lựu đạn nổ, mảnh II bay theo phương v2 hợp với phương ngang góc   30 , hướng lên và có

độ lớn vận tốc v2  40 (m/s). b) Độ cao cực đại của mảnh II so với mặt đất

- Sau khi đạn nổ, mảnh II chuyển động như vật bị ném xiên góc   30 so với phương ngang từ A, với vận

- Theo phương ngang, động lượng được bảo toàn nên:

tốc đầu v2  40 (m/s).

m1v1  m2 v2 hay

- Khảo sát chuyển động của mảnh II trong hệ trục tọa độ x1 Ay1 (hình vẽ) thì độ cao cực đại của nó so với A

v1 m2  v2 m1

(1)

Gọi s1 , s2 lần lượt là quãng đường hai lăng trụ đã đi được theo

là:

phương ngang; t là thời gian di chuyển động của hai lăng trụ, ta có:

1 402.   v22 sin 2   2   20m hB  BK  y1B   2g 2.10

s1  v1t ; s2  v2 t 

Độ cao cực đại của mảnh II so với đất là: h  hA  hB  5  20  25m.

- Từ (1) và (2), ta có:

4. Một hạt nhân phóng xạ ban đầu đứng yên phân rã thành ba hạt: electron, nơtrinô và hạt nhân con. Động lượng của electron là 9.1023 (kg.m/s), động lượng của nơtrinô vuông góc với động lượng của electron và có

s1 v1  s2 v2

s1 m2 m   s2  1 s1 s2 m1 m2

(3)

Mặt khác: s1  s2  a  b - Thay (3) vào (4), ta được: s1 

độ lớn 12.1023 (kg.m/s). Tìm hướng và độ lớn động lượng của hạt nhân con.

(2)

(4)

m1 m (a  b) s1  a  b  s1  2 . m2 m1  m2

Bài giải Chọn hệ khảo sát: Hạt nhân phóng xạ. Trong quá trình nổ thì nội lực lớn hơn rất nhiều so với ngoại lực nên hệ khảo sát là hệ kín trong suốt thời gian xảy ra nổ.

 pnh 

23 2

9.10   12.10 

liệu của tên lửa là m = 190(kg/s) và khí đốt phụt ra với tốc độ u = 2800(m/s). Cho biết tên lửa phóng lên theo phương thẳng đứng. Hãy tính:

pe2  pn2

a) Lực đẩy tên lửa. b) Hợp lực tác dụng lên tên lửa vào lúc bắt đầu phóng, lúc sắp cạn nhiên liệu và lúc đã hết nhiên liệu.

 15.1023 (kg.m/s)

c) Tốc độ của tên lửa vào lúc toàn bộ nhiên liệu đã cạn hết. Bỏ qua sức cản của không khí, lấy g = 9,8(m/s2).

23

và tan  

pn 12.10 4      53 pe 9.1023 3

Bài giải a) Lực đẩy tên lửa

  180  53  127 .

Ta có: Fd  mu  190.2800  5,32.105 N .

Vậy: Vectơ động lượng của hạt nhân con nằm trong mặt phẳng chứa vectơ động lượng của electron và của nơtrinô, có hướng tạo góc 127 với vectơ động lượng của electron và có độ lớn bằng 15.10

23

(kg.m/s).

Vậy: Lực đẩy tên lửa là Fd  5,32.105 N . b) Hợp lực tác dụng lên tên lửa

5. Hai lăng trụ đồng chất A, B có khối lượng m1 , m2 như hình vẽ. Bỏ qua

Ta có: Fhl  Fd  Mg.

ma sát, độ dài đáy các thiết diện của lăng trụ là a và b. Khi B trượt từ đỉnh

- Lúc bắt đầu phóng (có lực đẩy, khối lượng tổng cộng M = 21 tấn):

đến chân lăng trụ A thì A dời chỗ một khoảng bao nhiêu?

Fhl  5,32.105  0, 21.105.9,8  3, 26.105 N .

Bài giải Chọn hệ khảo sát: ‘Hai lăng trụ”. Bỏ qua ma sát nên ngoại lực cân bằng theo phương ngang và hệ khảo sát là hệ kín theo phương ngang. Gọi v1 và v2 lần lượt là độ lớn vận tốc của hai lăng trụ A và B.

m2 (a  b) . m1  m2

6. Một tên lửa chứa mnl  15 tấn nhiên liệu và có khối lượng tổng cộng là M = 21 tấn. Tốc độ tiêu thụ nhiên

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, ta có:     p e  p n  p nh  0   - Vì p n vuông góc với p e nên ta có: pnh 

Vậy: Khi B trượt từ đỉnh đến chân lăng trụ A thì A dời chỗ một khoảng là s1 

- Lúc sắp cạn nhiên liệu (còn lực đẩy, hết nhiên liệu):

Fhl  5,32.105  (0, 21.105  0,15.105 ).9,8.  4, 73.105 N . - Lúc đã hết nhiên liệu (không còn lực đẩy, hết nhiên liệu):

Fhl  mg  (0, 21.105  0,15.105 ).9,8.  5,88.105 N .

Vậy: Hợp lực tác dụng lên tên lửa trong ba trường hợp lần lượt là 3, 26.105 N ; 4, 73.105 N ; 5,88.105 N .



c) Tốc độ của tên lửa vào lúc toàn bộ nhiên liệu đã cạn hết Ta có: v   gt  u ln

M0 m 15000 ; t  nl   79s : Thời gian để đốt hết nhiên liệu. M m 190

 v  9,8.79  2800.ln

21000  2, 73.103 (m/s) = 2,73(km/s). 6000

Vậy: Tốc độ của tên lửa vào lúc toàn bộ nhiên liệu đã cạn hết là v

A t

(2.2)

- Đơn vị: Trong hệ SI, đơn vị của công suất là W (oát). Ngoài ra còn có các đơn vị khác như: kW, với 1kW  1000W ; MW (mêgaoát), với 1MW  106 W ; HP (mã lực, ngựa), với 1HP  736W . 

- Công suất trung bình của lực F trong thời gian t: rb  F .  - Công suất tức thời của lực F tại thời điểm t:   Fv

s t

(2.3) (2.4)

= 2,73(km/s).

(s là quãng đường dịch chuyển của vật; v là vận tốc của vật chịu lực). 3. Hiệu suất

Chuyên đề 2: CÔNG VÀ CÔNG SUẤT. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CÔNG A. TÓM TẮT KIẾN THỨC I. CÔNG VÀ CÔNG SUẤT 1. Công

- Định nghĩa: Hiệu suất của máy được đo bằng tỉ số giữa công có ích và công toàn phần do máy sinh ra khi hoạt động: H

Acoù ích Atoaøn phaàn



coù ích toaøn phaàn

(2.5)

 - Định nghĩa: Công thực hiện bởi lực F trên quãng đường s

- Chú ý: Hiệu suất của máy có giá trị luôn nhỏ hơn 1 (H  1) .

được xác định bởi công thức:

CÔNG

A  Fs cos 

(2.1)

  (  là góc hợp bởi hướng của lực F và hướng của đường đi s )

- Các trường hợp cụ thể: + 0  

 2

(cos   0) : A  0 : công phát động (công dương).

II. CÔNG CỦA CÁC LỰC CƠ HỌC. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN

1. Công của các lực cơ học - Công của trọng lực: Ap  mgz

(2.6)

( z  z1  z2 là hiệu giữa hai độ cao đầu và cuối; z  0 : vật đi từ trên xuống: A  0; z  0 : vật đi từ dưới lên: A  0 ). - Công của lực đàn hồi:

    (cos   0) : A  0 : công cản (công âm). AF 

+   0(cos  1) : A  Fs;    (cos  1) : A   Fs . +

 2

1 k ( x12  x22 ) 2

(2.7)

(k là độ cứng của lò xo; x1 , x2 là độ biến dạng đầu và cuối (cos   0) : A  0 : lực không thực hiện công.

- Đơn vị: Trong hệ SI, đơn vị của công là J (jun). Ngoài ra còn có các đơn vị khác như Wh (oát-

của vật đàn hồi). - Công của lực ma sát:

giờ), kWh (kilooát-giờ), với:

Ams   Fms .s    Ns

1Wh  3600J; 1kWh  1000Wh  3600000J .

( Ams  0 : công cản;  là hệ số ma sát, N là áp lực của vật trên mặt tiếp xúc, s là quãng đường dịch

2. Công suất - Định nghĩa: Công suất là đại lượng có giá trị bằng thương số giữa công A và thời gian t cần để thực hiện công ấy:

(2.8)

chuyển). * Chú ý: Công của trọng lực, lực đàn hồi không phụ thuộc vào hình dạng đường đi của vật mà chỉ phụ thuộc vào vị trí đầu và cuối. Trọng lực và lực đàn hồi gọi là lực thế.

2. Định luật bảo toàn công: Khi vật chuyển động đều hoặc khi vận tốc của vật ở điểm cuối và điểm đầu bằng nhau thì công phát động bằng độ lớn của công cản. Aphaùt ñoäng  Acaûn

- Công của các lực cơ học: Sử dụng các công thức tính: + Công của trọng lực: AP  mgz , ( z  z1  z2 là hiệu giữa hai độ cao đầu và cuối). 1 2

+ Công của lực đàn hồi: AF  k ( x12  x22 ) , (k là độ cứng của lò xo; x1 , x2 là độ biến dạng đầu và

B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP

cuối của vật đàn hồi).

. VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NẰNG

 - Khi sử dụng công thức tính công A  Fs cos  cần xác định đúng giá trị góc  giữa hướng của lực F  và hướng của đường đi s (hướng chuyển động của vật).

- Khi sử dụng công thức tính công suất  cần xác định đặc điểm chuyển động của vật (đều, biến

+ Công của lực ma sát: Ams  Fms .s    Ns , (  là hệ số ma sát, N là áp lực của vật trên mặt tiếp xúc, s là quãng đường dịch chuyển). - Định luật bảo toàn công:

đổi), loại công suất cần tính (trung bình, tức thời) để áp dụng đúng công thức tính cho từng trường

+ Khi không có ma sát (Fms  0) : Aphaùt ñoäng   Acaûn .

hợp cụ thể.

+ Khi có ma sát (Fms  0) : Acoù ích  H . Atoaøn phaàn , (H là hiệu suất).

- Khi sử dụng định luật bảo toàn công cần chú ý các trường hợp chuyển động của vật (có ma sát, - Hiệu suất của máy: H 

không có ma sát). - Công của các lực cơ học như trọng lực, lực đàn hồi không phụ thuộc vào dạng đường đi mà chỉ

Acoù ích Atoaøn phaàn



coù ích toaøn phaàn

 1, ( Acoù ích  Atoaøn phaàn  Acaûn ) .

C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG

phụ thuộc vào vị trí các điểm đầu và cuối gọi là các lực thế. Để tính công của các lực này ta cần

. CÔNG VÀ CÔNG SUẤT

chú ý vị trí các điểm đầu và cuối của vật. Lực ma sát không phải là lực thế nên công của nó phụ

2.1. Một người kéo một vật m  50kg chuyển động thẳng đều không ma sát lên

thuộc vào dạng đường đi của vật.

một độ cao h  1m . Tính công của lực kéo nếu người kéo vật:

. VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

a) đi lên thẳng đứng.

. Với dạng bài tập về công và công suất. Phương pháp giải là:

b) đi lên nhờ mặt phẳng nghiêng có chiều dài l  3m .

- Sử dụng các công thức tính công, công suất:

   + Công của lực F : A  Fs cos  , (  góc hợp bởi hướng của lực F và hướng của đường đi s ).  + Công suất của lực F :

So sánh công thực hiện trong hai trường hợp. Bài giải a) Đi lên thẳng đứng (hình a)

  - Các lực tác dụng vào vật là trọng lực P và lực kéo F .

•

Vật chuyển động đều (v  const ) :  Fv .

•

Vật chuyển động biến đổi (v  const ) :t  Fv; tb 

•

Vật chuyển động biến đổi đều (a  const ) thì t  Fv ;

b) Đi lên nhờ mặt phẳng nghiêng có chiều dài l  3m (hình b)

v v tb  Fv  F  0 .  2 

- Các lực tác dụng vào vật là: trọng lực P , lực kéo F , phản lực của

A s  F. . t t

- Vì vật đi lên thẳng đều theo phương thẳng đứng nên: F  P  mg . - Công của lực kéo: A  Fs  mgh  50.10.1  500 J .  

mặt phẳng nghiêng Q (bỏ qua ma sát). - Vật đi lên thẳng đều trên mặt phẳng nghiêng nên: h F  P1  mg sin   mg. . 



+ Lực kéo của cần trục: F2  m( g  a2 )  100.(10  0, 4)  9600 N .

h 

- Công của lực kéo: A  Fs  mg .  mgh

+ Độ cao vật đi được: h2 

 A  50.10.1  500 J

Vậy: Công thực hiện trong hai trường hợp là như nhau.

v12 42   20m . 2 a2 2.(0,4)

+ Công của cần trục: A2  F2 h2  9600.20  19200J .

2.2. Sau khi cất cánh 0,5 phút, trực thăng có m  6 tấn, lên đến độ cao h  900 m .

- Công tổng cộng của cần trục trong hai giai đoạn:

Coi chuyển động là nhanh dần đều. Tính công của động cơ trực thăng.

A  A1  A2  10800  19200  30000J  30kJ .

Bài giải

  - Các lực tác dụng vào trực thăng: trọng lực P và lực kéo F của động cơ (hình

2.4. Một cái thùng m  90kg chuyển động thẳng đều trên sàn nhờ

lực đẩy F1  300 N , 1  30 và lực kéo F2  300 N ,  2  45 như hình vẽ.

vẽ). - Trực thăng đi lên nhanh dần đều theo phương thẳng đứng nên ta có: F  P  ma  F  m( g  a)

- Gia tốc của trực thăng: a 

a) Tính công của từng lực tác dụng lên thùng trên quãng đường 20m.

(1) 2h t2

b) Tính hệ số ma sát giữa thùng và sàn. Bài giải

(2)

a) Công của từng lực tác dụng lên thùng - Các lực tác dụng vào thùng:      P , Q, F ms , F 1 , F 2 (hình vẽ).   + Trọng lực P và phản lực Q có phương vuông góc với

 2h   F  mg  2  t   

- Công của lực kéo: A  Fs  m  g  

2h  2.900  3  6  h  6.10 .  10   .900  64,8.10 J . t2  30 2  

phương chuyển động của thùng nên không sinh công:

Vậy: Công của động cơ trực thăng là A  64,8.10 6 J .

AP  AQ  0 .

2.3. Cần trục nâng một vật m  100kg từ mặt đất lên cao theo phương thẳng đứng. Trong 10s đầu tiên,

vật đi lên nhanh dần đều với gia tốc 0,8(m / s2 ) . Sau đó, vật đi lên chậm dần thêm 10s nữa rồi dừng lại. Tính công do cần trục thực hiện. Bài giải   Các lực tác dụng vào vật là: trọng lực P và lực kéo F của cần trục.

- Giai đoạn 1:

đều



+ Công của lực đẩy F1 : AF  F1s.cos1  300.20.cos30  3000 3  5200 J . 1

 + Công của lực kéo F 2 : AF  F2 s cos  2  300.20.cos 45  3000 2  4240 J . 2

 + Công của lực ma sát F ms : Vì thùng chuyển động đều theo phương ngang nên hợp lực theo phương

ngang bằng 0. Suy ra, tổng công của các lực theo phương ngang cũng bằng 0: AF  AF  AF  0 1

+ Lực kéo của cần trục: F1  m(g  a1 )  100.(10  0,8)  1080 N . + Công của cần trục: A1  F1h1  1080.10  10 800J .

 AF  ( AF  AF )  (5200  4240)  9440 J . ms

b) Hệ số ma sát  giữa thùng và sàn

- Giai đoạn 2:

  

+ Vận tốc ban đầu của vật (cuối giai đoạn 1): v02  v1  2a1h1  2.0,8.10  4(m / s) .

+ Gia tốc của vật: a2 

v1 4   0, 4(m / s2 ) . t2 10





- Vì thùng chuyển động đều nên: P  Q  F ms  F1  F 2  0 - Chiếu (*) lên phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên ta được:  P  Q  F1 sin 1  F2 sin  2  0  Q  mg  F1 sin 1  F2 sin  2

(*)

- Công của lực ma sát: Ams   Fms .s   Qs    (mg  F1 sin 1  F2 sin  2 )s 



Ams 9440  (mg  F1 sin 1  F2 sin  2 )s (90.10  300.sin 30  300sin 45).20 9440 1 2 (90.10  300.  300. ).20 2 2

 0,56

Vậy: Khi trực thăng lên đều, công suất của động cơ là P  1MW . b) Khi trực thăng lên nhanh dần đều - Gia tốc của trực thăng: Từ h 

at 2 2h 2.1250 a 2   1 (m / s 2 ) . 2 t 502

- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: F  mg  FC  ma  F  mg  FC  ma  F  mg  0,1mg  ma  m(1,1g  a)  5000.(1,1.10  1)  60.103 N

- Công của động cơ: A  Fs  60.103.1250  75.106 J .

a) nửa đường tròn AC.

- Vận tốc cực đại của trực thăng: vmax  at  1.50  50(m / s) .

b) cả đường tròn.

- Công suất cực đại của động cơ: max  Fvmax  60.103.50  3.10 6 W  3MW .

Bài giải  a) Điểm đặt của F vạch nửa đường tròn AC

- Công suất trung bình của động cơ:  

A 75.10 6   1,5.10 6 W  1,5MW . t 50

(Có thể tính công suất trung bình của động cơ theo công thức:  F.v  F.

Ta có: A  Fs , với s  AC là hình chiếu độ dời điểm đặt của lực 

trên phương của lực F .

vmax ) 2

Vậy: Khi trực thăng lên nhanh dần đều, công suất trung bình của động cơ là   1,5MW ; công suất cực đại của động cơ là max  3MW .

 A  F . AC  600.1  600 J  b) Điểm đặt của F vạch cả đường tròn AC

2.7. Xe khối lượng m  200kg , chuyển động trên dốc dài 200m, cao 10m.

a) Xe chuyển động thẳng đều lên dốc với vận tốc 18 km/h, công suất của động cơ là 0,75kW. Tìm

Ta có: A  Fs / , với s /  0 là hình chiếu độ dời điểm đặt của lực 

trên phương của lực F  A  0 .

giá trị lực ma sát. b) Sau đó, xe chuyển động xuống dốc nhanh dần đều, vận tốc xe ở đỉnh dốc là 18(km/h), ở chân dốc

2.6. Một trực thăng có khối lượng m  5 taán .

là 54(km/h). Tính công do xe thực hiện khi xuống dốc và công suất trung bình, công suất tức thời

a) Trực thăng bay lên đều, lên cao 1km trong thời gian 50s. Bỏ qua

ở chân dốc. Biết lực ma sát là không đổi.

sức cản của không khí. Tính công suất của động cơ.

Bài giải

b) Trực thăng bay lên nhanh dần đều không vận tốc đầu, lên cao 1250m trong 50s. Sức cản của không khí bằng 0,1 trọng lượng trực thăng. Tính công suất trung bình và công suất cực đại của

a) Xe chuyển động thẳng đều lên dốc

   - Các lực tác dụng vào xe: trọng lực P ; lực kéo F ; phản lực Q và  lực ma sát F ms .

động cơ trong thời gian trên. - Lực kéo của động cơ: F 

Bài giải a) Khi trực thăng lên đều

- Vật đi lên đều nên hợp lực bằng 0, do đó: 6

- Công của động cơ: A  Fs  mgh  5000.10.1000  50.10 J .

- Công suất của động cơ: 

 . v

A 50.106   106 W  1MW . t 50

     F  P  Q  F ms  0

 F  P sin   Fms  0

 Fms  F  P sin  

 h 0,75.103 10  mg.   200.10.  50 N . v  5 200

- Mặt khác: /  1,5 - Từ (1), (2) và (3), ta có: v / 

Vậy: Giá trị của lực ma sát là Fms  50 N .

(3) v 60   30 (km / h) . 2 2

Vậy: Vận tốc tối đa của xe trên đường dốc là v  30(km / h) .

b) Xe chuyển động nhanh dần đều xuống dốc

   - Các lực tác dụng vào xe: trọng lực P ; lực kéo F ; phản lực Q  và lực ma sát F ms .

2.9. Đầu máy xe lửa công suất không đổi có thể kéo đoàn tàu m1  200 taán lên dốc có góc nghiêng

1  0,1rad với vận tốc v1  36(km / h) hay lên dốc có góc nghiêng  2  0,05rad với vận tốc

- Theo định luật II Niu-tơn, ta có:

v2  48(km / h) .

     F  P  Q  F ms  0

Tính độ lớn lực cản FC . Biết FC không đổi và sin    ( nhoû) .

 F  P sin   Fms  ma

Bài giải

 h   F  Fms  mg sin   ma  Fms  m  g.  a    

Gọi  là công suất của đầu máy xe lửa (bằng nhau trong cả hai trường hợp); F1 và v1 là lực kéo

của đầu máy tác dụng vào đoàn tàu và vận tốc của đoàn tàu khi lên dốc có góc nghiêng 1; F2 và

- Gia tốc của xe: a

v2 là lực kéo của đầu máy tác dụng vào đòan tàu và vận tốc của đoàn tàu khi lên dốc có góc

v2  v02 152  52   0,5(m / s2 ) 2 2.200

nghiêng  2 . - Khi tàu lên dốc có góc nghiêng 1 :

  10  F  50  200.  10.  0,5   50 N  200 

+ Theo định luật II Niu-tơn: F1  FC  m1g sin 1  m1a1  0

- Công do xe thực hiện: A  Fl  50.200  10000 J  10kJ - Công suất trung bình:  F.v  F .

v  v0 15  5  50.  500W  0,5kW . 2 2

- Công suất tức thời ở chân dốc:  F.v  50.15  750W  0, 75kW .

 F1  FC  m1g sin 1

+ Công suất của đầu máy:  F1v1  (FC  m1g sin 1 )v1 - Khi tàu lên dốc có góc nghiêng  2 :

Vậy: Công do xe thực hiện khi xuống dốc là A  10 kJ ; công suất trung bình là   0,5kW ; công

+ Theo định luật II Niu-tơn: F2  FC  m1 g sin  2  m1a2  0

suất tức thời ở chân dốc  0, 75kW .

 F2  FC  m1g sin  2

2.8. Xe chạy trên mặt đường nằm ngang với vận tốc 60(km/h). Đến quãng đường dốc, lực cản tăng gấp 3 nhưng mở “ga” tối đa cũng chỉ tăng công suất động cơ lên được 1,5 lần. Tính vận tốc tối đa của xe trên đường dốc. Bài giải

(1)

- Khi xe chuyển động thẳng đều trên đường dốc thì: FK/  FC/  3FC . - Công suất của động cơ trên đường dốc: /  FK/ .v /  3FC .v /

+ Công suất của đầu máy:  F2 v2  (FC  m1g sin 2 )v2 - Từ (1) và (2) ta có: (FC  m1g sin 1 )v1  ( FC  m1g sin  2 )v2  FC 

- Khi xe chuyển động thẳng đều trên đường ngang thì: FK  FC .

- Công suất của động cơ trên đường ngang:  FK .v  FC .v

(1)

(2)

m1g(v1 sin 1  v2 sin  2 ) m1g(v11  v2 2 )  v2  v1 v2  v1

  40 200.103.10  10.0,1  .0,05  3    200000 N .  FC  40  10 3

Vậy: Độ lớn của lực cản là FC  200000 N .

(2)

Vậy: Nếu hai ô-tô nối với nhau và chuyển động cùng chiều thì vận tốc các xe khi chuyển động đều là v 

vẫn chuyển động đều với vận tốc cũ trên mặt phẳng ngang? Biết hệ số ma sát giữa đường ray với

( N1  N 2 )v1v2 . N1v2  N 2 v1

. CÔNG CỦA CÁC LỰC CƠ HỌC – ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CÔNG

xe là  .

2.12. Vậy m  5kg được thả rơi từ độ cao h  4m xuống một hồ nước sâu 2m. Tính

Bài giải - Khi đầu máy chuyển động trên mặt phẳng nghiêng (chưa kéo thêm toa xe):

công của trọng lực khi vật rơi tới đáy hồ. Bài giải

+ Lực kéo: F  mg sin   Fms  mg sin    mg cos   mg(sin    cos  ) Công của trọng lực khi vật rơi xuống:

+ Công suất:   Fv - Khi đầu máy chuyển động trên mặt phẳng ngang (kéo thêm toa xe):

A  mg(h  h/ )  5.10.(4  2)  300J . 2.13. Cho hệ thống như hình vẽ:   30, m1  1kg, m2  2kg . Tính công của

+ Lực kéo: F /  Fms   (m  m1 )g + Công suất: /  F / v/

trọng lực của hệ thống khi m1 đi lên không ma sát trên mặt phẳng

Vì v /  v và /  nên F /  F   (m  m1 )g  mg(sin    cos  )

nghiêng quãng đường 1m. Bài giải

 m1 

 sin   mg(sin    cos  )   mg  m  cos   1 . g   

Vậy: Khối lượng toa xe mà đầu máy có thể kéo thêm để vẫn chuyển động thẳng đều trên mặt

Khi m1 đi lên quãng đường s  1m trên mặt phẳng nghiêng thì m2 đi xuống thẳng đứng một quãng

đường cũng bằng s (hình vẽ). Ta có: h1  s.sin   1.0,5  0,5m

 sin 

  cos   1  .   

phẳng nằm ngang là m1  m 

h2  s  1m .

2.11. Hai ô-tô công suất N1 , N 2 không đổi, chuyển động đều với vận tốc v1 , v2 . Nếu hai ô-tô nối với

- Công của trọng lực của hệ thống:

nhau và cùng mở máy chuyển động cùng chiều (ô-tô trước đó có vận tốc lớn sẽ chạy trước) thì vận

A  A1  A2

tốc các xe khi chuyển động đều là bao nhiêu? Biết lực cản đặt lên mỗi xe không đổi.

 A  m1gh1  m2 gh2  1.10.0,5  2.10.1  15J .

Bài giải

2.14. Lò xo độ cứng k  50( N / m) . Tính công của lực đàn hồi của lò xo khi nó dãn thêm 10cm từ:

- Khi hai xe chưa nối với nhau chuyển động đều nên:

F1C  F1 

a) Chiều dài tự nhiên.

N1 N ; F  F2  2 v1 2C v2

b) Vị trí đã dãn 10cm.

- Khi hai xe nối với nhau chuyển động đều với vận tốc v nên: N  N1  N 2  F.v

 F  FC  F1C  F2C 

c) Vị trí đang bị nén 10cm. Bài giải

(1) N1 N 2 N1v2  N 2 v1   v1 v2 v1v2

N  N 2 ( N1  N 2 )v1v2  - Từ (1) và (2), suy ra: v  1 . F N1v2  N 2 v1

(2)

1 Ta có: Công của lực đàn hồi: A  k ( x12  x22 ) . 2 1 2

a) x1  0; x2  10cm  0,1m : A1  .50.(02  0,12 )  0,25J  0 . b) x1  10cm  0,1m; x2  10  10  20cm  0,2m :

x2   2   0  14  8  6cm  0,06m

1  A2  .50.(0,12  0,22 )  0,75J  0 2

- Công của lực đàn hồi khi lò xo dãn thêm do đặt thêm vật m2 :

c) x1  10cm  0,1m; x2  10cm  10cm  0

A

1  A3  .50. (0,1)2  02   0,25J  0 . 2

1 1 k ( x12  x22 )  .50.(0,022  0,06 2 )  0,08J . 2 2

Vậy: Công của trọng lực AP  0,12J ; công của lực đàn hồi A  0,08J .

2.16. Một vật m  100 g trượt không vận tốc đầu từ đỉnh xuống chân một mặt phẳng nghiêng dài   2m , chiều cao h  0,4 m . Vận tốc vật ở chân mặt phẳng nghiêng là 2(m/s). Tính công của lực

ma sát.

sinh công.

Bài giải

2.15. Khi một lò xo nhẹ, đầu trên cố định, đầu dưới treo một đĩa cân khối lượng 100g thì lò xo có chiều dài

Chọn chiều (+) là chiều chuyển động của vật. 

10cm. Đặt thêm lên đĩa cân một vật khối lượng 200g, lò xo dãn thêm và có chiều dài 14cm khi vật ở vị trí cân bằng. Tính công của trọng lực và của lực đàn hồi khi lò xo dãn thêm. Bài giải

- Gia tốc của vật là: a 

Gọi:  0 và k lần lượt là chiều dài tự nhiên và độ cứng của lò xo; 1 và  2 lần lượt là chiều dài của

lò xo khi treo đĩa cân (m1 ) và khi đặt thêm vật (m2 ) vào đĩa cần

- Công của trọng lực khi lò xo dãn thêm do đặt thêm vật m2 : AP  (m1  m2 )gh  (m1  m2 )g( 2  1 )  AP  (0,1  0,2).10.(0,14  0,10)  0,12 J .

- Từ hình vẽ, ta có: m1g  k ( 1   0 ) (m1  m2 )g  k ( 2   0 )

vB2 22   1(m / s2 ) 2 2.2

- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: mg sin   Fms  ma .

- Công của lực ma sát: h AFms   Fms .  m(g  a).   AFms  0,1.(10.

0,4  1).2  0,2 J 2

Vậy: Công của lực ma sát là AFms  0,2J .

- Lấy (2) trừ cho (1), ta được: m2 g m2 g  k ( 2   1 )   2  1

0,2.10  50( N / m) 0,14  0,10

- Từ (1) suy ra:  0  1 



h  Fms  m(g sin   a)  m(g  a) 

(hình vẽ).

k



- Các lực tác dụng vào vật: Trọng lực P , phản lực Q , lực ma sát F ms .

m1 g 0,1.10  0,1   0,08m  8cm . k 50

- Độ biến dạng của lò xo ứng với hai vị trí: x1  1   0  10  8  2cm  0, 02m

* Lưu ý: Có thể giải theo định luật bảo toàn năng lượng như sau: Công của lực không phải lực thế bằng độ biến thiên cơ năng của vật: AFms  W  WB  WA   AFms  0,1(

v2 1 2 mvB  mgh  m( B  gh) 2 2

22  10.0,4)  0,2 J . 2

2.17. Súng khối lượng 50kg bắn đạn ra theo phương ngang. Khối lượng đạn là 2kg, vận tốc lúc rời nòng là 500(m/s). Sau khi bắn, súng giật lùi một đoạn 50cm. Tính lực hãm trung bình đặt lên súng và công của lực hãm.

Bài giải

h

Gọi m1 , m2 là khối lượng của súng và đạn; v1 , v2 là vận tốc của súng và đạn ngay sau khi bắn. - Súng bắn đạn theo phương ngang nên ngoại lực cân bằng, hệ (súng + đạn) là kín trong khoảng

 gt 2  sin   1  2  sin   cos  .tan  

- Công của trọng lực: AP  mgh  

thời gian bắn, suy ra động lượng bảo toàn. Về độ lớn ta có: m1v1  m2 v2  v1 

m2 2 v  .500  20(m / s) . m1 2 50

- Xét chuyển động của súng sau khi bắn. Coi rằng súng chuyển động chậm dần đều dưới tác dụng của lực hãm trung bình. Chọn chiều dương là chiều chuyển động của súng. Ta có: + Gia tốc trung bình của súng: a 

 v12 202   400(m / s2 ) . 2 s 2.0,5

+ Lực hãm trung bình đặt lên súng: F h  m1 a  50.( 400)  20000 N . + Công của lực hãm: A   Fh .s  20000.0,5  10000J  10kJ . Vậy: Lực hãm trung bình là 20000N và công của lực hãm là 10kJ . 2.18. Vật khối lượng m  50 g được bắn xiên góc   37 với vận tốc

 A

 0, 05.102.12  0,6  1  1,25J .  2  0,6  0,8.0,25 

Vậy: Công của trọng lực tác dụng lên vật trong thời gian bay là A  1,25J . 2.19. Một mũi tên được bắn từ một cái cung có chiều dài dây cung l  1m . Dây được kéo căng đoạn h  5cm . Lực đàn hồi của dây cung coi như không đổi và bằng T  300 N . Biết khi  nhỏ thì sin   tan    (rad ) . Tính công của lực đàn hồi từ lúc tên bắt đầu chuyển động đến lúc rời dây cung. Bài giải - Mũi tên rời khỏi dây cung khi dây cung trở về trạng thái không biến dạng, tức là mũi tên đi được quãng đường s  h (hình vẽ). - Hợp lực đàn hồi cực đại (khi dây cung bị kéo căng):

đầu v0 từ A như hình vẽ. Sau khi bắn 1 giây, vật chạm vào điểm B, biết AB hợp với phương ngang một góc   14 . Tính công của trọng

Fmax  2T sin   2T tan   2T .

lực tác dụng lên vật trong thời gian bay.

Bài giải

(1)

gt 2 2

(2)

yB  x.tan 

(3)

Từ (1), (2) và (3) ta có:

đàn hồi trung bình là: F

Fmax  Fmin 2Th  2 

- Công của lực đàn hồi: A  F.h 

2Th2 2.300.(5.10 2 )2   1,5J .  1

* Lưu ý: Có thể giải như sau: Coi cung tên như một lò xo đàn hồi có độ cứng là k. Khi lò xo dãn

gt v0  2(sin   cos  .tan  )

- Thay (4) vào (2), ta được: h 

Fmin  0

- Nếu coi hợp lực giảm dần đều từ giá trị cực đại đến 0 thì hợp lực

Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ.

yB  h  (v0 sin  )t 

h 4Th    2

- Hợp lực đàn hồi cực tiểu (khi dây cung không biến dạng)

Cho sin 37  0,6; cos37  0,8; tan14  0,25 .

- Tại B, ta có: xB  (v0 cos )t

 mg 2 t 2  sin   1  2  sin   cos  .tan  

(4)

gt 2 sin  gt 2  2(sin   cos  .tan  ) 2

một đoạn x  h thì xuất hiện lực đàn hồi: F  Fmax 

4Th 4T  kh  k  .  

- Công của lực đàn hồi: A  W1t  W2 t .

 A

1 2 1 1 4T 2 2Th 2 kx  0  kh2  . h  . 2 2 2  

Thay số ta được kết quả giống như kết quả trên. Vậy: Công của lực đàn hồi từ lúc tên bắt đầu chuyển động đến lúc rời dây cung là A  1,5J .

bán kính R  1m , hệ số ma sát   0,1 như hình vẽ. Lực kéo luôn hướng tiếp tuyến với quỹ đạo. Tính công của lực ma sát. Bài giải - Công của lực ma sát khi kéo vật từ điểm B đến điểm B của cung tròn là:

- Công do người thực hiện: AF  F  600.20  12000 J  12kJ .

độ biến thiên cơ năng của vật: 1 1 AF  AFms  W  WB  WA  ( mvB2  mgh)  mv A2  mgh 2 2

 AF   AFms  mgh  Fms  mgh  0,05mg  mgh AF  mg(0,05  h)  200.10(0,05.20  5)  12000 J  12kJ .

2.22. Trục kéo có bán kính r  20cm , tay quay dài l  60cm . Dùng định luật

 Ams   Fms .BB

bảo toàn công để tính lực cần tác dụng vào tay quay để kéo một vật khối lượng m  45kg từ dưới lên.

  BB  l ; với: BB cos 

Bài giải 

Fms   N   mg.cos  .



Ta có: Lực phát động là lực kéo F , lực cản là trọng lực P (hình vẽ).

l    mg.l cos 

- Công của lực ma sát khi kéo vật trên 1/4 đường tròn (từ A đến B ) là: Ams   Ams   (  mg.l )    mg. l

 Ams    mg.R  0,1.0, 05.10.1  0,05J .

h 5  F  mg(  0,05)  200.10(  0,05)  600 N  20

* Lưu ý: Có thể giải định luật bảo toàn năng lượng như sau: Công của lực không phải lực thế bằng

2.20. Một vật nhỏ khối lượng m  50g được kéo trượt thật chậm trên đoạn đường là 1/4 đường tròn

 Ams    mg.cos  .

F  mg sin   Fms  0  F  mg sin   Fms

(1)

- Chiếu (1) lên chiều (+) đã chọn ta được:

- Khi tay quay và trục quay được 1 vòng thì: + Điểm đặt của lực kéo di chuyển được một quãng đường (theo hướng của lực kéo) là: s1  2 l + Điểm đặt của trọng lực di chuyển được một quãng đường (ngược hướng của trọng lực) là: s2  2 r

+ Công của lực kéo và lực cản là: AK  F.s1  F.2 ; AC   P.s2  mg.2 r - Theo định luật bảo tòan công, ta có: AK  AC r 20  F.2   mg.2 r  F  mg  F  45.10.  150 N .  60

Vậy: Lực cần tác dụng vào tay quay để kéo vật từ dưới lên là F  150 N . 2.23. Tính công cần để nâng một sợi xích khối lượng 5kg, chiều dài 1m ban đầu nằm trên mặt đất, nếu người cầm một đầu xích nâng lên độ cao 2m. Bài giải

- Dây xích dài 1m có đầu trên ở độ cao 2m thì trọng tâm của dây xích (ở chính giữa dây xích) ở độ cao h  1,5m .

Gọi Rd , R1 và Rb lần lượt là bán kính của đĩa, líp và bánh xe sau. Ta có: s  2 Rd  n.2 R1

- Công cần thực hiện (của lực nâng): AF   AP  ( mgh)  mgh n

 AF  5.10.1,5  75J .

Vậy: Công cần để nâng sợi xích trên là AF  75J .

Rñ R

- Vì các bán kính của đĩa và líp tỉ lệ với số răng và số răng của đĩa gấp 2 lần số răng của líp nên

2.24. Hòn đá mài bán kính 20cm quay với tần số 180 (vòng/phút). Người ta dùng một lực 20N để ấn

Rd  2 R1

một vật lên vành đá mài. Tính công do đá mài thực hiện trong 2 phút, biết hệ số ma sát giữa vật và

 n  2.

- Quãng đường xe đi được (bằng quãng đường điểm M trên vành lốp đi được) khi bàn đạp quay 1

đá mài là 0,3. Bài giải - Trong 2 phút đá mài quay được n  2.180 vòng và điểm đặt của lực ma sát do đá mài tác dụng vào

vòng (bánh xe sau quay 2 vòng) là: s /  2.2 Rb  2.2.3,14.0,35  4,4m

vật đã di chuyển được quãng đường s ngược hướng với lục ma sát.

Như vậy, khi đạp 1 vòng bàn đạp thì bánh xe sau quay được 2 vòng và xe đi được quãng đường là

Ta có: s  n.2 r  2.180.2 r  720 r

4,4m.

- Công của lực ma sát: AFms   Fms .s    F.720 r . - Công do đá mài đã thực hiện: A   AFms   F.720 r .  A  0,3.20.720.3,14.0,2  2713J .

b) Lực truyền đến điểm tiếp xúc M

F1d  F2 Rd  F2  F1 .

truyền nguyên vẹn lực. Bỏ qua ma sát. Kiểm chứng lại định luật bảo toàn công từ các kết quả trên. Bài giải a) Quãng đường xe đi được khi đạp 1 vòng bàn đạp. - Khi bàn đạp quay 1 vòng thì đĩa (gắn với bàn đạp) quay được 1 vòng nên điểm A trên dây xích ( tiếp



d . Rd



- Momen lực của F 3 và F 4 đối với O2 bằng nhau: F3 R1  F4 Rb  F4  F3 .

R d R 20 5  F1 . .   56. .  16 N Rb Rd Rb 10 35

* Nghiệm lại kết quả bằng định luật bảo toàn công: Ta có: 



- Lực phát động là F1 tác dụng vào bàn đạp, lực cản là lực ma sát F ms của mặt đường tác dụng lên bánh xe có độ lớn bằng F4 . 



- Khi bàn đạp quay 1 vòng thì bánh xe sau quay 2 vòng, khi đó điểm đặt của F1 và của F ms di chuyển được quãng đường theo phương của lực, lần lượt là

xúc với vành đĩa) dịch chuyển được quãng đường s

s1  1.2 d  2 d; s2  2.2. Rb  4 Rb .

bằng chu vi vành đĩa. Suy ra điểm B trên vành líp (tiếp xúc với dây xích) cũng dịch chuyển được

+ Công của lực phát động: Apñ  AF  F1.s1  F1.2 d . 1

quãng đường s. Khi đó líp và bánh xe sau (gắn với nhau qua ổ trục sau) quay được n vòng.



d Rd

- Vì xích truyền nguyên vẹn lực nên: F3  F2  F1.

xúc M của vỏ xe và mặt đất bằng bao nhiêu? Biết đùi đĩa xe đạp dài 20cm và gấp 2 bán kính đĩa; các bán kính của đĩa và líp tỉ lệ với số răng; xích



Gọi d là chiều dài của đùi đĩa. Momen lực của F1 và F 2 đối với O1 bằng nhau:

+ Độ lớn của công cản: AC  AFms  F4 s2  F4 .4 Rb

và

s2 . Ta có:



Apñ AC



Gọi V0 (m 3 ) và m0 (kg) lần lượt là thể tích và khối lượng nước đổ xuống trong mỗi giây;

F1 d 56 20 .  .  1  Apñ  AC F4 2 Rb 16 70

D  103 (kg / m3 ) là khối lượng riêng của nước; H là hiệu suất của động cơ.

Vậy: Các kết quả trên đây nghiệm đúng định luật bảo toàn công.

AP mgh (m0 t )gh    m0 gh  V0 Dgh t t t

2.26. Một cần trục nâng đều một vật khối lượng 1 tấn lên cao 10m trong thời gian 30s.

- Công suất toàn phần: tp 

a) Tính công của lực nâng.

- Công suất của trạm thủy điện (bằng công suất có ích): i  Htp  HV0 Dgh

b) Biết hiệu suất của động cơ là 60%. Tính công của động cơ cần trục. c) Nếu phải nâng đều một vật khối lượng 2 tấn cũng lên cao 10m thì thời gian nâng là bao nhiêu? Bài giải

Vậy: Công suất của trạm thủy điện là i  67500kW . 2.28. Một thang cuốn có độ cao h và nghiêng góc  với mặt ngang. Thang cuốn đi xuống đều với

a) Công của lực nâng - Vật được nâng lên đều theo phương thẳng đứng nên lực nâng có độ lớn bằng trọng lực:

vận tốc v. Tính công do người, khối lượng m, thực hiện khi đi lên thang cuốn trong thời gian t. Xét trong hệ quy chiếu:

F  P  mg

- Công của lực nâng (công có ích): AF  F .h  mgh  103.10.10  105 J  100 kJ .

a) Gắn với đất. b) Gắn với thang.

Vậy: Công của lực nâng là AF  100kJ .

Lời giải

b) Công suất của động cơ: Gọi H là hiệu suất của động cơ, ta có: A - Công suất có ích: i  F . t

a) Trong hệ quy chiếu gắn với đất: Theo định luật bảo toàn công, nếu bỏ qua ma sát thì:

- Công suất của động cơ (công suất toàn phần): tp  tp 

i  0, 75.300.103.10.30  675.105 W  67500 kW

i AF .  H H .t

105  5,6.103 W  5,6kW . 0,6.30

một đoạn là h1 so với mặt đất. Ta có:

Vậy: Công suất của động cơ cần trục là tp  5,6 kW . c) Thời gian nâng vật khối lượng 2 tấn lên cao 10m - Công có ích: AF/  F / .h /  m / gh / . AF/

AF   AP  (mgh)  mgh

h1  s.sin   vt sin 

- Độ cao người đã lên được so với thang máy: h2  h  h1  h  vt sin  - Công người đã thực hiện: AF   AP  (mgh2 )  mgh2  mg(h  vt sin  )

AF/ m / gh/ 2.103.10.10 - Công suất của động cơ: tp  t     60 s . / tp .H tp .H 5,6.103.0,6 H .t /

Phần 1.

Chuyên đề 3: CƠ NĂNG. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG A. TÓM TẮT KIẾN THỨC I. NĂNG LƯỢNG. CÁC DẠNG NĂNG LƯỢNG CƠ HỌC 1. Năng lượng - Định nghĩa, đặc điểm + Năng lượng là đại lượng đặc trưng cho khả năng thực hiện công của một vật hoặc một hệ vật.

+ Năng lượng của một vật (hoặc hệ vật) ở một trạng thái xác định có giá trị bằng công lớn nhất mà vật (hoặc

- Độ giảm thế năng và công của lực thế: Công của lực thế bằng độ giảm thế năng:

hệ vật) thực hiện được.

AP ,F  ñh   Wt 1  Wt 2 (3.5)

W  Wñ  Wt (3.6) W 

- Định nghĩa, đặc điểm + Động năng của một vật là năng lượng có được do vật chuyển động và có giá trị bằng: Wñ 

1 2 mv (3.1) 2

W

1 2 mv  mgz (thế năng trọng trường) 2

1 2 1 2 mv  kx (thế năng đàn hồi) 2 2

2. Định luật bảo toàn cơ năng: Với hệ kín không có ma sát, cơ năng của hệ được bảo toàn:

+ Động năng là đại lượng vô hướng và luôn dương.

W  Wñ  Wt =const (3.7)

+ Động năng có tính tương đối. Giá trị của nó phụ thuộc vào hệ quy chiếu được chọn.

III. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN VÀ CHUYỂN HÓA NĂNG LƯỢNG

- Định lí động năng: Độ biến thiên động năng của vật bằng tổng các công của lực ngoài tác dụng vào vật.

1. Định luật: Năng lượng không tự nhiên sinh ra cũng không tự nhiên mất đi. Năng lượng chỉ chuyển hóa từ

Wñ  W2 ñ  W1ñ  A12 (3.2)

dạng này sang dạng khác hoặc truyền từ vật này sang vật khác.

(W1đ, W2đ là động năng đầu (vị trí 1) và cuối (vị trí 2) của vật; A12 là tổng công của ngoại lực làm vật dịch chuyển từ vị trí 1 đến vị trí 2). - Đơn vị: Trong hệ SI, đơn vị của động năng là J (jun).

2. Các trường hợp cụ thể - Hệ kín, không ma sát (chỉ có lực thế tác dụng): W1 = W2

(3.8)

- Hệ kín, có ma sát (có lực không phải lực thế tác dụng):

W1  W2  Ams (3.9)

2.2. Thế năng - Định nghĩa, đặc điểm

3. Hiệu suất của máy: H 

+ Thế năng của một hệ là năng lượng có được do tương tác giữa các vật (các phần) của hệ với nhau hoặc với

Wr  1 (3.10) Wv

trường lực ngoài.

(Wr: năng lượng do máy thực hiện, Wv: năng lượng cung cấp cho máy).

+ Thế năng phụ thuộc vào vị trí tương đối giữa các vật hoặc các phần của vật.

B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP

+ Thế năng là đại lượng vô hướng, có thể dương, âm hoặc bằng 0.

 VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG

+ Thế năng có tính tương đối. Giá trị của nó phụ thuộc vào mốc tính thế năng.

- Vì giá trị của động năng và thế năng phụ thuộc vào hệ quy chiếu nên khi tính động năng, thế năng của vật ta

+ Thế năng là dạng năng lượng gắn với lực thế. Các lực thế thường gặp là trọng lực, lực hấp dẫn, lực đàn hồi,

phải chọn hệ quy chiếu (động năng) hoặc mốc tính thế năng.

lực tĩnh diện...

- Khi dùng định lí động năng để tính công hoặc giải các bài toán cơ học khác cần xác định đầy đủ công của

- Hai loại thế năng

các ngoại lực tác dụng lên vật. Chú ý tổng công của các ngoại lực là tổng đại số (các công thành phần có thể

+ Thế năng trọng trường: Wt  mgz (3.3)

có giá trị dương, âm hoặc bằng 0).

(g là gia tốc trọng trường, z là độ cao của vật so với vị trí chọn làm mốc).

- Để áp dụng định luật bảo toàn cơ năng thì hệ ta xét phải là hệ kín (các vật trong hệ không tương tác với các

+ Thế năng đàn hồi: Wt 

1 2 kx (3.4) 2

(x là độ biến dạng của vật đàn hồi).

vật bên ngoài hệ) và không có ma sát. Với hệ kín một vật thì biểu thức tường minh của định luật là: W1  W2 

1 2 1 1 1 mv  mgz1  kx12  mv22  mgz2  kx22 2 1 2 2 2

+ Trường hợp trọng lực:

- Chọn hệ quy chiếu, mốc tính thế năng.

1 2 1 mv  mgz1  mv22  mgz2 . 2 1 2

- Xác định cơ năng đầu (vị trí 1) và cuối (vị trí 2): W1, W2.

1 1 1 1 + Trường hợp lực đàn hồi: mv12  kx12  mv22  kx22 . 2 2 2 2

- Áp dụng công thức định luật:

- Khi có sự chuyển hóa giữa cơ năng và các dạng năng lượng khác (nhiệt năng, điện năng,...), các lực không phải là lực thế (lực ma sát) đã thực hiện công Ams thì: W  W2  W1 =Ams  0

W1  W2 

1 2 1 1 1 mv  mgz1  kx12  mv22  mgz2  kx22 2 1 2 2 2

+ Trường hợp trọng lực:

- Chú ý phân biệt các thuật ngữ: “độ biến thiên”, “độ giảm”, “độ tăng”. Cụ thể: + “Độ biến thiên” = “giá trị sau” - “giá trị đầu”: “độ biến thiên” có thể dương hoặc âm.

1 2 1 mv  mgz1  mv22  mgz2 . 2 1 2

+ Trường hợp lực đàn hồi:

+ “Độ tăng” = “giá trị sau” - “giá trị đầu”: “độ tăng” luôn luôn dương. + ”Độ giảm” = “giá trị đầu” - “giá trị sau”: “độ giảm” luôn luôn dương.

- Một số chú ý: Định luật bảo toàn cơ năng thường được áp dụng cho trường hợp lực tác dụng thay đổi hoặc định luật bảo toàn động lượng không áp dụng được hoặc không đủ để giải bài toán.

 VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI . Với dạng bài tập về động năng, định lí động năng. Phương pháp giải là: - Sử dụng các công thức: Wñ 

1 2 mv (m, v là khối lượng và vận tốc của vật) 2

+ Định lí động năng: Wñ  W2 ñ  W1ñ  A12 (W1đ, W2đ là động năng đầu (vị trí 1) và cuối (vị trí 2) của vật; A12 là tổng công của ngoại lực làm vật dịch chuyển từ vị trí 1 đến vị trí 2).

. Với dạng bài tập về bảo toàn và chuyển hóa năng lượng. Phương pháp giải là: - Sử dụng công thức của định luật cho hai trường hợp: + Hệ kín, không ma sát: W1 = W2. + Hệ kín, có ma sát: W1  W2  Ams . - Hiệu suất của máy: H 

- Một số chú ý + Giá trị của động năng phụ thuộc vào hệ quy chiếu ta chọn (có tính tương đối). + A12 là tổng đại số công của các ngoại lực làm vật dịch chuyển từ vị trí 1 đến vị trí 2. + Định lí động năng dùng để tính công các lực tác dụng lên vật hoặc dùng để giải các bài toán không thông

Wr  1 , (Wr: năng lượng do máy thực hiện, Wv: năng lượng cung cấp cho máy). Wv

- Một số chú ý: W1, W2 là tổng năng lượng đầu (vị trí 1) và sau (vị trí 2) của hệ; Ams là độ lớn công của lực ma sát. Ta có thể viết: W  W2  W1  Ams  0 . C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG

qua các định luật Niu-tơn. . Với dạng bài tập về thế năng, độ giảm thế năng. Phương pháp giải là:

. NĂNG LƯỢNG - ĐỘNG NĂNG - THẾ NĂNG 3.1. Vật khối lượng m = 100g rơi tự do không vận tốc đầu. Lấy g = 10 (m/s2).

- Sử dụng các công thức: + Thế năng trọng trường: Wt  mgz ; thế năng đàn hồi: Wt 

1 2 1 2 1 2 1 2 mv  kx  mv  kx . 2 1 2 1 2 2 2 2

1 2 kx , (z là độ cao của vật so với mốc tính thế 2

a) Bao lâu sau khi bắt đầu rơi, vật có động năng là 5J? 20J ? b) Sau quãng đường rơi là bao nhiêu, vật có động năng là 1J? 4J? Bài giải

năng, x là độ biến dạng của vật đàn hồi). + Hệ thức giữa độ giảm thế năng và công của lực thế (trọng lực, lực đàn hồi):

a) Thời gian vật rơi

- Wt  Wt 1  Wt 2  AP ,F  ñh 

- Động năng của vật: Wñ 

2Wñ 1 2 mv  v  2 m

- Một số chú ý: + Giá trị của thế năng phụ thuộc vào mốc thế năng ta chọn. Thế năng trọng trường có thể dương, âm hoặc bằng 0. + Hệ thức giữa độ giảm thế năng và công của lực thế được áp dụng cho trường hợp hệ kín, không ma sát. . Với dạng bài tập về bảo toàn cơ năng. Phương pháp giải là: - Xác định hệ khảo sát. Kiếm tra điều kiện áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: hệ kín và không ma sát.

- Thời gian vật rơi: t 

v 1 2Wñ  . g g m

1 2.5  1s . + Với Wñ 1  5 J : t1  . 10 0 ,1

1 2.20  2s . + Với Wñ  2   10 J : t2  . 10 0 ,1

Dùng định lí động năng tính công của lực cản và lực cản trung bình tác dụng lên xe trên đoạn đường BC.

Vậy: Sau 1s thì vật có động năng 5J; sau 2s thì vật có động năng 10J.

a) Xe chạy trên đường nằm ngang

b) Quãng đường vật rơi

Chọn chiều (+) là chiều chuyển động của 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 của xe nên AP = AQ = 0.

- Động năng của vật: Wñ 

2Wñ 1 2 mv  v 2  2 m

- Quãng đường vật rơi: h 

v2 Wñ .  2 g mg

+ Với Wñ 1'   1J : h1' 

Bài giải

Gọi v là vận tốc của xe ở cuối đoạn đường nằm ngang AB. Ta có: v = 36 (km/h) = 10(m/s) > 0.

1  1m . 0 ,110 .

- Theo định lí động năng: AF +AF =Wñ  C

4 + Với Wñ  2'   4 J : h2'   4m . 0 ,110 .

Với FC  0 ,01mg  AF   FC s  0 ,01mgs C

Vậy: Quãng đường rơi của vật khi có động năng 1J là 1m; quãng đường rơi của vật khi có động năng 4J là 4m. 3.2. Đoàn tàu m = 5 tấn đang chuyển động với vận tốc v0 = 10 (m/s) thì hãm phanh, lực hãm F = 5000N. Tàu đi thêm quãng đường s rồi dừng lại. Dùng định lí động năng, tính công của lực hãm, suy ra s.

 AF  0 ,01mg 

 mv v2   AF  m  0 ,01gs   2 2 

 10 2  3  AF  10 3.  0 ,0110 . .100    60.10 J  60 kJ 2  

Bài giải

v2 10 2   0 , 5 (m/s2) 2s 2.100

Chọn chiều (+) là chiều chuyển động của 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 của đoàn tàu nên AP = AQ = 0.

- Gia tốc của xe: a 

1 Theo định lí động năng: Ah =Wñ  Wñ  W0 ñ   mv 2 2

- Công suất trung bình: 

1  Ah =  .5.10 3 .10 2  2 , 5.10 5 J 2

Lực kéo của động cơ: F 

- Mặt khác: Ah   Fh s  s  

Ah Fh



mv 2 mv 2 (1) 0  2 2

2 , 5.10 5  50 m . 5000

Vậy: Công của lực hãm là Ah  2 , 5.10 5 J và quãng đường đoàn tàu đi thêm sau khi hãm phanh là s = 50m. 3.3. Ô-tô khối lượng m = 1 tấn, ban đầu chuyển động trên đoạn đường AB = 100m nằm ngang, vận tốc xe tăng đều từ 0 đến 36(km/h). Biết lực cản trên đoạn đường AB bằng 1% trọng lượng xe. a) Dùng định lí động năng tính công do động cơ thực hiện, suy ra công suất trung bình và lực kéo của động cơ trên đoạn đường AB.

- Thời gian chuyển động của xe: t 

(Hoặc F 

 v



v 10   20 s . a 0 ,5

AF 60000   3000W  3kW t 20

AF 60000   600 N s 100

 2 2.3000    600 N ) 0v v 10 2

Vậy: Công do động cơ thực hiện là AF = 60kJ, công suất trung bình và lực kéo của động cơ là   3kW và F  600 N .

b) Xe tắt máy xuống dốc

   Lúc này, các lực tác dụng vào xe là: Trọng lực P , phản lực Q , lực cản FC .

b) Sau đó xe tắt máy, hãm phanh và đi xuống dốc BC dài 100m, cao 10m. Biết vận tốc xe ở chân dốc là

Gọi v1 là vận tốc của xe ở cuối dốc.

7,2(km/h).

Ta có: v1 = 7,2(km/h) = 2 (m/s) > 0. - Theo định lí động năng:

AP  AQ  AF  Wđ (2) với: AP  mgh; AQ  0 C Nên Wñ 

- Lực đẩy trung bình của thuốc súng: F1 

mv12 mv 2  2 2

 AFC 

10 2

2



mv12 . 2 s1

0 ,06 .600  13500 N 2.0 , 8

 F1 

mv12 mv2 m 2 2   mgh  v  v  2 gh 2 2 2 1



- Nếu coi chuyển động của viên đạn trong nòng súng là chuyển động biến đổi đều thì:



 10 2  2.10.10  148.10 3 J  148 kJ

- Lực cản trung bình: FC 

Thay vào (2) ta được:

AF  Wñ  AP 



148.10  1480 N 100

+ Vận tốc trung bình của đạn: v 

v0  v1 0  600   300 (m/s). 2 2

+ Công suất trung bình của mỗi lần bắn:  F1 .v   13500.300  4050000W  4050 kW . Vậy: Động năng viên đạn khi rời nòng súng là 10,8kJ, lực đẩy trung bình cùa thuốc súng và công suất trung bình của mỗi lần bắn là 13500N và 4050kW.

Vậy: Công của lực cản là AF  148 kJ , lực cản trung bình FC = -1480N (dấu “-” chỉ lực cản ngược chiều

b) Đạn xuyên qua tấm ván

dương, tức là ngược chiều chuyển động của xe).

Gọi F2 là lực cản của gỗ; s2 là bề dày tấm ván; v2 là vận tốc của viên đạn khi ra khỏi tấm ván (v2=10(m/s)>0).

3.4. Viên đạn khối lượng m = 60g bay ra khỏi nòng súng với vận tốc 600(m/s). Biết nòng súng dài 0,8m.

Bỏ qua trọng lực của viên đạn (rất nhỏ so với lực cản của gỗ) nên chi có lực cản cùa gỗ sinh công.

a) Tính động năng viên đạn khi rời nòng súng, lực đẩy trung bình của thuốc súng và công suất trung bình của mỗi lần bắn.

- Theo định lí động năng: AF  W2 ñ  2

b) Sau đó viên đạn xuyên qua tấm gỗ dày 30cm, vận tốc giảm còn 10 (m/s). Coi động năng đạn trước khi



2 2 mv22 mv12 m v2  v1   2 2 2



- Lực cản trung bình của gỗ:

đâm vào gỗ là không đổi. Tính lực cản trung bình của gỗ.



m v22  v12

  0 ,06.10

 600 2

  35990 N

c) Đạn ra khỏi tấm gỗ ở độ cao h = 15m. Tính vận tốc đạn khi chạm đất. Bỏ qua lực cản của không khí.

F2 

d) Sau khi chạm đất, đạn lún sâu vào đất 10cm. Tính lực cản trung bình của đất.

Vậy: Lực cản trung bình của gỗ có độ lớn bằng 35990N (dấu “-” chỉ lực cản ngược chiều dương, tức là

Bỏ qua tác dụng của trọng lực so với lực cản.

ngược chiều chuyển động của viên đạn). Bài giải



2s2

2.0 , 3

c) Đạn bay trong không khí

Chọn chiều dương theo chiều chuyền động của viên đạn.

Gọi v3 là vận tốc của viên đạn khi chạm đất. Vì viên đạn chuyển động trong không khí chỉ dưới tác dụng của

Gọi v1 là vận tốc của viên đạn khi ra khỏi nòng súng.

trọng lực là lực thế nên cơ năng bảo toàn.

Ta có: v1 = 600 (m/s) > 0.

- Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng tại mặt đất), ta có:

a) Đạn chuyển động trong nòng súng

mv22 mv32   v3  v22  2 gh  10 2  2.10.15  20 (m/s) 2 2

- Khi đạn chuyển động trong nòng súng thì trọng lực nhỏ hơn rất nhiều so với nội lực là lực đẩy của thuốc

mgh 

súng nên bỏ qua trọng lực. Suy ra chỉ có lực đẩy của thuốc súng sinh công.

Vậy: Vận tốc đạn khi chạm đất là v3 = 20(m/s).

- Gọi F1 là lực đẩy của thuốc súng; s1 là chiều dài của nòng súng. Động năng của đạn khi rời nòng súng:

d) Đạn xuyên vào đất và dừng lại

mv2 0 ,06 .600 2 Wñ  1   10800 J  10 , 8 kJ 2 2

Gọi v3 là vận tốc của đạn khi dừng lại trong đất (v3 = 0); s3 là quãng đường đạn xuyên vào đất. Bỏ qua trọng

mv 2 mv 2 - Theo định lí động năng: AF  W1ñ  1  0  1 1 2 2

lực của viên đạn (rất nhỏ so với lực cản của đất) nên chỉ có lực cản của đất sinh công. - Theo định lí động năng: AF3  W3 ñ  0 

mv32 mv 2  3 2 2

- Lực cản trung bình của đất: F3 

AF3 s3



mv32 0 ,06 .20 2   120 N 2s3 2.0 ,1

Vậy: Lực cản trung bình của đất có độ lớn bằng 120N (dấu “-” chỉ lực cản ngược chiều dương, tức là ngược chiều chuyển động của viên đạn). 3.5. Thang máy khối lượng m = 1 tấn, chuyển động thẳng từ trên xuống. Động cơ thang máy có thể kéo hoặc hãm thang. a) Ban đầu thang chuyển động nhanh dần không vận tốc đầu. Tính công do động cơ thực hiện sau khi đi được

- Công suất của động cơ: 2 

AF2 t



mgs2  mgv2  mgv1 t

2  1000.10.5  50000W  50 kW . Vậy: Công suất của động cơ là 2  50 kW . c) Giai đoạn III (thang máy đi xuống chậm dần đều) Gọi v3 là vận tốc cuối giai đoạn III của thang máy; s3 là quãng đường thang máy đi được trong giai đoạn III. - Theo định lí động năng: AF  A3 P  W3 ñ  0 

quãng đường 5m và đạt vận tốc 18(km/h).

b) Giai đoạn kế tiếp, thang máy chuyển động thẳng đều. Tính công suất của động cơ. c) Cuối cùng, thang máy chuyển động chậm dần và dừng lại sau khi đi thêm quãng đường 2m. Tính công của

 AF   3

động cơ và lực tác dụng trung bình của động cơ lên thang trong giai đoạn này. Bài giải

2 2

mv mv  A3 P    mgs3 2 2

Với v2 = v1 = 5(m/s) > 0 nên:

1000.52  1000.10.2  32500 J  32 , 5kJ  0 : công cản. 2

AF  

a) Giai đoạn I (thang máy đi xuống nhanh dần đều không vận tốc đầu)

- Lưc tác dụng trung bình của động cơ: F3 

Gọi v1 là vận tốc cuối giai đoạn I của thang máy; s1 là quãng đường thang máy đi được trong giai đoạn I.

mv 2 mv 2 - Theo định lí động năng: AF  A1 P  W1ñ  1  0  1 1 2 2 - Vì thang máy đi xuống nên: A1P  mgs1  0 .

mv22 2

AF3 s3



32500  16250 N . 2

Vậy: Công của động cơ và lực tác dụng trung bình của động cơ trong giai đoạn III có độ lớn là 32,5kJ và 16250N. 3.6. Hai máy bay chuyến động cùng chiều trên cùng một đường thẳng với các vận tốc v1 = 540(km/h), v2 = 720(km/h).

mv2 mv 2  AF  1  A1P  1  mgs1 1 2 2

Máy bay II bay phía sau bắn một viên đạn m = 50g với vận tốc 900(km/h) (so với máy bay II) vào máy bay

Với v1 = 18(km/h) = 5(m/s) > 0 và s1 = 5m nên:

Dùng định lí động năng và định luật III Niu-tơn tính lực phá trung bình của viên đạn lên máy bay I.

1000.5 2 AF   1000.10.5  37500 J  37 , 5kJ  0 : công cản. 1 2 Vậy: Công do động cơ thực hiện ở giai đoạn I là công cản, có độ lớn 37,5kJ. b) Giai đoạn II (thang máy đi xuống đều) Gọi v2 là vận tốc cuối giai đoạn II của thang máy (v2 = v1 = 5(m/s)); s2 là quãng đường thang máy đi được

trước. Viên đạn cắm vào máy bay I và dừng lại sau khi đi được quãng đường 20cm (đối với máy bay I).

Bài giải Gọi m là khối lượng của viên đạn; v là vận tốc của viên đạn đối với máy bay I; v0 là vận tốc của đạn đối với máy bay II. Ta có:

v  vñaïn / 1  vñaïn / 2  v2 / ñaát  vñaát/ 1  v0  v2  v1 (1) Trong đó: v0 = 900(km/h) = 250(m/s);

trong giai đoạn II. - Theo định lí động năng: AF  A2 P  W2 ñ  0 2

v1 = 540(km/h) = 150(m/s); v2 = 720(km/h) = 200(m/s).  v = 250 + 200 - 150 = 300(m/s)

- Vì thang máy đi xuống nên: A2 P  mgs2  0 .

Xét trong hệ quy chiếu gắn với máy bay I, ta có bài toán đơn giản sau: Viên đạn bay với vận tốc v đến cắm

 AF   A2 P   mgs2

vào máy bay I đang đứng yên và đi được quãng đường s = 20cm trong máy bay I rồi dừng lại.

Gọi FC là lực cản do máy bay I tác dụng lên đạn. Bỏ qua trọng lực của viên đạn (rất nhỏ so với lực cản của máy bay I). Theo định lí động năng, ta có:

AFC  Wñ  0 

Vậy: Công của lực ném là AF = 5J.

mv 2 2

3.8. Một người đặt súng theo phương ngang rồi lần lượt bắn hai phát vào một bức tường cách đầu súng AF

mv 2 - Lực cản trung bình do máy bay 1 tác dụng lên đạn: FC  C   s 2s

khoảng x = 60m theo phương ngang. Sau phát đạn thứ nhất, người ta đặt trước mũi súng một tấm gỗ mỏng

- Theo định luật II Niu-tơn, lực phá trung bình của đạn lên máy bay I là:

ban đầu của đạn là v0 = 300(m/s) và khối lượng đạn m = 20g.

mv 2 0 ,05.300 2 F   FC    11250 N 2s 2.0 , 2

Tính công do đạn thực hiện khi xuyên qua miếng gỗ.

Vậy: Lực phá trung bình của viên đạn lên máy bay I là 11250N.

Viên đạn thứ nhất chuyển động như vật bị ném ngang với vận tốc đầu v0.

3.7. Hòn đá khối lượng m = 200g được ném từ mặt đất, xiên góc α so với phương ngang và rơi chạm đất ở

- Gọi v1 là vận tốc sau khi ra khỏi tấm ván của viên đạn thứ 2. Vì tấm ván rất mỏng nên v1 chỉ thay đổi độ

thì thấy viên đạn thứ hai chạm tường ở điểm thấp hơn viên đạn thứ nhất một khoảng   1m . Biết vận tốc

Bài giải





khoảng cách s = 5m sau thời gian chuyển động t = 1s. Tính công của lực ném, bỏ qua lực cản của không khí. Bài giải - Lực ném làm tăng vận tốc của vật từ 0 đến v0 (bỏ qua trọng lực khi ném). - Theo định lí động năng:

AF  Wñ 

 + Công do đạn thực hiện là công của lực F : AF   AF  Wñ C

2v0 sin  g

(2)

+ Tầm xa trên mặt đất:

+ Từ (3) suy ra: v0 cos 

y1 

gx12 2 0

(2); y2 

gx22 2 v12

(3)

+ Khi 2 viên đạn chạm tường thì: x1  x 2  x và y2  y1   .

L (6) t

+ Kết hợp với (2) và (3) ta được:

+ Bình phương hai vế (4) và (6) rồi cộng vế theo vế ta được:   (7) 

m  gt   L  AF       2  2   t  

 v12 

 0 , 2  10.1   5       5J .  2  2   1     

gx 22 2 v12



gx12 2v02



 gv02 x 2  gv12 x 2  2 v02 v12

gv02 x 2 gx  2 v02 2

(4)

+ Thay (7) vào (1) ta được 2



+ Phương trình quỹ đạo của 2 viên đạn lần lượt là:

gL (5) 2 v0 sin 

+ Thay (4) vào (5): v0 cos 

 gt   L  v02        2   t 



Ta có:

gt + Từ (2) suy ra: v0 sin   (4) 2

 mv 2 mv 2  m 2 2  AF    1  0   v  v (1)  2 2  2 0 1  Chọn hệ tọa độ như hình vẽ.

v 2 sin 2 2 v02 sin  cos  L 0  g g

động như vật bị ném ngang với vận tốc đầu v1.   - Gọi F là lực do viên dạn tác dụng lên tấm gỗ và FC là lực do tấm gỗ tác dụng lên viên đạn. + Công của lực cản FC là: AF  Wñ C

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ. Ta có: + Thời gian vật chuyển động: t 

lớn mà coi như không đổi hướng so với v0 , tức là sau khi ra khỏi tấm ván thì viên đạn thứ 2 cũng chuyển



mv02 mv 2  0  AF  0 (1) 2 2



Thay (4) vào (1) ta được: AF 

gv02 x 2 m 2  v0  2 2 gx  2 v02

  

 AF 

0 ,02  10.300 2 .60 2  2  300    750 J 2  10.60 2  2.1300 . 2

- Công suất trung bình của động cơ trong giai đoạn 1: 1 

Vậy: Công do đạn thực hiện khi xuyên qua miếng gỗ là AF = 750J. 3.9. Một ô-tô chuyển dộng nhanh dần đều không vận tốc đầu trên đường nằm ngang. Sau khi đi được quãng

- Công suất trung bình của động cơ trong giai đoạn 2: 2 

t1 A2

t2



3 A1  31 . t1

đường s1, xe đạt vận tốc v. Ở cuối đoạn đường s2 kế tiếp, xe đạt vận tốc 2v.

Vậy: A2 = 3A1; s2 = 3s1 và công suất trung bình của động cơ có thay đổi (tăng 3 lần).

Biết lực ma sát giữa xe và mặt đường là không đổi.

3.10. Một người đứng trên xe đứng yên và ném theo phương ngang một quả tạ khối lượng m = 5kg với vận

Hãy so sánh công của động cơ xe trên hai đoạn đường, so sánh s1, s2 và cho biết công suất của động cơ xe có

tốc v1 = 4(m/s) đối với Trái Đất. Tính công do người thực hiện nếu khối lượng xe và người là M = 100kg. Bỏ

thav đổi không?

qua ma sát. Bài giải

Chọn chiều dương theo chiều chuyển động của xe. Ta có: - Quãng đường s1: s1 

v12  v  0  (1) 2a 0

sinh công. Vì vậy chỉ có lực đẩy của tay theo phương ngang sinh công.



Gọi v2 là vận tốc của (xe + người) đổi với đất sau khi ném. Theo phương ngang, động lượng được bảo toàn 2

- Quãng đường s2: s2 

Bài giải Quả tạ ném theo phương ngang nên trọng lực của quả tạ và lực nâng của tay theo phương thẳng đứng không

v22  v12  2 v1   v1 3v12 (2)   2a 2a 2a 2

nên: mv1  Mv2  0  v2  

- Từ (1) và (2) ta có: s2 = 3s1.

    - Các lực tác dụng vào xe: trọng lực P , phản lực Q , lực kéo F của động cơ và lực ma sát Fms .   - Vì P và Q vuông góc với phương chuyển động của xe nên AP = AQ = 0.

- Động năng của hệ (xe + người + tạ) trước khi ném: W0 ñ  0 . - Động năng của hệ (xe + người + tạ) sau khi ném: Wñ  W1ñ  W2 ñ .

Gọi A1 là công của động cơ xe trong giai đoạn 1. Theo định lí động năng, ta có: A1  A1ms  W1ñ 

Với W1ñ 

m 2 m v  0  v12 2 1 2

mv12 là động năng của quả tạ sau khi ném. 2 2

Mv22 M  mv1  m 2 v12   là động năng của (xe + người) sau khi ném.   2 2  M  2M

m m m  A1  v12  A1ms  v12    Fms .s1   v12  Fms .s1 (3) 2 2 2

W2 ñ 

Gọi A2 là công của động cơ xe trong giai đoạn 2. Theo định lí động năng, ta có:

Suy ra: Wñ 

A2  A2 ms  W2 ñ 

mv1 M

2 m 2 m 2 m m m v  v   2 v1   v12  3v12 2 2 2 1 2 2 2

m m m  A2  3v12  A2 ms  3v12    Fms .s2   3v12  Fms .3 s1 2 2 2

mv12 m 2 v12 m  M  m  2   v1 2 2M 2M

- Theo định lí động năng: A  Wñ  W0 ñ   A

5  100  5  2.100

m  M  m 2

v12  0 

m  M  m 2M

v12

.4 2  42 J

m   A2  3  v12  Fms .s1  (4) 2 

Vậy: Công do người thực hiện là A = 42J.

Từ (3) và (4) ta có: A2 = 3A1

3.11. Vật nặng khối lượng m1 =1kg nằm trên tấm ván dài nằm ngang khối lượng m2 = 3kg. Người ta truyền

v - Thời gian xe chuyển động giai đoạn 1: t1  1 a

cho vật nặng vận tốc ban đầu v0 = 2(m/s).

- Thời gian xe chuyển động giai đoạn 2: t2 

v2  v1 2v1  v1 v1    t1 a a a

Hệ số ma sát giữa vật và ván là μ = 0,2, ma sát giữa ván và sàn không đáng kể. Dùng định luật bảo toàn động lượng và định lí động năng, tính quãng đường đi của vật nặng đối với tấm ván. Bài giải



1 1 + Wñ  0  m1 v122   m1 v02 (3) 2 2

Chọn chiều dương theo chiều của v0 . Gọi vG là vận tốc ban đầu của khối tâm của hệ vật và tấm ván.

Thay (2) và (3) vào (1) ta được:   m1 g.

- Theo phương ngang, động lượng bảo toàn nên:

m1v0   m1  m2  vG  vG 

m1 v0 m1  m2

s

- Vận tốc ban đầu của vật m1 đối với khối tâm G (trong hệ quy chiếu khối tâm):

v1G  v1ñ  vñG  v1ñ  vGñ  v0  vG  v0 

* Lưu ý: Có thể giải bài này theo phương pháp động lực học.

- Vận tốc ban đầu của tấm ván m2 đối với khối tâm G (trong hệ quy chiếu khối tâm):

3.12. Tấm ván khối lượng M đang chuyển động đều trên mặt phẳng ngang không ma sát với vận tốc v0. Đặt nhẹ nhàng lên tấm ván một vật khối lượng m 

m1v0 m1  m2

M . Hệ số ma sát giữa vật và ván là μ. 2

Hỏi vật sẽ trượt trên tấm ván một khoảng bao nhiêu nếu khi tiếp xúc với ván, vật có vận tốc ban đầu:

- Vận tốc ban đầu của vật m1 đối với tấm ván m2 (trong hệ quy chiếu khối tâm):

v12  v1G  vG 2  v1G  v2G 

m2 v02 3.2 2   0 ,75m 2  g  m1  m2  2.0 , 2.10  1  3 

Vậy: Quãng đường vật nặng đi được trên tấm ván đến khi dừng là 0,75m.

m1v0 m2 v0  v1G  m1  m2 m1  m2

v2 G  v2 ñ  vñG  v2 ñ  vGñ  v0  vG  v2 G  

m1  m2 1 .s   m1v02 m2 2

m2 v0 m1 v0   v0 m1  m2 m1  m2

a) Bằng 0. b) Bằng 2v0, cùng chiều chuyển động của ván. c) Bằng 2v0, ngược chiều chuyển động của ván.

F  m1 g - Đối với tấm ván m2: a2  ms  (vì trọng lực và phản lực cân m2 m2





Bài giải



Chọn chiều dương theo chiều của v0 . Giả sử v1 cùng hướng với v0 và v0  v1 (kết quả vẫn đúng cho mọi

bằng)

trường hợp) thì các lực tác dụng vào vật m và tấm ván M như hình vẽ.

- Các lực tác dụng vào vật m1 xét trong hệ quy chiếu khối tâm (hệ quy

 chiếu phi quán tính gắn với tấm ván) có 2 lực tác dụng là lực ma sát F'ms và lực quán tính Fq (ngoài trọng

Gọi v1 là vận tốc ban đầu của vật m;

lực và phản lực cân bằng nhau). Ta có:

- Theo phương ngang, động lượng được bảo toàn:

F'ms  Fms   m1 g; Fq  m1a2 



 m12 g

vG là vận tốc ban đầu của khối tâm của hệ vật và tấm ván.

Mv0  mv1   m  M  vG

M v1  Mv0 v  2 v mv1  Mv0 0  2  1 M mM 3 M 2

 vG 

  - Theo định lí động nàng thì công của 2 lực F'ms và Fq bằng độ biến thiên động năng của vật m1.

- Vận tốc ban đầu của vật m đối với khối tâm G (trong hệ quy chiếu khối tâm):

Ta có: A  Wñ (1)

v1G  v1ñ  vñG  v1ñ  vGñ  v1  vG  v1 

  m12 g  với:  A  Ams  Aq   F'ms  Fq s     m1 g  s  m2  



m  m2  A    m1 g. 1 .s (2) m2



v1  2 v0 2  v1  v0   3 3

- Vận tốc ban đầu của tấm ván M đối với khối tâm G (trong hệ quy chiếu khối tâm):

v2 G  v2 ñ  vñG  v2 ñ  vGñ  v0  vG  v0 

v1  2 v0 v v  1 0 3 3

- Vận tốc ban đầu của vật m đối với tấm ván M (trong hệ quy chiếu khối tâm):

v12  v1G  vG 2  v1G  v2 G 

2  v1  v0  3



* Lưu ý: Có thể giải bài này theo phương pháp động lực học.

v1  v0  v1  v0 3

     - Các lực tác dụng vào tấm ván M: lực ma sát Fms , trọng lực P và phản lực Q ( P và Q cân bằng). Gia tốc

a2 

gọi là hệ quy chiếu khối tâm (hệ G). Chứng minh:





của M là:

a) Vận tốc của G là vG 

M Fms  mg  2 g  g    M M M 2



m1 v1  m2 v2 . m1  m2

b) Tổng động lượng của hai chất điểm trong hệ G bằng 0.

c) Tổng động năng Wñ

Wñ  Wñ  G

F'ms  Fms   mg; Fq  ma2 

 

3.13. Hệ quy chiếu gắn với khối tâm G của hai chất điểm m1, m2 (có vận tốc v1 ;v2 ) và có phương không đổi

 mg

của chúng trong hệ G liên hệ với động năng Wñ trong hệ cũ bởi:

1  m  m2  vG2 2 1

d) Suy rộng các kết quả trên cho n chất điểm.

Bài giải

Như vậy, xét trong hệ quy chiếu khối tâm (hệ quy chiếu phi quán tính gắn với tấm ván) thì vật m chuyển



động trên tấm ván (coi là đứng yên) với vận tốc đầu bằng v12   v1  v0  dưới tác dụng của 2 lực là F'ms và  Fq .





- Theo định lí động năng thì công của 2 lực F'ms và Fq bằng độ biến thiên động năng của vật m:

a) Vận tốc của khối tâm

   - Theo định luật bảo toàn động lượng: m1 v1  m2 v2   m1  m2  vG





 vG 



m1 v1  m2 v2 (đpcm) m1  m2

A  Wñ (1)

b) Tổng động lượng của hai chất điểm trong hệ G

  mg  3 mg với: + A  Ams  Aq   F'ms  Fq s     mg  s (2) s  A   2  2 

Gọi: + v 1/ G là vận tốc của chất điểm m1 trong hệ quy chiếu G (đối với G).







2 1 1 + Wñ  0  mv122   m  v1  v0  2 2



+ v 2 / ñ là vận tốc của mặt đất đối với G.

(3) 2

- Thay (2) và (3) vào (1) ta được: 

v  v  2 3  mg 1   m  v1  v0   s  1 0 (4) 2 2 3 g

0  v  0

3 g





 v1 / G 

v02 . 3 g



 2v

 v0 

3 g



m1  m2



v02 . 3 g

Thay v1  2v0 vào (4) ta được: s 

3 g





2 0

3v g

 



 (1) 

 

   m v  m v 1 1 2 2

Tương tự: v 2 / G  v 2 / ñ  v ñ/ G  v2  vG  v2 

c) Vật m có vận tốc ban đầu bằng 2v0, ngược chiều chuyển động của ván: v1  2v0

 2v0  v0 

 

m2 v1  v2

b) Vật m có vận tốc ban đầu bằng 2v0, cùng chiều chuyển động của ván: v1  2 v0 Thay v1  2v0 vào (4) ta được: s 



   m v  m v 1 1 2 2

Công thức cộng vận tốc cho: v 1/ G  v 1/ ñ  v ñ/ G  v1  vG  v1 



a) Vật m có vận tốc ban đầu bằng 0: v1 = 0 Thay v1 = 0 vào (4) ta được: s 



+ v 1/ ñ là vận tốc của chất điểm m1 trong hệ quy chiếu mặt đất (đối với đất).



 v2 / G 



 

m1 v2  v1 m1  m2

m1  m2

 (2)

Tổng động lượng của hai chất điểm trong hệ G:





pG  p1 / G  p 2 / G  m1 v1 / G  m2 v 2 / G

m1  m2



 pG 



 

m1m2 v1  v2 m1  m2

 

  m m  v  v   p 1



m1  m2

+ Tọa độ khối tâm của hệ: vG 

 p 2 / G  0 (đpcm) (3)

1/ G

c) Liên hệ giữa động năng Wñ / G của chúng trong hệ G và động năng Wđ trong hệ cũ (hệ quy chiếu mặt đất)

m1  2 m2  2 v1  v 2 (4) 2 2



m1m2 v1  v2

 Wñ / G 

 



2  m1  m2 

 





 

 2



 

 m2  m1 v2  v1 . 2  m1  m2 











 

Wñ  Wñ / G 

3.14. Tính thế năng của một khối nước có thể tích 0,5m3 ở đỉnh một ngọn thác cao

 

10m so với chân thác. Bỏ qua kích thước của khối nước.



Bỏ qua thể tích của khối nước nên ta coi khối nước như một chất điểm có khối lượng

(5)

bằng khối lượng khối nước, đặt tại khối tâm của khối nước, tức là có độ cao bằng 10m. 2

Gọi D là khối lượng riêng của nước (D = 1000(kg/m3)). Thế năng của khối nước so với chân thác (chọn gốc thế năng ở chân thác): Wt = mgh = VDgh

 Wt = 0,5.1000.10.10 = 50000J = 50kJ. Vậy: Thế năng của khối nước so với chân thác là Wt = 50kJ.

 2

m1 v1  2m1m2 v1 v2  m2 v2 2  m1  m2 

1  m  m2  ...  mn  vG2 2 1

Bài giải

2  m1  m2 



 2



 2

m1m2 v1  2m1m2 v1 v2  m1m2 v2

 m v1  m v 2  1 1 2 Mặt khác, ta có:  m1  m2  vG2   m1  m2   1  2 2  m1  m2   2   2 m12 v1  2m1m2 v1 v2  m2 2 v2 1   m1  m2  . 2 2  m1  m2  2

- Tổng động lượng của hệ trong hệ khối tâm G:

có:

 m1  2 m 2 m m2 v1  v2 v1/ G  2 v2 / G  1 .  2 2 2  m1  m2 

 

3.15. Treo một vật nặng vào một lò xo lực kế, kim lực kế chỉ số 4. Tính thế năng của lò xo lực kế lúc này, (6)

biết lực kế chia độ ra Niu-tơn và khoảng cách giữa hai độ chia liền nhau là 5mm. Bài giải

Từ (5) và (6) suy ra:

 2

Wñ / G 



 

 2

 2

 

 2

- Lực kế chia độ ra Niu-tơn có nghĩa là khoảng cách giữa hai độ chia liên tiếp ứng với lực đàn hồi của lò xo

m m v  2 m m v .v  m m v m 2 v  2m m v .v  m 2 v 1  m  m2  vG2  1 2 1 2 m1 2 m1 2 1 2 2  1 1 2 m1 2 m1 2 2 2 2 1  1 2  1 2

 2

 2

 2

2  m1  m2 

 2

 2

m1 m2 v1  m1 m2 v2  m1 v1  m2 v2

 Wñ / G 



- Liên hệ giữa động năng Wđ/G của chúng trong hệ G và động năng Wđ trong hệ cũ (hệ quy chiếu mặt đất), ta

- Tổng động năng của chúng trong hệ G

Wñ / G 



m1 v1  m2 v2  ...  mn vn m1  m2  ...  mn

pG  p1 / G  p 2 / G  ...  p n/ G  0

- Tổng động năng của chúng trong hệ cũ (hệ quy chiếu mặt đất)

Wñ 









m1 v1

m

 2

 m2   m2 v2

m

2  m1  m2 

 m2 



m1  2 2

v1 

- Độ cứng của lò xo: k 

F 1   200 (N/m)  x 0 ,005

- Thế năng của lò xo (ứng với độ chia số 4): Wt 

kx 2 200.  4.0 ,005    0 ,04 J  40 mJ 2 2

3.16. Cho hệ thống như hình vẽ: m1 = 1kg, m2 = 1,5kg. Bỏ qua ma sát, khối lượng dây và ròng rọc. Thả cho

1  m  m2  vG2 (đpcm) (8) 2 1

d) Suy rộng các kết quả trên cho hệ n chất điểm

m2  2

m  2 m  2 1  m  m2  vG2  21 v1  22 v2 (7) 2 1

- Đối chiếu (4) với (7), ta được: Wñ  Wñ / G 

là 1N.

hệ chuyển động thì vật m1 đi lên hay đi xuống? Khi vật m1 di chuyển 1m. Tìm độ biến thiên thế năng của hệ,

 



Xét hệ gồm n chất điểm khối lượng m1, m2, …, mn có vận tốc tương ứng là v1 ,v2 ,...,vn

suy ra công của trọng lực. Cho g = 10(m/s2). Bài giải

- Các lực tác dụng vào mỗi vật như hình vẽ.

  0 

- Điều kiện cân bằng của:

mg 0 ,110 .   0 ,01m  1cm k 100

+ vật 1: P1 = T1

Vậy: Tại vị trí cân bằng lò xo dãn ra 1 cm.

+ vật 2: 2T1 = T2 = P2

b) Thế năng của hệ quả cầu và lò xo

 2P1 = P2  2m1g = m2g  2m1 = m2

* Trường hợp 1: Chọn gốc thế năng trọng lực tại vị trí quả cầu ở thấp nhất, gốc thế năng đàn hồi khi lò xo

- Vật m1 đi xuống (m2 đi lên) khi: P1 > T1

không biến dạng. Chọn chiều dương của trục Ox như hình vẽ.

 2T1 = T2 > P2  2P1 > P2  2m1 > m2

Thế năng của hệ (quả cầu - lò xo) gồm thế năng trọng lực W1t và thế năng đàn hồi của lò xo W2t:

- Tương tự, vật m1 đi lên (m2 đi xuống) khi: 2m1 < m2

Wt  W1t  W2 t

- Áp dụng vào bài toán, ta có:

1 b1) Quả cầu ở vị trí cân bằng (O): Wt  W1t  W2 t  mgA  k  02 2

2m1 = 2kg; m2 = 1,5kg  2m1 > m2.

vật m2 đi lên.

1  Wt  0 ,110 . .0 ,02  .100.0 ,012  0 ,025 J 2

- Khi m1 dịch chuyển một đoạn h1 = h = 1m xuống phía dưới thì m2 đi lên

b2) Quả cầu ở vị trí thấp nhất (M):

Như vậy, khi thả cho hệ chuyển động tự do (thả nhẹ) thì vật m1 đi xuống và

một đoạn h2 

2 2 1 1 Wt  W1t  W2 t  0  k   0  A   k   0  A  2 2

h  0 ,5m . 2

- Chọn gốc thế năng riêng cho mỗi vật tại vị trí ban đầu của chúng, ta có: + Thế năng ban đầu của hệ: W1t  0 .

 Wt 

2 1 .100. 0 ,01  0 ,02   0 ,045 J . 2

b3) Quả cầu ở vị trí cao nhất (N)

+ Thế năng sau của hệ: W2 t  m1 gh1  m2 gh2  110 . .1  1, 5.10.0 , 5  2 , 5 J + Độ biến thiên thế năng của hệ: Wt  W2 t  W1t  2 , 5  0  2 , 5 J Vì ∆Wt < 0 nên thế năng giảm một lượng là 2,5J. - Công của trọng lực (bằng độ giảm thế năng của hệ):

A  W1t  W2 t  Wt  2 , 5 J  0

Vì A   nên tại vị trí cao nhất N, lò xo bị nén một đoạn  1 :

 1  A   0  0 ,02  0 ,01  0 ,01m 1 Wt  W1t  W2 t  mg.2 A  k  12 2

3.17. Lò xo k = 100(N/m) đầu trên cố định, đầu dưới treo quả cầu khối lượng m = 100g. Quả cầu chuyển

1  Wt  0 ,110 . .2.0 ,02  .100.0 ,012  0 ,045 J . 2

động theo phương thẳng đứng và có thể rời ra xa vị trí cân bằng một khoảng lớn nhất là A = 2cm. Bỏ qua sức

* Trường hợp 2: Chọn gốc thế năng trọng lực và thế năng đàn hồi đều ở vị trí cân bằng của quả cầu.

cản của không khí.

* Lưu ý:

a) Tính độ dãn của lò xo ở vị trí cân bàng.

+ Công thức tính thế năng đàn hồi của lò xo Wt 

b) Tính thế năng của hệ quả cầu, lò xo khi quả cầu ở vị trí cân bằng, vị trí thấp nhất, vị trí cao nhất, nếu:

1 2 kx chỉ áp dụng được cho trường hợp chọn gốc thế năng 2

- Chọn gốc thế năng trọng lực tại vị trí quả cầu ở thấp nhất, gốc thế năng đàn hồi khi lò xo không biến dạng.

đàn hồi tại vị trí lò xo không biến dạng, với x là độ biến dạng của lò xo.

- Chọn gốc thế năng trọng lực và đàn hồi đều ở vị trí cân bằng của quả cầu.

+ Khi treo vật khối lượng m vào đầu dưới của lò xo, tại vị trí cân bằng, lò xo đã dãn đoạn  0 và trọng lực

Bài giải a) Độ dãn của lò xo ở vị trí cân bằng Tại vị trí cân bằng O, lò xo dãn đoạn  , trọng lực của vật cân bằng với lực đàn hồi (hình vẽ). Ta có: mg  k  0

của vật cân bằng với lực đàn hồi của lò xo. Hay nói cách khác thế năng của trọng lực đã bị khử bởi thế năng đàn hồi với độ dãn lò xo là  0 .

Ta coi hệ “vật + lò xo” này tương đương với một lò xo không treo vật, có chiều dài tự nhiên bằng chiều dài

- Điều kiện cân bằng k1 01  k2  02  0 (2)

của lò xo có treo vật khi cân bằng, tức là đã dãn  0 (độ cứng k không đổi). Như vậy nếu chọn gốc thế năng

Từ (1) và (2) ta có:

đàn hồi tại vị trí cân bằng thì vẫn áp dụng được công thức Wt 

1 2 kx , với x là độ biến dạng của lò xo tính từ 2

 01 

k2 k1 .a;  02  .a k1  k2 k1  k2

vị trí cân bằng.

15 10 .10  6 cm;  02  .10  4 cm 10  15 10  15

Vì lò xo tương đương không treo vật (thế năng trọng lực đã bị cân bằng bởi thế năng đàn hồi) nên trong

Thay số:  01 

trường hợp này thế năng trọng lực luôn bằng 0 và không phụ thuộc vào cách chọn gốc thế năng trọng lực

Vậy: Khi cân bằng lò xo 1 dãn 6 cm và lò xo 2 dãn 4 cm.

(W1t = 0). Thế năng của hệ luôn bằng thế năng đàn hồi của lò xo với mốc thế năng tại vị trí cân bằng.

b) Thế năng đàn hồi của hệ hai lò xo khi vật lệch khỏi vị trí cân bằng 2cm

Ta có: Wt  W1t  W2 t  W2 t 

1 2 kx 2

Khi vật ở trạng thái cân bằng thì cả hai lò xo dãn đoạn tương ứng  01 và  02 và lực đàn hồi của hai lò xo cân bằng nhau. Nói cách khác thế năng đàn hồi của hai lò xo lúc này đã bù trừ lẫn nhau. Vì vậy, ta coi hệ hai

b4) Quả cầu ở vị trí cân bằng (O): Với lưu ý trên ta có x = 0 nên Wt 

lò xo như trên khi đã biến dạng ở trạng thái cân bằng tương đương với hệ hai lò xo không biến dạng

1 2 kx  0 2

có chiều dài tự nhiên bằng nhau và bằng chiều dài của hai lò xo nói trên khi cân bằng. Như vậy, ta vẫn áp

b5) Quả cầu ở vị trí thấp nhất (M): Với lưu ý trên ta có x = A = 2cm = 0,02m: Wt 

1 2 1 2 1 kx  kA  .100.0 ,02 2  0 ,02 J . 2 2 2

1 2 kx , với x là độ biến dạng của mỗi lò xo tính từ vị trí cân bằng. 2

Giả sử kéo vật lệch sang phải một đoạn 2cm tính từ vị trí cân bằng thì lò xo 1 dãn thêm đoạn x1 = 2cm và lò

b6) Quả cầu ở vị trí cao nhất (N); Với lưu ý trên ta có x = -A = -2cm = -0,02m: Wt 

dụng được công thức Wt 

xo 2 bị nén bớt đoạn x2 = 2cm (tính từ vị trí cân bằng). Chọn chiều dương của trục Ox hướng nằm ngang sang phải thì x1 = 2cm và x2 = -2cm.

1 2 1 2 1 kx  kA  .100.0 ,02 2  0 ,02 J 2 2 2

Thế năng đàn hồi của hệ hai lò xo: Wt  W1t  W2 t 

3.18. Hai lò xo k1 = 10(N/m), k2 = 15(N/m), chiều dài tự do  1   2  20 cm . Các lò xo một đầu gắn cố định

1 1 kx2 k x2 2 1 1 2 2 2

2 1 1 .10.0 ,02 2  .15. 0 ,02   0 ,005 J  5 mJ 2 2

tại A, B, một đầu nối với m (hình vẽ).

 Wt 

Biết AB = 50cm.

* Lưu ý: Có thể coi hệ hai lò xo mắc song song như trên tương đương với một lò xo có độ cứng k = (k1 + k2)

Bỏ qua kích thước cua m, bỏ qua ma sát.

và có chiều dài tự nhiên bằng chiều dài mỗi lò xo của hệ khi cân bằng. Ta có, thế năng đàn hồi của hệ khi lò

a) Tính độ dãn của mỗi lò xo tại vị trí cân bằng O.

xo biến dạng đoạn 2cm, tức là x = ± 2cm là:

b) Kéo m lệch khỏi vị trí cân bằng đoạn x = 2cm. Tính thế năng đàn hồi của hệ hai lò xo tại vị trí x. Chọn gốc Wt 

thế năng tại vị trí cân bằng. Bài giải

2 1 2 1 1 kx   k1  k2  x12   10  15  . 0 ,02   0 ,005 J  5 mJ 2 2 2

3.19. Hai lò xo k1 = 10(N/m), k2 = 20(N/m), chiều dài tự do  1  24cm;  2  15cm . Các lò xo một đầu cố

a) Độ dãn của mỗi lò xo tại vị trí cân bằng

định tại A, một đầu nối với m. Bỏ qua kích thước của m (hình vẽ).

- Tổng chiều dài tự nhiên (tự do) của hai lò xo là:    1   2  40cm .

a) Tính độ biến dạng của mỗi lò xo tại vị trí cân bằng O.

Vì   AB và  1   2 nên khi cân bằng cả hai lò xo đều dãn.

b) Kéo m lệch khỏi vị trí cân bằng đoạn x = 2cm. Tính thế năng đàn hồi của hệ hai lò xo tại vị trí x. Chọn gốc

Tổng

độ

dãn

của

hai

lò

khi

cân

bằng

là:

thế năng tại vị trí cân bằng. Bài giải

a   01   02  AB    a  50  40  10cm (1)

a) Độ biến dạng của mỗi lò xo tại vị trí cân bằng

Tại vị trí cân bằng, hai lò xo dài bằng nhau, vì chiều dài tự do của lò xo 1 lớn hơn lò xo 2  1   2  nên lò xo 1 bị nén đoạn  1 và lò xo 2 bị dãn đoạn  2 . Lực do hai lò

  1 

mg mg (1);  2  (2) k1 k2

Thay số:  1 

xo tác dụng vào vật như hình vẽ.   - Vì trọng lực P và phản lực Q cân bằng nhau nên:

mg 0 ,15.10   7 , 5cm k1 0,2

mg 0 ,15.10   2 , 5cm k2 0 ,6

k1l1  k2 l2 (1)

Và  2 

- Mặt khác:  1   1   2   2 (2)

Vậy: Khi cân bằng lò xo 1 dãn 7,5cm và lò xo 2 dãn 2,5cm.

- Từ (1) và (2), ta được:

b) Thế năng đàn hồi của hệ hai lò xo tại vị trí x = 2cm

 1 

Khi cân bằng lò xo 1 bị dãn đoạn  1 ; lò xo 2 bị dãn đoạn  2 và lò xo hợp thành (lò xo tương đương) từ

k2 k1 . 1   2  ;  2  .  1   2  k1  k2 k1  k2

hai lò xo bị dãn đoạn  (hình vẽ):

20 10   1  . 24  15   6 cm;  2  . 24  15   3cm 10  20 10  20

   1   2 (3) Gọi k là độ cứng của lò xo tương đương, ta có: mg = k 

Vậy: khi cân bằng lò xo 1 bị nén 6cm và lò xo 2 bị dãn 3cm.

- Thay (1) và (2) vào (3) rồi thay vào (4), ta được:

b) Thế năng đàn hồi của hệ 2 lò xo tại vị trí x = 2cm - Tương tự bài trên, ta có: Wt 

 mg mg  1 1 mg  k   1   2   k     mgk    k2   k1  k1 k2 

1 1 kx2 k x2 2 1 1 2 2 2

Với x1  x2  x  2cm  0 ,02 m , suy ra: Wt 



1 1 1 k x 2  k2 x 2   k1  k2  x 2 (3) 2 1 2 2

 Wt 

(4)

kk 1 1 1    k  1 2 (5) k k1 k2 k1  k2

Thay số k 

1 10  20  .0 ,022  6 .10 3 J  6 mJ 2

0 , 2.0 ,6  0 ,15  N / cm   15  N / m  0 , 2  0 ,6

Như vậy, hệ hai lò xo có độ cứng lần lượt k1, k2 ghép (nối tiếp) như trên tương đương với một lò xo có độ

* Nhận xét: Đặt k = k1 + k2 thì biểu thức (3) có thể viết lại như sau: Wt 

1 2 kx . 2

cứng k 

k1k2 = 15 (N/m) và có chiều dài tự nhiên bằng tổng chiều dài tự nhiên của hai lò xo. k1  k2

Như vậy, hệ hai lò xo nói trên (ghép song song) tương đương với một lò xo có độ cứng

Lập luận tương tự như các bài trên, ta coi lò xo hợp thành như trên khi đã treo vật ở trạng thái cân bằng

k = k1 + k2 = 10 + 20 = 30(N/m).

tương đương với một lò xo không treo vật, có chiều dài tự nhiên bằng chiều dài của nó khi đã treo vật. Như

3.20. Hai lò xo k1 = 0,2(N/cm), k2 = 0,6(N/cm) nối với nhau và nối với điểm cố định A. Vật m = 150g treo ở

1 2 kx , với x là độ biến dạng của lò xo tính từ vị trí cân bằng và k là 2

đầu hai lò xo (hình vẽ).

vậy, ta vẫn áp dụng được công thức Wt 

a) Tính độ biến dạng của mỗi lò xo tại vị trí cân bằng O.

độ cứng của lò xo hợp thành. Trong trường hợp này thì thế năng trọng lực luôn bằng 0. Thế năng của hệ luôn

b) Kéo m lệch khỏi vị trí cân bằng đoạn x = 2cm. Tính thế năng đàn hồi cùa hệ hai lò xo tại vị trí x. Chọn gốc

bằng thế năng đàn hồi (tính từ vị trí cân bằng).

thế năng tại vị trí cân bằng.

- Thế năng của hệ ở vị trí x = 2cm = 0,02m: Bài giải

a) Độ biến dạng của mỗi lò xo tại vị trí cân bằng Khi cân bằng, lò xo 1 bị dãn đoạn  1 và lò xo 2 bị dãn đoạn  2 (hình vẽ). - Điều kiện cân bằng: k1 1  k2  2  mg

Wt 

1 2 1 kx  .15.0 ,02 2  0 ,003 J  3 mJ . 2 2

 - CƠ NĂNG. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG

3.21. Vật khối lượng m = 100g được ném thẳng đứng từ dưới lên với v0 = 20(m/s). Sử dụng các phương trình chuyển động của vật ném đứng, tính thế năng, động năng và cơ năng toàn phần của vật: a) Lúc bắt đầu ném.

v  v0  gt1  0  t1 

v0 20   2s g 10

+ Vận tốc: v 2  v0 2  2 gh

b) Khi vật lên cao nhất.

 v   v0 2  2 gh   20 2  2.10.15  10 (m/s).

c) 3s sau khi ném. d) Khi vật vừa chạm đất.

Vì t = 3s > t1 nên lúc này vật đang đi xuống, suy ra: v = -10(m/s).

So sánh các kết quả và kết luận.

d) Khi vật vừa chạm đất:

Cho g = 10(m/s2).

Ta có: h = 0; v  v0  gt2 ; với t2  2t1  4 s  v = 20 - 10.4 = -20(m/s). Bài giải

+ Thế năng: Wt  mgh  0 .

Chọn gốc thế năng trọng lực tại mặt đất, chiều dương thẳng đứng hướng lên (hình vẽ).

2 1 2 1 mv  .0 ,1. 20   20 J . 2 2

a) Lúc bắt đầu ném: Ta có: h = 0; v = v0.

+ Động năng: Wñ 

+ Thế năng: Wt  mgh  0 .

+ Cơ năng toàn phần: W  Wt  Wñ  0  20  20 J .

1 1 + Động năng: Wñ  mv0 2  .0 ,120 . 2  20 J . 2 2

* Kết luận: Tại những vị trí khác nhau thì thế năng và động năng của vật (hệ vật + Trái Đất) có giá trị khác

+ Cơ năng toàn phần: W  Wt  Wñ  0  20  20 J .

3.22. Một vật được ném thẳng đứng lên cao với vận tốc 7(m/s). Bỏ qua sức cản của không khí. Cho

b) Khi vật lên cao nhất: Ta có: h  hmax  H ,v  0 .

g  9 , 8 m / s2 .

với: hmax

v 2 20 2 H 0   20 m 2 g 2.10

nhau nhưng tổng của chúng, tức là cơ năng toàn phần luôn không đổi.





a) Tính độ cao cực đại mà vật lên tới. b) Ở độ cao nào thì thế năng bằng động năng ? Thế năng gấp 4 lần động năng.

+ Thế năng: Wt  mgH  0 ,110 . .20  20 J . + Động năng: Wñ 

1 2 mv  0 2

+ Cơ năng toàn phần: W  Wt  Wñ  20  0  20 J .

Bài giải Chọn gốc thế năng trọng lực tại mặt đất, chiều dương thẳng đứng hướng lên (hình vẽ). a) Độ cao cực đại mà vật lên tới Ta có: hmax 

c) 3s sau khi ném: Ta có:

v0 2 72   2 , 5m 2 g 2.9 , 8

1 1 h  v0 t  gt 2  20.3  .10.3 2  15 m;v  v0  gt  20  10.3  10  m / s  . 2 2

Vậy: Độ cao cực đại mà vật lên tới là hmax = 2,5m.

+ Thế năng: Wt  mgh  0 ,110 . .15  15 J .

- Độ cao để thế năng bằng động năng

+ Động năng: Wñ 

2 1 2 1 mv  .0 ,1. 10   5 J . 2 2

b) Độ cao để thế năng bằng động năng, thế năng gấp 4 lần động năng

+ Cơ năng tại độ cao cực đại: W0  mghmax . + Tại vị trí thế năng bằng động năng:

+ Cơ năng toàn phần: W  Wt  Wñ  15  5  20 J .

W1t  W1ñ ;W1  W1t  W1ñ  2W1t = 2mgh1

* Lưu ý: Có thể tính vận tốc v như sau:

 W1  W0  2 mgh1  2mghmax

+ Thời gian (t1) vật lên đến độ cao cực đại:

 h1 

hmax 2 , 5   1, 25 m 2 2

- Độ cao để thế năng bằng 4 lần động năng

a) Tính vận tốc quả cầu ở B.

+ Tại vị trí thế năng băng 4 lần động năng: W2 t  4W2 ñ  W2 ñ 

b) Tới B, quả cầu rơi trong không khí. Tính vận tốc quả cầu khi sắp chạm đất, biết B ở

W2 t . 4

cách mặt đất h = 0,45m.

5W2 t 5 mgh2 + Cơ năng: W2  W2 t  W2 ñ   4 4

Bài giải a) Vận tốc của quả cầu ở B

5mgh1  W2  W0   mghmax 4

- Áp dụng định luật bao toàn cơ năng cho 2 điểm A và B (hình vẽ). WA =WB  mgh0 

4h 4.2 , 5  h2  max   2m 5 5

Vậy: Độ cao để thế năng bằng động năng là h1 = 1,25m; thế năng gấp 4

1 mv 2 2 B

 vB  2 gh0  2 g sin   210 . .1,6 .0 , 5  4 (m/s). Vậy: Vận tốc của quả cầu ở B là vB = 4(m/s).

lần động năng là h2 = 2m. 3.23. Một vật được ném xiên góc α với phương ngang. Tìm liên hệ giữa thế năng và động năng của vật ở điểm cao nhất. Khi nào thì chúng bằng

b) Vận tốc của quả cầu khi sắp chạm đất - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 điểm B và C (hình vẽ). 1 1 WB =WC  mgh  mvB 2  mvC 2 2 2

nhau? Bài giải Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ. Xét tại điểm cao nhất I mà vật đạt được.

 vC  vB 2  2 gh  4 2  2.10.0 , 45  5 (m/s).

Ta có:

Vậy: Vận tốc cùa quả cầu ở C là vC = 5(m/s).

+ Vận tốc: v  v0 cos 

* Lưu ý: Có thể tính vC bằng cách áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho cả

+ Độ cao cực đại: H 

+ Thế năng: Wt  mgH  + Động năng: Wñ 

quá trình chuyển động AC, ta có:

v0 2 sin 2  2g

WA =WC  mg  h0  h  

mv0 2 sin 2  2

 vC  2 g  h0  h   2 g   sin   h   2.10. 1,6 .sin 30  0 , 45   5 (m/s). 3.25. Hai vật có khối lượng tổng cộng m1 + m2 = 3kg được nối bằng dây qua một ròng rọc nhẹ (hình vẽ).

2 2 mv 2 mv0 cos   2 2

Buông cho các vật chuyển động, sau khi đi được quãng đường s = l,2m mỗi vật có vận tốc v = 2(m/s). Bỏ qua

+ Tỉ số giữa thế năng và động năng:

Wt sin    tan 2  Wñ cos 2 

năng

ma sát.

Thế

năng

và

động

1 mv 2 2 C

bằng

nhau

Dùng định luật bảo toàn cơ năng, tính m1 và m2. Cho g = 10(m/s2).

khi

Bài giải

Wt  1  tan 2   1    45 (loại nghiệm   45 ) Wñ Vậy: Hệ thức giữa thế năng và động năng của vật ở điểm cao nhất là

Giả sử m1 > m2, suy ra P1 > P2. Sau khi buông nhẹ, vật m1 đi xuống và m2 đi lên cùng quãng đường s.

Wt  tan 2  , thế năng và động năng Wñ

Chọn gốc thế năng riêng cho mỗi vật tại vị trí ban đầu (khi buông tay). Chọn chiều dương là chiều chuyển động của các vật. Khi đó: v1 = v2 = v > 0.



bằng nhau khi   45 .

- Các lực tác dụng vào hệ 2 vật là trọng lực P1 và P2 có phương, chiều như hình vẽ.

3.24. Một quả cầu nhỏ lăn trên mặt phẳng nghiêng, α = 30°, vA = 0,

- Cơ năng ban đầu của hệ: W = W1 + W2 = 0 (1)

AB = 1,6m, g = 10(m/s ). Bỏ qua ảnh hưởng do ma sát (hình vẽ).

- Cơ năng sau của hệ:

1  1 mv 2  mg  mv2 2 0 4 2

1 1 W '  W '1  W '2  m1 gs  m1v 2  m2 gs  m2 v 2 2 2

 W '   gs  m1  m2  

1  m  m2  v2 (2) 2 1

 v  v0 2 

g 10.1,6  12   3  m / s 2 2

- Vì hệ hai vật chuyển dộng chỉ dưới tác dụng của trọng lực (lực thế) nên cơ

Vậy: Vận tốc của dây khi dây vừa rời khỏi ròng rọc là v = 3(m/s).

năng của hệ hai vật được bảo toàn:

3.27. Vật nặng trượt trên một sàn nhẵn với vận tốc v0 = 12(m/s) đi lên một cầu nhảy đến nơi cao nhất nằm

W  W ' (3)

ngang và rời khỏi cầu nhảy (hình vẽ).

- Thay (1) và (2) vào (3), ta được: m1  m2

m 

 m2  v 2 1

Độ cao h của cầu nhảy phải là bao nhiêu để tầm bay xa s đạt cực đại ?

2 gs

Tầm xa này là bao nhiêu ?

3.2 2  m1  m2   0 , 5 kg (4) 2.10.1, 2

Gọi v1 là vận tốc của vật khi bắt đầu rời cầu nhảy (theo phương ngang).

- Mặt khác: m1 + m2 = 3kg

- Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

Bài giải

(5)

 m1  1,75kg; m2  1, 25kg .

1 1 mv 2  mv12  mgh 2 0 2

Vậy: Khối lượng của hai vật là m1= 1,75kg và m2 = 1,25kg. 3.26. Dây đồng chất chiều dài   1,6 m có trọng lượng, vắt qua một ròng rọc nhỏ không ma sát và nằm yên

 v1  v0 2  2 gh

(hình vẽ). Sau đó dây bắt đầu trượt khỏi ròng rọc với vận tốc đầu

- Sau khi rời khỏi cầu nhảy, vật chuyển động như

v0 = 1(m/s).

một vật bị ném ngang với vận tốc đầu v1 từ độ cao

Tính vận tốc dây khi dây vừa rời khỏi ròng rọc.

h. Bài giải

Ban đầu, dây ở trạng thái cân bằng đứng yên nên mỗi nhánh có chiều dài là

- Theo kết quả bài toán chuyển động của vật bị



và có trọng tâm tại G là trung

điểm của mỗi nhánh. Chọn trung điểm G này làm gốc thế năng (hình vẽ). Chọn chiều dương theo chiều

ném ngang, ta có: + Thời gian chuyển động: t 

2h g

chuyển động của dây xích. - Khi dây vừa rời khỏi ròng rọc thì khối tâm của dây xích ở G cách G khoảng + Cơ năng ban đầu: W0  + Cơ năng sau: W   mg

 4

về phía dưới.

+ Tầm xa trên mặt đất: s  v1t  v0 2  2 gh.

2h g

2 v0 2 h (1) g

1 mv 2 (1) 2 0

 s 4 h 2 



Đặt s  y . Tầm bay xa s đạt cực đại khi y  ymax

1  mv 2 (2) 2

- Vì vật chuyển động chỉ dưới tác dụng của trọng lực (lực thế) nên cơ năng vật được bảo

Với y  4 h2 

toàn: W0 = W (3) - Thay (1) và (2) vào (3), ta được:

  2v0 2 2v 2 h  ax 2  bx  a  4; b  0 ; x  h    g g  

- Vì hệ số a  0 nên y  ymax tại đỉnh Pa-ra-bol, khi đó ta có: xh

2 2 b 2v0 / g v0 122     3,6 m 2a 4 g 4.10 2. 4 

- Tầm xa: s  4.3,6 2 

a) Quả cầu dưới có một trục quay vuông góc với mặt phẳng hình vẽ và gắn chặt với mặt đất.

2.12 2 .3,6  7 , 2 m 10

b) Hệ chuyển động tự do. Bài giải

Vậy: Tầm bay xa s đạt cực đại bằng 7,2m khi độ cao của cầu nhảy h = 3,6m. 3.28. Ống hẹp kín, tiết diện đều hình vuông cạnh l, nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Ống chứa đầy hai loại

a) Quả cầu dưới có một trục quay vuông góc với mặt phẳng hình vẽ và gắn chặt với mặt đất

chất lỏng thế tích bằng nhau và không trộn lẫn nhau được, khối lượng riêng 1 , 2  1  2  . Ban đầu khối

Vì quả cầu dưới m1 có trục quay cố định nên sau khi buông tay thì quả cầu dưới m1 không chuyển động tịnh tiến mà chỉ quay quanh trục cố định, còn hai quả cầu m2 và m3 chuyển động tròn quanh tâm O (là vị trí cố

chất lỏng 1 chiếm phần trên của ống. Tại một thời điểm nào đó, các khối chất lỏng bắt đầu chuyển động trong ống không vận tốc đầu.

Vì m2 và m3 quay cùng tốc độ góc và r2 

Bài giải Chọn mặt phân cách ban đầu của hai khối chất lỏng làm mốc tính độ cao và thế năng, thế năng của các khối chất lỏng tập trung tại khối tâm của chúng. - Khi khối chất lỏng 1 đi xuống một đoạn ∆h thì khối chất lỏng  2 đi lên một đoạn ∆h, với:



l 3l  4 4

r3  v  nên v2  3 . 2 2 2

- Theo định luật bào toàn cơ năng (gốc thế năng trọng trường tại O và bỏ qua động năng quay của m1), ta có: m2 g

 2

 mg

 m3 g 

 2

1 1 mv2 mv2 2 2 2 2 3 3 2

 mg 

1  v3  1 m    mv 2 2 2 2 3

l 1 5 v3 3g  .  v3  2 2 2 4 5 2

g

- Tổng động năng của hai khối chất lỏng: Wñ 



- Khi sắp va chạm vào mặt phẳng ngang thì m2 và m3 có vận tốc v2 và v3 như hình vẽ.

Tìm vận tốc cực đại của chúng. Bỏ qua ma sát.

hmax  l 

định của m1) cùng tốc độ góc (hình vẽ).

1  m  m2  v 2 , với m  V   S.2l  2  Sl . 2 1

Vậy: Trường hợp quả cầu dưới có một trục quay vuông góc với mặt phẳng hình vẽ và gắn chặt với mặt đất thì vận tốc quả cầu

 Wñ   1   2  Slv 2  Wñ  max    1   2  Slv 2 max

trên khi nó sắp va chạm mặt phẳng ngang là v3  2

- Tổng thế năng của hai khối chất lỏng: Wt   m1  m2  g.h  Wt  2  1   2  Slg. h  Wt  max   2  1   2  Slg.hmax 

3    2  Sl 2 .g 2 1

3 g . 5

* Chú ý: Khi thanh chuyển động quay quanh trục cố định tại O thì có ngoại lực do trục quay tác dụng vào thanh là đáng kể nên hệ không kín. Vì vậy động lượng của hệ không bảo toàn.

Theo định luật bảo toàn cơ năng: Wñ  max   Wt  max  .

b) Hệ chuyển động tự do: Hệ chuyển động tự do tức là không có   1   2  Slv

2 max

3   1   2  Sl 2 .g 2

ma sát giữa m1 và sàn. - Vì ngoại lực theo phương ngang bằng 0 nên m2 chuyển động tịnh tiến đi xuống, m1 tịnh tiến sang phải trên

 vmax 

3 lg  1   2 

mặt phẳng ngang. Hệ là kín theo phương ngang.

2  1   2 

Vậy: Vận tốc cực đại của các khối chất lỏng là vmax 

  

- Tại thời điểm thanh nghiêng góc α so với phương thẳng đứng thì m1, m2, m3 có vận tốc lần lượt là v1 ,v2 ,v3 3 lg  1   2  2  1   2 

có phương chiều như hình vẽ.    Đặt v3  v3 x  v3 y . Theo định luât bảo toàn động lượng (theo phương ngang) ta có:

m1v1  m3 v3 x  v1  v3 x (1)

Vậy: Vận tốc của quả cầu trên (m3) trong cả hai trường hợp là như nhau và bằng 2

- Vì thanh không biến dạng và các quả cầu gắn chặt vào thanh nên trong quá trình thanh chuyển dộng, khoảng cách giữa các quả cầu m1, m2, m3 không thay đổi. Suy ra thành phần vận tốc của các quả cầu dọc

3.30. Viên đạn m1 = 50g bay theo phương ngang với vận tốc v0 =

theo phương của thanh là bằng nhau:

20(m/s) đến cắm vào vật m2 = 450g treo ở đầu sợi dây dài   2 m . Tính góc α lớn nhất mà dây treo lệch so với phương thẳng đứng sau

v1 sin   v2 cos   v3 y cos   v3 x sin  (2)

khi viên đạn cắm vào m2).

Từ (1) và (2) ta có:

v3 y  2v1 tan   2v3 x tan 

Bài giải



v1  v3 x ; v2  v1 tan   v3 x tan  ;

Gọi v1 là vận tốc của hệ (m1 + m2) ngay sau va chạm.

(3)

- Theo định luật bảo toàn động lượng (khi va chạm), ta có:

Theo định luật bao toàn cơ năng, ta có:



1 mg  mg  mg .cos   mg .cos   m v12  v22  v32x  v32y 2 2 2



m1v0   m1  m2  v1  v1 





(Vecto v1 nằm ngang hướng sang phải (hình vẽ))

1 3 g  v12  v22  v32x  v32y  1  cos   (4) 2 2





Gọi α là góc lớn nhất mà dây treo lệch so với phương thẳng đứng. - Theo định luật bảo toàn cơ năng (cho A và B), ta có:

- Thay (3) vào (4) ta được: 1 2 3 g v  v 2 tan 2   v32x  4 v32x tan 2   1  cos   2 3x 3x 2







WA  WB 

1 2 3 g v 2  5 tan 2   1  cos   2 3x 2



 v32x 



3 g  1  cos   2  5 tan 2  2 3y

(5)

2 3x

2 3y

2 3x

 cos   1  2

2 3x

1  tan    2

3 g 1  cos   2  5 tan 2 

1  4 tan   2

3g 1  cos   12 g 1  cos   v   (7) 2 2  5 tan 2  5 2 tan 

2  5 tan 90



12 g  1  cos 90  2 5 tan 90 2

 v3  2

3g 5

2.10.2  0 ,05  0 , 45 

 0 , 9    25 , 84  26

0

viên đạn cắm vào m2 là 26°. 3.31. Dây treo vật nặng được kéo nghiêng một góc bao nhiêu để khi qua vị

Bài giải  - Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P và lực căng dây T (hình vẽ).



- Khi quả cầu m3 sắp chạm vào mặt phẳng ngang thì α = 90°. Thay vào (7) ta có: 2

0 ,052 .20 2

trí cân bằng lực căng của dây lớn gấp đôi trọng lực vật nặng.

2 3

3 g  1  cos 90 

v12 m12 v0 2  1 2 2 g 2 g  m1  m2 

Vậy: Góc α lớn nhất mà dây treo lệch so với phương thẳng đứng sau khi 2 3x

 v  v  v  v  4 v tan   v

v32 

1  m  m2  v12   m1  m2  gh   m1  m2  g 1  cos   2 1

 cos   1 

- Từ (3) ta có: v  4 v tan  2 3

m1v0 m1  m2

12 g 12 g  5 5

- Gọi v là vận tốc của vạt tại vị trí cân bằng. Theo định luật II Niu- tơn, ta có:

 



P  T  ma - Chiếu (1) xuống phương bán kính với chiều dương hướng về điểm treo O, ta có:

T  mg  maht  m



3g 5

- Theo đề bài, tại vị trí cân bằng thì T = 2P = 2mg, nên:

2mg  mg  m



 v 2  g (1)



 2 g  cos   cos  0 

(3)

- Thay (2) vào (1) ta được: T  mg cos   2mg  cos   cos  0 

Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng), ta có: WA  WB  mgh 



 T  mg  3 cos   2 cos  0 

 Tmax  mg  3  2 cos 0  (4)

mv 2 2

Khi đó: cos   1    0 (vị trí cân bằng).

v2  g 1  cos    2

- Để dây không đút thì: Tmax  T0 (5) - Từ (4) và (5), ta có: mg  3  2 cos  0   T0

 v 2  2 g 1  cos   (2) Từ (1) và (2) suy ra

g  2 g  1  cos    cos   0 , 5    60

 cos 0 





.  10 3  2 3mg  T0 3.110 2    0  45 . 2mg 2.110 . 2

Vậy: Để khi qua vị trí cân bằng lực căng của dây lớn gấp đôi trọng lực

Vậy: Để dây không bị đứt trong quá trình vật chuyển động thì  0  45 .

vật nặng thì dây treo vật phải được kéo nghiêng một góc 60°.

3.33. Hòn đá m = 0,5kg buộc vào một dây dài   0 , 5 m quay trong mặt phẳng thẳng đứng. Biết lực căng của

3.32. Treo vật m = 1 kg vào đầu một sợi dây rồi kéo vật khỏi vị trí cân

dây ở điểm thấp nhất của quỹ đạo là T = 45N.

bằng để dây treo hợp với phương thẳng đứng góc α0. Định α0 để khi

Biết tại vị trí vận tốc hòn đá có phương thẳng đứng hướng lên thì dây đứt. Hỏi hòn đá sẽ lên tới độ cao bao

buông tay, dây không bị đứt trong quá trình vật chuyển động. Biết dây

nhiêu khi dây đứt (tính từ nơi dây bắt đầu đứt)?





chịu lực căng tối đa 16 N  10 3  2 N và  0  90 . Bài giải   - Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P và lực căng dây T như hình vẽ. - Theo định luật II Niu-tơn, tại vị trí B ứng với góc lệch α, vận tốc v, ta có:

 



- Gọi v0 là vận tốc của vật tại vị trí cân bằng, theo định luật II Niu-tơn ta có:

 



P  T  ma (1) - Chiếu (1) xuống phương bán kính với chiều dương hướng về điểm treo O, ta được:

T  mg cos   maht  m  T  mg cos   m

Bài giải  - Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P và lực căng dây T .





T  mg  maht  m



 v0 2 

(2)

- Theo định luật bảo toàn cơ năng (với gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng C), ta có: WA =WB  mgh0  mgh 

mv 2  h0  KC;h  HC  2

Với h0    1  cos   ;h   1  cos  

v0 2

  T  mg  m

 (2)

- Giả sử tại B, dây đứt. Gọi v là vận tốc của vật lúc đứt dây. Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

WA =WB 

mv0 2 mv 2  mg  2 2

 v 2  v0 2  2 g (3)

- Độ cao cực đại mà vật lên được sau khi dây đứt (tính từ nơi dây đứt): H

v2 (4) 2g

- Từ (1), (2) và (2) ta có: H 

  T  mg  2mg

 

0 , 5  45  0.5 ,10  2.0 , 5.10

 0 , 5  1, 5 m

Vậy: Hòn đá sẽ lên tới độ cao H = 1,5m. 3.34. Hai vật A có m1 = 1,5kg và B có m2 = 0,45kg buộc vào các sợi dây treo trên một thanh đòn nhẹ, chiều

- Theo định luật II Niu-tơn, tại vị trí cao nhất B ta có:

mg  T  maht  m T 

dài hai nhánh tay đòn  1  0 ,6 m;  2  1m . Vật A đặt trên sàn. Cần đưa dây treo B nghiêng góc α (so với phương thẳng đứng) nhỏ nhất bao nhiêu để sau khi buông tay, vật A có thể nhấc khỏi bàn? Bài giải - Tương tự bài trên, tại vị trí cân bằng thì:

Để A có thể nhấc khỏi bàn thì momen của Tmax phải lớn hơn hoặc bằng momen của P1 cùng đối với trục quay nằm ngang đi qua điểm treo O của thanh đòn (hình vẽ):

Tmax . 2  P1 . 1



 mg (2)

căng (không chùng) khi vật đi qua vị trí cao nhất B, tức là tại vị trí B thì phải có T ≥ 0.



mv 2



mv 2



 mg  0

 mg  v 2  g (3)

- Thay (1) vào (3), ta được: v0 2  4 g  g  v0 2  5 g

 m2 g  3  2 cos    2  m1 g . 1

 v  5 g  5.10.0 , 5  5 (m/s)

m1  1 . 2 m2  2

Vậy: Vận tốc tối thiểu cần truyền cho vật theo phương ngang để nó có thể chuyển động tròn trong mặt phẳng

1, 5 0 ,6 .  0 ,5 2.0 , 45 1

3.36. Một ống khối lượng M chứa vài giọt ête được nút kín bằng một nút khối lượng m và treo bằng dây

 cos   1, 5 

 1, 5 



Để vật có thể chuyển động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng thì dây treo phải

T 

T  Tmax  m2 g  3  2cos  .

v0 2

thẳng đứng là 5(m/s). chiều dài  . Khi đốt nóng ống, hơi ête sẽ đẩy nút bật ra. Tính vận tốc tối thiểu của nút để ống có thể quay tròn trong mặt phẳng thẳng đứng quanh điểm treo.

   60   min  60

Bài giải

Vậy: Phải đưa dây treo B nghiêng góc α (so với phương thẳng đứng) nhỏ nhất là 60° để sau khi buông tay vật A có thể nhấc khỏi bàn.

Gọi v0 và v lần lượt là vận tốc của nút và ống ngay sau khi nút bật ra (hình vẽ).

3.35. Dây nhẹ không dãn chiều dài   50 cm treo vật nặng nhỏ.

- Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có:

Ban đầu vật nặng đúng yên ở vị trí cân bằng. Hỏi phải truyền cho

mv0  Mv  v 

vật nặng vận tốc tối thiểu bao nhiêu theo phương ngang để nó có thể chuyển động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng. Bài giải Gọi A là vị trí cân bằng và B là vị trí cao nhất của vật trong quá trình chuyển động (hình vẽ); gọi v0 và v lần lượt là vận tốc của vật tại vị trí cân bằng và tại vị trí cao nhất.

mv0 (1) M

- Tương tự bài trên, để ống có thể quay tròn trong mặt phẳng thẳng đứng quanh điểm treo thì phải có: v  5 g

- Từ (1) và (2) ta có:

mv0 M M  5 g  v0  5 g  v0 min  5 g m M m

- Áp dụng định luật báo toàn cơ năng cho hai điểm A, B (gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng A), ta

Vậy: Vận tốc tối thiếu của nút để ống có thể quay tròn trong mặt phẳng thẳng

có:

đứng quanh điểm treo là v0 min 

WA =WB 

mv0 2 mv 2  mg.2  2 2

 v  v0  4 g (1) 2

M 5 g . m

3.37. Quả cầu m treo ở đầu một thanh nhẹ, cứng và mảnh, chiều dài thanh

  0 , 9 m , thanh có thể quay tròn trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục qua

đầu trên của thanh, cần truyền cho m vận tốc tối thiểu tại vị trí cân bằng theo phương ngang là bao nhiêu để

 v  v0 2  2 gh  v0 2  2 g  1  cos   (1)

m có thể chuyển động hết vòng tròn trong mặt phẳng thẳng đứng? - Lực căng dây treo tại B:

Bài giải Tương tự bài trên, gọi A là vị trí cân bằng và B là vị trí cao nhất của vật trong quá trình chuyển động (hình

+ Từ định luật II Niu – tơn, ta có: T  mg cos   m

vẽ). Gọi v0 và v lần lượt là vận tốc của vật tại vị trí cân bằng và tại vị trí cao nhất. Theo định luật bảo toàn cơ

 T  mg cos   m



(2)



năng với gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng A: Thay (1) vào (2), ta được: T  m

mv 2 mv 2 WA =WB  0  mg.2  2 2

v0 2



 mg  3 cos   2  (3)

b) Độ cao cực đại mà quả cầu đạt được trong chuyển động tròn và trong suốt quá trình chuyển động

 v 2  v0 2  4 g (1)

• Độ cao cực đại ho mà quả cầu đạt được trong chuyển động tròn

- Để vật m có thể chuyển động hết vòng tròn trong mặt phẳng thẳng đứng

Gọi β là góc mà dây treo hợp với phương ngang khi quả cầu bắt đầu rời quỹ đạo tròn (tại C).

thì phải có: v  0 (2)

- Tương tự câu a, ta có:

- Từ (1) và (2) suy ra:

T m

v  4 g  v0  2 g 2 0

v0 2



 mg  3 cos   2  (4)

 v0  2 10.0 , 9  6  m / s 

và: v1  v0 2  2 g  1  cos   (5)

Vậy: Để m có thể chuyển động hết vòng tròn trong mặt phẳng thẳng đứng

- Quả cầu bắt đầu rời quỹ đạo tròn khi lực căng dây treo T  0 .

phải truyền cho m vận tốc tối thiểu tại vị trí cân bằng theo phương ngang

m

là v0mm = 6 (m/s). 3.38. Quả cầu khối lượng m treo ở đầu một sợi dây chiều dài  , đầu trên của dây cố định. Quả cầu nhận

v0 2



 mg  3 cos   2   0

 cos  

được vận tốc ban đầu v0 theo phương ngang tại vị trí cân bằng. Bỏ qua sức cản của không khí.

2 2 v0  3 3g

a) Tính vận tốc và lực căng của dây tại vị trí dây treo hợp với

Theo đề bài:

phương thẳng đứng một góc α.

v0 2  3 g  cos   

b) Biết v0  3 g . Tìm độ cao cực đại h0 mà quả cầu đạt tới (tính từ 2

cân bằng) trong chuyển động tròn. Độ cao H0 mà quả cầu đạt tới trong suốt quá trình chuyển động là bao nhiêu? Bài giải a) Vận tốc và lực căng dây treo tại vị trí dây treo hợp với phương thẳng đứng góc α (vị trí B): - Vận tốc tại B:

vị trí

1 3

   109 , 5 1 (Vì cos     0 mà   0 nên   90 ) 3

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho A và C (gốc thế năng trọng trường tại A): WA =WB 

mv0 2 mv12 v 2  v12 (7)   mgh0  h0  0 2 2 2g

+ Theo định luật bào toàn cơ năng (gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng A), ta có:

WA =WB 

mv0 2 mv 2   mgh 2 2

- Thay (5) vào (7) và chú ý đến (6), ta được:   1   4 h0    1  cos      1         3  3

Vậy: Độ cao cực đại mà quả cầu đạt tới là h0 

4 3

- Áp dụng định luật báo toàn cơ năng cho hai điểm M0 và M (gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng), ta được:

* Chú ý: Có thể tính h0 như sau: Theo hình vẽ, ta có:

    90  sin   cos 

WM  WM 

1 3

mv0 2 mv2  mg 1  cos  0    mg 1  cos   2 2

 v  v0 2  2 g  cos   cos 0  (1)

1   4  CD   sin     h0     3 3 3 3

Từ định luật II Niu tơn, ta có:

• Độ cao cực đại H0 mà quả cầu đạt tới trong quá trình chuyển động

T  mg cos   m

- Từ C, quả cầu chuyển động như một vật bị ném xiên góc  so với phương ngang, với vận tốc đầu là v1. Độ cao cực đại tính từ C (theo kết quả bài toán về vật bị ném xiên):



 T  mg cos   m

v 2 sin 2  (8) hm  1 2g



(2)

Thay (1) vào (2), ta được:

Với sin 2   cos 2  1  sin2   1  cos 2 

T  mg cos  

 v 2  2 g  cos   cos  0     0

 1 8  sin 2   1      3 9  

T  m

1 - Thay v0 2  3 g và cos    vào (5) ta được: 3

Lực

m

  1  v1  v0  2 g  1  cos    3 g  2 g 1        3  2

 v12 

g (10) 3

g 8 . 4 - Thay (9) và (10) vào (8), ta được: hm  3 9  . 2g 27 Vậy: Độ cao cực đại H0 mà quả cầu đạt tới trong quá trình chuyển động: H0  h0  hm 

v0 2



 mg  3 cos   2 cos 0  (3)

căng



dây

bằng

không:

 cos  

2 cos  0 v0 2 (4)  3 3g

 cos  

2 cos 60 52   0 , 5    120 3 310 . .1

Thay   120 vào (1) ta được: 4 4 40   3 27 27

v  52  210 . .1  cos 120  cos 60   5  2 , 24 m/s Vây: Vị trí để T = 0 là α = 120° và v = 2,24 (m/s). b) Khảo sát giai đoạn chuyển động kế tiếp của vật

phương thẳng đứng một góc α0 = 60°, người ta truyền cho vật vận tốc v0 = 5(m/s) theo phương vuông góc

Từ hình vẽ, ta có:

với dây, hướng xuống, v0 nằm trong mặt phẳng thẳng đứng.

  120    30;  60 .

a) Định vị trí M tại đó lực căng dây bằng không, tính vận tốc v của vật tại đó. b) Tìm phương trình quỹ đạo của giai đoạn chuyển động kế tiếp của vật cho đến khi dây căng trở lại. Chứng tỏ rằng quỹ đạo này đi qua điểm thấp nhất của quỹ đạo tròn. Suy ra thời gian vật vạch quỹ đạo nói trên.

a) Vị trí M để lực căng dây bằng không

 mg  3 cos   2 cos 0   0

3.39. Vật nặng m treo vào điểm cố định O bởi một dây dài   1m . Tại vị trí ban đầu M0 dây treo hợp với

Bài giải

Như vậy, từ M, vật chuyển động như một vật bị ném xiên góc   60 so với phương ngang, với vận tốc đầu là v. - Chọn hệ tọa độ xMy với gốc tọa độ tại M như hình vẽ. - Các phương trình tọa độ theo hai trục Ox và Oy là:

x   v cos   t 

v t (5) 2



v0 2



 2 g (1)

- Lực căng dây treo ngay trước khi vướng đinh

g v 3 g y   v sin   t  t 2  t  t 2 (6) 2 2 2

v0 2

* Phương trình quỹ đạo: Rút t từ (5) thay vào (6), ta được:

Tt  mg  m

y  4 x 2  3 x (7)

 Tt  mg  m.2 g  3mg  3.0 ,110 .  3N

* Chứng tỏ quỹ đạo này đi qua điểm thấp nhất (A) của chuyển động tròn

- Lực căng dây treo ngay sau khi vướng đinh

- Tại A thì: x A   cos   1.

3 3  2 2

Ts  mg  m

(2)



v0 2



 2m

v0 2



(3)

 1 yA       sin      1  1.   1, 5 2 

 Ts  mg  2m.2 g  5mg  5.0 ,110 .  5N

- Suy ra xA và yA thỏa mãn phương trình (7).

Vậy: Lực căng cùa dây treo ngay trước khi vướng đinh là 3N và sau khi vướng đinh là 5N.

Như vậy, từ M trở đi, quỹ đạo chuyển động của vật tuân

b) Khảo sát giai đoạn chuyển động kế tiếp của vật sau khi vướng đinh

theo phương trình (7) và đi qua điểm A. Dạng quỹ đạo

Sau khi vướng đinh, vật chuyển động như con lắc đơn có chiều dài

này như hình vẽ (đoạn từ M đến A).

3 vào (5), ta tìm được thời gian vật vạch 2

- Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng), ta có:

3 2 x A 2. 2 t   0 ,77 s v 5

WB  WD  mg 

3.40. Quả cầu nhỏ M có khối lượng m = 100g được treo tại A bởi một dây chiều dài   81cm . Tại O thấp

 2

có một chiếc đinh, AO có phương thẳng đứng. Kéo quả cầu đến vị trí dây AM nằm ngang

rồi buông tay.

Lực căng dây treo tại D

T '  mgcos   m

b) Hỏi ở điểm nào trên quỹ đạo, lực căng của dây treo bằng không? Sau đó quả cầu chuyển động như thế nào, lên tới độ cao lớn nhất bao nhiêu? Bài giải a) Lực căng của dây treo B ngay trước và sau khi vướng đinh - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hai điểm B, C (gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng):

WM  WM  mg 

mv0 2 2

mv 2   mg  1  cos   2 2

 v  g 1  cos   (4)

a) Tính lực căng của dây ngay trước và sau khi vướng đinh.

quanh điểm treo O. Chuyển động này

* Vị trí (D) của vật để lực căng của dây treo bằng 0

quỹ đạo này là:

hơn A khoảng

có hai giai đoạn:

* Thời gian vật vạch quỹ đạo này - Thay x A 



 mg cos   2 m



(5)

2 Thay (4) vào (5) ta được: T '  mg  3 cos   2 

 T '  0  mg  3 cos   2   0  cos   

2    132 3

Vì cos   

2  0 mà a > 0 nên a > 90° (hình vẽ) 3

Độ cao của D tính từ vị trí cân bằng C là: hD 

 2



 2

sin  

 2



 2

Gọi B (ứng với góc lệch α) là vị trí của vật để gia tốc có phương nằm ngang; C (ứng với góc lệch αm) là vị trí

  cos    2  2 . 32  56

cao nhất vật lên được; v là vận tốc của vật tại B (hình vẽ). Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 điểm B và C (gốc thế năng trọng trường tại vị trí cân bằng A):

5 Vậy: Vị trí (D) mà lực căng dây treo bằng 0 cách vị trí cân bằng C một đoạn hD  (dây treo hợp với 6

phương thẳng đứng góc   132 hay cos    h'D   

2 ) (hay cách điểm treo A theo đường thẳng đứng một đoạn 3

5   ) 6 6

WB  WC 

mv 2  mg  1  cos    mg 1  cos  m  2

 cos  m  cos  

v2 2 g

(1)

Theo định luật II Niu – tơn ta có:

T  mg cos   m

2 - vận tốc của vật tại D. Thay cos    vào (4) ta được: 3



(2)

 Mặt khác, tại B thì gia tốc có phương nằm ngang nên hợp lực F có phương nằm ngang (khi vật đi qua B)

 2 10 v  10.0 , 81  1     2 ,7  1,64 m / s 3  3

như hình vẽ. Suy ra: T

* Quỹ đạo chuyển động của vật kể từ D - Kể từ D, vật chuyển động như bị ném xiên góc  với vận tốc đầu là v 

10 3

mg (3) cos 

 1  - Từ (2) và (3) ta được: v 2  g   cos   (4)  cos  

Suy ra quỹ đạo của vật là đường pa-ra-bol quay bề lõm xuống dưới. - Theo kết quả bài toán vật bị ném xiên thì độ cao cực đại vật lên được tính điểm ném D là: h0 

v 2 sin2  sin 2   cos 2   1  sin2   1  cos2  2g





- Thay (4) vào (1) ta được: cos  m  cos  

 cos  m 

 1  1  cos    2 g  cos  

3 cos2   1 (5) 2 cos 

10 5 2 .  2 5 5  sin   1       h0  3 9  3 9 2 . 10 54  

- Thay số: cos  m 

* Độ cao cực đại vật lên được so với vị trí cân bằng

Vậy: Góc nghiêng cực đại của dây treo là  m  43, 8 .

H  hD  h0 

3 cos 2 30  1 5 3    m  43 , 8 . 2 cos 30 12

3.42. Quả cầu khối lượng m treo ở đầu sợi dây, chuyển động tròn trong

5 5 25 25.81     75 cm 6 54 27 27

mặt phẳng thẳng đứng trong một thang máy. Thang máy đi xuống nhanh dần đều với gia tốc 2g. Ở vị trí thấp

Vậy: Sau khi lên đến điểm D (lực căng dây bằng 0), quả cầu tiếp tục chuyển động theo quỹ đạo pa-ra-bol có

nhất của quả cầu trong thang máy, lực căng dây bằng 0.

25 bề lõm quay xuống và lên tới độ cao lớn nhất cách vị trí cân bằng C là hay cách điểm treo A theo 27

Tính lực căng dây khi quả cầu ở vị trí cao nhất của quỹ đạo. Bài giải



 25  2 đường thẳng đứng là  1   27  27  3.41. Quả cầu treo ở đầu một sợi dây. Truyền cho quả cầu ở vị trí cân bằng một vận tốc đầu theo phương ngang. Khi dây treo nghiêng góc α = 30° so với phương thẳng đứng, gia tốc quả cầu có hướng nằm ngang. Tỉm góc nghiêng cực đại của dây. Bài giải

g'  a  g  2 g  g  g

 Có thể coi như luôn có hai lực tác dụng là trọng lực biểu kiến P' ; có phương thẳng đứng hướng lên và lực căng dây treo (hình vẽ).

WA  WB  mg 

mv0 2  v0 2  2 g (1) 2

Ta có: P'  mg'  mg .

 * Giai đoạn 2: Vật chuyển động trong trọng trường biểu kiến g' từ vị trí cân bằng B đến vị trí cao nhất C (xét

Tại vị trí thấp nhất A:

trong hệ quy chiếu gắn với điểm treo).

T  P' 

mv0



 v0 2 



T  P'   m T  mg  m

WA  WB 

mv0 mv  mg' .2  2 2

 

 g'  g  a (2)



cos   1 

- Thay (1) và (2) ta được: v  5 g (3) 2

- tại vị trí cao nhất B: T '  P' 

 T '  P' 



 mg 

mv0 2 v2  mg'   1  cos    cos   1  0 (3) 2 2 g' 

Thay (1) và (2) vào (3) ta được:

 v  v0  4 g (2) 2

- Tương tự bài trên, ta có:    g'  g  a

2 g a  2  g  a g  a

 a     ar cos    ga

mv 2



 a  Vậy: Dây treo lệch khỏi phương thẳng đứng góc lớn nhất là   ar cos    ga



- Thay (3) vào (4) ta được: T '  mg 

m.5 g



 6 mg

Vậy: Lực căng dây treo tại vị trí cao nhất của quỹ đạo là

C vận tốc của quả cầu đối với mặt đất bằng 0 (hình vẽ).

T '  6 mg . 3.43. Quả cầu nhỏ treo ở đầu một dây nhẹ. Kéo quả cầu khỏi phương

Bài giải  * Giai đoạn 1: Vật chuyển động trong trọng trường g từ vị trí ban đầu A đến vị trí cân bằng B.

thẳng đứng để dây treo nghiêng góc 90° rồi buông tay. Tại thời điểm

- Theo định luật bảo toàn cơ năng:

 * Giai đoạn 1: Vật chuyển động trong trọng trường g từ vị trí ban đầu A đến vị trí cân bằng B (hình vẽ). - Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

WA  WB  mg 1  cos   

 v0 2  2 g 1  cos   (1)

mv0 2 2

 * Giai đoạn 2: Vật chuyển động trong trọng trường biểu kiến g' từ vị trí cân bằng B đến vị trí cao nhất C (xét

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 điểm A và C (gốc thế năng trọng lực tại B):

trong hệ quy chiếu gắn với điểm treo).

WA  WC  mgh  mgR 1  cos    m

- Tương tự bài trên, ta có:      g'  g   a  g   g  0

 v 2  2 gh  2 gR  1  cos   (1)

 

v2 2

- Theo định luật II Niu-tơn, ta có tại C: - Như vậy, xét trong hệ quy chiếu gắn với điểm treo, vật chuyển động tròn đều từ B đến C vì chỉ có lực căng



dây tác dụng. Tại điểm C (dây treo nằm ngang), vận tốc v1 của vật (đối với điểm treo) có hướng thẳng đứng lên trên và có A độ lớn bằng v0 (hình vẽ).



Q  mg cos   m Qm

+ Tại C, ta có: vC / ñ  vC / O  vO/ ñ  v1  vO/ ñ



v2 R

v2  mg cos  (2) R

- Thay (1) vào (2), ta được:

Q

m  2 gh  2 gR  1  cos     mg cos   R

Ta có:

 2h   Q  mg   2  3 cos   (3)  R 

1 1 2 1 2  t T  .  .  4 4  4 v0 / l 2v0

- Theo định luật III Niu-tơn, áp lực N do vật nén lên vòng xiếc có độ lớn:

- Trong khoảng thời gian t, điểm treo O rơi tự do nên vận tốc vO / d của O ở

 2h  N  Q  mg   2  3 cos   (4)  R 

cuối giai đoạn này là

* Lưu ý: Kết quả này vẫn đúng cho mọi vị trí của C so với O.

vO / d  gt  g.

 2v0

b) Tính h để vật có thế vượt qua vòng xiếc

(3)

- Từ (2) và (3), ta được: g.

Để vật có thể vượt qua hết vòng xiếc thì vật phải luôn nén lên vòng xiếc khi chuyển động. Suy ra, với mọi α

 2v0

 v0  v0 2  g.

Từ (1) và (4) ta được: 2 g 1  cos    g.

 2

thì Nmin ≥ 0 .

(4)

 cos   1 



 2h   2h  - Từ (4) ta có: N min  mg   2  3   mg   5  R R    

(ứng với vị trí cao nhất   0 và cos   1 )

     ar cos  1    77 ,6 4 

 2h  5R  N min  0   5  0  h   2,5 R 2  R 

Vậy: Để khi quả cầu đến C, vận tốc của quả cầu đối với mặt đất

Vậy: Để vật có thể vượt qua hết vòng xiếc thì phải

bằng 0 thì   77 ,6 .

có: h  2 , 5 R .

3.45. Vật nhỏ khối lượng m trưọt từ độ cao h qua vòng xiếc bán kính R. Bỏ qua ma sát.

c) Định vị trí α (vị trí E) để vật bắt đầu rời vòng xiếc

a) Tính lực nén của vật lên vòng xiếc tại vị trí α (hình vẽ).

hoặc trượt trở xuống

b) Tính h để vật có thể vượt qua hết vòng xiếc.

- Vật rời vòng xiếc hoặc trượt trở xuống tại E nếu NE = 0.

 2h  - Thay N = 0 vào (4), ta được: N  mg   2  3 cos    0  R 



 2h 2  2h 2h 2  2  3 cos   0  cos       ar cos    R 3R 3  3R 3 

- Để vật đi qua D thì xD và yD phải thỏa mãn phương trình (3). Ta có: x D  2 R sin  ; yD  0 Thay (4) vào (3) ta được:

 2h 2  Vậy: Khi   ar cos    thì vật bắt đầu rời vòng  3R 3 

v2 

gR (5) cos 

xiếc hoặc bắt đầu trượt trở xuống. 3.46. Vật nhỏ bắt đầu trượt từ A có độ cao h xuống một vòng xiếc có bán kính R không vận tốc đầu. Vòng xiếc có một đoạn CD hở với  COB   BOD   , OB thẳng đứng (hình vẽ).

Từ (2) và (5), ta được: 2 gh  2 gR  1  cos     1   h  R  1  cos    (6) 2 cos    - Thay (6) vào (2), ta được: v 2 

a) Định h để vật có thể đi hết vòng xiếc. b) Trong điều kiện ở câu α, góc α là bao nhiêu thì độ cao h có giá trị cực tiểu?

gR cos 

Vì cos   1 nên

Bài giải

gR cos 

1  cos   v 2  gR cos  (7) cos 

a) Định h để vật có thể đi qua vòng xiếc

- So sánh (1) và (7) suy ra h xác định theo (6) thỏa mãn điều kiện .

- Để vật có thể đi qua vòng xiếc thì vật phải đi qua hai điểm C và D (hình vẽ). Gọi v là vận tốc của vật tại C; Q là phản lực do vòng xiếc tác dụng lên vật tại C. Để vật đi qua (lên đến) C thì

 1  Vậy: Để vật có thể đi hết vòng xiếc thì phải có: h  R  1  cos    2 cos   

phải có điều kiện:

b) Định α để h = hmin

Q 0

Tại C ta có: Q  mg cos   m

Qm

bất

đẳng

thức

Co-si:

 1  1 2 2  cos     2 cos  . 2 cos  2cos 

v2 R



v2  mg cos   0 R

- Thay vào (6), ta được: hmin  R 1  2 2

 v 2  gR cos  (1)

Khi đó: cos  

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 điểm A và C (gốc thế năng trọng lực tại vị trí thấp nhất của vòng xiếc): 2

WA  WC  mgh  mgR 1  cos    m

Theo

v 2



1 2  cos      45 2cos 2





Vậy: Khi   45 thì h  hmin  R 1  2 2 .



3.47. Vật nhỏ nằm trên đỉnh của bán cầu nhẵn cố định bán kính R, vật được truyền vận tốc v0 theo phương ngang (hình vẽ).

 v 2  2 gh  2 gR  1  cos   (2)

a) Định v0 để vật không rời khỏi bán cầu ngay tại thời điểm ban đầu.

Như vậy, từ C, vật chuvển động như vật bị ném xiên góc α với vận tốc đầu v, quỹ đạo của vật là một pa-ra-

b) Khi v0 thỏa điều kiện trong câu a, định vị trí α nơi vật bắt đầu rời khỏi bán cầu. Bài giải

bol. - Phương trình chuyển động của vật (từ C) trong hệ tọa độ xCy là: y

 gx 2   tan   x (3) 2v 2 cos 2 

  - Các lực tác dụng vào vật: trọng lực P của vật và phản lực Q của bán cầu. Hợp lực của cluìng gây ra gia

- Tại đỉnh A theo định luậi II Niu-tơn. ta có:

mg  Q  maht 

mv0 2 mv 2  Q  mg  0 R R

tốc hướng tâm cho vật. - Theo định luật II Niu-tơn, tại B ta có:

- Để vật không rời khỏi bán cầu tại A thì: Q ≥ 0. mg cos   Q 

mv 2  mg  0  0  v0  gR R Vậy: Giá trị của v0 để vật không rời khỏi bán cầu ngay tại thời điểm ban đầu là v0  gR .

 Q  mg cos  

mv 2 h mv 2 (2)  mg  R R R

- Thay (1) vào (2), ta được:

b) Định α để vật bắt đầu rời khỏi bán cầu - Tại vị trí B, vật bắt đầu rời khỏi bán cầu, ta có: mg cos   Q'   Q'  mg cos  

mv 2 R

Q  mg

v0 2  h m 2 mg    v0  2 g  h0  h     3h  2 h0    R R R  g 

- Theo định luật III Niu-tơn, lực nén N do vật nén lên bán cầu tại B có độ lớn là:

Vật rời khỏi bán cầu tại B khi Q'  0  v 2  gR cos  (1)

N Q 

v0 2  mg   3h  2h0    R  g 

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 điểm A và B (gốc thế năng trọng lực

WA  WB  mgR 

mv0 2 mv 2  mgR cos   2 2

Từ vị trí cân bằng O, người ta kéo quả cầu cho lò xo dãn ra đoạn OA = 5cm rồi buông tay. Quả cầu chuyển

Từ (1) và (2) suy ra: gR cos   v0  2 gR  1  cos  

b) Tính vận tốc cực đại của quả cầu trong quá trình chuyển động. Vận tốc này đạt ở vị trí nào?

2 v 2  Vậy: Vật rời khỏi bán cầu tại B ứng với góc lệch   arc cos   0   3 3gR    3.48. Vật nhỏ khối lượng m trưọt trên mặt bán cầu nhẵn bán kính R. Tại thời điểm ban đầu vật ở độ cao h0 so với đáy bán cầu và có vận tốc v0. Tính lực nén của vật lên bán cầu khi nó ở độ cao h < h0 và chưa rời bán cầu. Bài giải - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 điểm A và B (gốc thế năng trọng lực tại tâm O của bán cầu):

mv0 mv 2  mgh  2 2

 v 2  v0 2  2 g  h0  h  (1)

động dao động trên đoạn đường AB. a) Tính chiều dài quỹ đạo AB.

2 2 v 2  2 v0     arc cos   0   3 3gR  3 3 gR  

WA  WB  mgh0 

  

lò xo k = 0,4(N/cm). Quả cầu có thể chuyển động không ma sát trên mặt phẳng ngang. 2

v0 mg   3h  2h0  R  g

3.49. Quả cầu khối lượng m = 100g gắn ở đầu một lò xo nằm ngang, đầu kia của lò xo cố định, độ cứng của

 v2  v0 2  2 gR 1  cos   (2)

 cos  

Vậy: Lực nén của vật lên bán cầu là Q 

tại tâm O của bán cầu):

Bài giải a) Chiều dài quỹ đạo AB

1 1 k.OA 2  k.OB 2 2 2

 OB  OA Vậy: Chiều dài quỹ đạo:

- Tại M lò xo không biến dạng nên: x M  OM   0  2 , 5cm;vM  0 .

L  AB  2.OA  2.5  10 cm .

b) Vận tốc cực đại của quả cầu

- Tại vị trí cân bằng O ( xCB  0 ) và quả cầu có vận tốc vCB.

- Áp dụng định luật bão toàn cơ năng cho 2 vị trí A và O (vị trí cân bằng, lò xo không biến dạng):

- Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng):

WA  WO 

1 1 k.OA 2  mv 2 2 2

WM  WCB 

 v  OA.

k 40  5.  100  cm / s   1  m / s  . m 0 ,1

 vCB  xM

20  50  cm /  s  0 , 5  m / s  0 ,05

1 2 1 2 kx  kx  x N   xM   0  2 , 5cm 2 M 2 N

mg mg  k    0  k

với k = 0,2 N/cm = 20 N/m, ta có: 0 ,05.10  0 ,025 m  2 , 5cm 20

- Tương tự bài trên, coi hệ (quả cầu + lò xo) tương đương với một

k  2 , 5 m

Vậy: Vận tốc của quả cầu tại vị trí cân bằng là 0,5(m/s).

(k = 0,4(N/cm) = 40(N/m))

 0 

1 2 1 2 kx  mv 2 M 2 CB

1 2 kx , với x là độ biến dạng của lò xo tính từ vị trí cân bằng. 2

- Vì lò xo tương đương không treo quả cầu (thế năng trọng lực đã bị cân bằng bởi thế năng đàn hồi) nên

mg (1) k

1 2 1 2 1 2 kx  mv  kx (2) 2 M 2 N 2 N

trong trường hợp này thế năng trọng lực luôn bằng 0 và không phụ thuộc vào cách chọn gốc thế năng trọng

với x M    0 ; vM2  2 g ; x N     0

lực (Wlt = 0). Thế năng của hệ luôn bằng thế năng đàn hồi của lò xo với mốc thế năng tại vị trí cân bằng.

- Thay vào (2), ta được:

Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ. a) Vận tốc của quả cầu tại vị trí cân bằng:

2 1 1 1 k  02  m.2 g  k     0  2 2 2

 mg 

k

1 1 mg 1 k  2  k  . 0  k  2  k  .  k  2  mg 2 2 k 2

2mg     

Bài giải

 2

- Tại vị trí cân bằng O, lò xo bị nén đoạn x0 với:

Vậy: Hệ số đàn hồi k của dây là k 

2 mg     

mg  kx0  x0 

 2

mg (1) k

3.52. Nếu đặt quả cân lên đầu trên của một lò xo đặt thẳng đứng trên mặt

Gọi M là vị trí ban đầu (khi lò xo không biến dạng) của đầu trên lò xo; N là vị trí thấp nhất (khi lò xo bị nén

phẳng ngang, lò xo sẽ bị nén lại một đoạn x0 = 1 cm, Nếu ném quả cân đó

tối đa) của đầu trên lò xo. Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ.

từ độ cao 17,5cm (đối vói đầu trên của lò xo) theo phương thẳng đứng

- Lực nén của lò xo lên sàn đạt giá trị cực đại khi lò xo bị nén nhiều

xuống dưới với vận tốc đầu v0 = 1(m/s), lò xo sẽ bị nén lại một đoạn tối đa là bao nhiêu ?

nhất, tức là khi vật ở vị trí N.

Bài giải

Ta có:  

- Tại vị trí cân bằng O, lò xo bị nén đoạn x0. Điều kiện cân bằng: mg  kx0 

N k

Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng O):

m x0  k g

(1) WM  WN 

1 2 1 2 1 2 kx  mv  kx (2) 2 M 2 M 2 N

với xM   x0  

Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng O) ta có: WM  WN 

xN    x0 

1 2 1 2 1 2 kx  mv  kx 2 M 2 M 2 N

với x M   x0 ;vM2  v0 2  2 gh; x N  ON  x

1 2 1 1 kx  m v02  2 gh  kx 2 2 0 2 2

 x  x0 2 



- Thay vào (2), ta được: 2

m 2 v  2 gh k 0





x0 2 v  2 gh g 0



h  

(3)

.  10  0 ,110 mg  N  mg  0 ,110 .   0,2    0 ,7 m  70cm 2k 2 mgk 2.80 2.0 ,110 . .80

Vậy: Độ cao của vật khi bắt đầu rơi là h = 70cm. 3.54. Vật m bắn vào hai lò xo nhẹ mắc nối tiếp, độ cứng k1, k2 với

- Thay (1) vào (3) ta được: x  x0 2 

N mg N  mg   k k k

1  mg  1 1  N  mg  k   m.2 g  h     k   2  k  2 2  k 

Thay vào (2), ta được:



mg 2 ; v  2g  h    ; k M

vận tốc đầu v0 như hình vẽ. Biết năng lượng cực đại của lò xo II



khi bị biến dạng là W2. Tính v0 Bài giải



0 ,01 2  x  0 ,01  1  2.10.0 ,175  0 ,068 m  6 , 8cm 10

Gọi x1 và x2 lần lượt là độ nén cực đại của hai lò xo; F1 và F2 lần

- Độ nén tối đa của lò xo:   x0  x  1  6 , 8  7 , 8 cm

lượt là lực đàn hồi của hai lò xo khi đó.

Vậy: Lò xo bị nén một đoạn tối đa là 7,8cm (khi vật ở vị trí thấp nhất).

- Theo định luật II Niu-tơn, ta có: F1  F2  k1 x1  k2 x 2





 x1 

- Khi giá đỡ bắt đầu rời vật thì Q = 0

k2 x (1) k1 2

 F  P  ma  m  g  a 

- Năng lượng cực đại của lò xo II:

- Khi đó lò xo dãn một đoạn s bằng quãng đường vật và giá đỡ đã đi được. Ta có:

k x2 W2  2 2  x 2  2

s

2W2 (2) k2

- Thời gian để vật và giá đỡ đi quãng đường s là:

- Thay (2) vào (1) ta được: x1 

F m g  a  k k

k2 2W2 (3) . k1 k2

t

2m  g  a  2s  (2) a ka

cả hai lò xo không biến dạng): 1 1 1 1 mv 2  k1 x12  k2 x 2 2  v0 2  k x 2  k2 x 2 2 (4) 2 0 2 2 m 1 1



Thay

(2)

và

(3)

vào



(4),

Vây: Sau thời gian t  được:

 v0 2  Vây:

v0 

mk1

Vận

tốc

của

thì vật rời giá đỡ, lúc này vật có vận tốc v  a

- Tại ví trí cân bằng O, lò xo dãn đoạn x0. Điều kiện cân bằng: mg  kx0  x0 

mk1 khi

(3)

b) Độ dãn cực đại của lò xo

2W2  k1  k2 

 v0 

* Lưu ý: Điều kiện để (2) và (3) có nghiệm là (a < g).

2W  1  k 2 2W v0   k1 . 22 . 2  k2 . 2  . m  k1 k2 k2  2

2W2  k1  k2 

2m  g  a 

bắn

vào

lò

mg (4) k

- Từ (1) và (4) ta nhận thấy x0 > s (hình vẽ). Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ.

là

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng O):

2W2  k1  k2 

WM  WQ 

mk1

3.55. Một vật khối lượng m treo vào một lò xo có độ cứng k và

 kx N2  mvN2  kxQ2 (5)

đặt trên một giá đỡ như hình vẽ. Ở thời điểm ban đầu lò xo

 mg m  g  a   ma  Với: xN  ON   xQ  s     k k  k 



vN  v  a

Bài giải a) Sau bao lâu vật rời giá đỡ, vận tốc của vật khi đó





2m  g  a  ka

; xQ  x

2m  g  a   ma  2  kx 2 - Thay vào (5) ta được:  k     ma . ka  k  2

1 2 1 2 1 2 kx  mv  kx 2 N 2 N 2 Q

 x2 

m2 a  2g  a  k2

x

m a  2 g  a  (6) k

- Độ dãn cực đại của lò xo:   x0  x (7)

2m  g  a  ka

- Thay (4) và (6) vào (7), ta được:   Vậy: Độ dãn cực đại của lò xo là  

mg m  a 2g  a . k k

mg m  a  2g  a . k k

 F   m1  m2  g Vậy: Để sau khi 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 rất đơn giản bằng cách áp dụng

mặt đất.

+ Nếu dùng lực kéo F' tác dụng lên vật m1 theo phương thẳng Bài giải

mg m1 g  k.OM  OM  1 (1) k - Tại vị trí thấp nhất N, lò xo bị nén thêm đoạn ON do tác dụng của lực nén F, ta có: ON 

F k

dây sao cho lò xo bị nén lại đoạn  (hình vẽ). Định  để sau khi cắt dây, hệ chuyển động và m2 bị nhấc lên

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng O của m1): WN  WQ 

phương pháp đối xứng như sau:

1 2 1 2 kx  kx 2 N 2 Q

 OQ  ON 

F (2) k

- Vật m2 chỉ có thể bị nhấc lên khi vật m1 ở vị trí cao nhất. Để vật m2 bị nhấc lên khỏi

Ta có:

mặt đất thì lò xo phải dãn khi m2 vừa nhấc khỏi mặt đất, suy ra OQ > OM (hình vẽ).

- Tại vị trí cân bằng O, lò xo bị nén đoạn OM. Điều kiện cân bằng:

- Khi m2 bắt đầu bị nhấc lên thì phản lực Q của mặt đất tác dụng vào m2 bằng 0 nên chỉ

m1 g k

có hai lực tác dụng vào m2 là trọng lực P2 và lực đàn hồi Fđ của

m1 g  k.OM  OM 

lò xo.

- Tại vị trí thấp nhất N, lò xo bị nén thêm đoạn ON, ta có:

- Điều kiện để m2 nhấc lên là Fđ > P2 (3) Với

F m g  F  m1 g  Fd  k.OM  k. OQ  OM   k.   1   k   k  k k  

ON  MN  OM   

m1 g k

- Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng O của

(4)

m1)

Và P2  m2 g (5)

WN  WQ 

 F  m1 g  - Thay (4) và (5) vào (3), ta được: k    m2 g k  

- Vật m2 chỉ có thể bị nhấc lên khi vật m1 ở vị trí cao nhất. Để vật m2 bị nhấc lên khỏi mặt đất thì lò xo phải

mg 1 2 1 2 kx  kx  OQ  ON    1 2 N 2 Q k

dãn khi m2 vừa nhấc khỏi mặt đất, suy ra OQ > OM (hình vẽ).

- Khi m2 bắt đầu bị nhấc lên thì phản lực Q của mặt đất tác dụng vào m2 bằng 0

3.59. Cho hệ như hình vẽ. Bỏ qua ma sát, độ dãn của dây, khối lượng

nên vào m2 chỉ có hai lực tác dụng là trọng lực P2 và lực đàn hồi Fđ của lò xo.

dây và ròng rọc. Biết v0 = 0 và m1 chuyển động đi xuống. Trong từng

- Điều kiện để m2 nhấc lên là: Fđ > P2

trường hợp, dùng định luật bảo toàn cơ năng, tính gia tốc chuyển

(1)

động của mỗi vật.

  m g m g 2m g  với: Fñ  k.MQ  k  OQ  OM   k.   1  1   k.    1  (2). k k  k   

và: P2 = m2g (3) Thay (2) và (3) vào (1), ta được: 2  m1  m2  g  2m g  k.   1   m2 g    k  k 

Vậy: Để sau khi cắt dây, hệ chuyển động và m2 bị nhấc lên khỏi mặt đất thì  

2  m1  m2  g k

Bài giải Chọn gốc thế năng trọng lực riêng cho mỗi vật tại vị trí ban đầu của chúng. Thế năng trọng lực ban đầu của

Tìm vận tốc của m2 nếu cả hai vật đều được buông cho chuyển động cùng lúc. Bỏ qua ma sát. Bài giải

hệ bằng 0. Vì dây không dãn nên gia tốc của hai vật luôn bằng nhau và quãng đường đi được s của hai vật trong cùng

Gọi x là độ nén của lò xo khi giữ chặt cả hai vật (hình vẽ).

khoảng thời gian là như nhau.

- Giữ chặt m1 và buông nhẹ m2. Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng khi lò xo không biến dạng):

- Với hình a

mv 1 2 1 2 kx  mv  x 2  2 (1) 2 2 k

+ Khi m1 đi xuống quãng đường s thì m2 đi lên cùng quãng đường s, suy ra h1   s và h2  s

m1v1  m2 v2  v1 

+ Theo định luật bảo toàn cơ năng: 0  m1 gh1  m2 gh2 

m2 v2 m1

 v2 

1 2 1 1 kx  m1v12  m2 v22  kx 2  m1v12  m2 v22 (3) 2 2 2 2

m v  m2 v 2  m1  2 2   m2 v22 k  m1 

m

 m2  v 2 2

2  m1  m2  gs m1  m2

+ Gia tốc của hệ: a=

v 2  m1  m2  g  2s m1  m2

- Với hình b

m1v 2 m1 v   v2  v m1  m2 m1  m2 2 2

Vậy: Vận tốc của m2 khi cả hai vật đều được buông cho chuyển động cùng lúc là v2  v

 m2  v 2 2

 0   m1 gs  m2 gs 

- Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng khi lò xo không biến dạng):

- Thay (1) và (2) vào (3) ta được: k.

m

+ Khi m1 đi xuống quãng đường s thì m2 đi lên cùng quãng đường s, suy ra h1   s và h2  s.sin  m1 m1  m2

+ Theo định luật bảo toàn cơ năng: 0  m1 gh1  m2 gh2 

m

 m2  v

Tiếp tuyến với mặt dốc tại chân dốc có phương nằm ngang nên vận tốc của vật m ngay sau khi rời ụ I có phương nằm ngang.

 0  m1 gs  m2 gs.sin  

 v2 

Vật m trượt từ đỉnh ụ I xuống sàn và rời khỏi ụ I trên sàn.

m

 m2  v

2  m1  m2 sin   gs m1  m2

+ Gia tốc của hệ: a=

v 2  m1  m2 sin   g  2s m1  m2

- Với hình c

Gọi v0, v1 lần lượt là vận tốc của ụ I (M) và vật m ngay sau khi vật m rời khỏi ụ I (hình vẽ).

+ Khi m1 đi xuống quãng đường s thì m2 đi lên cùng quãng

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng (về độ lớn) theo phương ngang cho hệ (m + ụ I):

đường s, suy ra h1   s và h2  s.sin 

mv1  Mv0  v0 

+ Theo định luật bảo toàn cơ năng: 0  m1 gh1  m2 gh2

m 

 v2 

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ (m + ụ I) (gốc thế năng trọng lực tại mặt sàn):

 m2  v 2

mgH 

 0  m1 gs  m2 gs.sin  

m

 m2  v 2

mv12 Mv0 2  (2) 2 2 2

- Thay (1) vào (2) ta được: mgH 

2  m1  m2 sin   gs m1  m2

+ Gia tốc của hệ: a=

mv1 (1) M

 v12 

v 2  m1  m2 sin   g  2s m1  m2

mm  M  2 mv12 M  mv1   . .v1   2 2  M  2M

2 MgH (3) mM

3.60. Hai ụ dốc cao đáy phẳng giống nhau, mỗi ụ có khối lượng M, chiều

cao

đi lên cao dần trên ụ II, khi vận tốc của m và ụ II so với mặt đất bằng nhau thì m đứng yên trên ụ II, tức là m

H, có thể trượt trên một sàn nhẵn nằm ngang. Trên đỉnh trụ 1 đặt vật m, m

trượt

không tiếp tục đi lên trên ụ II nữa, vật m đạt độ cao cực đại trên ụ II.

khỏi ụ I không vận tốc đầu và đi lên trên ụ II. Tìm độ cao cực đại h mà m

đạt

Gọi v là vận tốc của hệ (vật m + ụ II) khi m đứng yên trên ụ II.

được trên sườn ụ II. Bỏ qua ma sát. Biết tiếp tuyến với mặt dốc tại chân dốc hướng nằm ngang.

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng (về độ lớn) theo phương ngang cho hệ (m + ụ II):

mv1   m  M  v  v 

mv1 (4) m M

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ (m + ụ II) (gốc thế năng trọng lực tại mặt sàn): mv12  m  M  v   mgh 2 2 2

- Thay (4) vào (5) ta được: Bài giải

mv12  m  M   mv1   .   mgh 2 2 mM 



v12 m v12  .  gh 2 2 mM 1

h

H h

m M mM v 2  v 2 (6) 1 2g 2g  m  M  1

- Thay (3) vào (6) ta được: h 

Mv0 2 (4) 2 m  M  g

 H max 

M 2 MgH M2H H .   2 2 g  m  M  m  M  m  M 2  m 1   M  

 m 1 M   

Thay số: H max 

5.5 2  1,04 m 2  1  5  .10

* Trường hợp 1: H = 1m < Hmax nên vật m lên được đến đỉnh của nêm M, vượt qua đỉnh nêm, trượt xuống sàn,

Vậy: Độ cao cực đại h mà m đạt được trên sườn ụ II là h 

Mv0 2 (5) 2 m  M  g

hãm chuyển động của nêm, cuối cùng rời khỏi nêm và vượt lên trước nêm (hình a).

3.61. Vật m = 1 kg trưọt trên mặt ngang với v0 = 5(m/s) rồi trượt lên một nêm như hình vẽ. Nêm ban đầu

Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của vật m và nêm M sau

đứng yên, khối lượng M = 5kg, chiều cao của đỉnh là H, nêm có thể trượt trên mặt ngang. Bỏ qua ma sát và

khi vật rời khỏi nêm.

mọi mất mát động năng khi va chạm.

Chọn chiều dương theo chiều v0 , suy ra v1 > 0.

a) Tính vận tốc cuối cùng của vật và nêm trong hai trường hợp H = 1m hoặc H = 1,2m.

- Áp dụng định luật bào toàn động lượng theo phương ngang:

b) Tính V0min để với v0 > v0min, vật vượt qua được nêm cao H = 1,2m. Lấy g = 10(m/s2).

mv0 = mv1 + Mv2



(6)

- Áp dụng định luật bào toàn cơ năng (vì thế năng trước và sau bằng nhau): 1 1 1 mv 2  mv12  Mv2 2 (7) 2 0 2 2

- Từ (6) suy ra: v2 

m  v0  v1  M

cực đại h trên nêm M.

- Thay (8) vào (7) ta được:

Gọi v là vận tốc của hệ (m + M) khi m đứng yên trên nêm M.

 m  v0  v1   mv0 2  mv12  M   M  

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (về độ lớn) theo phương ngang, ta có: mv0   m  M  v  v 

mv0 mM

(1) mv0 2  m  M  v   mgh (2) 2 2 2

mv0  m  M  . mv0   mgh  - Thay (1) vào (2) ta được:   2 2 mM  2



  m  M  v12  2 mv0 v1   M  m  v0 2  0 (9) 2

- Theo định luật bảo toàn cơ năng:

(8)

mv0 2 m 2 v0 2 Mv0 2   mgh  h  (3) 2 2m  M  2m  M  g

Với v0 xác định, điều kiện về H để vật m lên được đến đỉnh của nêm M là:

- Giải phương trình (9) ta có 2 nghiệm của v1 là: v1 = v0 và v1 

m  M  v

mM

 0 (loại).

Giải tương tự như trường hợp 1 nhưng chọn nghiệm v1  0 , suy ra: v1 

- Công toàn phần do búa máy thực hiện trong một lần đóng: Atp = mgh. - Công có ích do búa máy thực hiện trong một lần đóng: Ai = Ftb.s.

m  M  v

(10)

mM

- Hiệu suất của búa máy: H 

- Thay (10) vào (8) ta được: v2 

Vậy: Hiệu suất của búa máy là H = 0,8 = 80%.

2mv0 (11) mM

- Thay số: v1 

3.64. Một lò xo có chiều dài tự nhiên 15cm. Lò xo được nén lại tới lúc chỉ còn dài 5cm. Độ cứng của lò xo

1  5  5  3, 33(m/ s) và v

1 5



2.15 .  1,67  m / s  1 5

Thay số: v0 

Ai Ftb .s 80000.0 ,1    0 ,8 Atp mgh 500.10.2

2  m  M  gH M

2 1  5  .10.1, 2 5

(12)

c) Thực ra đạn chỉ lăn được trên mặt nghiêng 1/2 chiều dài tính được ở trên. Tính hệ số ma sát của mặt phẳng nghiêng.  5 , 37 (m/s)

Bài giải a) Vận tốc của đạn lúc bắn

- Theo định luật bảo toàn cơ năng:

 v0  0 ,1

1 2 1 k kx  mv0 2  v0  x 2 2 m

100  5  m / s 0 ,04

Vậy: Vận tốc của đạn lúc bắn là v0 = 5(m/s). Bài giải

b) Chiều dài lớn nhất mà vật lăn được trên mặt phẳng nghiêng (không có ma sát)

- Công suất toàn phần (bằng công do thác nước thực hiện trong 1 s)

- Theo định luật báo toàn cơ năng (hình vẽ):

tp  mgh  LDgh

1 mv 2  mgh  mg sin  2 0

- Hiệu suất của nhà máy điện: H 

i i  tp LDgh

 

Thay số, với L = 20(l/s); D = 1(kg/l), ta được: H 

800  0 ,8 20.110 . .5

v0 2 52   2,5m 2 g sin  2.10.sin 30

Vậy: Nếu mặt phăng nghiêng nhẵn không ma sát thì vật lăn được quãng đường dài nhất trên mặt phẳng nghiêng là 2,5m.

mặt phẳng nghiêng bằng độ biến thiên cơ năng của vật:

3.36. Một chiếc xe tắt máy thả lăn không vận tốc đầu từ A xuống dốc AC và chạy đến D thì dừng lại. Từ D

AFms  W (1)

xe mở máy và chạy ngược lại theo đường DCA và dừng lại khi lên đến A (hình vẽ). Tính công của lực kéo

Với AFms   Fms . '    mg  cos   . ' (2)

của động cơ xe biết AB = 10m, khối lượng xe m = 500kg.

1 1  W  W  W0  mgh'  mv0 2  mg 'sin   mv0 2 (3) 2 2

- Khi xe đi xuống tắt máy, theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực ma sát (không phải lực thế)

Bài giải

Thay (2) và (3) vào (1) ta được:

AFms  W (1)

1   mg  cos   . '  mg 'sin   mv0 2 2

Với AFms  A1ms  A2 ms    mg  cos   .AC   mg.CD



v0  tan  (2) 2 g 'cos 

Với  ' 



 2

 1, 25 m, ta được:  

52 25.

 3 2

trên cả đoạn đường AD bằng độ biến thiên cơ năng của xe:

 BC   AFms    mg. .AC  CD   AC 

52  tan 30 2.10.1, 25.cos 30

 AFms    mg. BC  CD     mg.BD (2) và W  W  W0  0  mg. AB  mg.AB (3)

3  0 , 58 3

- Thay (2) và (3) vào (1) ta được:   mg.BD   mg.AB

 BD 

Vậy: Hệ số ma sát của mặt phẳng nghiêng là 0,58.



(4)

3.65. Một vật nhỏ tại D được truyền vận tốc đầu v0 theo hướng DC (hình vẽ). Biết vật đến A thì dừng lại ,

- Khi xe đi lên, theo định luật bảo toàn năng lượng thì tổng công của

AB = 1m, BD = 20m, hệ số ma sát   0 , 2 . Tính v0.

lực ma sát và lực kéo của động cơ (đều không phải lực thế) bằng độ

biến thiên cơ năng của xe:

AFms  AF  W  AF  W  AFms (5)

AFms  W (1)

 BC  Với AFms  A1ms  A2 ms    mg  cos   .AC   mg.CD    mg. .AC  CD   AC 

Với AFms  A1ms  A2 ms    mg.DC   mg  cos   .CA

 AFms    mg. BC  CD     mg.BD (6)

 AFms    mg.DC   mg

CB .CA CA

 AFms    mg. DC  CB     mg.DB (2) 1 và W  W  W0  mg. AB  mv0 2 (3) 2

- Thay (4) vào (6) ta được:  AFms    mg.



 mg.AB (7)

và W  W  W0  mg. AB  0  mg.AB (8) - Thay (7) và (8) vào (5) ta được:

AF  mg.AB   mg.AB   2mg.AB

1 Thay (2) và (3) vào (1) ta được:   mg.DB  mg.AB  mv0 2 2

Thay số AF  2.500.10  100000 J  100 kJ

 v0  2 g  AB   .DB   2.10  1  0 , 2.20   10  m / s 

Vậy: Công của lực kéo của động cơ là AF  100 kJ .

Vậy: Vận tốc đầu của vật là v0 = 10 (m/s)

Vậy: Để bài toán có nghiệm thì phải có điều kiện  



3.68. Vật trượt không vận tốc đầu đi xuống theo một mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng α = 45°. Ở chân mặt

Dùng định luật bảo toàn năng lượng, tính x. Cho biết điều kiện để bài toán có nghiệm. Bài giải

phẳng nghiêng, vật va chạm với một tường chắn vuông góc với hướng chuyển động khiến vận tốc vật đổi

Khi vật đi xuống, theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực ma sát (không phải lực thế) trên cả

chiều nhưng giữ nguyên độ lớn. Sau đó vật đi lên trên mặt phẳng được một nửa độ cao ban đầu. Tính hệ số

đoạn đường AC bằng độ biến thiên cơ năng của xe:

ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng. Bài giải

AFms  W (1)

- Vì khi va chạm với tường, vận tốc của vật chỉ đổi hướng mà không đổi độ lớn nên động năng của vật không

Với AFms  A1ms  A2 ms

thay đổi do va chạm. Nói cách khác, va chạm chỉ có tác dụng đổi hướng chuyển động của vật mà không làm

 AFms    mg  cos   .AB   mg.BC

thay đổi cơ năng của vật.

 HB   AFms    mg. .AB  BC   AB 

Đặt AB =  và AH = h (hình vẽ).

 AFms    mg. HB  BC     mg.   x  (2)

bằng độ biến thiên cơ năng của vật trên quãng đường đó:

- Theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực ma sát (không phải lực thế) trên cả đoạn đường ABC

AFms  W (1)

và W  W  W0  0  mg. AH   mgh (3)

Với AFms    mg  cos   . AB  BC 

- Thay (2) và (3) vào (1) ta được:   mg.   x   mgh

x



 AFms    mg

  (4)

Với HB 

- Điều kiện để bài toán có nghiệm là vận tốc vB của vật tại B

HB 3 AB 3HB .    mg. AB 2 2

AH h  tan  tan 

khác không: vB > 0. - Theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực ma sát đoạn đường AB bằng độ biến thiên cơ năng trên đoạn đường đó.

AFms  WB  WA (5) Với AFms    mg  cos   .AB    mg. và WB  WA 

HB .AB    mg.HB    mg (6) AB

1 mv 2  mgh (7) 2 B

 AFms    mgh.

1   g   vB 2  gh  vB  2 g  h    2 h



1 mv 2  mgh 2 B

3 (2) 2 tan 

h h Và W  WC  WA  mg  mgh  mg (3) 2 2

- Thay (2) và (3) vào (1) ta được:   mgh. 

- Thay (6) và (7) vào (5) ta được:   mg 

Điều kiện vB  0  h    0   

trên

3 h   mg 2 tan  2

tan  tan 45   0 , 33 3 3

- Vì bỏ qua lực cản của không khí nên công của lực cản trung bình của đất (không phải lực thế) từ B đến C

hai bình có độ cao

bằng độ biến thiên cơ năng của vật từ A đến C (cũng bằng độ biến thiên cơ năng của vật từ B đến C). Chọn

h (bỏ qua thể tích của ống thông). Tìm độ biến thiên 2

gốc thế năng của trọng lực tại mặt đất. Ta có:

thế năng của khối nước. Cho biết sự chuyển hóa năng lượng trong hiện

AFC  WC  WA (1)

tượng trên. Bài giải

mv 2 Với AF   FC .s;WC  mgs;WA  mgh  0 C 2

- Khi cân bằng, mặt thoáng của hai bình có độ cao bằng nhau và bằng

 mv 2 Thay vào (1) ta được:  FC .s   mgs   mgh  0  2  m  FC  2 gs  2 gh  v0 2 2s



  



h . 4

- Độ biến thiên thế năng của khối nước: Wt  Wt  W0 t

1 - Thay số: FC  2.10.0 , 2  2.10.24  14 2  1700 N 2.0 , 2



h 2



h h h  Wt  mg  mg  mg 4 2 4

Vậy: Lực cản trung bình của đất là 1700N

Ta thấy ∆Wt < 0, suy ra thế năng của khối nước giảm. Một phần thế

3.70. Quả cầu khối lượng m treo dưới một dây chiều dài  . Nâng quả cầu lên để

dây

năng của khối nước đã biến thành nhiệt làm nóng khối nước và

treo nằm ngang rồi buông tay. Biết vận tốc quả cầu ở vị trí cân bằng là V. Tìm lực cản trung bình của không

thành bình.

khí lên quả cầu.

3.72. Cho hệ như hình vẽ,α=30°, m1 = 150g, m2 = 100g, hệ chuyển động không vận tốc đầu. Hệ số ma sát Bài giải

giữa m1 và mặt phẳng nghiêng là μ = 0,15. Dùng định luật bảo toàn năng

- Theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực cản của không khí trên cung tròn AB bằng độ biến

lượng tính gia tốc mỗi vật, suy ra vận tốc mỗi vật sau khi chuyển động

thiên cơ năng của vật trên cung tròn đó. Chọn gốc thế năng của trọng lực tại vị trí cân bằng B (hình vẽ). Ta

một thời gian t = 4s.

có:

Bài giải

AC  WB  WA (1)

- Chọn gốc thế năng trọng lực riêng cho mỗi vật tại vị trí cân bằng của

2   Với AC   FC .s   FC . (2)   FC . 4 2

chúng. Thế năng ban đầu của hệ bằng 0.

 WB  WA 

mv  mg (3) 2

- Vì dây không dãn nên gia tốc của hai vật luôn bằng nhau và quãng đường đi được s của hai vật trong cùng khoảng thời gian là như nhau.

- Thay (2) và (3) vào (1) ta được:

Giả sử m2 đi xuống và m1 đi lên. Khi m2 đi xuống thẳng đứng quãng

  mv m v2   FC .   mg  FC   2 g   2 2   

đưừng s thì m1 đi lên cùng quãng đường s trên mặt phẳng nghiêng,

Vậy: Lực cản trung bình của không khí lên quả cầu là

- Theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực ma sát trên

FC 

m v   2g    



suy ra h2 = - s và h1 = s.sinα (hình vẽ).

mặt phẳng nghiêng trong quãng đường s bằng độ biến thiên cơ năng của hệ hai vật trên quãng đường đó:

AFms  W-W0 (1) Với AFms    mg  cos   .s (2)

- Theo định luật bảo toàn năng lượng thì công của lực ma sát trên đoạn đường vật đi từ A đến B lần thứ nhất

W0  0 (3) W  m1 gh1  m2 gh2 

m

(liên tiếp) bằng độ biến thiên cơ năng của hệ.

 m2  v 2

AFms  WB  WA

 W  m1 gs.sin   m2 gs 

m

 m2  v 2 2

với: AFms    mg  s1  s2 

(4)

- Thay (2), (3) và (4) vào (1), ta được:   mg  cos   .s  m1 gs.sin   m2 gs 

 v2 

m

(1)

 m2  v 2 2

0

2  m2  m1 sin    m1 cos   gs

1 WA  2. ks12  ks12 (hai lò xo) 2

(3)

1 WB  2. ks2 2  ks2 2 (hai lò xo) 2

(4)

- Thay (2), (3) và (4) vào (1) ta được:   mg  s1  s2   ks2 2  ks12

m1  m2

v 2  m2  m1 sin    m1 cos   g  - Gia tốc của hệ: a  2s m1  m2

0 ,1  0 ,15.sin 30  0 ,15.0 ,15.cos30  .10  0 , 22 (m/s2) a 0 ,1  0 ,15

(2)



k  s1  s2  15  0 ,1  0 ,07  ks2 2  ks12    0 ,09 mg 0 , 5.10 mg  s1  s2 

- Vận tốc của mỗi vật sau khi chuyển động được 4s: v = at = 0,22.4 = 0,88(m/s).

đoạn trên sàn xe rồi dừng lại. Tính nhiệt lượng tỏa ra trong quá trình vật chuyển động đối với xe.

Vậy: Gia tốc của mỗi vật là a = 0,22(m/s2) và vận tốc của mỗi vật sau 4s chuyển động là v = 0,88(m/s).

Bài giải

3.73. Vật m = 0,5kg gắn vào các vách thẳng đứng bởi hai lò xo giống nhau và chuyển động theo phương dọc

Do có ma sát giữa sàn xe với vật nên vật chuvển động chậm dần và xe chuyển động nhanh dần cùng chiều

theo hai lò xo (hình vẽ). Tại một thời điểm nào đó, độ lệch cực đại liên tiếp của vật khỏi vị trí cân bằng bên

với vật. Khi vận tốc của vật và xe đối với mặt đất bằng nhau thì vật nằm yên trên xe, khi đó vật và xe coi như

phải và bên trái là s1 = 10cm và s2 = 7cm. Biết độ cứng mỗi lò xo k =

một vật có khối lượng bằng tổng khối lượng của vật và xe, chuyển động cùng vận tốc.

15(N/m). Tìm hệ số ma sát μ giữa vật và mặt phẳng.

Gọi v là vận tốc của vật và xe khi vật nằm yên trên xe. Theo phương ngang thì ngoại lực bằng không nên

Bài giải 1 - Công thức tính thế năng đàn hồi của lò xo Wt  kx 2 chỉ áp dụng được cho trường hợp chọn gốc thế năng 2

động lượng của hệ được bảo toàn:

mv0   m  M  v  v 

mv0 (1) mM

nhiên bằng chiều dài của hai lò xo khi cân bằng và có độ cứng vẫn bằng k. Như vậy nếu chọn gốc thế năng

v0 2 v2  m  M  (2) 2 2

1 tại vị trí cân bằng thì ta vẫn áp dụng được công thức tính thế năng của lò xo Wt  kx 2 , với gốc thế năng đàn 2

Q  W0  W=m

hồi tại vị trí cân bằng và độ biến dạng x tính từ vị trí cân bằng.

- Thay (1) vào (2) ta được: Q  m

Qm

 mv0  v0 2  m  M   2 mM 

v0 2  v0 2  M  m  1  m   2  mM  2 m M 

 Q  1.

10 2  100     49 , 5 J 2  1  100 

 F 2 x  F  1 2 t    m .t   kx - Thay (6) và (7) vào (4) ta được: F  2  4m  2m  2

  Fx  kx 2  x1  0 ; x2  

F k

Suy ra:  max   0  x1   0 ;  min   0  x2   0 

khối hộp bên trái. Tìm khoảng cách cực đại và cực tiểu giữa các khối khi hệ chuyển động. Bài giải

Vậy: Khoảng cách cực đại và cực tiểu giữa các vật khi hệ chuyển động là  max   0 và  min   0 

- Khoảng cách ( giữa hai vật đạt cực đại hay cực tiểu khi hai vật đứng yên so với khối tâm G, tức là khi hai

F . k

Phần 1.

A - TÓM TẮT KIẾN THỨC

- Gọi s là quãng đường đi được của khối tâm, x là độ biến dạng của lò xo khi lò xo có chiều dài  max hay

1. Định nghĩa, đặc điểm

 min . Với x là đại lượng đại số, x > 0 khi lò xo bị dãn và x < 0 khi lò xo bị nén.

F . k

Chuyên đề 4: SỰ VA CHẠM GIỮA CÁC VẬT

I - ĐỊNH NGHĨA. PHÂN LOẠI

- Từ hình vẽ ta có: L 

0 2

s

0  x 2

+ Va chạm hoàn toàn đàn hồi: động năng của hệ được bảo toàn.

 s

x (2) 2

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: AF  W  F.L 

1 1 1 mv 2  mv 2  kx 2 (3) 2 1 2 2 2

1 - Từ (1) và (3) ta được: F.L  mvG 2  kx 2 (4) 2

- Khối tâm chuyển động nhanh dần đều không vận tốc đầu dưới tác dụng của lực F nên ta có: aG 

F 1 F 2 ;s  aG t 2  t (5) 2m 2 4m

F vG  aG t  .t (6) 2m

- Thay (5) vào (2) ta được: L 

F 2 x t  (7) 4m 2

Wđ (t )  Wđ  s  

1 1 1 1 m1v12  m2v22  ...  m1v1'2  m2 v2'2 +... (4.2) 2 2 2 2

* Với hệ hai vật  m1 , m2  :

' ' m1v1  m1v1 cos 1  m2 v2 cos  2  ' ' 0  m1v1 sin 1  m2 v2 sin  2

    m1 v1  m2 v2  m1 v1'  m2 v2'  1 1 1 1 2 2 '2 '2  m1v1  m2 v2  m1v1  m2 v2 2 2 2 2

- Trường hợp va chạm là đàn hồi, động năng bảo toàn: Wd  t   Wd  s  .

1 1 1 m1v12  m1v1' 2  m2v2' 2 2 2 2

m1v1  m2 v2  m1v1'  m2v2'   1  4.3 1 1 1 2 2 '2 '2  m1v1  m2 v2  m1v1  m2 v2 2 2 2 2 ' 1

Từ (4.3): v

 m  m2  v1  2m2v2  1 m1  m2

(4.7)

' 2

và v

 4.8 

B - NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP.  VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG.

 m  m1  v2  2m1v1 .  2 m1  m2

- Đối với các va chạm đàn hồi (xuyên tâm và không xuyên tâm), động năng luôn được bảo toàn:

Wđ (t )  Wđ ( s )  Q hay Wđ (t )  Wđ ( s )  Q

(Q thường là nhiệt năng làm nóng vật hoặc tỏa ra môi trường xung quanh).

 VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.

* Với hệ hai vật  m1 , m2  :

 Với dạng bài tập về va chạm xuyên tâm, đàn hồi. Phương pháp giải là:

   m1 v1  m2 v2   m1  m2  v   1 1 1 2 2 2  m1v1  m2v2    m1  m2  v  Q 2  2  2

- Sử dụng công thức của định luật bảo toàn động lượng (va chạm) và bảo toàn động năng (đàn hồi):

 '  m1  m2  v1  2m2v2  m1v1  m2v2  m1v1'  m2v2' v1  m1  m2    1  1 1 1 2 2 '2 '2  m1v1  m2v2  m1v1  m2v2 v '   m2  m1  v2  2m1v1 2 2 2 2  2 m1  m2 

m1v1  m2 v2   m1  m2  v    1 (4.6) 1 1 2 2 2  2 m1v1  2 m2v2   2  m1  m2  v  Q  

Từ (4.6): v 

m1v1  m2 v2 1 mm  2 ; Q   1 2   v1  v2  . m1  m2 2  m1  m2 

2. Va chạm không xuyên tâm

 Giả sử vật 1 chuyển động với vận tốc v1 đến va chạm xiên vào vật 2

  đang đứng yên  v2  0  . Sau va chạm, hai vật có vận tốc là v1 , v 2 và hợp với

phương vận tốc ban đầu của vật 1 là 1 ,  2 . Ta có:

       - Bảo toàn động lượng: pt  ps  m1 v1  m2 v2  m1 v1'  m2 v2' .

hồi): m1v1  m2 v2  m1v1'  m2v2'   1 1 1 1 2 2 '2 '2  2 m1v1  2 m2v2    2 m1v1  2 m2 v2   Q    

- Với va chạm mềm (hoàn toàn không đàn hồi): v1'  v2'  v , do đó:

m1v1  m2 v2  m1v1  m2 v2   m1  m2  v v  m  m 1 2     1 1 1 2 2 2  2 m1v1  2 m2v2   2  m1  m2  v  Q Q  1  m1m2   v  v 2   1 2    2  m1  m2 

- Một số chú ý: va chạm mềm giữa vật 1 có vận tốc v1 với vật 2 đang đứng yên  v2  0  trong thực tế: búa – cọc; búa – đe, ta được:

m1v1 ;Q  m1  m2

1  m1m2  2   v1 . 2  m1  m2 

+ Nếu m1  m2 (búa – cọc): v

v1 m2 v12 . 1 1  v1 ; Q   m2 v12  m1v12  Wd t  : nhiệt lượng toả ra rất ít. m2 2 2   m 2 1 2 1   m1  m1 

+ Nếu m1  m2 (búa – đe):

v

+ Vận tốc hệ sau va chạm và nhiệt lượng toả ra: v

( vt là thành phần tiếp tuyến, vn là thành phần pháp tuyến).

2 1 1

v1 mv . 1  0; Q   m1v12  Wd t  : nhiệt lượng toả ra rất lớn. m2  m1  2 2  1 m1  m2 

1

 - Hai quả cầu đặt trên mặt phẳng ngang nhẵn nên không có lực ma sát, mặt khác trọng lực P và phản

 lực Q cân bằng nhau nên hệ hai quả cầu là hệ kín khi va chạm.

- Theo định luật bảo toàn động lượng (theo phương ngang), ta có: m1v0  m1v1  m2 v2

- Sau va chạm vận tốc hai quả cầu ngược chiều nhau, cùng độ lớn nên:

(2)

v2  v1

- Thay (2) vào (1) ta được: m1v0  m1v1  m2 v1   m1  m2  v1

 v1 

toàn động năng (đàn hồi), với m2  ; v2  0 ta được: + Với va chạm xuyên tâm:

(1)

m1v0 m1  m2

(3)

- Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên động năng bảo toàn:

v02 v2 v2  m1 1  m2 2 (4) 2 2 2

- Thay (2) vào (4) ta được: m1  v12 

v02 v2 v2 v2  m1 1  m2 1   m1  m2  1 2 2 2 2

m1v02 (5) m1  m2 2

 mv  m1v02 m1 1   - Từ (3) và (5) suy ra:  1 0   2 m1  m2  m1  m2  m1  m2  m1  m2 

+ Với va chạm xiên:

 m2  m2  3m1   0

v1' t  v1t ; v1' n  v1n ; v1  v12t  v12n ; v1'  v1'2t  v1'2n ; v1'  v1 .

Vì m2  0  m2  3m1  0 

m1 1  m2 3

Vậy: Ti số các khối lương của hai quả cầu là

m1 1  m2 3

m1 gh 

1 m1v02  v02  2 gh 2

- Vì va chạm là đàn hồi xuyên tâm nên động năng bảo

(1)

m1v0  m1v1  m2 v2

(1)

mv  mv1  Mv2

chạm, các quả cầu được nâng lên độ cao bao nhiêu, nếu va chạm là hoàn toàn đàn hồi?

Vì va chạm là đàn hồi xuyên tâm nên động năng bảo toàn:

toàn: m

v2 v2 v2 m 1 M 2 2 2 2

(2)

- Từ (1) suy ra: v  v1 

M v2 m

(3)

Giải hệ (2) và (3) ta được:

(3)

v1 

M 2 v2 (4) - Từ (2) suy ra: v  v  m 2

v02 v2 v2  m1 1  m2 2 2 2 2

2 1

 m1  m2  v0

(4)

m1  m2

2m1v0 m1  m2

- Chia theo vế (4) cho (3) ta được:

và v2 

v  v1  v2

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho mỗi vật:

(5)

- Giải hệ (3) và (5) ta được:

v1 

m  M  v ;v

mM



* Vật m1 : m1 gh1 

2mv (6) mM

h1 

bằng A):

v22  Mgh  Mg  1  cos   2

 cos   1 

(6)

Thay (4) vào (6) và chú ý đến (1) ta được:

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật M tại vị trí A và B (gốc thế năng trọng lực tại vị trí cân

1 v2 m1v12  h1  1 2 2g

* Vật m2 : m2 gh2 

2 2

v 1  2mv   1 .  2g 2 g  m  M 

(7)

1  2.0, 02.50   cos   1  .  0,87    29,50 . 2.10.1,5  0, 02  1 

 m1  m2  v02   m1  m2  .h  h   0, 2  0,1 .4,5  0,5cm . 1 2 2 2  m1  m2  .2 g  m1  m2   0, 2  0,1 1 v2 m2 v22  h2  2 2 2g

(7)

Thay (5) vào (7) và chú ý đến (1) ta được: h2 

4m1v02

 m1  m2 

 .2 g

4m12 v02

 m1  m2 

.h  h2 

4.0, 22

 0, 2  0,1

.4,5  8cm .

Vậy: Sau va chạm hai vật lên được độ cao cực đại lần lượt là h1  0,5cm và h2  8cm .

4.4. Hai quả cầu giống nhau treo cạnh nhau bởi hai dây song

F2  2T2  2mg  3  2 cos  

song bằng nhau. Kéo lệch hai quả cầu khỏi phương thẳng đứng

* Tại thời điểm cuối của quá trình va chạm (ngay sau va chạm):

(4)

c) Tại thời điểm các quả cầu bị biến dạng nhiều nhất.

- Lực do hai dây treo tác dụng vào giá treo (hai dây song song nhau):

Bài giải a) Lực tác dụng lên giá treo tại lúc bắt đầu thả các quả cầu Gọi lực căng của mỗi dây treo lúc bắt đầu thả các quả cầu

F3  2T3  2mg  3  2 cos    F2

(5)

Vậy: Lực tác dụng tại các thời điểm đầu, cuối của quá trinh va chạm giữa các quả cầu là F2  F3  2 mg  3  2 cos   .

là T1 ; vận tốc của mỗi quả cầu là v1  0 . - Theo định luật II Niu-tơn, ta có:    (1) T 1  P  ma

- Chiếu (1) xuống phương dây treo với chiều dương hướng về điểm treo O, ta được: v2 T1  mg cos   maht  m 1  0   T1  mg cos 

- Hai dây hợp với nhau góc 2 (hình vẽ) nên hợp lực do hai dây tác dụng lên giá treo là:

F4  2T4  2mg

F1  2T1 cos   2mg cos2 

Vậy: Lực tác dụng lên giá treo tại thời điểm các quả cầu bị biến dạng nhiều nhất là F4  2mg .

Vậy: Lực tác dụng lên giá treo tại lúc bắt đầu thả các quả cầu là F1  2mg cos 2  .

4.5. Hai quả cầu khối lượng m và km treo cạnh nhau trên hai dây song song chiều dài

b) Lực tác dụng tại các thời điểm đầu, cuối của quá trình va chạm giữa các quả cầu

1 và  2 . Kéo dây treo m lệch góc  rồi buông tay.

* Tại thời điểm đầu của quá trình va chạm (ngay trước va chạm): Tại thời điểm đầu của quá trình va

Tìm góc lệch cực đại của hai dây treo sau va chạm lần I. Coi va chạm là tuyệt đối đàn hồi và bỏ qua ma sát.

chạm, 2 quả cầu ở vị trí cân bằng.

Bài giải

1 mg  1  cos    mv22  v22  2 g  1  cos   2

năng cho vật m tại 2 vị trí A và B (gốc thế năng trọng lực tại vị trí cân bằng): (2)

mg 1 1  cos   

Phương trình định luật II Niu-tơn (tương tự câu a):

T2  mg  m

v22 v2  T2  mg  m 2  

Gọi v0 là vận tốc của vật m ngay trước va chạm. Áp dụng định luật bảo toàn cơ

(3)

(1)

Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của vật m và vật km ngay sau va chạm. Vì va chạm là đàn hồi

xuyên tâm, nên ta có:

- Thay (2) vào (3) ta được: T2  mg  2 gm 1  cos    mg  3  2 cos   - Hợp lực do hai dây treo tác dụng vào giá treo (hai dây song song nhau):

1 2 mv0  v02  2 g 1 1  cos   2

v1 

 m  km  v0  1  k  v0 m  km

1 k

(3)

v1 

2mv0 2v  0 m  km 1  k

4.6. Vật khối lượng m1 được thả không vận tốc đầu và

(4)

trượt xuống một vòng xiếc bán kính R. Tại điểm thấp

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho mỗi vật: * Vật m:

nhất nó va chạm đàn hồi với vật m2 đang đứng yên.

1 2 mv1  mg 1 1  cos 1  2

 cos 1  1 

Sau va chạm, m2 trượt theo vòng xiếc đến độ cao h thì

v12 1  1  k  v0   1 .  2 g 1 2 g 1  1  k 

rời khỏi vòng xiếc  h  R  .

(5)

Vật m1 giật lùi lên máng nghiêng rồi lại trượt xuống lên 2

- Thay (1) vào (5) ta được: cos 1  1 

1  1 k  .  .2 g  1 1  cos   2 g 1  1  k 

đến độ cao h của vòng xiếc thì cũng rời vòng xiếc. Tính độ cao ban đầu H của m1 và tính tỉ số các khối lượng. Bỏ qua ma sát. Bài giải

1 k   cos 1  1    . 1  cos    1 k 

Gọi v0 là vận tốc của vật m1 ngay trước va chạm (tại vị trí thấp nhất B).

  1 k    1  arccos 1    . 1  cos      1  k  

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m1 tại 2 vị trí A và B:

m1 gH 

1 * Vật M  km : mv22  kmg  2 1  cos  2  2  cos  2  1 

2 2

v 1  2v0  1 . 2 g 2 2 g  2 1  k 

(6)

- Vì va chạm đàn hồi xuyên tâm nên ta có: v1 

1  2  .  .2 g  1 1  cos   2g2  1  k 

 cos  2  1 

4 1  2 1  k 

(1)

Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của hai vật m1 và m2 ngay sau va chạm.

- Thay (1) vào (6) ta được: cos  2  1 

1 m1v02  v0  2 gH 2

. 1  cos  

  4 1   2  arccos 1  . 1  cos    . 2    2 1  k  

v2 

 m1  m2  v0 m1  m2

2m1v0 m1  m2

(2)

(3)

Vậy: Góc lệch cực đại của hai dây treo sau va chạm lần I là:

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m2 cho 2 vị trí B và C:

  1  k 2   1  arccos 1    . 1  cos    1  k    

1 1 m2 v22  m2 v2'2  m2 gh 2 2

  4 1 . 1  cos    và  2  arccos 1  2   1  k  2  

 v22  v2'2  2 gh

(4)

- Áp dụng định luật II Niu-tơn cho m2 tại C với Q2  0 ta được: m2 g cos   m2

v2'2  v2'2  gR cos   g (h  R) R

(5)

* Xét m1 sau va chạm: Theo đề bài, vật m1 cũng rời khỏi vòng xiếc tại C, gọi vận tốc của m1 tại C là v1' .

  - Các lực tác dụng vào m1 tại C: trọng lực P1 và phản lực Q1 của vòng xiếc, với Q1  0 .

Giả sử m2 va chạm vào m3 trước (hình vẽ). Va

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m1 cho 2 vị trí B và C:

chạm giữa m2 với m1 và m3 xảy ra liên tiếp nhiều lần làm

1 1 m1v12  m1v1'2  m1 gh  v12  v1'2  2 gh 2 2

cho vận tốc của m1 và m3 tăng dần ( m1 dịch chuyển sang

(6)

trái và m3 dịch chuyển sang phải), ngược lại vận tốc của

- Áp dụng định luật II Niu-tơn cho m1 tại C với Q1  0 ta được:

m2 giảm dần.

v' 2 m1 g cos   m2 1 R  v1' 2  gR cos   g (h  R ) (7)

- Từ (5) và (7) suy ra: v1'2  v2'2

8 

- Thay (8) vào (4) và (6): v12  v22

(9)



- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (chiều dương theo chiều của v ): m2 v   m1v1  m3v3  m2 v2 2

  m  m2  v0   2m1v0  - Thay (2) và (3) vào (9) ta được:  1     m1  m2   m1  m2 

(1)

- Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên cơ năng bảo toàn:

1 1 1 1 m2v 2  m1v12  m3v32  m2 v2'2 (2) 2 2 2 2

  m1  m2   4m12  m1  m2  2m1  m2  3m1 (loại nghiệm m2  m1 ).

m  2 3 m1

(10) 2 2

- Thay (5) vào (4) ta được: v  2 gh  g  h  R   v  3 gh  gR - Thay (10) vào (3) và chú ý đến (1) ta được: v2 

gH 2

(11)

m1 và m3 . Suy ra:

1 m2 v2'2  0; m2 v2'2  0 2

2 gH v0  2 2

(3)

m1  m2  m v   m v1  v3  3 3 - Thay (3) vào (1) và (2) ta được:   m2 v 2  m1 v 2  v 2 1 3  m3 m3

(12)

- Từ (11) và (12) suy ra: 3gh  gR   H  2  3h  R 

1 m2 v2'2 2

của m2 là rất nhỏ, có thể bỏ qua so với động năng ban đầu của m2 , động lượng và động năng cuối cùng của 2 2

 v22 

-Vì m1 , m3  m2 và v2'  v1 ; v3 nên động lượng cuối cùng m2v2' của m2 và động năng cuối cùng

gH 2

(13)

- Đặt a 

Vậy: độ cao ban đầu H của m1 và tính tỉ số các khối lượng là H  2  3h  R  và

m2  3. m1

m1 m ; b  2  1 m3 m3

(4)

4.7. Ba vật khối lượng m1 , m2 , m3 có thể trượt không ma

bv  av1  v3  5   2 2 2 bv  av1  v3  6 

sát theo một trục nằm ngang (hình vẽ) và m1 , m3  m2 .

- Từ (5) suy ra: v3  bv  av1 (7)

Ban đầu m1 , m3 đứng yên còn m2 có vận tốc v. Va chạm

- Thay (7) vào (6) ta được: bv 2  av12   bv  av1 

là hoàn toàn đàn hồi.

 a  a  1 v12  2 abvv1  bv 2  b 2 v 2  0

Tìm vận tốc cực đại của m1 , m3 sau đó. Bài giải

Vì b 

m2  1 nên b 2  0  b 2 v 2  0 m3

 a  a  1 v12  2 abvv1  bv 2  0

(8)

- Thay (1) vào (2) ta được: v3 

- Giải phương trình bậc hai (8) đối với v1 , ta được: 2

 '   abv   ab  a  1 v2  ab  a  1 v 2 ; vì  abv   0  v1 

Vì b 

 v1 

 abv  v ab  a  1



a  a  1

bv

 a  1



a  a  1

v

a  a  1

Suy ra: v3  v3max khi a  amin .

a  a  1

v

b a  a  1

(9)

(Loại nghiệm v2  0 ) - Thay (4) vào (9) ta được: v1  v

4v0 4v  0 (3) m2 m3 m3 1  a 1   m1 m2 m1

- Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a  amin khi

ab  a  1 2

4m1m2 v0  m1m2  m22  m1m3  m2 m3

v ab  a  1

bv m2 0  1 nên m3  a  1

v ab  a  1

 v3 

2m2 2m1v0 4m1m2 v0 .  m2  m3 m1  m2  m1  m2  .  m2  m3 

m2 m3 m1m3  m12

- Thay (4) và (10) vào (7) ta được: v3  v

(10)

m1m2 . m1m3  m32

Vậy: Vận tốc cực đại của m1 , m3 sau đó là v1  v

m2 m3 m1m2 và v3  v . m1m3  m12 m1m3  m32

* Chú ý: Nếu m2 va chạm vào m1 trước thì ta vẫn có kết quả như trên. 4.8. Ba quả cầu khối lượng m1 , m2 , m3 đặt thẳng hàng

m2 m3 m3   m1 m2 m1

 m2 m3 m  m 2  1  m2 m3    6  m1 m1  m3 m3    m2 m1

- Từ (4) suy ra: m2  m1m3

(7)

- Từ (5) suy ra: m2  m3

(8)

- Từ (6) suy ra: m1  m2

(9)

trên sàn trơn. Quả cầu I chuyển động đến quả cầu II

sàn nhẵn nằm ngang và nối với nhau bằng lò xo độ cứng k.

với vận tốc nào đó còn quả cầu II và III đang đứng

Vật thứ ba cùng khối lượng m đến đập vào một trong hai vật

yên (hình vẽ). Tính m2 theo m1 , m3 để sau va chạm

với vận tốc v dọc theo phương song song với trục lò xo. Coi

(tuyệt đối đàn hồi), quả cầu III có vận tốc lớn nhất.

va chạm là tuyệt đối đàn hồi.

Bài giải. Gọi v0 là vận tốc ban đầu của vật I; v2 là vận tốc của vật II sau khi vật I va chạm với vật II; v3 là vận

a) Chứng minh rằng hai vật nối bằng lò xo luôn chuyển động cùng hướng. b) Tính vận tốc mỗi vật khi lò xo dãn tối đa. Bài giải

tốc của vật III sau khi vật II va chạm với vật III (hình vẽ). - Tương tự bài trên, ta có:

a) Chứng tỏ hai vật nối bằng lò xo luôn chuyển động cùng hướng.

v2 

2m1v0 m1  m2

(1)

Gọi v1 và v3 lần lượt là vận tốc của vật 1 và vật 3 ngay sau va chạm. Chọn chiều dương hướng  sang phải theo chiều của v (hình vẽ). Áp dụng định luật

v3 

2m2 v2 m2  m3

(2)

bảo toàn động lượng và bảo toàn động năng cho hệ hai quả cầu 1 và 3, ta có:

 mv  mv3  mv1  v  v3  v1 m 2 m 2 m 2   2 2 2 v  v3  v1  2 v  2 v3  2 v1

Như vậy, khối tâm G chuyển động sang phải với vận tốc vG 

v  v3  v1 v1  v  2 2  2 v  v  v v3  0  3 1

u1  u2 

- Ngay sau va chạm, vật 3 đứng yên và vật 1 chuyển động sang phải với vận tốc bằng v. Lúc này lò xo chưa kịp biến dạng.

v 2

(4’)

- Thay (4’ ) vào (3) ta cũng được: xmax  v

(1)  mv  mu1  mu2 v  u1  u2    1 2 1  1 1 1 2 2 2 2 2 2 2  2 mv  2 mu1  2 mu2  2 kx v  u1  u2  m kx (2)

v 2  u12  u22  2u1u2 kx 2   2 1 2  u1u2  2 2 2m v  u1  u2  kx m 

m . 2k

(3)

kx 2 - Vì  0 nên u1 và u2 luôn cùng dấu, nghĩa là sau va chạm hai vật 1 và 2 luôn chuyển động cùng 2m

hướng, tức là về cùng một phía.

m1v1  m2 v2 m1  m2

b) Vận tốc của mỗi vật khi lò xo dãn tối đa

v

kx 2 Vì u1  u2  v không đổi nên theo bất đẳng thức Cô-si thì u1u2  đạt cực đại khi: 2m

- Nhiệt lượng tỏa ra trong quá trình va chạm:

u1  u2 

v 2

Q  W0 d  Wd 

(4)

- Khi đó (3) trở thành:

Vậy: Vận tốc mỗi vật khi lò xo dãn tối đa là u1  u2 

(1)

1 1 1 m1v12  m2 v22   m1  m2  v 2 2 2 2

(2)

- Thay (1) vào (2) ta được:

2 v 2 kxmax m   xmax  v . 4 2m 2k

v . 2

* Chú ý: Có thể giải câu b theo cách khác như sau: Gọi G là khối tâm của hệ hai vật 1 và 2; vG là vận tốc của khối tâm G.

Q

 m v  m2 v2  1 1 1 m1v12  m2 v22   m1  m2  .  1 1  2 2 2  m1  m2 

Q

1 1 1  m1v1  m2 v2  m1v12  m2 v22  2 2 2 m1  m2

(3)

a) Xe và đạn chuyển động cùng chiều: Chọn chiều dương theo chiều chuyển động của đạn trước va

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ gồm vật 1 và vật 2 sau khi vật 3 va chạm vào vật 2, ta có: m1v1  mG vG hay mv  2mvG  vG 

v . 2

mv v  2m 2

chạm (hình vẽ). Ta có: v1  100  m / s  ; v2  10  m / s  Thay số vào (3) ta được:

1 m1v12 2

1 1 1 1.100  1000.10  Q  .1.1002  .1000.102  . =4046J 2 2 2 1  1000

W0 d 

Vậy: Nhiệt lượng tỏa ra khi va chạm là Q  4046 J .

- Động năng của hệ ngay sau va chạm:

b) Xe và đạn chuyển động ngược chiều:

Wđ   m1  m2  v 2 

Chọn chiều dương theo chiều chuyển động của đạn trước va chạm (hình vẽ).

 m v  1 m 2v 2 1  m1  m2  .  1 1   . 1 1 2  m1  m2  2 m1  m2

- Nhiệt tỏa ra khi va chạm: Q  W0 đ – Wđ  Wđ 

Ta có: v1  100  m / s  ; v2  10  m / s  Thay số vào (3) ta được:

Q  2

1 1 m2v 2 m1v12  . 1 1 2 2 m1  m2

m2 1 m2 . m1v12  .W0 đ m1  m2 2 m1  m2

1 1 1 1.100  1000.  10  2 Q  .1.1002  .1000.  10   .  =6044J 2 2 2 1  1000

- Tỉ số (phần trăm) giữa nhiệt lượng tỏa ra và động năng của búa trước va chạm:

Vậy: Nhiệt lượng tỏa ra khi va chạm là Q  6044 J .

Q m2  W0 đ m1  m2

4.11. Búa máy khối lượng m1  1000kg rơi từ độ cao h  3, 2m vào một cái cọc khối lượng m2 , va chạm là mềm. Tính:

(3)

a) Với m1  1000kg ; m2  100kg . Thay số vào (2) và (3) ta được:

a) Vận tốc của búa và cọc sau va chạm. b) Tỉ số (phần trăm) giữa nhiệt tỏa ra và động năng của búa trước va chạm.

v

Xét hai trường hợp:

b) Với m1  1000kg ; m2  5000kg .

a) m2  100kg .

Thay số vào (2) và (3) ta được:

v

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (phương thẳng đứng cho va

Gọi vG là vận tốc của khối tâm G của hệ hai vật vật khi bắt đầu đi lên.

chạm mềm):

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ hai quả cầu (coi như va chạm

(2)

- Động năng của hệ ngay trước va chạm (bằng động năng của búa ngay trước va chạm):

Q 5000 1000 2.10.3, 2   0,83  83%  1,3  m / s  và W0 đ 1000  5000 1000  5000

4.12. Hai quả cầu nhỏ giống nhau được nối với nhau bằng một dây ngắn thẳng đứng. Quả cầu ở trên được

1 m1v12  v1  2 gh (1) 2  (Vectơ v1 hướng thẳng đứng xuống dưới). m1 gh 

m 2 gh m1v1 m1v1   m1  m2  v  v   1 m1  m2 m1  m2

Q 100 1000 2.10.3, 2   0, 09  9% .  7,3  m / s  và W0 đ 1000  100 1000  100

mềm):

mv  2mvG  vG 

v 2

(1)

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ hai vật với gốc thế năng trọng lực tại mặt đất (hình vẽ).

vG2 1 2  2mgh  h  vG 2 2g

- Thay (1) vào (2) ta được: h 

Gọi v0 là vận tốc của vật m ngay trước khi va chạm với đĩa m1 . Ta có: v0  2 gh

(2)

Gọi v là vận tốc của hệ (m + m1 ) ngay sau va chạm. Theo định luật bảo toàn động lượng theo phương thẳng 1 v2 v2 . = 2g 4 8g

Vậy: Hệ đạt độ cao cực đại là h 

đứng khi va chạm mềm, ta có:

mv0  (m  m1 )v  v 

v2 8g

h

1

(2)

Gọi O là vị trí cân bằng của hệ (m + m1 ) , khi đó lò xo bị nén thêm đoạn x0 do có thêm vật m. Ta có:

mg  kx0  x0 

vG2 vG2 1 2 v2 =  vG  . 2a 2   g  2 g 8g

mv0 m  m1

mg 0, 06.10   0,03m  3cm k 20

Gọi M là vị trí của đĩa cân m1 khi va chạm và N là vị trí thấp nhất của đĩa cân m1 (khi lò xo bị nén tối đa). Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ.

4.13. Khối gỗ M  4kg nằm trên mặt phẳng ngang trơn, nối với tường bằng lò xo k  1  N / cm  . Viên đạn

m  10 g bay theo phương ngang với vận tốc v0 song song với lò xo đến đập vào khối gỗ và dính vào trong gỗ (hình vẽ).

- Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng O của hệ m1  m  lò xo)): WM  WN 

Tìm v0 biết sau va chạm, lò xo bị nén một đoạn tối đa là   30cm .

1 2 1 1 kxM   m  m1  vM2  kxN2 2 2 2

 kxM2   m  m1  vM2  kxN2 (3)

Bài giải Gọi v là vận tốc của hệ  m  M  ngay sau va chạm.

với: xM  OM   x0 ; vM  v 

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang cho hệ “đạn + gỗ” khi va chạm mềm:

mv0 ; xN  ON . m  m1 2

mv0   m  M  v  v 

 mv0  2 - Thay vào (3), ta được: kx02   m  m1  .    kxN  m  m1 

mv0 1 m M

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ sau va chạm:

1 1 k  2   m  M  v 2 2 2

(2) 2

2 2 1 1  mv0  1 m v0 - Thay (1) vào (2) ta được: k  2   m  M     . 2 2 2 mM mM 

 v0 

 0,3 k m  M   100  0, 01  4   600  m / s  m 0, 01

m  60 g rơi xuống đĩa từ độ cao h  8cm (so với đĩa) không vận tốc đầu. Coi va chạm là hoàn toàn không đàn hồi.

 kx02 

m 2 v02  kxN2 m  m1

 xN  x02 

m 2 v02 k  m  m1 

(4)

- Thay (1) vào (4):

xN  x02 

2 ghm 2 2.10.0, 08.0,062 = 0,032   0, 05m  5cm. k  m  m1  20  0, 06  0,12 

Hỏi vật dời xa nhất đến đâu so với vị trí ban đầu? Bỏ qua sức cản của không khí. Bài giải

đất. Mỗi lần đóng cọc lún sâu h  5cm .

a) Búa rơi từ độ cao H  2 m xuống đầu cọc và lực cản của không khí vào búa khi rơi F  0,1P1 .

AF  W   F .H 

Coi va chạm là tuyệt đối không đàn hồi. Tìm lực cản của đất.

1 m1v12  m1 gH 2

 F   v1  2 H  g    6  m / s  m 1  

- Công của lực cản Fđ của đất (không phải lực thế) bằng độ biến thiên năng lượng của hệ búa và cọc:

a) Lực cản của đất:

AF  W   Fđ .h    m1  m2  gh 

P P Ta có: m1  1  90kg ; m2  2  30kg . g g

1  m1  m2  v 2 2

F  0,1P1  0,1.900  90 N .

 v2   Fđ   m1  m2  .  g    25500 N . 2 h 

Gọi v1 là vận tốc của búa ngay trước va chạm.

b) Phần năng lượng của búa đã tiêu hao để làm nóng và biến dạng trong va chạm giữa búa và cọc

- Áp dụng định lý động năng cho chuyển động của búa:

- Động năng của hệ ngay trước va chạm (bằng động năng của búa ngay trước va chạm):

AP1  AF  W1d

W0 đ 

 m1 gH  F .H 

1 m1v12  0 2

1 m1v12 2

- Động năng của hệ ngay sau va chạm: 2

Wđ 

 F  90    v1  2 H  g    2.2  10    6  m / s  m1  90   

 m v  1 m 2v 2 1 1  m1  m2  v 2   m1  m2  .  1 1   . 1 1 2 2  m1  m2  2 m1  m2

- Phần năng lượng của búa đã tiêu hao để làm nóng và biến dạng trong va chạm giữa búa và cọc:

Gọi v là vận tốc của hệ búa và cọc ngay sau va chạm.

Q  W0 đ  Wđ 

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho va chạm mềm: m1v1   m1  m2  v

Q

m1v1 90.6 v   4,5  m / s  m1  m2 90  30 Gọi Fd là lực cản của đất. Áp dụng định lý động năng cho hệ búa và cọc:

Vậy: lực cản của đất là 25500N. * Chú ý: Có thể tính v1 và Fđ theo định luật bảo toàn năng lượng như sau: Chọn gốc thế năng trọng lực

m1m2v12 1 1 m 2v 2 m1v12  . 1 1  2 2 m1  m2 2  m1  m2 

90.30.62  405 J 2  90  30 

tại mặt đất. - Công của lực cản F của không khí (không phải lực thế) bằng độ biến thiên năng lượng của búa:

 Q '  Ađ  1275 J .

W '  W0  W  Mg  1  cos     m  M  g (1  cos  )

4.16. Hòn bi thép khối lượng M và hòn bi sáp khối lượng m treo cạnh nhau ở đầu hai sợi dây song song bằng nhau.

   Hay W '  2 g   M sin 2   m  M  sin 2  . 2 2 

Kéo dây treo M lệch góc  rồi buông tay, sau va chạm (tuyệt đối không đàn hồi), góc lệch cực đại của hai dây treo là  .

    sin 2  sin 2 Vậy: Khối lượng của bi sáp là m  M    sin  2

Tìm khối lượng hòn bi sáp và độ tiêu hao cơ năng của hệ. Bỏ qua sức cản của không khí. Bài giải

   , độ tiêu hao cơ năng của hệ là .  

   W '  2 g   M sin 2   m  M  sin 2  2 2 

- Khối lượng của bi sáp Gọi v1 là vận tốc của bi thép M ngay trước khi va chạm vào bi sáp m.

4.17. Cho hệ như hình vẽ. Cho biết m1  2kg , m2  3kg , v0  0, ban đầu m1 , m2 cách

+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho bi thép tại 2 vị trí A và B (vị trí va chạm):

1 Mv12 2 v12  2 g  1  cos  (1) Mgl (1  cos ) 

Gọi v là vận tốc của hệ hai bi ngay sau va chạm.

thấp nhất là bao nhiêu?

+ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho va chạm mềm giữa hai bi:

b) Khi m1 ở vị trí thấp nhất trong câu a, tính lượng cơ năng đã biến thành nội

Mv1   m  M  v

năng của m1 , m2 , đất.

Mv1 v m M

(2)

- Từ (1) và (2) suy ra: v 2 

Bài giải

M 2 .2 g  1  cos  

m  M 

a) Khoảng cách thấp nhất từ vật đến mặt đất

(3)

- Vì m2  m1 nên ban đầu m2 đi xuống và m1 đi lên. Khi m2 va chạm với đất thì m1 đã đi lên được một đoạn h đến vị trí N và có vận tốc v0 (hình vẽ).

+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ hai bi tại 2 vị trí B và C

- Sau khi va chạm mềm với đất thì m2 nằm yên trên đất, còn m1 tiếp tục đi lên chậm dần đều chỉ dưới

1  m  M  v 2   m  M  g  1  cos   2

tác dụng của trọng lực đến khi dừng lại tại K. Sau đó m1 rơi tự do đến N. Khi m1 rơi đến N thì m1 đạt vận tốc

 v 2  2 g  1  cos  

v0 và dây nối hai vật bắt đầu căng, khi đó hai vật tương tác với nhau thông qua dây nối tương tự như (va

(4)

+ Từ (3) và (4) ta được: v 2 

M 2 .2 g  1  cos  

m  M 

chạm” mềm với nhau. Sau “va chạm”, hai vật có cùng vận tốc v và m1 tiếp tục đi xuống (kéo m2 đi lên) chậm

=2g  1  cos  

dần đều cho đến khi dừng lại tại I. Sau đó hệ đổi chiều chuyển động và một quá trình tương tự nhưng ngược chiều lại diễn ra.

 1  cos    m  M   1 1  cos   

Với: 1  cos   2sin 2

 2

;1  cos   2sin 2

- Độ tiêu hao cơ năng của hệ

Như vậy, I là vị trí thấp nhất của vật m1 trong quá trình chuyển động và h2 là khoảng cách thấp nhất từ

    sin 2  sin 2 nên: m  M   2  sin  2



  .  

vật m1 đến mặt đất (hình vẽ).

- Áp dụng định lý động năng cho m1 trong giai đoạn

chuyển động từ vị trí đầu đến khi m2 chạm đất:

hoàn toàn đàn hồi. Tìm độ cao H mà vật đạt tới sau va chạm.

AP1  AP2  Wđ

Bài giải 1  m1  m2  v02  0 2 2 gh  m2  m1 

 m1 gh  m2 gh   v02 

m1  m2

- Tại B, phản lực Q  0 nên:

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho “va chạm

mg cos   m

mềm” giữa hai vật thông qua dây nối hai vật:

m1v0   m1  m2  v  v 

v2 v2  cos   1 R gR

m1v0 (2) m1  m2

Gọi h1 là quãng đường hệ hai vật đi được từ N đến I. Áp dụng định lí động năng cho giai đoạn chuyển động này, ta có:

AP1  AP2  Wđ  m1 gh1  m2 gh1  0   h1 

 m1  m2  v 2 2  m2  m1  g

- Từ (1) và (2) và (3) ta có: h1 

1  m1  m2  v 2 2

(3) m12 h

 m  m2 



22.1

 2  3

 0,16m .

- Khoảng cách thấp nhất từ vật đến mặt đất (hình vẽ): h2  2h  h1  2.1  0,16  1,84m Vậy: Khoảng cách thấp nhất từ vật đến mặt đất là 1,84m.

 Q  g  m2 h2'  m1h1' 

h  h ' 1

' 2

 h  h1  1  0,16  0,84m 

 Q   m2  m1  gh1'   3  2  .10.0,84  8, 4 J

Vậy: Lượng cơ năng đã biến thành nội năng là Q  8, 4 J .

mgR  mgR cos   m

v2 v2  gR  gR cos    2  2 2

- Từ (1) và (2) ta được: v 2 

2 gR (3) 3

- Thay (3) vào (1) ta được: cos  

2 3

 4

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho giai đoạn AC (gốc thế năng trọng lực tại sàn):

mgR 

1 2 mv1  v12  2 gR 2

(5)

- Kể từ B thì ngoại lực tác dụng theo phương ngang bằng 0 nên thành phần vận tốc theo phương ngang không đổi. Suy ra: v cos   v2 cos   cos 2  

v2 cos2  v12

(6)

- Thay (3), (4) và (5) vào (6) ta được: cos 2  

thì v2  v1 .

4 27

(7)

- Sau khi va chạm với sàn, vật chuyển động như vật bị ném xiên góc  với vận tốc đầu v2  v1 và đạt

năng của vật biến thành nhiệt.

  + Thành phần tiếp tuyến với quỹ đạo v 2t của v2 có tác dụng nâng vật lên cao đến C.

độ cao cực đại H tại D. - Theo kết quả bài toán chuyển động của vật bị ném xiên, ta có: 2 2 v 2 sin 2  v1 1  cos   H 2  2g 2g

v2t  v2 cos 2  v1 cos 2

(8)

- Thay (5) và (7) vào (8) ta được: H 

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho giai đoạn BC với gốc thế năng trọng lực tại B:

23R . 27

Vậy: Độ cao cực đại mà vật đạt tới sau va chạm với sàn là H 

 2

WB  WC 

23R . 27

1 2 v2 mv2 t  mgh '  h '  2 t  3 2 2g

- Thay (1) và (2) vào (3) ta được: h ' 

 v1 cos 2  2g

4.19. Hòn bi sắt treo vào dây chiều dài   1, 2m được kéo cho dây nằm



2 g  cos  .cos 2 2 2g 2

 h '   cos  .cos 2 2  .cos300.cos 2 600  1, 2.

3 1 .   0,26m. 2 2

Vậy: Sau khi va chạm với tấm sắt, hòn bi nảy lên được đến độ cao cực đại là h  0, 26m .

Hỏi bi sẽ nảy lên đến độ cao bao nhiêu? * Nhận xét: Vì h   cos   .cos 300 

Bài giải

 3  h nên sau va chạm thì cơ năng của vật đã giảm một 2

- Hòn bi bắt đầu chuyển động không vận tốc đầu từ A, va chạm đàn hồi

lượng nào đó. Ở đây, cơ năng (động năng) mất mát không phải do vật va chạm (đàn hồi) với tấm sắt mà do

với mặt thẳng đứng của tấm sắt tại B, sau đó nẩy lên và đạt độ cao cực đại tại

dây treo bị dãn đột ngột ngay sau va chạm.  4.20. Thang máy lên cao với gia tốc a , vận tốc đầu v0  0 . Từ độ cao H so với sàn, ngay khi thang máy bắt

C (hình vẽ).

 - Gọi v1 là vận tốc của vật ngay trước va chạm với

tấm sắt tại B. - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho giai đoạn AB với gốc thế năng trọng lực tại B:

1 WA  WB  mgh  mv12 2

 v12  2 gh  2 g  cos  (1)  - Vectơ v1 có phương tiếp tuyến với quỹ đạo tròn tại B, tức là vuông góc với bán kính OB và có chiều như hình vẽ.

+ Giai đoạn 2: Đi lên chậm dần đều với gia tốc a trong khoảng thời gian t:

t2 t2   g  a 2 2

+ Quãng đường vật đi được: h1  a1

 Vận tốc cuối: v2'  v2  at  0  Thang máy đứng yên.

- Giai đoạn 2: Thang máy đi xuống nhanh dần đều với gia tốc a trong khoảng thời gian t.  Quãng đường thang máy đi được: h2'  v2t  a

+ Gia tốc của vật: a2  g  a + Vận tốc cuối: v2  v1  a2t   g  a  t   g  a  t  2 gt

1

- Khoảng cách giữa vật và sàn sau khoảng thời gian chuyến động bằng 2t:

s  H  h1   h2  h2'   H  2 gt 2  at

+ Quãng đường vật đi được: 2

h2  v1t  a2

t t 3 gt at .   g  at2   g  a   2 2 2 2

v1 và gia tốc g, sau khi đi hết quãng đường s thì vật va chạm với sàn rồi nẩy lên. Gọi v3 là vận tốc của vật

dần đều (so với sàn) với vận tốc đầu v2 và gia tốc g. Ta có: s  H   h1  h2   H  2 gt  at

Gọi v3 là vận tốc của vật ngay trước khi va chạm với sàn thang máy, ta có:

hướng lên và có độ lớn là:

v32  v22  2 gs  3 

6

v4  v3

- Thay (1) và (2) vào (3), ta được: v  4 g t  2 g  H  2 gt  at 2 2

  2 g  H  at  2

  Gọi v 4 là vận tốc của vật ngay sau khi va chạm đàn hồi với sàn thang máy thì vectơ v 4 thẳng đứng

hướng lên và có độ lớn là: v4  v3 . - Độ cao cực đại mà vật lên được (so với sàn) sau khi va chạm với sàn thang máy: h

2

3 2

- Độ cao cực đại mà vật lên được (so với sàn) sau khi va chạm với sàn thang máy: Hm 

v42 2g

(7)

2 v42 v 2 2 g  H  at   3   H  at 2 2g 2g 2g

thẳng đứng.

a) Tính độ cao bi nẩy lên sau va chạm thứ 1,2, ..., n. b) Tính đoạn đường tổng cộng bi vạch được cho đến lúc dừng. Bài giải

chuyển động bằng 2t ban đầu:

a) Độ cao cực đại bi nẩy lên sau va chạm lần 1,2,..., n

- Vật rơi tự do không vận tốc đầu, với:

Gọi:

+ Vận tốc cuối: v1  g .2t  2gt . + Quãng đường vật rơi được: h1  g

 4

- Sau khoảng thời gian chuyển động bằng 2t thì thang máy đứng yên, vật rơi tự do với vận tốc đầu bằng

Kết thúc giai đoạn 2 (khi thang máy dừng lại), vật cách sàn thang máy một đoạn s và đi xuống nhanh

t2 t2 t2  at.t  a  a . 2 2 2

 2t 

trước va chạm với đất lần 1,2, ... , n.

 2 gt 2 .

+ v1' , v2' ,..., vn' lần lượt là vận tốc của hòn bi ngay sau va chạm với đất lần 1,2, ... , n.

- Thang máy đi lên có hai giai đoạn: + Giai đoạn 1: Đi lên nhanh dần đều với gia tốc a trong khoảng thời gian t:  Vận tốc cuối: v2  at .

+ h1 , h2 ,..., hn lần lượt là độ cao cực đại hòn bi lên được sau va chạm với đất lần 1,2, ... , n.

 Quãng đường thang máy đi được: h2  a

+ v1 , v2 ,..., vn lần lượt là vận tốc của hòn bi ngay

t . 2

- Cứ sau mỗi lần va chạm thì hòn bi mất 1/2 động năng so với trước va chạm, tức là bình phương vận tốc giảm đi 2 lần.

Ta có:

0  mv1  Mv  v1   2 1

'2 1

v v h v  2 gh0 ; v   gh0 ; h1   0 2 2g 2 2 1

'2 1

v22  2 gh1 ; v2'2 

v22 v '2 h ; h2  2  02 2 2g 2

vn2  2 ghn 1 ; vn'2 

(1)

Vậy: Độ cao bi nảy lên sau va chạm thứ n là hn 

1 2 1 2 1 mv0  mv1  Mv 2 2 2 2

(3)

- Thay (2) vào (3) ta được: (3)

 Mv  2 mv02  m     Mv  m 

h0 . 2n

 v2 

b) Đoạn đường tổng cộng bi vạch được cho đến lúc dừng

m 2v02 mv0  (4) M m  M  M m  M 

h  h0  2h1  2h2  ...  2hn  h0  2(h1  h2  ...  hn ) - Thay (1) vào (4) suy ra: v  m

h  h h  h  h0  2  0  02  ...  0n   h0  2  an  2  2 2

(4)

Trong đó: (an ) là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu a1  h0 a - Tổng S của cấp số nhân (an ) là: S  1  2  h0 1 q 1 1 2

2gh . M m  M 

4.23. Viên đạn khối lượng m bay theo phương ngang với vận tốc v1 và đâm xuyên qua một quả cầu khối lượng M đặt trên sàn nhẵn.

(5)

Sau khi xuyên qua M, m chuyển động theo chiều cũ với vận tốc v2 . Tìm nhiệt lượng tỏa ra trong quá trình trên.

Vậy: Đoạn đường tổng cộng bi vạch được cho tới lúc dừng là h  3h0 . 4.22. Quả cầu khối lượng m rơi từ độ cao h xuống, đập vào mặt nghiêng của một cái nêm khối lượng M đứng yên trên sàn nhẵn. Sau va chạm (tuyệt đối đàn hồi) đạn nảy ra theo phương ngang còn nêm chuyển động với vận tốc v (hình vẽ). Tính v.

Bài giải

m  v1  v2  M

(1)

- Động năng của hệ ngay trước va chạm:

Gọi v0 là vận tốc của quả cầu ngay trước va chạm. Ta có: (1)

  - Trong va chạm giữa quả cầu m và nêm M thì ngoại lực P  N tác dụng vào M không cân bằng và





2gh . M m  M 

Vậy: Vận tốc của nêm sau va chạm là v  m

1 h0 và công bội q   1 . 2 2

- Từ (4) và (5) ta được: h  3h0 .

v0  2 gh

(2)

Vì va chạm là tuyệt đối đàn hồi nên động năng bảo toàn:

(2)

vn2 v '2 h h ; hn  n  n 1 = 0n 2 2g 2 2

Mv m

1 W0 đ  mv12 2

(2)

- Động năng của hệ ngay sau va chạm:

Wđ 

1 2 1 mv2 + Mv32 2 2

(3)

- Nhiệt lượng toả ra trong quá trình va chạm: W  W0 đ  Wđ

(4)

- Từ (1), (2), (3) và (4) ta được:

Q

1 2 1 2 1 1 1  m  v1  v2   mv1  mv2  Mv32 = m  v12  v22   M   2 2 2 2 2  M 

Q



  1 m2 m  v1  v2   m  v1  v2    v1  v2  2 M  



Vậy: Độ cao H ' tấm ván lên được sau va chạm là H '  0,11 m .

  1 m2  v1  v2  m  v1  v2    v1  v2  . 2 M  

4.24. Đạn khối lượng



 0, 009. 160 sin 300  2.10.45    0,11m  H'  2.0,32.10

Vậy: Nhiệt lượng toả ra trong quá trình trên là Q



 m v sin   2 gH  1 0  - Thay (4) vào (5) ta được: H '   2m22 g

m1  9 g bay với vận tốc

tốc v1 và bay xuyên qua ván  v1  v0  .

v0  160  m / s  theo hướng hợp với phương ngang góc

Coi ma sát giữa đạn và ván không phụ thuộc vào vận tốc đạn.

  300 , xuyên qua giữa một bệ ván m2  0,3kg ; sau đó

Bài giải

đạn lên đến độ cao cực đại H  45m tính từ vị trí ban

Gọi AC là độ lớn công của lực ma sát giữa đạn và ván (bằng phần cơ năng biến thành nhiệt). Giả thiết

đầu của bệ ván. Hỏi tấm ván sẽ được nâng lên đến độ cao

cho biết ma sát không phụ thuộc vào vận tốc của đạn nên công của lực ma sát trong hai lần bắn là như nhau.

nào?

- Khi bắn với vận tốc v0 thì đạn dừng lại ở mặt sau của ván, suy ra ván và đạn có cùng vận tốc v sau khi

Bỏ qua lực cản của không khí, coi lực tương tác giữa vật và bệ ván là rất lớn. bắn.

Bài giải Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của đạn m1 và tấm ván m2 ngay sau va chạm.

+ Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có: mv0   m  M  v

Vì nội lực khi va chạm là rất lớn nên có thể bỏ qua trọng lực của đạn và tấm ván. Suy ra hệ là kín.

+ Theo định luật báo toàn năng lượng:

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (theo phương thẳng đứng):

1 2 1 mv0   m  M  v '2  AC 2 2

m1v0 y  m1v1 y  m1v2 y  v2 y 

m1  v0 y  v1 y  m2

+ Từ (1) và (2) suy ra: AC  (1)

v12y 2g

mM v02 2m  M 

(3)

Gọi v và v2 lần lượt là vận tốc ván và đạn sau khi bắn.

+ Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có: mv1  Mv  mv2

(2)

+ Theo định luật bảo toàn năng lượng:

- Từ hình vẽ, ta có: v0 y  v0 sin   3 

1 2 1 1 mv1  Mv 2  mv22  AC 2 2 2

- Thay (2) và (3) vào (l) ta được: v2 y 

(2)

- Khi bắn với vận tốc v1  v0 thì đạn xuyên qua ván nên đạn và ván có vận tốc khác nhau sau khi bắn.

- Sau va chạm, đạn lên đến độ cao H, ta có: H   v1 y  2 gH

1



m1 v0 sin   2 gH m2



+ Từ (4) suy ra: v2  v1 

(4)

- Độ cao H ' tấm ván lên đươc sau va chạm: H ' 

v22 y 2g

(5)

M v m

(6)

+ Thay (3) và (6) vào (5) ta được: (5)

1 2 1 1  M mv1  Mv 2  m  v1  2 2 2  m

mM  v  v02  2m  M 

 4

 v2 

2mv1 m 2v02 v 0 2 mM m  M 

b) Va chạm trên có là hoàn toàn đàn hồi không? Tại sao? Tính vận tốc A, B sau va chạm nếu va chạm là

(7)

hoàn toàn đàn hồi. Bài giải

- Giải phương trình bậc hai (7) đối với v, ta được:

v

m v1  v12  v02 mM



a) Vận tốc của B sau va chạm



(8)

- Vận tốc của quả cầu A ngay trước va chạm:

* Biện luận để chọn nghiệm thích hợp:

v0  2 gh0  2 g  1  cos    2.10.1. 1  cos 600   10  m / s 

Cách 1: Gọi F là lực do đạn tác dụng vào ván (bằng lực do ván tác dụng vào đạn), t là thời gian chuyển

Ft  p  Mv  0  Mv

 (Vectơ v0 có phương nằm ngang chiều sang phải chẳng hạn).  Chọn chiều dương theo chiều của v0 . Gọi v2 là vận tốc của quả cầu B sau va chạm.

Vì F không đổi nên v càng lớn nếu t càng lớn, tức là đạn chuyển động trong ván càng lâu, nghĩa là đạn

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ theo phương ngang (A đứng yên sau va chạm):

động của đạn trong ván (thời gian tương tác), theo định luật II Niu tơn dạng tổng quát ta có:

mv0 (thay v1  v0 vào (8)) mM

va chạm tại 2 vị trí: vị trí va chạm và vị trí có độ cao cực đại: 2

 10    v22  2  1 2 m2 v2  m2 gh2  h2    0,125m 2 2g 2.10

mv1 mv0   vmax . m M mM

v

m1v0 0,1. 10 10   m / s m2 0, 2 2

Gọi h2 là độ cao quả cầu B đạt tới sau va chạm. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quả cầu B sau

Vì vậy, khi bắn với v1  v0 thì v  vmax . Suy ra trong biểu thức (8) phải lấy dấu    ,vì nếu lấy dấu cộng thì v 

m1v0  m2v2  v2 

m v1  v12  v02 . m M





Vậy: Vận tốc của B sau va chạm là v 

+ Động năng của hệ trước va chạm: W0 đ 

9

Từ (6) và (9) suy ra: v2  v1  Từ (8) và (10) suy ra: v 

b) Va chạm là hoàn toàn đàn hồi - Va chạm ở câu a có hoàn toàn đàn hồi không?

của đạn lớn hơn vận tốc của ván. Ta có: v2  v

10 (m/s) và độ cao mà B đạt tới là h2  0,125m . 2

M m vvv v1 10  m mM

+ Động năng của hệ sau va chạm: Wđ 

m v1  v12  v02 . m M





Vậy: Vận tốc ván sau khi đạn có vận tốc v1 và bay xuyên qua ván là: v 

1 1 m1v02  .0,1.10  0,5 J . 2 2

1 1 10 m2 v22  .0, 2.  0, 25 J . 2 2 4

Vì Wđ  W0 đ , tức là động năng không bảo toàn nên va chạm ở câu a không hoàn toàn đàn hồi. - Trường hợp va chạm giữa hai quả cầu là hoàn toàn đàn hồi

m v1  v12  v02 mM





+ Theo định luật bảo toàn động lượng: m1v0  m1v1  m2 v2

4.26. Hai quả cầu nhỏ A, B có khối lượng lần lượt là m1  100 g m2  200 g treo sát nhau bởi hai dây song

+ Theo định luật bảo toàn động năng:

song có cùng chiều dài   1m .

1 1 1 m1v02  m1v22  m2v22 2 2 2

(2)

Giải hệ (1) và (2) ta được: v1 

 m1  m2  v0 ; v m1  m2



2m1v0 . m1  m2

(1)

Thay số: v1 

 0,1  0, 2  0,1  0, 2



 10 2.0,1. 10 2 10   m / s  ; v2  m / s. 3 0,1  0, 2 3

Vậy: Sau va chạm quả cầu A bật trở lại với vận tốc có độ lớn bằng

động sang phải theo phương ngang với vận tốc có độ lớn bằng

10  m / s  và quả cầu B chuyển 3

2 10 m / s . 3

Gọi H là hiệu suất toả nhiệt trong va chạm lần 1 (bằng tỉ số giữa phần cơ năng biến thành nhiệt Q1 và động năng W1đ của M trước va chạm):

H

Q1 W1đ  W2 đ W   1  2đ W1đ W1đ W1đ

(4)

(5)

- Thay (4) vào (5) ta được: W3đ  W2 đ .

W3đ  Mgh3

(7)

- Từ (6) và (7) ta được: h3 

W3 đ W22đ  Mg Mg .W1đ

với: W1đ 

(8)

1 1 Mv12 ;W2 đ  mv22 2 2

- Thay vào (8) ta được:

chạm lần 1:

Mgh1 

1 Mv12 2

 v1  2 gh1  2 g  1  cos  

(1)

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho va chạm

1 2  mv2  2 4 2 2 2 2   1 . m v2  v2 . m v 2 h3   2 2 2 2 1 2 g M v 2 g M v1 2 1 Mg . Mv1 2

- Từ (2) suy ra: M 2 v12  m2 v22

lần 1 (M dừng lại sau va chạm): Mv1  mv2

- Thay ( 10) vào (9) ta được: h3 

(2)

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m sau va chạm lần 1: 1 2 v2 mv2  mgh2  h2  2 2 2g

(9)

(10) v22 2g

11

(3)

Ta có: Thế năng cực đại của các quả cầu trong va chạm lần 1 bằng động năng W1đ của M ngay trước va chạm lần 1.

(6)

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho M sau va chạm lần 2:

+  là góc lệch cực đại của dây treo M sau va chạm lần 2. - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho M trước va

W2 đ W22đ  W1đ W1đ

  Gọi v là vận tốc của vật M và v G là vận tốc của khối tâm trước khi va chạm trong hệ quy chiếu phòng   Mv thí nghiệm. Ta có: v G  (1) mM   Gọi v1' và v2' là vận tốc của hai vật M và m trong hệ quy chiếu khối tâm ngay trước va chạm. Ta có:          Mv mv v1'  v1G  v1đ  v đG  v  vG  v   (2) m M mM       Mv v2'  v 2G  v 2 đ  v đG  0  v G   (3) mM       Ta thấy v1' cùng hướng với v; v2' ngược hướng với v . Suy ra v1' và v2' ngược hướng với nhau.

(7) 2

' 1

 v   u  - Thay (7) vào (6) ta được: Mv12  m  M   Mu1' 2  m  M   m  m

 M  '2  M  '2 ' '  M   v1   M   u1  v1  u1 m  m   

- Thay (8) vào (7) suy ra, về độ lớn thì: v2'  u2'

(10)

p1 cos   p2 cos   p (11) - Vì va chạm đàn hồi nên động năng được bảo toàn:

1 1 1 Mv 2  Mv12  Mv22 2 2 2 - Mặt khác, động năng và động lượng của vật có khối lượng m liên hệ với nhau theo công thức:

Wđ 

' 1

nhau. Phương của chúng quay đi một góc  ' (góc tán xạ) do va chạm.

p2 2m

Suy ra:

p2 p2 p2  1  2 2 M 2 M 2m

(12)

- Từ (10) suy ra: p1 sin   p2 sin  (13) - Từ (11) suy ra: p1 cos   p  p2 cos  (14)

(8)

- Bình phương hai vế (13) và (14) rồi cộng theo vế ra được: (9)

p12  sin 2   cos 2    p 2  2 pp2 cos   p22  cos 2   sin 2    p12  p 2  2 pp2 cos   p22

- Từ (12) suy ra: p12  p 2 

(15)

M 2 p2 (16) m

- Từ (15) và (16) suy ra: p2 

- Thay p2 vào (16) ta được: p12  p 2 

 p1 

p M m

 M  m

   m1 v1  m1 v1'  m1 v2

2mp cos  M m M  2mp cos   .  m  M m 

 4Mm cos 2 

- Chiếu (1) xuống phương xuyên tâm và phương vuông góc với phương xuyên tâm, ta có:

m1v1 cos   m1v1' x  m1v2 ' 1 1y

m1v1 sin   m v

(17)

m sin 2

 M  m

chạm là bằng nhau, tức là: v1' x  v2

 4 Mm cos 2 

(18)

 4Mm cos 2  sin 2 2

 M  m

 sin  

 4 Mm cos2 450

m M 2  m2



m M 2  m2

 M  m 

 2  4 Mm    2 

(5)

(6)

(7) 2



m1  2  cos  .  m1  m2 

- Thay (5) và (6) vào (7) ta được: v1'  v1 sin 2   



m1  2  cos  .  m1  m2 

Vậy: Vận tốc quả cầu m1 sau va chạm là v1'  v1 sin 2   

m m M 1   M 

- Mặt khác: v1'  v1'2x  v1'2y

(4)

m1v1 cos  m1  m2

- Từ (3) suy ra: v1' y  v1 sins 

- Từ (18) suy ra sin  đạt cực đại (  đạt cực đại) khi sin 2  1    450 . Khi đó ta có:

sin  

(3)

- Từ (2) và (4) suy ra: v1' x 

 M  m

(2)

- Vì va chạm là tuyệt đối không đàn hồi nên các thành phần vận tốc theo phương xuyên tâm sau va

p sin  - Từ (10) và (17) ta được: sin   2  p1  sin  

(1)

m m m    arcsin  Vì M  m nên    0 , suy ra: sin   M M  M

4.30. Vòng tròn bán kính R lăn với vận tốc v trên mặt phẳng ngang đến va chạm hoàn toàn không đàn hồi với một cái bậc có

 . 

độ cao h  R (hình vẽ). Hỏi ngay sau khi nhảy lên bậc, vòng có vận tốc bao nhiêu? Tính v cực tiểu để vòng có thể nhảy lên khỏi bậc.

Có thể coi là vòng va chạm vào điểm A (mép của bậc) với một vật có khối lượng rất lớn đứng yên. Vì va chạm là hoàn toàn không đàn hồi nên sau

Bài giải

  Tuy nhiên vật vẫn còn thành phần vận tốc v1 theo phương vuông góc với OA. Chính thành phần v1 này

nâng vòng nhảy lên bậc. Ta có:

v1  v sin  

v  R  h (1) R

Vậy: Điểm rơi của vật cách tấm thép là x 

v02 sin 2  L. g

Gọi v2 là vận tốc của quả cầu ngay sau khi nhảy lên bậc. Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

b) Tấm thép chuyển động với vận tốc u về phía vật

1 2 1 2 mv1  mv2  mgh 2 2

- Tổng thời gian chuyển động của vật: t0 

(2)

- Từ (1) và (2) suy ra: v2 

1 2 2 v  R  h   2 ghR 2 R

(2)

- Thành phần vận tốc theo phương ngang đối với mặt đất:

 3

+ Trước va chạm: vx  v0 cos  .

 4

- Điều kiện để vòng có thể nhảy lên khỏi bậc là: v2  0

+ Sau va chạm: vx'  vvt  vtd   v0 cos   u   u  v0 cos   2u với: vvt   v0 cos   u  là vận tốc của

R 2 gh . - Từ (3) và (4) suy ra: v 2  R  h   2 ghR 2  0  v  Rh 2

Vậy: Để vòng có thể nhảy lên khỏi bậc thì vmin 

2v0 sin  g

vật đối với tấm thép. vtd  u là vận tốc của tấm thép đối với đất.

R 2 gh . Rh

Gọi t là thời gian từ lúc ném đến lúc va chạm.

4.31. Một vật được ném từ mặt đất với vận tốc đầu v0 nghiêng một góc  với phương ngang. Cách điểm

- Thời gian từ lúc va chạm đến khi vật rơi trở lại điểm ném là: t  t0  t .

ném một khoảng L có một tấm thép thẳng đứng, mặt phẳng quỹ đạo của vật vuông góc với tấm thép. Vật va

- Quãng đường theo phương ngang từ lúc ném đến khi va chạm bằng quãng đường từ lúc va chạm đến khi vật rơi trở lại điểm ném. Ta có:

chạm đàn hồi với tấm thép.

vx .t  vx' .t   v0 cos   .t   v0 cos   2u  .  t0  t 

t 

thời gian từ lúc ném đến lúc va chạm bằng bao nhiêu?

 v0 cos   2u  .t0 2  v0 cos   u 

(3)

Bài giải - Thay (2) vào (3) ta được: t 

a) Tấm thép đứng yên

v0 sin   v0 cos   2u   v0 cos   u  g

Va chạm là đàn hồi vào tấm thép thẳng Vậy: Thời gian từ lúc ném đến lúc va chạm là t 

đứng nên thành phần vận tốc theo phương thẳng đứng không đổi, còn thành phần vận tốc

4.32. Một quả cầu chuyển động trong một hộp vuông, va chạm đàn

theo phương ngang đổi chiều ngược lại nhưng

hồi với đáy và một thành của hộp theo cùng một quỹ đạo duy nhất

không đổi độ lớn.

(hình vẽ). Khoảng thời gian giữa va chạm với đáy và với thành là t .

Vì vậy quỹ đạo của vật nẩy ra từ tấm

Đáy hộp nghiêng góc  với phương ngang. Tìm vận tốc của quả cầu

thép đối xứng với phần kéo dài của quỹ đạo

ngay sau va chạm.

nếu không có tấm thép. Suy ra quỹ đạo của

Bài giải

vật là đường cong ABD, trong đó BD đối xứng với BC qua tấm thép (hình vẽ). Gọi S là tầm xa của vật nếu không có tấm thép, ta có: S 

Khoảng cách từ điểm vật rơi đến tấm thép: x  S  L 

v0 sin   v0 cos   2u  .  v0 cos   u  g

- Để quỹ đạo chuyển động giữa các va chạm là duy nhất thì vận

v02 sin 2 g

v02 sin 2 L g

Chọn hệ tọa độ xOy có các trục song song với thành và đáy hộp.

Các thành phần gia tốc theo hai trục tọa độ là:

g x   g sin  ; g y  g cos 

Vì 1 ,  2  900  21  2 2  1800  1   2  900 và sin  2  cos 1 . Gọi  là góc hợp bởi bán kính OA với đường nằm ngang AB, ta có:

  1 

 2  1 2



1   2 2

 450

Tam giác AOB vuông cân tại

Thời gian bay của vật theo hai quỹ đạo là:

T1 

2v0 sin 1 g

vB  g y .t   g cos   .t

T2 

2v0 sin  2 2v0 cos 1 = g g

Vậy: Vận tốc của quả cầu ngay sau khi va chạm với đáy và một thành của hộp là vA   g sin   .t và

- Từ (1), (2), (3) và (4) ta được:

vx  0  g y .t  vB Suy ra: v A   g x .t   g sin   .t

vB   g cos   .t .

T1.T2 

nằm trên đường nằm ngang (cùng độ cao). Khoảng thời gian chuyển động từ trái sang phải là T1 , từ phải

(4)

2v0 sin 1 2v0 cos 1 2v02 sin 21 2S 2 R 2 gT .T . =   R 1 2 . g g g2 g g 2 2

Vậy: Bán kính bán cầu là R 

gT1.T2 2 2

sang trái là T2 (T2  T1 ).

Bài giải

Tìm bán kính bán cầu.

Chọn hệ tọa độ xOy như hình vẽ. Các thành phần vận tốc đầu và gia tốc theo hai trục tọa độ là: Bài giải

v0 x  v0 cos  ; v0 y  v0 sin  g x   g sin  ; g y  g cos 

va chạm và có độ lớn bằng nhau v0 (hình vẽ):

- Các phương trình chuyển động theo trục Ox:

v1  v2  v0 .

+ Vận tốc: vx  v0 x  g x .t  v0 cos   g  sin  .t

- Các điểm va chạm nằm trên cùng một đường nằm ngang, tức là tầm xa ứng với hai góc ném 1 và

v02 sin 21 v02 sin 2 2  g g

 sin 21  sin 2 2

+ Toạ độ: x  v0 x .t 

1 1 g x .t 2  v0  cos   .t  g  sin   .t 2 2 2

* Trường hợp 1: Nếu vx triệt tiêu trước khi x   thì quả cầu không bay qua ống mà sẽ bay trở lại và ra

 2 là bằng nhau: S

(2)

(3)

4.33. Một quả cầu nhảy trong một bán cầu như hình vẽ. Nó va chạm đàn hồi với mặt trong của bán cầu tại hai điểm cùng

O cho S  R 2

khỏi ống ở đầu bên trái. (1)

+ Thời gian vật bay đến khi vx  0 là:

vx  v0 cos   g  sin   .t  0 t 

a  g sin 

v0 cos  v0  .cot  g sin  g

  - Xét trong hệ quy chiếu gắn với cốc thì ngoài gia tốc rơi tự do g , vật còn có gia tốc quán tính a .

 

(1)

Gia tốc tổng hợp của vật là:    g '  g  a (2)

+ Tổng thời gian vật chuyển động trong ống:

t '  2t 

2v0 .cot  g

 

(2)

 - Từ (1) và (2) suy ra g ' vuông góc với mặt phẳng

+ Quãng đường vật đã bay:

sx  v0 x .t 

(1)

nghiêng, tức là song song với thành ống. Vì vậy xét trong hệ

1 1 g x .t 2  v0  cos   .t  g  sin   .t 2 2 2

(3)

quy chiếu gắn với cốc thì vật “rơi tự do” từ độ cao h với gia tốc g '  g cos  .

+ Thay (1) vào (3) ta được: S x 

2 0

v cos  2 g sin 

- Vì va chạm với đáy cốc là đàn hồi nên vật chỉ rơi

(4)

xuống và nẩy lên liên tục tại cùng một điểm của cốc. Do đó:

+ Điều kiện để vật không chui qua ống: v 2 cos 2  Sx  0    v0 cos   2 g  sin  2 g sin 

+ Thời gian rơi từ khi thả đến khi chạm cốc lần thứ (5)

nhất là:

t1 

* Trường hợp 2: Vật bay qua ống, tức thỏa điều kiện: v0 cos   2 g  sin 

2h g cos 

+ Thời gian rơi từ khi thả đến khi chạm cốc lần thứ n

+ Thời gian chuyển động trong ống là nghiệm nhỏ hơn của phương trình:

1 x  v0  cos   .t  g  sin   .t 2  L 2  g  sin   .t 2  2v0  cos   .t  2 L  0  v 2 g  tan   t  0 cot  1  1  2 g v0 cos  

  

Vậy: Thời gian quả cầu chuyển động trong ống là:

t

2h  g'

 v0 2 g  tan  cot   1  1  2 g v0 cos  

  

4.35. Một cốc hình trụ, đáy phẳng, cao h  0,1m trượt không ma sát trên mặt 0

là: tn  t1   n  1 .2t1   2 n  1 t1

- Trở lại hệ quy chiếu gắn với mặt phẳng nghiêng (với mặt đất), quãng đường cốc đã trượt được là:

a g sin  2 2 S  .tn2  .  2n  1 .t12   2n  1 .h.tan  2 2 2

phẳng nghiêng góc   45 . Tại thời điểm cốc bắt đầu trượt thì có vật nhỏ rơi từ

Quả cầu thứ nhất va chạm không đàn hồi, quả cầu thứ hai va chạm đàn hồi. Hỏi góc  bằng bao nhiêu thì

miệng của cốc và va chạm đàn hồi với đáy cốc (hình vẽ). Tìm quãng đường cốc

hai quả cầu bay khỏi mặt phẳng nghiêng với tầm xa như nhau.

trượt được đến lần va chạm thứ n  5 giữa vật với đáy cốc. Bài giải

 - Gia tốc a của cốc trên mặt phẳng nghiêng có phương chiều như hình vẽ,

có độ lớn là:

Bài giải

- Vật I va chạm không đàn hồi với mặt

 s2'  

phẳng nghiêng nên sau va chạm, thành phần vận tốc theo phương vuông góc với mặt phẳng  nghiêng bị triệt tiêu, chỉ còn thành phần v1 song

v02 sin 4 v 2 .2 cos 2 sin 2  0 g g

Tầm xa như nhau nên: s1  s2' Thay (1) và (4) vào (5) ta được:

song mặt phẳng nghiêng. Suy ra, sau va chạm, vật

tốc đầu v1 (hình a).  cos  

Ta có: v1  v0 cos  .

s1 

v sin 2 v cos  sin 2  g g

2    500 46 '  450 . 5

4.37. Một quả cầu nhỏ trượt không ma sát với vận tốc v0 trên mặt phẳng

(1)

  - Vật II va chạm đàn hồi với mặt phẳng nghiêng nên sau va chạm, vận tốc v 2 đối xứng với v 0 qua mặt

phẳng nghiêng nhưng không đổi độ lớn  v2  v0  .

Có hai trường hợp: + Với  nhỏ (hình a), vật II bay sang phải với góc ném

2  900    450 . Tầm xa: s2 

v02 cos 2  sin 2 v 2 .2 cos 2 sin 2 = 0 g g

Vậy: Để hai quả cầu bay khỏi mặt phẳng nghiêng với tầm xa như nhau thì   350 hoặc   500 46 ' .

- Tầm xa của vật I: 2 0

(5)

 cos 2   2 cos 2  2  2 cos 2   1

I chuyển động ném xiên với góc ném  và vận

2 1

(4)

v02 sin 4 v02 .2 cos 2 sin 2  g g

Tầm xa như nhau nên: s1  s2

(2)

chỗ nó rơi xuống hố. Bài giải a) Số lần va chạm với thành hố trước khi chạm đáy

(3)

- Khi vật va chạm đàn hồi vào hai mặt phẳng thẳng đứng thì thành phần vận tốc của vật theo phương

Thay (1) và (2) vào (3) ta được:

thẳng đứng không đổi cả về hướng và độ lớn do va chạm, còn thành phần nằm ngang thì đổi hướng mà

v02 cos 2  sin 2 v02 .2 cos 2 sin 2  g g

không đổi độ lớn và luôn bằng v0 . - Thời gian giữa hai lần liên tiếp vật va chạm vào mặt phẳng: t1 

 cos 2   2 cos 2  2  2 cos 2   1  cos  

2    350  450 . 3

  2  2  90     90    45 . 0

2H g

(1)

(2)

- Số lần va chạm vào hai mặt phẳng trước khi chạm đáy:

+ Với  lớn (hình b), vật II bay sang trái với góc ném: 0

- Thời gian vật chuyển động từ miệng đến đáy hố: t 

d v0

N

t v0  t1 d

2H 1 2.1   8, 9 g 0, 05 10

Vậy: Số lần va chạm vào hai mặt phẳng trước khi chạm đáy (N nguyên) là 8 lần. 2 0 v 2 sin 2 v0 sin  4  90     Tầm xa: s2'  0  g g

Như vậy, trong hệ quy chiếu gắn với nêm thì vật “rơi tự do” theo phương vuông góc với mặt nêm, với gia tốc g ' từ độ cao h. + Thời gian rơi: t1 

2h g'

(3)

(hình vẽ). - Gọi N ' là số lần quả cầu va chạm với hai mặt phẳng

+ Thay (1) và (2) vào (3) ta được: t1  cos 

2H g

trước khi chạm đáy, ta có:

1  t   N '  .t1 2 

+ Thời gian giữa hai lần va chạm liên tiếp: t  2t1  2 cos 

 3

- Thay (1) và (2) vào (3) ta được:

2H  1 d   N '  . g 2  v0 

2H . g

Vậy: Khoảng thời gian giữa hai va chạm liên tiếp của vật với nêm là t  2 cos 

2H . g

1 g  .  v0   N '  d 2 2H 

đến điểm rơi của vật trên mặt đất. Bài giải

Vậy: Để quả cầu lên đúng mép đối diện chỗ nó rơi xuống hố thì: - Va chạm đàn hồi nên vận tốc trước và 1 g  . v0   N '  d 2 2H 

sau va chạm đối xứng nhau qua trần nhà nằm

điểm trên mặt nêm. Bài giải

h   v0 sin   .t 

- Để va chạm luôn xảy ra tại cùng một điểm trên mặt nêm thì nêm phải chuyển động sang phải (hình vẽ).

 Gọi a là gia tốc của nêm. Xét trong hệ quy chiếu

gắn với nêm thì gia tốc của vật là:    g '  g  a

 

- Để va chạm luôn xảy ra tại cùng một điểm trên  mặt nêm thì g ' phải vuông góc với mặt nêm, suy ra: g cos  h  H cos  g'

g 2 g t  t 2   v0 sin   .t  h  0 2 2 1

t 

2 2 v0 sin   v0 sin   2h       g g   g 

Thay số ta được: t  0,5s (loại nghiệm t  t0 

v0 sin   0,87 s ; trong đó, t0  0,87 s là thời gian vật đi g

từ khi ném đến khi đạt độ cao cực đại, nếu không gặp trần nhà). - Khoảng cách từ điểm ném đến điểm rơi của vật trên mặt đất: s  AC   v0 cos   .2t  5m . Chuyên đề 5:

(1) (2)

CHUYỂN ĐỘNG CỦA VỆ TINH

VÀ HÀNH TINH TRONG HỆ MẶT TRỜI. BA ĐỊNH LUẬT KÊ-PLE A. TÓM TẮT KIẾN THỨC

Sao Thổ

143

29,5

2,98

Sao Thiên Vương

287

84,0

2,98

Sao Hải Vương

450

165

2,99

I. CHUYỂN ĐỘNG CỦA HÀNH TINH. BA ĐỊNH LUẬT KE-PLE 1. Định luật 1 (định luật về quỹ đạo)

II. CHUYỂN ĐỘNG CỦA VỆ TINH. TỐC ĐỘ VŨ TRỤ

Mọi hành tinh đều chuyển động trên các quỹ đạo elip trong đó Mặt Trời

1. Tốc độ vũ trụ cấp I: Là tốc độ ném ngang cần truyền cho vệ tinh để nó chuyển động tròn đều quanh Trái Đất.

nằm tại một tiêu điểm. (M: Mặt Trời; m: hành tinh; a: bán trục lớn)

v I = 7,9 (km/s)

2. Định luật 2 (định luật về diện tích)

2. Tốc độ vũ trụ cấp II: Là tốc độ tối thiểu cần truyền cho vệ tinh để nó thoát ra khỏi Trái Đất và bay vòng quanh Mặt Trời.

Đường nối hành tinh với Mặt Trời quét những diện tích bằng nhau, trong những khoảng thời gian bằng nhau. v II = 11,2 (km/s)

3. Định luật 3 (định luật về chu kì) Bình phương của chu kì của bất kì hành tinh nào cũng tỉ lệ với lập phương của bán trục lớn của quỹ đạo của nó.

3. Tốc độ vũ trụ cấp III: Là tốc độ tối thiểu cần truyền cho vệ tinh để nó thoát ra khỏi hệ Mặt Trời. vIII = 16,7 (km/s)

T2  const a3

B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP

(5.1)

 VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG Định luật Ke-ple về chu kì đối với Hệ Mặt Trời Hành tinh

Bán trục lớn (a, 1010m)

Chu kì (T, năm)

T2 a3

Sao Thuỷ

5,79

0,241

2,99

Sao Kim

10,8

0,651

3,00

Trái Đất

15,0

2,96

Sao Hoả

22,8

1,88

2,98

Sao Mộc

77,8

11,9

3,01

Wt  G -

mM . r

 Nếu W  0 : quỹ đạo là đường parabol: Tốc độ vũ trụ cấp II.

 v II 

 Nếu W  0 : quỹ đạo là đường tròn hoặc elip: Tốc độ vũ trụ cấp I. -

Khi quỹ đạo của hành tinh (quanh Mặt Trời), vệ tinh (quanh hành tinh) là đường tròn thì: Fhd  Fht .

1  Wd   2 Wt mM mv 2 1 1 mM G 2   mv 2   G  r r 2 2 r W  1 W  0 t  2  2 m T 2 mM Và v   r  r G 2   T r r

(M, R là khối lượng và bán kính Trái Đất) -

(M là khối lượng Trái Đất; m, T là khối lượng và chu kì quay của vệ tinh)  VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

4 2 r 3 . GT 2

4. Với dạng bài tập về ba định luật Ke-ple. Phương pháp giải là: -

r . GM

 Chu kì quay của hành tinh quanh Mặt Trời và vệ tinh quanh hành tinh:

T 2 4 2   const. r 3 GM

T  2 a

mM  0 , a: bán trục lớn. 2a

h  r R  3G

Các tốc độ vũ trụ cấp I, II:

 Tốc độ vũ trụ cấp I:

Với g 

T   a  a hoặc  1    1  GM  T 2   a2 

 Độ cao vệ tinh địa tĩnh (đứng yên so với Trái Đất):

T 2 4 2   const. r 3 GM

Từ Fhd  Fht  G

4 2a 3 . GT 2

a: bán trục lớn.

 Cơ năng của hành tinh (vệ tinh): W  G

Sử dụng các công thức:  Khối lượng Mặt Trời hoặc khối lượng của hành tinh có vệ tinh: M 

Khi quỹ đạo của hành tinh (quanh Mặt Trời), vệ tinh (quanh hành tinh) là elip thì:



mM 4 2 MT 2  mr  2  mr 2  r  3 G 2 r T 4 2

 Chu kì quay của hành tinh quanh Mặt Trời hoặc vệ tinh quanh hành tinh:



Vệ tinh viễn thông cách tâm Trái Đất khoảng r: Ta có: Fhd  Fht . G

 r  . Từ đó:

 Khối lượng Mặt Trời hoặc khối lượng hành tinh có vệ tinh: M 

T  2 r

2GM  v 1 2  7,9 2  11,2  km/s  . R

MT 2  R , r: khoảng cách từ vệ tinh đến tâm Trái Đất. 4 2

R  h 



mv v  R h

GM GM  ,  h  R  . R h R

5. Với dạng bài tập về quỹ đạo và năng lượng của vệ tinh. Phương pháp giải là: -

 Động năng: Wd 

GM nên v 1  gR  9,8.6,4.106  7900  m/s   7,9  km/s  . R2

(M, R là khối lượng và bán kính Trái Đất; m, h là khối lượng và độ cao của vật so với Trái Đất)  Tốc độ vũ trụ cấp II: Từ W 

1 mM mv 2  G  0. 2 R

Sử dụng các công thức:

1 2 mM mv ; thế năng: W t  G ; cơ năng: W  Wd  Wt ; công: A  W t . 2 r

 Quỹ đạo: W  0 : hypebol; W  0 : parabol; W  0 : đường tròn hoặc elip. -

Một số chú ý: Đơn vị hệ SI: m, M(kg); r(m); v(m/s); W, A(J); r là khoảng cách giữa hai tâm của Mặt Trời – hành tinh; hành tinh – vệ tinh.

6. Với dạng bài tập về xác định tốc độ vũ trụ. Phương pháp giải là:

Sử dụng các công thức:

 Tốc độ vũ trụ cấp I: v I 

GM . R 2GM  v I 2. R

 Tốc độ vũ trụ cấp II: v II  -

a  T1   1   63  14,7. T2  a2 

Vì a1  a2  T1  T 2 và:

Vậy: Sao Thổ có chu kì quay lớn gấp 14,7 lần Sao Hoả. e) Hành tinh nào có vận tốc trên quỹ đạo lớn hơn?

Một số chú ý: Đơn vị hệ SI: M(kg); R(m).

Ta có:

C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG Vì a1  a2  v 1  v 2 và

5.1. Tìm khối lượng Trái Đất, biết khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trăng là r = 384000km và chu kì quay

v2 a  1  6  2, 45. v1 a2

của Mặt Trăng quanh Trái Đất là T = 27,5 ngày. Vậy: Sao Hoả có vận tốc trên quỹ đạo gấp 2,45 lần Sao Thổ.

Bài giải Ta có: M 

4 2a 3 , với a = r = 384000km = 3,84.108m; GT 2

f) Hành tinh nào có vận tốc góc lớn hơn? Ta có:  

2 . T

T = 27,5 ngày = 27,5.24.3600s. 2

M 



4 . 3,84.10

Vì T1  T 2  1  2 và



6,67.10 .  27,5.24.3600  11

2 T 1   14,7. 1 T 2

 6.10 24 kg

Vậy: Sao Thổ có vận tốc góc lớn gấp 14,7 lần Sao Hoả.

Vậy: Khối lượng Trái Đất là M = 6.1024kg.

5.3. Một vệ tinh nhân tạo chuyển động tròn đều quanh Trái Đất ở độ cao h = 670km. Tính tốc độ dài của vệ tinh, cho bán kính Trái Đất là R = 6370km.

5.2. Sao Thổ cách Mặt Trời gấp 6 lần khoảng cách từ Sao Hoả đến Mặt Trời. Hành tinh nào có: Bài giải a) Chu kì quay lớn hơn? -

b) Vận tốc trên quỹ đạo lớn hơn?

Vì lực hấp dẫn giữa vệ tinh và Trái Đất chính là lực hướng tâm nên: Fhd  Fht . G

c) Vận tốc góc lớn hơn?

R  h 



mv 2 v  R  h 

GM R h

(1)

Bài giải d) Hành tinh nào có chu kì quay lớn hơn? Ta có:

a 3 GM   const. T 2 4 2

Gọi Sao Thổ là 1, Sao Hoả là 2. Ta có:

Mặt khác, trên mặt đất, ta có: g 

Suy ra: v  R

GM R2

(2)

g 9,8.10 3  6370.  7,5 (km/s). R h 6370  670

Vậy: Tốc độ dài của vệ tinh là v = 7,5(km/s). 5.4. Tính độ cao của một vệ tinh địa tĩnh ở phía trên xích đạo Trái Đất.

Bài giải

Khoảng cách từ vệ tinh đến tâm Trái Đất: r  3 G

 r  3 6,67.1011.

6.1024.  24.60.60  4.3.14

MT 2 . 4 2

Áp dụng định luật II Ke-ple:

1 1 v t .R1  v 2 t .R 2 . 2 1 2

 v 1.R1  v 2 .R 2

(2);

 4,225.107 m  42250km

R2 = 2R1

v GM GM 7,9   I   3,724  km/s  . 3R1 3.1,5R 0 4,5 4,5

Từ (1), (2) và (3): v 2 

T   a  a Áp dụng định luật III Ke-ple:  e      T e  T   . T R R     

5.5. Một trạm vũ trụ bay quanh Trái Đất trên quỹ đạo tròn có bán kính R = 1,5R0, động cơ không hoạt động.

(3)

Với: a 

a) Tính vận tốc dài và chu kì quay của trạm.

R 1  R 2 3R 1   2,25R 0 2 2 3

u  104  m/s  . Bán kính của Mặt Trăng là Rt  1,7.103 km, khối lượng Mặt Trăng là M t  7, 4.10 22 kg, gia Bài giải





tốc trọng trường trên bề mặt Mặt Trăng là g t  1,7 m/s2 .

c) Vận tốc và chu kì quay của trạm trên quỹ đạo tròn -

Trạm quay tròn quanh Trái Đất với lực hướng tâm chính là lực hấp dẫn nên:

v mM mv 2 GM GM 7,9  v    I   6,45  km/s  R R 1,5R 0 R2 1,5 1,5

c) Phải tốn bao nhiêu nhiên liệu để động cơ hoạt động ở điểm A làm con tàu đáp xuống Mặt Trăng ở điểm B (hình a). d) Trong phương án thứ hai, ở điểm A con tàu nhận xung lượng hướng về tâm của Mặt Trăng và chuyển sang quỹ

2

2 2.3,14 R .1,5.6400  9347s  156 phút v 6,45

Chu kì quay: T 

Vậy: Vận tốc và chu kì quay của trạm trên quỹ đạo tròn là v = 6,45(km/s) và T = 156 phút.





đạo tiếp tuyến với Mặt Trăng ở điểm C (hình b). Trường hợp này tốn bao nhiêu nhiên liệu?

d) Vận tốc và chu kì quay của trạm trên quỹ đạo elip -

(Trích đề thi học sinh giỏi Quốc tế, Liên Xô – 1979)

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho trạm: W 1  W 2 . Bài giải



1 mM 1 2 mM mv 12  G  m 2 G 2 R1 2 R2

(1)

c) Nhiên liệu để con tàu đáp xuống Mặt Trăng ở điểm B Gọi v là vận tốc con tàu trên quỹ đạo tròn; v A ,v B là các vận

tốc trên quỹ đạo hạ cánh. Quỹ đạo này là các quỹ đạo elip của



chuyển động theo các định luật Ke-ple. -

Lực hướng tâm trên quỹ đạo tròn chính là lực hấp dẫn của Mặt Trăng:

v 

Và v  

 G

GM t Rt2

: gia tốc trên Mặt Trăng

h 0,1.106 v  .1651  97  m/s  Rt 1,7.106

Từ (4) v A  v 2  v 2  16512  972  1655  m/s  .

Khối lượng nhiên liệu: m  

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho con tàu trên quỹ đạo elip, ta được: MM t Mv A2 MM t Mv B2 G   G  Rt  h 2 Rt 2

; gt 

Rt  h 1,7.106  0,1.106 v  .1651  1749  m/s  Rt 1,7.106

1

GM t 6,67.10 11.7,4.1022   1651  m/s  Rt  h 1,7.10 6  0,1.10 6

 h

Áp dụng định luật II Ke-ple, ta được: vR  v C Rt .

vC 

MM t Mv 2 G 2 Rt  h  Rt  h 

2 g t hRt

 R

 v C2  v 2  v 2 

M v  12.103.97   116kg. u 10 4

Vậy: Nhiên liệu để con tàu đáp xuống Mặt Trăng ở điểm C là m’ = 116kg.

Mt v2 M v2  A  G t  B Rt  h 2 Rt 2

2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP

2

Chuyên đề 1. ĐỘNG LƯỢNG. BẢO TOÀN ĐỘNG LƯỢNG

Áp dụng định luật II Ke-ple, ta được: v A  Rt  h   v B Rt

 3

Từ (2) và (3):

rằng trong quá trình chuyển động bề mặt lớn của khối gỗ luôn song song với sàn và khi chạm sàn khối gỗ

2 Rt 2.1,7.106 vA  v  1651  1627  m/s  6 2 R  h R  h 2 R  h 2.1,7.10  0,1.106  t  t  t

không nảy lên. Hệ số ma sát trượt giữa khối gỗ và sàn là  . Xác định góc  để khối gỗ dừng lại cách điểm

1. Một khối gỗ hình hộp chữ nhật được ném từ mặt sàn nằm ngang với vận tốc v0 hợp góc  so với sàn. Biết

2GM t Rt

ném xa nhất. Bỏ qua sức cản của không khí. Bài giải

Độ biến thiên vận tốc: v  v  v A  1651  1627  24  m/s  .

Vì chuyển động của khối gỗ giống như chuyển động của vật ném xiên nên:

Gọi m là khối lượng nhiên liệu đã cháy. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, ta được:

- Thời gian chuyển động của khối gỗ: t 

 M  m  v  mu  m  Muv



12.10 .24  29kg; v  u . 10 4

Từ định luật bảo toàn động lượng, ta được:  1 2GM t h 1  v C2  v A2  2GM t   .   Rt Rt  h  Rt  Rt  h 

- Tầm nén xa của khối gỗ: s1  v0 cos  .t 

Vậy: Nhiên liệu để con tàu đáp xuống Mặt Trăng ở điểm B là m = 29kg. d) Nhiên liệu để con tàu đáp xuống Mặt Trăng ở điểm C     - Vì v   v A v vuông góc với v nên: v A2  v 2  v 2

2v0 sin  . g

(4)

- Vì thời gian va chạm giữa khối gỗ và sàn là rất nhỏ nên ta có:

   Fx t  px   Fms t  mv  mv0 cos  F t   p    F  t   p y Qt  mv0 sin   y

(1) (2)

v  v0 cos  (1) và chú ý Fms   Q , ta được:    (2) v0 sin 

- Lập tỷ số

Chọn hệ khảo sát: Viên đạn. Vì trong quá trình nổ, nội lực lớn hơn rất nhiều so với ngoại lực nên hệ khảo sát là hệ kín trong suốt thời gian xảy ra sự nổ.

  Gọi khối lượng cả viên đạn là 2m, động lượng của đạn trước khi nổ: p  2mv .

 v  v0 (cos    sin  ) (với v  0 ) - Khối gỗ trượt trên sàn quãng đường s2 với gia tốc a    g và ta có: 2

0  v 2  2as2  s2 

v  cos    sin   v 2  0 2  g 2 g

đứng, hướng lên:

  - Động lượng của mảnh thứ hai sau khi nổ: p 2  mv2

- Khối gỗ dừng lại cách điểm ném một đoạn: s  s1  s2 . 2

s

2v02 sin  cos  v0  cos    sin    g 2 g 2 0

2 0

(Hướng: Nằm nghiêng hướng lên 60 so với phương thẳng đứng, độ lớn p2  mv2  500m (kg.m/s)).

2 0

4  v sin  cos   v cos   2v  sin  cos   v  sin  2 g

v2 2  s  0  cos    sin   2 g

 cos    sin  

 1  

Dấu “=” xảy ra khi:

 cos

   - Theo định luật bảo toàn động lượng: p  p1  p 2   - Vì p  p2 và góc   60 nên tam giác tạo bởi p1 và p 2 là tam  giác đều. Do đó, động lượng p1 của mảnh thứ nhất có:

+ Hướng: Nghiêng góc   60 so với phương thẳng đứng.

- Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: 2

(Hướng: dưới lên; độ lớn: p  2mv  2m.250  500m (kg.m/s). a) Mảnh thứ hai bay theo phương lệch góc 600 so với phương thẳng

  sin    1   2

2 0

v 1  2   tan     s  1    cos  sin  2 g

+ Độ lớn: p1  p  500m (kg.m/s).  - Vận tốc của mảnh thứ nhất v1 có:  + Hướng: Nghiêng góc   60 so với phương thẳng đứng (theo hướng p1 ).

- Biện luận: + Để v  0 thì cos    sin   0    cot  và: smax 

v02 2 1    khi   tan  2 g

+ Nếu   cot  thì smax  s1max

+ Độ lớn: v1 

p1 500m   500 (m/s). m m

Vậy: Mảnh thứ nhất bay lên theo hướng nghiêng góc 60 so với phương thẳng đứng, với vận tốc bằng 500(m/s).

v2  0 khi   45 . g

2. Một viên đạn đang bay thắng đứng lên cao với vận tốc 250(m/s) thì nố thành hai mảnh có khối lượng bằng nhau. Tìm hướng và độ lớn của mảnh thứ nhất biết mảnh thứ hai bay với vận tốc 500(m/s) theo phương lệch góc 60 với phương thẳng đứng, hướng: a) Lên phía trên

b) Mảnh thứ hai bay theo phượng lệch góc 60 so với phương thẳng đứng, hướng xuống   - Động lượng của mảnh thứ hai sau khi nổ: p 2  mv2 . (Hướng: Nằm nghiêng hướng xuống, nghiêng 60 so với phương thẳng đứng, độ lớn p2  mv2  500m (kg.m/s)).

  - Theo định luật bảo toàn động lượng: p  p1  p 2   - Vì p  p2 nên tam giác tạo bởi p và p 2 là tam giác cân:

Bài giải



60  30 2  - Động lượng p1 của mảnh thứ nhất sau khi nổ có:

  

b) Xuống phía dưới mặt đất



+ Hướng: Nghiêng góc   30 so với phương thẳng đứng, hướng lên.

+ Độ lớn: p12  p 2  p22  2 p1 p2 cos120  3.  500m 

 p1  500m 3 (kg.m/s)  - Vận tốc v1 của mảnh thứ nhất có:  + Hướng: Nghiêng góc   30 so với phương thẳng đứng, hướng lên (theo hướng p1 ).

+ Độ lớn: v1 

   - Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có: p  p1  p 2   Với p nằm ngang, p1 thẳng đứng hướng xuống và có độ lớn là: p  2mv  20 3m; p1  mv1  20 m   - Vì p1 vuông góc với p nên từ hình vẽ ta có: p22  p 2  p12  4.(20m)2

 p2  40m

p1 500m 3   500 3  866 (m/s) m m

Vậy: Mảnh thứ nhất bay lên theo hướng nghiêng góc 30 so với phương thẳng đứng, với vận tốc bằng 866(m/s).

- Vận tốc mảnh II ngay sau khi lựu đạn nổ: v2  - Từ hình vẽ ta có: tan  

3. Một lựu đạn được ném từ mặt đất với vận tốc v0  20 (m/s) theo phương lệch với phương ngang góc

  p2  40 (m/s) ( v2 cùng hướng với p 2 ). m

p1 1     30 . p 3

  30 . Lên tới điểm cao nhất nó nổ thành hai mảnh bằng nhau. Mảnh I rơi thẳng đứng với vận tốc đầu

 Vậy: Sau khi lựu đạn nổ, mảnh II bay theo phương v2 hợp với phương ngang góc   30 , hướng lên và có

v1  20 (m/s).

độ lớn vận tốc v2  40 (m/s).

a) Tìm hướng và độ lớn vận tốc mảnh II.

b) Độ cao cực đại của mảnh II so với mặt đất

b) Mảnh II lên tới độ cao cực đại cách mặt đất bao nhiêu ? Bài giải Chọn hệ khảo sát: Viên đạn. Trong quá trình nổ thì nội lực lớn hơn rất nhiều so với ngoại lực nên hệ khảo sát là hệ kín trong suốt thời gian xảy ra nổ. Suy ra động lượng bảo toàn trong khoảng thời gian nổ.

- Sau khi đạn nổ, mảnh II chuyển động như vật bị ném xiên góc   30 so với phương ngang từ A, với vận tốc đầu v2  40 (m/s). - Khảo sát chuyển động của mảnh II trong hệ trục tọa độ x1 Ay1 (hình vẽ) thì độ cao cực đại của nó so với A là:

a) Hướng và độ lớn vận tốc của mảnh II ngay sau khi đạn nổ

 Chọn hệ trục toạ độ xOy như hình vẽ. Tại điểm cao nhất A (đỉnh parabol) thì vận tốc v có phương nằm

ngang và có độ lớn là:

v  v0 x  v0 cos   20.

3  10 3 (m/s) 2

- Vị trí A có độ cao là: hA  AH  y A 

v02 sin 2   5m. 2g

- Xét lựu đạn nổ tại A. Gọi m là khối lượng của mỗi mảnh.

1 402.   v sin   2   20m hB  BK  y1B   2g 2.10 2 2

Độ cao cực đại của mảnh II so với đất là: h  hA  hB  5  20  25m. 4. Một hạt nhân phóng xạ ban đầu đứng yên phân rã thành ba hạt: electron, nơtrinô và hạt nhân con. Động lượng của electron là 9.1023 (kg.m/s), động lượng của nơtrinô vuông góc với động lượng của electron và có độ lớn 12.1023 (kg.m/s). Tìm hướng và độ lớn động lượng của hạt nhân con. Bài giải Chọn hệ khảo sát: Hạt nhân phóng xạ. Trong quá trình nổ thì nội lực lớn hơn rất nhiều so với ngoại lực nên hệ khảo sát là hệ kín trong suốt thời gian xảy ra nổ. - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, ta có:     p e  p n  p nh  0   - Vì p n vuông góc với p e nên ta có: pnh 

 pnh 

23 2

 9.10   12.10 

pe2  pn2

 15.1023 (kg.m/s)

và tan  

c) Tốc độ của tên lửa vào lúc toàn bộ nhiên liệu đã cạn hết. Bỏ qua sức cản của không khí, lấy g = 9,8(m/s2).

pn 12.1023 4      53 pe 9.1023 3

Bài giải

  180  53  127 .

a) Lực đẩy tên lửa

Vậy: Vectơ động lượng của hạt nhân con nằm trong mặt phẳng chứa vectơ động lượng của electron và của

Ta có: Fd  mu  190.2800  5,32.105 N .

nơtrinô, có hướng tạo góc 127 với vectơ động lượng của electron và có độ lớn bằng 15.1023 (kg.m/s).

Vậy: Lực đẩy tên lửa là Fd  5,32.105 N . b) Hợp lực tác dụng lên tên lửa

5. Hai lăng trụ đồng chất A, B có khối lượng m1 , m2 như hình vẽ. Bỏ qua

Ta có: Fhl  Fd  Mg .

ma sát, độ dài đáy các thiết diện của lăng trụ là a và b. Khi B trượt từ đỉnh

- Lúc bắt đầu phóng (có lực đẩy, khối lượng tổng cộng M = 21 tấn):

đến chân lăng trụ A thì A dời chỗ một khoảng bao nhiêu?

Fhl  5,32.105  0, 21.105.9,8  3, 26.105 N .

Bài giải

- Lúc sắp cạn nhiên liệu (còn lực đẩy, hết nhiên liệu): Chọn hệ khảo sát: ‘Hai lăng trụ”. Bỏ qua ma sát nên ngoại lực cân bằng

Fhl  5,32.105  (0, 21.105  0,15.105 ).9,8.  4, 73.105 N .

theo phương ngang và hệ khảo sát là hệ kín theo phương ngang. Gọi v1 và

- Lúc đã hết nhiên liệu (không còn lực đẩy, hết nhiên liệu):

v2 lần lượt là độ lớn vận tốc của hai lăng trụ A và B.

Fhl  mg  (0, 21.105  0,15.105 ).9,8.  5,88.105 N .

- Theo phương ngang, động lượng được bảo toàn nên:

v m m1v1  m2 v2 hay 1  2 v2 m1

Vậy: Hợp lực tác dụng lên tên lửa trong ba trường hợp lần lượt là 3, 26.105 N ; 4, 73.105 N ; 5,88.105 N .

(1)

c) Tốc độ của tên lửa vào lúc toàn bộ nhiên liệu đã cạn hết Ta có: v   gt  u ln

Gọi s1 , s2 lần lượt là quãng đường hai lăng trụ đã đi được theo

M0 m 15000 ; t  nl   79s : Thời gian để đốt hết nhiên liệu. M m 190

phương ngang; t là thời gian di chuyển động của hai lăng trụ, ta có:

 v  9,8.79  2800.ln

s v s1  v1t ; s2  v2 t  1  1 s2 v2

(2)

Vậy: Tốc độ của tên lửa vào lúc toàn bộ nhiên liệu đã cạn hết là v = 2,73(km/s).

s m m - Từ (1) và (2), ta có: 1  2  s2  1 s1 s2 m1 m2 Mặt khác: s1  s2  a  b - Thay (3) vào (4), ta được: s1 

21000  2,73.103 (m/s) = 2,73(km/s). 6000

Chuyên đề 2-3

(3)

CÔNG – CÔNG SUẤT - NĂNG LƯỢNG. (4)

ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG

m1 m (a  b) s1  a  b  s1  2 . m2 m1  m2

Vậy: Khi B trượt từ đỉnh đến chân lăng trụ A thì A dời chỗ một khoảng là s1 

7. Dây chiều dài L không dãn nằm trên mặt bàn nằm ngang.

m2 (a  b) . m1  m2

Đầu dây bên phải luồn qua một lỗ nhỏ trên bàn và buộc vào phía dưới như hình. Phần dây bên dưới mặt bàn vắt qua một

6. Một tên lửa chứa mnl  15 tấn nhiên liệu và có khối lượng tổng cộng là M = 21 tấn. Tốc độ tiêu thụ nhiên

ròng rọc nhỏ nhẹ có treo một vật khối lượng M. Đầu dây bên

liệu của tên lửa là m = 190(kg/s) và khí đốt phụt ra với tốc độ u = 2800(m/s). Cho biết tên lửa phóng lên theo

trái được giữ sao cho lúc đầu ròng rọc ở sát mặt đưới của

phương thẳng đứng. Hãy tính:

bàn, sau đó thả ra. Dây trượt trên bàn vào lỗ. Bỏ qua ma sát.

a) Lực đẩy tên lửa.

Bề dày mặt bàn không đáng kể.

b) Hợp lực tác dụng lên tên lửa vào lúc bắt đầu phóng, lúc sắp cạn nhiên liệu và lúc đã hết nhiên liệu.

Tìm tốc độ v của đầu dây bên trái vào lúc nó di chuyển được một đoạn x trong hai trường hợp: a) Bỏ qua khối lượng dây.

b) Dây đồng chất tiết diện đều có khối lượng m.

 Wt  Mgh  m

Áp dụng L = 1m; m = 0,1kg; M = 0,2kg; x = 0,2m; g = 10(m/s ). (Trích đề thi Olympic 30/4, 2015) Bài giải a) Trường hợp bỏ qua khối lượng dây Gọi h là khoảng cách từ ròng rọc đến lỗ trên bàn, ta có: h 

x . 2

- Tốc độ của vật M lúc đầu dây trái di chuyển một đoạn x là:

u

x h  mx  x g  M  g L 2  2L  2

 x    M mL  2      v 2   M  mx  g x - Thay (2) và (3) vào (1), ta được:     2L 2L  2  8      

v

h 1 x v   t 2 t 2

mx  x 0,1.0, 2  0, 2   M  g  0, 2   .10. 2L  2 2.1  2     3 m / s M x  0, 2   0, 2   m 1   0,1. 1     4 4  2L   2L 

Vậy: Trường hợp dây đồng chất tiết diện đều có khối lượng m thì tốc độ của đầu dây bên trái vào lúc nó di

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được:

chuyển được một đoạn x là v  3  m/s  .

Mu 2  Mgh  u 2  2gh 2

8. Cho cơ hệ như hình vẽ: A là khúc gỗ mang một cái cọc thẳng đứng,

 v  8gh  4gx  v  2 gx  2 10.0, 2  2 2  m/s 

tổng khối lượng là M đặt trên mặt đất nằm ngang. B là quả cầu nhỏ khối

Vậy: Trường hợp bỏ qua khối lượng dây thì tốc độ của đầu dây bên trái vào lúc nó di chuyển được một đoạn

lượng m, treo vào đỉnh cọc bằng sợi dây không dãn. Đưa quả cầu tới vị trí sao cho sợi dây nằm ngang rồi thả nhẹ để nó chuyển động từ nghỉ. Để

x là v  2 2  m/s  .

khúc gỗ A không bị dịch chuyển cho tới khi quả cầu chạm vào cọc thì hệ

b) Trường hợp đây đồng chất tiết diện đều có khối lượng m.

số ma sát nghỉ giữa khúc gỗ và mặt đất nhỏ nhất bằng bao nhiêu ?

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được: Wd  Wt (1)

(Trích đề thi Trại hè Hùng Vương, 2015)

+ Động năng của vật M:

Mu . 2

Bài giải - Khi quả cầu chuyển động tới vị trí dây treo tạo với phương ngang góc , nó có vận tốc v. Theo định luật

+ Phần dây từ mép trái tới ròng rọc lúc t có khối lượng m động năng: m

Lh và đang chuyển động với tốc độ v nên có L

bảo toàn cơ năng, ta được:

mg sin  

L  h v2 . . L 2

1 mv 2 2

- Gọi lực căng dây là T, vì quả cầu chuyển động tròn nên :

+ Phần dây còn lại đứng yên nên có động năng bằng 0.

Mu 2 L  h v 2 Mv 2 L  h v2  Wd  m .  m 2 L 2 8 L 2

T  mg sin   (2)

x + Phần dây chiều dài x có khối lượng m , di chuyển xuống dưới mặt bàn, trọng tâm của phần dây này hạ L h x h nên độ giảm thế năng của nó bằng m g . 2 L 2

mv 2 l

(2)

- Vì khúc gỗ đứng yên:

+ Vật M hạ xuống một đoạn h nên độ giảm thế năng của nó bằng Mgh

xuống một đoạn

(1)

T sin   Mg  N  0

(3)

T cos   Fmsn  0

(4)

- Mà Fmsn  N

(5)

- Từ các công thức trên ta được:

+ Phần dây còn lại trên bàn đứng yên nên thế năng không đổi.



3m sin  cos  2sin  cos   3m sin 2   M 2 sin 2   a

(6)

2M 3m

với a 

Đặt f    

2 sin  cos  a  2sin 2 

- Mặt khác: g  G

(8)

Do đó: v  gR  10.6, 4.10 6  7900  m/s   7,9  km/s  .

- Để khối gỗ đứng yên với mọi giá trị khả dĩ của  thì giá trị nhỏ nhất  min phải bằng giá trị lớn nhất của

nhau và dựa vào tường như hình vẽ. Do quả cầu O2 bị đẩy nhẹ về phía xa

Ta có:

tường nên quả cầu O1 bị trượt xuống theo phương thẳng đứng. Bỏ qua mọi ma

2 sin  cos  2sin  cos    2 2 a  sin 2   cos2    2sin 2  a cos    a  2  sin 

- Theo bất đẳng thức Cosi, ta có: Khi tan   thì f   max 

1 a a  2



2 M  3mM

2 a   a  2  tan  tan 

(9)

  min 

sát và sức cản môi trường. Tìm độ lớn vận tốc cuối của quả cầu O2 và độ lớn vận tốc của quả cầu O1 khi chạm sàn. Bài giải

a a2

- Khi hai quả cầu chưa rời nhau, O1 chuyển động xuống dưới và O2 chuyển động theo phương ngang nên:

v1  v 2 cot .

3mM

- Trong hệ quy chiếu gắn O2, O1 chuyển động tròn với vận tốc.    v12  v1   v 2

Vậy: Hệ số ma sát nghỉ giữa khúc gỗ và mặt đất nhỏ nhất phải bằng

 min 

Vậy: Vận tốc của vật khi đến tâm Trái Đất là v  7, 9  km/s  . 10. Hai quả cầu O1, O2 cùng bán kính R và cùng khối lượng m, đặt chồng lên

f    khi  thay đổi.

f   

M GM  gR  . R2 R

(7)

 

 2  v12  v12  v 22 ; v12  O1O 2

3m 2 M 2  3mM

9. Giả sử có một cái giếng được đào xuyên qua tâm Trái Đất. Thả một vật không vận tốc ban đầu từ miệng

- Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có: mg.2R 1  sin   

giếng. Hãy tính vận tốc của vật đi đến tâm Trái Đất. Cho Trái Đất có khối lượng phân bố đều, bán kính R = 6380km; gia tốc trọng trường ngay tại mặt đất là g = 9,8(m/s2). Bỏ qua mọi lực cản của môi trường.

 mg.2R 1  sin   

v2 1 1 mv 22 1  cot 2    m 22 2 2 sin 

Bài giải Chọn trục Ox như hình vẽ. Gọi M, R là khối lượng và bán kính Trái Đất. - Lực tác dụng lên vật: F  G

Mm ; với M là khối lượng phần Trái Đất có bán kính x  x  R  , m là khối x2

lượng của vật, G là hằng số hấp dẫn, x là khoảng cách từ vật đến tâm Trái Đất. Ta có:

M  M

Mm x3 Mm  F  G 3 x  kx, với k  G 3 R R3 R

- Thế năng do lực F gây ra:

1 1 Mm Wt  kx 2  .G 3 x 2 2 2 R

1 1 mv12  mv 22 2 2

- Trên phương O1O2: O1O 2 : Q x  Fqx  P sin   m1

2 v12 2R

- Khi m1 rời m2 thì Q12  0 và Fqt  0 vì vật m2 bắt đầu chuyển động đều: 2 v12  2g sin   v12  v22

(1)  2gR 1  sin    gR sin   sin  

2 3

16gR  2 1 9  2gR 1    v 22  v 22  27  3 2 4 16gR 16gR ; v1  cot   27 27

20gR 27

- Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

 v2 

Wt  W2 , (Từ lúc thả vật: x  R, v0  0 đến tâm Trái Đất x  0, vận tốc v).

- Vật m1 chuyển động như vật ném đứng xuống dưới với v01  v1 nên:

1 Mm 1 GM  0  .G 3 R 2  mv2  0  v  2 R 2 R

2 4R + Độ cao ban đầu: h  2R sin   2R.  . 3 3

(1)

+ Khi vật chạm sàn: v1  v12  2gh 

20gR 4R 92gR  2g.  . 27 3 27

16gR Vậy: Độ lớn vận tốc cuối của quả cầu O2 và độ lớn vận tốc của quả cầu O1 khi chạm sàn là v 2  và 27 v1 

92gR . 27

Với v1 cos   v 02 sin 

(8)

- Trong hệ quy chiếu gắn với quả cầu (I), quả cầu (II) chuyển động tròn bán kính l. Tại thời điểm đang xét vận tốc quả cầu II đối với quả cầu I là:    2 (9) v 0  v 02  v 01  v 02  v 201  v 02 - Phương trình chuyển động của quả cầu II là:

11. Hai quả cầu nhỏ khối lượng bằng nhau, nối với nhau bằng thanh rắn nhẹ, dài l

mg sin   m

v02 l

(10)

(tạ đôi) được đặt thẳng đứng trên mặt sàn nhẵn nằm ngang và dựng sát tường nhẵn như hình vẽ. Ban đầu một trong hai quả cầu được dịch ngang một khoảng nhỏ và thả không vận tốc đầu. Tính vận tốc của các quả cầu khi quả cầu trên về đến mặt phẳng ngang.

2 2 2 1 10 - Từ (7), (8), (9) và (10): sin   ; v1  gl; v 02  gl 3 3 3 3 3   Gọi v1 , v 2 là vận tốc quả cầu (I) và (II) khi về đến mặt phẳng nằm ngang.

Ta có:

Bài giải a) Trường hợp quả cầu trên được dịch ngang

- Bảo toàn cơ năng: mg 

- Khi quả cầu dưới (I) còn nén vào tường, quả cầu trên (II) chuyển động tròn, bán kính l. Tại thời điểm quả cầu dưới hết nén vào tường thì lực tác dụng lên quả cầu (II) chỉ còn trọng lực, ta có:

mv02  mg cos  

mv12 mv 22   2g  v12  v 22 2 2

- Bảo toàn động lượng: mv 01  mv1  mv 2 cos 

(12)

- Vì thanh cứng nên: v 2 cos   v1

(13)

(1) - Từ (11), (12) và (13): v1 

mv 20  mg 1  cos   Và 2

(2)

v01 1 2 2 13  gl; v 2  gl. 2 3 3 3 3

Vậy: Vận tốc của các quả cầu khi quả cầu trên về đến mặt phẳng ngang:

(v0 là vận tốc quả cầu (II) lúc quả cầu (I) hết nén vào tường)

2 2gl - Từ (1) và (2): cos   và v0  (3) 3 3   Gọi v1 , v 2 là vận tốc quả cầu (I) và (II) khi về đến mặt phẳng nằm ngang. Ta có: - Bảo toàn cơ năng: mg 

(11)

mv12 mv 22   v12  v 22  2g 2 2

- Khi quả cầu trên được dịch ngang là v1 

1 2 2 13 gl; v 2  gl. 3 3 3 3

- Khi quả cầu dưới được dịch ngang là v1 

1 2 2 13 gl; v 2  gl. 3 3 3 3

12. Một khối gỗ có khối lượng m ban đầu nằm yên trên mặt phẳng nằm ngang. Một vật nhỏ cũng có khối (4) lượng m trượt trên mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v 0  3 gR và trượt lên bề mặt có dạng cung tròn lên

- Bảo toàn động lượng: mv 0 cos   mv1  mv 2 cos 

(5)

khối gỗ. Bỏ qua mọi ma sát.

- Vì thanh cứng nên v1  v 2 cos 

(6)

a) Tìm vận tốc của khối gỗ ngay sau khi vật rời khỏi khối

- Từ (3), (4), (5) và (6): v1 

gỗ.

1 2 2 13 gl; v 2  gl. 3 3 3 3

b) Tìm độ cao lớn nhất mà vật nhỏ đạt được sau đó và

b) Trường hợp quả cầu dưới được dịch ngang

khoảng cách giữa hai vật khi vật nhỏ m chạm đất; lấy g =

- Khi quả cầu (II) rời tường, ta có:

10(m/s2) và R = 0,5m.

2 mv 201 mv 02   mg 1  sin   2 2

Bài giải (7)

a) Vận tốc của khối gỗ ngay sau khi vật rời khỏi khối gỗ

   Gọi v1 , v 2 là vận tốc của khối gỗ và của vật nhỏ ngay sau khi vật nhỏ rời khỏi khối gỗ; v là vận tốc tương đối của vật nhỏ so với khối gỗ.    Ta có: v 2  v  v1  Và v có tiếp tuyến với cung tròn tại điểm B và hợp với phương ngang góc   60. - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ “khối gỗ và vật nhỏ” theo phương ngang, ta được: mv 0  mv1  mv 2x  v 0  v1   v cos 60  v1 

- Độ cao lớn nhất mà vật nhỏ đạt được sau đó: H max 

 H max 

R 3gR   2R  2.0,5  1m 2 2g

- Phương trình chuyển động của vật nhỏ m theo hệ trục tọa độ Bxy:

1 y 2   v 2 sin 30  t  gt 2  gRt  5t 2  10.0,5t  5t 2  5t  5t 2 2 - Khi vật chạm đất: y 2  

 2v1  0,5v

(1)

 v  2v 0  4v1

R v 2y  . 2 2g

R  0, 25m. 2

 5t 2  5t  0, 25  0  t  0, 54s - Độ dời của khối gỗ và vật nhỏ theo phương ngang:

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ “khối gỗ và vật nhỏ”, ta được:

x1  v1t  gR t  10.0,5.0,54  1, 21m

3 3 .0, 54  2. 10.0, 5. .0,54  2, 09m 2 2

1 1 1 R mv02  mv12  mv 22  mg 2 2 2 2

x 2   v 2 cos 30 t  2 gR.

 v20  2v12   v 2  v12  2vv1 cos120  gR (2)

- Khoảng cách giữa hai vật khi vật nhỏ m chạm đất: x  x 2  x1  2, 09  1, 21  0,88m.

- Thay (1) vào (2), ta được: 2

v02  2v12   2v0  4v1    2v0  4v1  v1  gR

 14v12  14v0 v1  3v02  gR  0

Vậy: Độ cao lớn nhất mà vật nhỏ đạt được sau đó là H max  1m và khoảng cách giữa hai vật khi vật nhỏ m chạm đất là x  0,88m. 13. Hai quả cầu nhỏ khối lượng m1 = 600g và m2 = 400g được nối với nhau bằng một sợi dây không dãn,

 v12  3 gR v1  2gR  0, (thay v 0  3 gR )

khối lượng không đáng kể, vắt qua ròng rọc cố định như hình vẽ. Quả cầu m1 có thể lăn trên máng nghiêng

 v1  gR  v  2.3 gR  4 gR  2 gR  ;  v1  2 gR  v  2.3 gR  4.2 gR  2 gR

phẳng, nghiêng góc   30 so với phương ngang và tiếp tuyến với một phần hình tròn bán kính R nằm

- So với khối gỗ, vận tốc của vật nhỏ theo phương ngang v  0 nên v  2 gR .

trong mặt phẳng thẳng đứng. Lúc đầu quả cầu m2 được giữ ở độ cao cách sàn một khoảng h = 5,4m, còn m1 thì thấp hơn m2 một khoảng h0 1,6m. Thả cho hai quả cầu chuyển động, sau thời gian t = 2s thì dây nối hai quả cầu đột ngột bị đứt.

Vậy: Vận tốc của khối gỗ ngay sau khi vật nhỏ rời khỏi nó là v1  gR .

a) Tìm giá trị lớn nhất của bán kính R để quả cầu m1 lăn hết phần hình tròn của máng. Bỏ qua ma sát, kích

b) Độ cao lớn nhất mà vật nhỏ đạt được sau đó và khoảng cách giữa hai vật khi vật nhỏ m chạm đất.

thước các quả cầu, khối lượng ròng rọc. Lấy

2 2 - Vận tốc của vật nhỏ ngay sau khi rời khỏi khối gỗ: v 2  v2x  v 2y .

g  10m/s 2 . b) Với máng hình tròn bán kính R tìm được ở câu a,

Với v 2y  v sin 6    2 gR.

3  3gR 2

1 Và v 2x  v cos 60  2 gR.  gR 2  v 2  3gR  gR  2 gR

người ta cắt bỏ một phần BD của hình tròn sao cho:

  COD   ,  0      . Tìm giá trị của góc BOD   2 

 để quả cầu m1 rời máng tại điểm B lại đi vào máng tại điểm D ?

 - Tại B, quả cầu m1 chuyển động như được ném xiên với vận tốc vB hợp với phương ngang một góc .

Bài giải a) Giá trị lớn nhất của bán kính R để quả cầu m1 lăn hết phần hình tròn của máng

Tầm ném xa của vật: L  x max 

- Khi dây chưa đứt, hai quả cầu chuyển động cùng gia tốc:

m g  m1g sin  a 2  m1  m 2

0, 4.10  0, 6.10. 0, 6  0, 4

1 2  1 m / s 2 

- Để m1 đến đúng điểm D: L  2R sin  

- Khi dây đứt, quả cầu m1 lên được độ cao h1 và có vận tốc v1, với: h1 



at 2 22 1 .sin   .  1m; v1  at  1.2  2  m / s  2 2 2

v 2B sin 2  2R sin . g

v 2B cos  gR  R  vB  . g cos 

- Từ (4) và (5), ta được:

- Sau khi dây đứt, quả cầu m1 tiếp tục chuyển động lên theo mặt phẳng nghiêng với vận tốc ban đầu v1 và gia

2g  H  R 1  cos    

tốc –g và lên thêm độ cao: h1 

v 2B sin 2 . g

gR . cos 

2H    2cos 2    2   cos   1  0 R  

v12 22   0, 2m 2g 2.10

- Độ cao cực đại của m1 là: H  h  h 0  h1  h1  5, 4  1, 6  1  0, 2  5m.    - Tại vị trí M, áp dụng định luật II Niu-tơn cho m1: Q1  P1  m1 a (1)

 2 cos 2   3cos   1  0   

 3

Vậy: Để quả cầu m1 rời máng tại điểm B lại đi vào máng tại điểm D thì  

- Chiếu (1) lên phương bán kính OM, ta được: m1g cos   Q1 

m1v . R

14. Một máy bắn bóng dùng lò xo: Quả bóng khối lượng m = 100g được ép vào lò xo có độ cứng k  1 N/cm  , đang bị nén một đoạn . Sau khi được thả ra, quả bóng chuyển động với hệ số ma sát

v   Q1  m1g   cos    gR 

 . 3

(2)   0,1 trên đoạn đường nằm ngang PS. Khi đến S lò xo ở trạng thái tự nhiên, quả bóng rời lò xo và được

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m1, ta được:

định hướng chuyển động không ma sát lên một mặt AO của nêm cố định, nêm AOB có dạng một tam giác

1 m1gH  m1v 2  m1gR 1  cos   2

vuông cân tại O, cạnh OB    2m. Cơ hệ được mô tả trên hình vẽ. Lấy g = 10 (m/s2). 1. Cho   20cm. Hãy xác định:

- Từ (1) và (2), ta có:

a) Vectơ vận tốc của quả bóng tại đỉnh O của nêm.

 2H  Q1  m1g   3cos   2   R 

b) Tốc độ lớn nhất của quả bóng trong toàn bộ quá trình chuyển động.

- Để quả cầu lăn hết phần máng hình tròn thì nó phải lăn qua được điểm cao nhất C, tại đó:

mặt nêm thì chạm mặt OB đúng một lần tại điểm B.

2H 2.5  2H  QC  0  m1g   5  0  R    2m  R max  2m 5 5  R  Vậy: Giá trị lớn nhất của bán kính R để quả cầu m1 lăn hết phần hình tròn của máng là R max  2m. b) Giá trị của góc  để quả cầu m1 rời máng tại điểm B lại đi vào máng tại điểm D - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m1, ta được:

m1gH 

1 m1v B 2  m1gR 1  cos   2

2. Xác định  để quả bóng sau khi vượt qua đỉnh O của

(4)

Bài giải  Chọn gốc thế năng ở mặt phẳng chứa AB. Gọi v là vận tốc  của quả bóng khi lên đến đỉnh nêm, v0 là vận tốc của bóng tại chân nêm S. 1.a) Xác định vận tốc của quả bóng tại đỉnh O của nêm - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho quá trình

chuyển động của bóng từ vị trí ban đầu đến đỉnh nêm O, ta được: + Theo Ox: a x 

k 2 1 mv 2  mg  mg  2 2 2

g 2 g 2 2  const; v0x  0; x  t . 2 4

+ Khi chạm B: y  0  t  k 100.0, 2  2g  gl 2   2.0,1.10.0, 2  10.0, 2. 2  4, 43  m/s  m 0,1 2

v

- Hướng vận tốc quả bóng tại O: Hướng AO, hợp với phương nằm ngang góc 45.



g 2  g 2v  2 2 2 v    4  g  g

Vậy: Vận tốc của quả bóng tại đỉnh O của nêm có độ lớn v  4, 43  m/s  và có hướng dọc theo mặt nêm hợp với phương nằm ngang góc 45.

g 2v g 2 2 ;x  t  . g 4

- Thay v 

k 2  2g  g 2 vào hệ thức trên, ta m

b) Tốc độ lớn nhất của quả bóng trong quá trình chuyển động

được phương trình bậc hai theo  :

- Trong quá trình chuyển động trên đoạn đường ma sát, ban đầu Fđh > Fms nên quả bóng chuyển động nhanh

50 2  0,1  1, 25  0    0,1591m  15, 91cm.

dần, đến thời điểm Fđh = Fms vật chuyển động đều và ngay sau đó Fđh < Fms nên vận tốc cực đại của bóng đạt

Vậy: Để quả bóng sau khi vượt qua đỉnh O của mặt nêm thì chạm mặt OB đúng một lần tại điểm B thì

được tại vị trí Fđh = Fms.

  15, 91cm.

mg 0,1.0,1.10 Fdh  Fms  mg  kx  x    0,001m k 100

15. Một khối gỗ khối lượng m có tiết diện là một tam giác vuông cân

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho quá trình chuyển động của quả bóng, ta được:

1 1 1 2 k 2  mv max  kx 2  Fmss 2 2 2 

1 1 1 k 2  mv 2max  kx 2  mg    x  2 2 2

 vmax 

k 2 kx 2  2g    x   m m

 v max 

100.0, 2 2 100.0, 0012  2.0,1.10  0, 2  0, 001   6, 29  m/s  0,1 0,1

Vậy: Vận tốc cực đại của quả bóng trong toàn bộ quá trình chuyển động là vmax = 6,29 (m/s) 2. Xác định  để quả bóng sau khi vượt qua đỉnh O của mặt nêm thì chạm mặt OB đúng một lần tại điểm B.

 - Sau khi rời O, quả bóng chuyển động như vật bị ném xiên với vận tốc ban đầu v hợp với phương ngang

có thể trượt không ma sát trên mặt sàn nằm ngang. Hai vật nhỏ có khối lượng m và 2m được nối với nhau bằng một sợi dây vắt qua ròng rọc như hình vẽ. Chiều dài của đáy khối là L = 54cm. Bỏ qua mọi ma sát, khối lượng của dây và ròng rọc. Thả tự do hai vật. Khi vật 2m đến đáy khối, hãy xác định: a) Độ dịch chuyển của khối gỗ. b) Vận tốc của các vật và của khối gỗ Bài giải a) Độ dịch chuyển của khối gỗ. Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ. - Xét hệ gồm 3 vật m, 2m và khối gỗ. Theo phương nằm ngang, ngoại lực tác dụng lên hệ bằng 0 nên tọa độ khối tâm của vật G: x G  const. + Lúc đầu: x1 

một góc 45. Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, phân tích chuyển động của quả bóng theo hai phương Ox và Oy, ta được:

g 2 g 2 g 2 2 + Theo Oy: a y    const; v y   t; y  vt  t . 2 2 4

L , x 2  x 3  0; 2

L L 2  m  2m  m 8 m.

xG 

+ Khi vật 2m chạm sàn:

x1  x 3 , x 2  x 3 

L  x2  0 : 2

(1)

xG 

16. Máy bay khi đỗ xuống sân bay thì bị vướng vào cáp hãm, tương đương với một lò xo. Máy bay đi được

mx1  2mx 2  mx 3 x1  2x 2  x 3  m  2m  m 4

L  2x 3   x 3   L 2   xG   xG  x3  4 4

  30m thì dừng (coi l như là độ dãn của lò xo). Vận tốc của máy bay khi bắt đầu vướng vào cáp là v =

108(km/h). Trọng lượng của phi công biến đổi như thế nào trong quá trình bị hãm. Tính giá trị cực đại ấy nếu phi công

(2)

có khối lượng 70kg. Giả thiết máy bay chuyển động theo phương ngang. Lấy g = 10(m/s2).

- Từ (1) và (2) ta thấy khối gỗ dịch chuyển sang bên trái một đoạn :

x3 

Bài giải

3L 3.54   20, 25cm 8 8

Chọn hệ quy chiếu gắn với máy bay, chiều dương là chiều chuyển động của máy bay trên sân bay.

Vậy: Khi vật 2m đến đáy khối thì khối gỗ dịch chuyển sang bên trái một đoạn x 3  20, 25cm.

- Lực đàn hồi tác dụng lên hệ « máy bay + phi công » là lực hãm, gây ra gia tốc :

F kx   ; M là tổng khối lượng của hệ. M M

b) Vận tốc của các vật và của khối gỗ

a

Gọi u là vận tốc của vật (1) và (2) đối với khối gỗ (3)  u1  u 2  u  và v là vận tốc của khối (3) tại thời điểm

- Ngoài các lực thông thường, viên phi công còn chịu thêm tác dụng của lực quán tính: Fq  ma.

vật (2) tới đáy khối gỗ.

      - Theo công thức cộng vận tốc, ta có: v1  u1  v; v 2  u 2  v.

Fq tăng dần và đạt cực đại khi: x  x max  .    - Trọng lượng của phi công: Q  P  Fq .

 v  v  u cos 45 . - Chiếu các hệ thức vectơ trên lên trục Ox, ta được:  1x  v 2x  v  u cos 45

Khi x   thì động năng ban đầu đã chuyển hóa thành thế năng của dây cáp (tương

- Trên các giản đồ, ta có: v12  v 22  v 2  u 2  2uv

Mv2 1 2 Fmax   k  2 2 2

(3)

- Áp dụng các định luật bảo toàn động lượng (theo phương ngang) và bảo toàn năng lượng, ta được :

mv1x  mv  2mv 2x  0  v 

u

2 2 u  v  2v  2 u 0 2 2

4 2 3

Và 2mg

(4)

1  gL  v2  3

(5)

- Từ (3), (4), (5) ta được: v

3gl 3.10.54   0,9  m/s  ; 20 20

v1  v 2 

 a max 

Fmax v2 302    30m/s 2 M  30

 Fq  ma max  70.30  2100N  Q max  P 2  Fq2  7002  21002  2214N 

L mv12 2mv 22 mv 2 L     mg 2 2 2 2 2

 v12  v 22 

đương như lò xo). Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có :

17gl 17.10.54   1, 24  m/s  . 60 60

Q max 2214   3,16. P 700

Vậy : Trọng lượng của phi công lúc ấy tăng lên và gấp 3,16 lần trọng lượng bình thường. 17. Một mặt cong nhẵn hình cầu bán kính R được gắn chặt trên một xe lăn nhỏ như hình vẽ ; khối lượng tổng cộng của xe và mặt cong là M. Xe được đặt trên một mặt phẳng nhẵn nằm ngang ; ban đầu, đầu A của mặt cong được tiếp xúc với vách tường thẳng đứng. Từ A, người ta thả một vật nhỏ khối lượng m cho trượt xuống mặt cong với vận tốc ban đầu bằng 0. Hãy tính : a) Độ lên cao tối đa của vật nhỏ trong mặt cong. b) Vận tốc tối đa mà xe lăn đạt được sau đó. (Trích đề thi Olympic 30/4, 1995)

Vậy : Vận tốc của các vật và của khối gỗ khi vật (2) đến đáy khối gỗ là v1  v 2  1, 24  m/s  và v  0,9  m/s  .

Bài giải a) Độ lên cao tối đa của vật nhỏ trong mặt cong

Xét hệ kín theo phương ngang : « vật nhỏ + mặt cong + xe » ; gốc thế năng tại mặt phẳng nằm ngang.

được kéo lệch ra một góc  so với phương thẳng đứng rồi buông ra không vận tốc đầu.

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ khi vật nhỏ tại A và tại điểm thấp nhất B :

Tính vận tốc của xe lăn khi dây treo con lắc hợp với phương thẳng đứng một góc   .

1 WA  WB  mgR  v 2  v  2gR 2

(Trích đề thi Olympic 30/4, 1996)

(1) Bài giải

- Áp dụng các định luật bảo toàn động lượng, bảo toàn cơ năng cho hệ khi vật nhỏ tại B và tại điểm cao nhất của quỹ đạo C:

mv   M  m  V  V 

phương thẳng đứng một góc   . Ta có:

mv Mm

(2)

1 1 mv 2  mgh   M  m  V 2 2 2

- Vận tốc quả cầu so với mặt đất:    u  u 0  v.

(3)

 u x  v  u 0 cos ; u y  u sin .

(V là vận tốc của hệ tại điểm cao nhất của quỹ đạo C)

và u 2   v  u 0 cos     u sin  

- Thay (1), (2) vào (3) ta được:

1 1  mv  m.2gR  mgh   M  m  .   2 2 Mm

h

Gọi v là vận tốc xe lăn (so với mặt đất), u 0 là vận tốc quả cầu (so với xe lăn) khi dây treo con lắc hợp với

- Theo phương ngang, hệ « con lắc + xe lăn » là hệ kín nên áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ, ta

được:    Mv  mu  0

M R. Mh

(1)

- Chiếu (1) lên phương nằm ngang, ta được:

Vậy : Độ lên cao tối đa của vật nhỏ trong mặt cong là h 

M R. Mh

b) Vận tốc tối đa mà xe lăn đạt được sau đó. - Khi quả cầu từ điểm cao nhất trượt xuống, động lượng và cơ năng của hệ vẫn bảo toàn, xe sẽ đạt vận tốc tối

Mv  m  v  u 0 cos    0

trong trường hợp này, áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn cơ năng cho hệ tại hai điểm C và B, ta được :

 M  m  V  MV  mv

(4)

1 1 1 mv 2  MV2  mv2 2 2 2

(5)

1 1 mu 2  Mv 2  mgh. 2 2 

1  1 2 2 m  v  u 0 cos     u sin     Mv 2  mg  cos   cos    2 2 

- Từ (2) và (3) suy ra: v 2 

 v  m cos 

2m 2gR. Mm

Vậy: Vận tốc tối đa mà xe lăn đạt được là v max 

(2)

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, ta được:

đa khi quả cầu xuống tới điểm thấp nhất. Gọi V và v lần lượt là vận tốc của "xe + máng" và của quả cầu

- Từ (1), (4) và (5) ta được: V 

2m 2 g  cos   cos   cos 2 

 M  m   M  m sin 2 

(3)

2g  cos   cos   .  M  m   M  m sin 2 

Vậy : Vận tốc của xe lăn khi dây treo con lắc hợp với phương thẳng đứng một góc    là:

2m 2gR. Mm

18. Một xe lăn khối lượng M có thể chuyển động không ma sát trên đường ray nằm ngang. Người ta treo vào trong xe một co lắc (gồm một quả cầu nhỏ khối lượng m, treo ở đầu một sợi dây mảnh không co dãn, chiều dài  ). Lúc đầu, xe lăn và con lắc đứng yên. Dây treo con lắc

 v  m cos 

2g  cos   cos   .  M  m   M  m sin 2 

19. Một vận động viên trượt tuyết xuất phát từ đồi A trượt đến B và lao

lên

không

trung

dưới

góc

  45.

Biết

H  15m, h  5m, AB  15m. Tính độ cao cực đại mà người đó đạt

được khi lao lên không trung, biết hệ số ma sát giữa bàn trượt và tuyết là   0, 01. Bỏ qua lực cản không khí

20. Một vật khối lượng m = 2kg trượt không ma sát, không vận tốc đầu dọc theo một mặt phẳng nghiêng một đoạn l thì chạm vào một lò

và cho g =10(m/s ) (Trích đề thi Olympic 39/4, 1998)

xo nhẹ có độ cứng k = 200(N/m). Lò xo nằm dọc theo mặt phẳng

Bài giải

ngiêng và có đầu dưới cố định . Vật trượt thêm một đoạn rồi dứng lại

- Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: WA  WB  A ms , A ms là độ lớn công của lực ma sát trên đoạn

tại vị trí lò xo bị nén 30cm. Cho g = 10(m/s2) góc hợp bởi mặt phẳng nghiêng với phương ngang là   30.

AB.

a) Tính l.

1  mgH  A ms  mgh  mv B2 2

 vB  2g  H  h  

b) Tính khoảng cách từ điểm tiếp xúc đầu tiên giữa vật với lò xo đến điểm tại đó vận tốc của vật lớn nhất trong quá trình lò xo bị nén

A ms m

(1)

- Chia AB ra làm nhiều đoạn nhỏ

(Trích đề thi Olympic 30/4, 2002) Bài giải

s i ,

a) Tính l.

AB   s i ,  i là góc hợp bởi si với phương

Gọi x 0 là độ biến dạng của lò xo khi vật dừng lại. Chọn mốc tính thế

ngang. Công của lực ma sát trên mỗi đoạn nhỏ có

năng ở vị trí vật dừng lại, ta có :

độ lớn:

mg    x 0  sin  

(2)

A i  Fmsi .s i  mg cos  i .s i

- Gọi  i là hình chiếu của trên phương nằm ngang ta có:  i  si cos i , do đó: (3)

A i  mg. i



kx 02 , (định luật bảo toàn cơ năng) 2

kx 20 200.0,32  x0   0,3  0, 6m 2mg sin  2.2.10.sin 30

Vậy :   0, 6m

- Độ lớn công của lực ma sát trên đoạn AB là:

b) Khoảng cách từ điểm tiếp xúc đầu tiên giữa vật với lò xo đến điểm tại đó vận tốc của vật lớn nhất trong

A ms   mgl1  mg.

(4)

quá trình lò xo bị nén

i 1

  BC 

AB2  AC2  AB2   H  h   152  15  5   5 5m





- Khi chạm vào lò xo, theo phương ngang chuyển động vật chịu tác dụng của hai lực: Px  P sin  và Fdh   kx.

- Từ (1): v B  2g  H  h  l   2.10. 15  5  0, 01.5 5  13,3m/s.

- Vì Px  P sin   const; Fdh  x nên Fdh tăng dần. Vật đạt vận tốc cực đại khi Px  Fdh .

- Vì chuyển động của vận động viên khi lao trên không trung từ dộ cao h là chuyển động ném xiên nên độ

 P sin   kx  x 

cao cực đại của vận động viên đạt được khi lao lên không trung là: 2

h max

 2 13,32.   h  v2B sin 2   2   9, 4m   5 2g 2.10

Vậy ; Độ cao cực đại của vận động viên đạt được khi lao lên không trung là h max  9, 4m.

P sin  mg sin  2.10.0,5    0,05m. k k 200

Vậy : Khoảng cách từ điểm tiếp xúc đầu tiên giữa vật với lò xo đến điểm tại đó vận tốc lớn nhất trong quá trình lò xo nén là x  0,05m. 21. Hai khối A và B có khối lượng MA = 9kg, MB = 40kg đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ số ma sát giữa mặt phẳng nằm ngang và mỗi khối đều là   0,1 . Hai khối được nối bằng một lò xo nhẹ, độ cứng của lò xo k = 150(N/m). Khối B tựa vào tường thẳng đứng. Ban đầu hai khối nằm yên và lò xo không biến dạng. Một viên đạn có khối lượng m = 1kg bay theo phương nằm ngang với vận tốc v đến cắm vào khối A. Cho g = 10(m/s2)

a) Cho v = 19(m/s). Tìm độ co lớn nhất của lò xo.

 v0  1,8  m / s  ; v 

b) Viên đạn có vận tốc v là bao nhiêu thì khối B có thể dịch

 M A  m  v0   9  1 .1,8  18 m

 m/s  .

Vậy: Để khối B có thể dịch sang trái thì vận tốc viên đạn phải bằng v  18  m/s  .

chuyển sang trái? (Trích đề thi Olympic 30/4, 2003) Bài giải

22. Một xe lăn nhỏ có khối lượng m = 0,8kg đang nằm yên trên mặt phẳng nằm ngang không ma sát. Hai sợi dây mình có cùng chiều dài 0,45m. Một dây treo vào giá đỡ tại C cố định, một dây treo vào xe lăn. Đầu dưới

a) Độ co lớn nhất của lò xo

của các sợi dây treo những quả cầu tiếp xúc nhau và ở cùng độ cao.

Gọi x là độ co lớn nhất vủa lò xo, v0 là vận tốc của hệ “vật A và viên đạn” ngay sau khi va chạm.

Kéo quả cầu A lệch khỏi vị trí cần bằng sang trái một góc   90

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ “ vật A và viên đạn”, ta được

rồi thả nhẹ. Sau khi hai quả cầu va chạm nhau thì quả cầu A bật lên

mv 1.10 mv   M A  m  v0  v0    1 m/s  MA  m 9  1

tới độ cao 0,2m so với vị trí ban đầu. Bỏ qua sức cản của môi trường.

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho hệ “A và viên đạn”, ta được:

nào ?

Lấy g = 10(m/s). Hỏi sau khi va chạm quả cầu; B sẽ lên tới độ cao

1 1  M A  m  v02  x 2    M A  m  gx 2 2 

(Trích đề thi Olympic 30/4, 2003) Bài giải

1 1  9  1 .12  150x 2  0,1 9  1 .10x 2 2

Chọn gốc thế năng là vị trí ban đầu của quả cầu B, chiều dương từ trái sang phải: gọi vA và vA là vận tốc quả

 15x 2  2x  1  0  x  0, 2m

cầu A ngay trước và sau va chạm. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho mA, ta được:

Vậy: Độ co lớn nhất của lò xo là x  0, 2m.

1 m A gh A  m A v A2  v A  2gh A  2.10.0, 45  3  m/s  2

b) Vận tốc của viên đạn để khối B có thể dịch sang trái - Để B có thể dịch sang trái thì lò xo phải đến một đoạn ít nhất là x0 sao cho: Fdh  Fms .

 kx 0  M B g  150x 0  0,1.40.10  40  x 0 

4 m 15

- Vận tốc v0 hệ  M A  m  có khi bắt đàu chuyển động phải làm cho lò xo có độ co tối đa x sao cho khi nó dãn ra thì độ dãn tối thiểu phải là x0:

 75x 2  10x  8  0  x  0, 4m - Theo định luật nào toàn năng lượng, ta có:

1 1  M A  m  v02  kx 2    M A  m  gx 2 2 

1 1  9  1 v20  .150.0, 42  0,1. 9  1 .10.0, 4 2 2

1 m A vA2  vA  2gh A  2.10.0, 2  2  m/s  2

- Hệ “A, B” là hệ kín. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ "A, B" trước và sau va chạm, ta được: m A v A  m A vA  m B vB  0, 4.3  0, 4.2  0, 2.vB  vB  2m/s - Sau va chạm, quả cầu B chuyển động và kéo xe lăn chuyển động theo, hệ "B, xe lăn" là hệ kín nên :

m B vB   m  m B  v  v 

1 2 1 kx    M A  m  g  x  x 0   kx 02 2 2 1 4 1   4  .150x 2  0,1 9  1 .10.  x    .150.   2 15  2   15 

và m A gh A 

m B vB 0, 2.2   0, 4  m / s  m  m B 0,8  0, 2

-Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ "B, xe lăn", ta được : 2

1 1 m B vB2   m  m B  v 2  m B gh, (h: độ cao tối đa của quả cầu B) 2 2 1 1  0, 2.22   0,8  0, 2  0, 42  0, 2.10h 2 2  0, 4  0, 08  h  h  0,16m Vậy : Sau khi va chạm quả cầu B sẽ lên tới độ cao h  0,16m. 23. Vật m = 1kg, kích thước không đáng kể nằm ở mép của tấm ván M = 3kg dài L = 1,5m, mặt sàn nhẵn , hệ số ma sát giữa vật và tấm ván là k = 0,2. Lấy g = 10(m/s2)

1) Nếu truyền cho m vận tốc v0 = 2(m/s) thì vật trượt

- Từ (3) và (4) ta được:

được quãng đường bao nhiêu trên tấm ván?   2) Nếu truyền cho m vận tốc v 0 thì v 0 phải thỏa mãn

1 Mv 0  1 2  M  m      Mv 0   kmgs12 2 2 Mm

v2 1 Mv02 1 M  .   kmgs12  s12  . . 0 2 Mm 2  m  M  kg

điều kiện nào để vật m trượt hết chiều dài L của tấm ván? (Trích đề thi Olympic 30/4, 2004) Bài giải 1) Quãng đường vật đi được đối với tấm ván - Do có ma sát nên vật m chuyển động chạm dần đều, còn tấm ván M chuyển động nhanh dần đều tại thời

v2 1 M . 0  L. - Để vật trượt hết tấm ván: s12  L  . 2  m  M  kg Mm  v0  2   kgL  M 

điểm hai vật có cùng vận tốc v. - Áp dụng các định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn năng lượng cho hệ, ta được : mv 0   M  m  v

(1)

1 1  M  m  v 2  mv 20  A ms  kmgs12 2 2

(2)

A

Mm Vậy ; Để vật trượt hết chiều dài tấm ván thì v0  2   kgL.  M 

24. Một lò xo nhẹ OA có độ dài tự nhiên  0  20cm, có độ cứng k = 10(N/m), có thể quay tự do quanh một trục nằm ngang tại O. Ở đầu A có gắn một quả cầu nhỏ

 A ms1  A ms 2   kmgs1  kmgs 2   kmg  s1  s 2   2

1 1  mv0  2 - Từ (1) và (2):  M  m      mv0  kmgs12 . 2 2 Mm

có khối lượng m = 100g. Lúc đầu giữ cho lò xo nằm ngang và không biến dạng rồi thả ra không vận tốc đầu. Tính vận tốc của quả cầu khi lò xo đi qua vị trí thẳng đứng. Lấy g = 10(m/s2). Bỏ qua mọi lực cản. (Trích đề thi Olympic 30/4, 2004)

Mv 02 Mv02 3.22   2kgs12  s12    0, 75m Mm 2kg  M  m  2.0, 2.10.  3  1

Chọn mốc thế năng trọng trường tại vị trí của quả cầu khi lò xo qua vị trí thẳng đứng. Gọi  là chiều dài lò

Vậy : Quãng đường vật đi được đối với tấm ván là s12 = 0,75m.

xo khi lò xo qua vị trí thẳng đứng.

2) Tìm v0 để vật trượt hết chiều dài tấm ván.

- Cơ năng ban đầu của hệ là: W0  mg.

- Do có ma sát giữa vật chuyển động nhanh dần

Bài giải

- Cơ năng của hệ qua vị trí thẳng đứng là:

đều còn tấm ván chuyển động chậm dần đều.

W

- Xét trường hợp tại thời điểm t hai vật có cùng

1 1 2 mv2      0  . 2 2

vận tốc v  v  v 0  , nghĩa là vật m không trượt

- Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta được:

trên tấm ván M, khi đó áp dụng định luật bảo

1 1 2 mv2      0   mg (1) 2 2     - Tại vị trí thẳng đứng, ta có: P  Fh  F  ma. W

toàn động lượng và bảo toàn năng lượng, ta được:

Mv 0   M  m  v  v 

Mv0 Mm

1 1  M  m  v2  Mv02  A ms  Fms  kmgs12 2 2

A

 kmgs1  kmgs 2  kmg  s1  s 2  

- Chiếu hệ thức vectơ trên lên trục thẳng đứng, chiều (+) hướng lên, ta được: (3)

P  Fdh  m (4) 

v2 

mv 2     mg  k     0   2 2 2

(2)

 3mg  k     0   k     0   k 2  k 20  2k 0  k 2  k 0

mg   0   2k 2  3  k  mg   k 20  0   2  1, 5   0    0 k  2  2

b) Độ lớn của gia tốc hướng tâm của vật tại B - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại hai điểm M và B, ta được:

1 mv 2B  mgh B 2

0,1.10   0, 2     2  1,5  0, 2   0    0, 4m và   0, 05m.  10  2 

WM  WB  mg  h  2R  

- Ở vị trí thẳng đứng lò xo bị dãn nên    0  0, 2m    0, 4m.

1  mg  h  2R   mv 2B  mgR cos 60 2

- Từ (1): v 2  2g 

k 10 2 2     0   2.10.0, 4   0, 4  0, 2   4. m 0,1

3R    v 2B  2g  h   2  

(3)

 v  2  m/s 

Vậy: Vận tốc của quả cầu khi lò xo đi qua vị trí thẳng đứng là v  2  m/s  .

v2 - Gia tốc hướng tâm của vật tại B: a ht  B  R

25. Một vật khối lượng m, trượt trên một rãnh không ma sát mà phần cuối được uốn thành một vòng tròn, bán kính R. Vật được thả từ độ cao h so với đỉnh của vòng tròn (hình vẽ). a) Tìm độ lớn và hướng của lực mà rãnh tác dụng lên vật tại A.

3R   2g  h   2h  2     g 3  . R R  

2h   Vậy: Độ lớn của gia tốc hướng tâm của vật tại B là a ht  g  3  . R  

  60. b) Tìm độ lớn của gia tốc hướng tâm của vật tại B, AOB

c) Chứng minh rằng vật phải bắt đầu trượt từ độ cao h 

c) Chứng minh rằng vật phải bắt đầu trượt từ độ cao

- Tại D, từ định luật bảo toàn cơ năng, ta được: v2D  2gh

R thì mới đi hết được vòng tròn. h 2 d) Đối với h 

Và: Q D  mg 

R thì vật sẽ rời khỏi rãnh trước khi đến 2

được đỉnh của vòng tròn. Chứng minh rằng, điều này xảy  thỏa ra tại một vị trí C được xác định bởi góc   DOC mãn hệ thức 3cos   2 

h . 2R Bài giải

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại hai điểm M và A, ta được::

WM  WA  mg  h  2R  

1 mv A2 2

- Mặt khác, tại A ta có: Q A  mg  - Từ (1) và (2): mg 

(1) mv 2A R

(2)

2mg  h  2R  mv 2A 2h    mg   mg  5   R R R  

2h   Vậy: Lực mà rãnh tác dụng lên vật tại A hướng lên và có độ lớn Q A  mg  5  . R  

(4)

mv 2D 2mgh  2h    Q D  mg   1 R R R 

R  2h   1  0  h  . - Để vật không rời khỏi D thì Q D  0  mg  2 R  Vậy: Để vật đi hết đường tròn thì vật phải bắt đầu trượt từ độ cao h  d) Chứng minh rằng với h 

a) Độ lớn và hướng của lực mà rãnh tác dụng lên vật tại A

R thì mới đi hết được vòng tròn 2

R . 2

R  và 3cos   2  h thì vật sẽ rời vòng tròn tại C với   DOC 2 2R

- Tại C, từ định luật bảo toàn cơ năng, ta được : v C2  2g  h  R  R cos  

Và: QC  mg cos  

 QC 

mv 2C 2mg  h  R  R cos   2mgh    2mg  2mg cos  R R R

2mgh  2mg  3mg cos  R

- Khi vật rời khỏi C thì QC  0



2mgh  2mg  2mg cos   0 R

 3cos   2 

h 2R

(5)

s1 : s 2 : s 3 :...  1: 3 : 5 :...:  2n  1

 thì 3cos  2  h . Vậy : Để vật rời vòng tròn tại C với   DOC 2R

- Để quả cầu rơi đúng điểm B:

26. Một quả cầu nhỏ nằm ở chân nêm AOB vuông cân tại đỉnh O, cố  định cạnh  (hình vẽ). Cần truyền cho quả cầu vận tốc v0 bằng bao

s  s1  s 2  ...  s n  1  3  5  ...   2n  1  s1  n 2s1  

nhiêu hướng dọc theo mặt AO của nêm để quả cầu rơi đúng điểm B trên



nêm. Bỏ qua mọi ma sát, các va chạm là tuyệt đối đàn hồi.



2 2 v02  g 2 g

n

   v0 

 4n

 1 g

2 2n 2

(Trích đề thi Olympic 30/4, 2007) Vậy : Để quả cầu rơi đúng điểm B thì phải truyền cho quả cầu vận tốc v0 

Bài giải

 Chọn mốc thế năng tại mặt phẳng AB ; gọi v là vận tốc của quả cầu

 4n

 1 g

2 2n 2

dọc theo mặt AO

của nêm.

khi lên đến đỉnh nêm.

27. Một tấm ván khối lượng M được treo vào một dây dài nhẹ, không dãn. Nếu viên đạn có khối lượng m bắn

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại hai điểm A và O, ta

vào ván với vận tốc v0 thì nó dừng lại ở mặt sau của ván, nếu bắn với vận tốc v1  v 0 thì đạn xuyên qua ván.

được:

Tính vận tốc v của ván ngay sau khi đạn xuyên qua. Giả thiết lực cản của ván đối với đạn không phụ thuộc

mv 20 mv 2  2   mg 2 2 2

vào vận tốc của đạn. Lập luận đều chọn dấu của nghiệm. (Trích đề thi Olympic 30/4, 2007)

 v  v 20  g 2

Bài giải

 - Sau khi rời O, quả cầu chuyển động như vật ném xiên với vận tốc v và lập với phương nằm ngang một góc

Gọi v là vận tốc của đạn và ván khi đạn xuyên vào ván.

45. Phân tích chuyển động ném xiên của vật làm hai thành phần theo hai phương Ox và Oy, ta được :

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn năng lượng cho hệ "đạn – ván", ta được:

+ Theo phương Ox : Quả cầu chuyển động nhanh dần đều, với :

v0x  0;a x 

g 2  const; 2

vx 

g 2 g 2 2 t; x  t 2 4

+ Theo phương Oy : Quả cầu chuyển động chậm dần đều, với :

v0 y  v;a y  

g 2  const; 2

vy  v 

mv 0   M  m  v

(1)

1 1 mv02   M  m  v2  Q 2 2

(2)

(Q : công của lực cản biến thành nhiệt)

g 2 g 2 2 t; y  vt  t 2 4

- Từ (1), (2): Q 

- Khi va chạm mặt nêm: y  0. Q

g 2 2 2 2v g 2 2 2v  vt  t 0t  ; vy  v  .   v. 4 g 2 g

1 1  mv0  mv02   M  m    2 2 Mm

mM v 02 2 M  m

(3)

- Khi đạn có vận tốc v1 > v0 : Gọi v2 là vận tốc đạn sau khi xuyên qua tấm gỗ. Tương tự, ta có :

- Do va chạm là tuyệt đối đàn hồi nên sau va chạm, vận tốc quả cầu theo phương Oy vẫn có độ lớn là v nên bi lại chuyển động như cũ. Thời gian giữa hai lần và chạm mặt nên liên tiếp là: t 

2 2v . g

- Quãng đường đi được dọc theo mặt nêm sau lần va chạm thứ nhất là:

mv1  Mv  mv 2  v2  v1 

M v m

1 1 1 mv12  Mv 2  mv22  Q 2 2 2

(4) (5) 2



2 1 1 g 2  2 2v  2 2v 2 2 2 v 0  g 2 s1  x1  a x t 2  . .     2 2 2  g  g g



- Quãng đường đi được dọc theo phương Ox (mặt nêm) sau các va chạm liên tiếp là:

- Thay (3), (4) và (5), ta được: v12 

M 2  M  M v   v1  v   v02 . m m  Mm 

 v2  2

- Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm  2  2 cos 2   , cos 2 , cos 2  ta được:

mv1 m 2 v02 v 0 2 Mm M  m

- Giải phương trình trên theo v, ta được: v 

m v1  v12  v02 Mm



  2  2 cos 2    cos 2   cos 2   2 4 3   u  2g  2  2 cos   cos  cos   2g  g   3 9  



- Nếu chọn dấu "+", thay vào (4) ta được: v2 

mv1  M v12  v 20 Mm

m v v1  v12  v20 Mm



m v1  v12  v02 Mm



 u  u max   2  2cos2    cos2   cos2   cos  



Điều này vô lí vì vận tốc đạn sau khi xuyên qua gỗ không thể nhỏ hơn vận tốc tấm gỗ. Do đó:

v



Và u max 

2 3

6 3

3g

Vậy: Vận tốc cực đại của hai vật m là v max  2g , của vật 2m là u max 

Vậy: Vận tốc của ván ngay sau khi đạn xuyên qua là v 

m v1  v12  v02 . Mm





và bán kính R, được đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Đĩa A và B đặt tiếp xúc nhau. Mỗi đĩa có một chốt nhỏ ở tâm O1 và

bằng một sợi dây nhẹ, không dãn, có chiều dài 2. Một vật khác có khối lượng 2m được gắn vào trung điểm

O2 để gắn một lò xo nhẹ có độ cứng k, chiều dài tự nhiên

của dây. Ban đầu giữ cho ba vật ở cùng độ cao và sợi dây không chùng. Thả nhẹ hệ, xác định vận tốc cực đại

bằng 2R nối O1 và O2.

của mỗi vật.

Đĩa C có tâm O3 đang chuyển động tịnh tiến trên đường Bài giải

trung trực của O1O2 với tốc độ v, đến va chạm đàn hồi đồng thời vào đĩa A và B. Bỏ qua mọi ma sát. a) Tìm vận tốc của A và B ngay sau va chạm.

Gọi u là vận tốc của quả cầu 2m và v là vận tốc của hai quả cầu m (hai quả cầu m có vận tốc như nhau tại

b) Tính khoảng cách lớn nhất  max của tâm O1 và O2 sau đó.

mọi thời điểm) khi dây hợp với phương ngang một góc . Vì dây luôn căng nên ta có:

Biết R = 2cm, m = 250g, k = 1,5 (N/m), v = 80(cm/s).

(1)

v cos   u sin 

(Trích đề thi Olympic 30/4, 2009)

- Mặt khác, theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:

1 1 2mu 2  2 mv 2  2mgslin 2 2

(2)

Bài giải a) Vận tốc của A và B ngay sau va chạm - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ trước và sau va chạm, ta được:     p1  p 2  p3  p (1)

 v2  2g sin   u 2  2g sin   2g  v  2g

(3)

- Khi hai quả cầu m sắp chạm vào nhau thì   90,sin   1, cos   0 và u  0.

- Biểu diễn hệ thức vectơ (1) trên hình vẽ, với p1  p 2 . - Chiếu hệ thức (1) lên trục Ox, ta được: 2mv1 cos   mv3  mv.

Lúc đó:  3v1  v 3  v

v  v max  2g khi   90

u 2  tan 2   1  2g sin   u 2  2g cos 2  sin   2g cos 2  1  cos 2   u  2g

 2  2 cos   cos 2

(3)

- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ, ta được:

- Từ (1): v  u tan     90  . Thay vào (2), ta được:

3g .

29. Ba chiếc đĩa đồng chất giống nhau, cùng khối lượng m

28. Hai vật cùng khối lượng m có thể trượt không ma sát trên một thanh cứng nằm ngang, được nối với nhau

(Trích đề thi Olympic 30/4, 2008)

2 3

 cos 

1 1 1 2 mv12  mv32  mv 2 2 2 2

 2v12  v32  v 2

(4)

- Từ (3):

3v1  v  v3

(5)

- Từ (4): 2v12   v  v3  v  v 3  v 2

(6)

Bài giải Chọn mốc tính thế năng tại B. - Xét chuyển động của vật 1 trước khi va chạm với vật 2:

- Chia (6) cho (5), với v3  v, ta được: 2 v1  v  v3 3

+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được: WA  WB  A ms .

(7)

 m1gABsin 30 

1 2 m1v1B  m1g cos 30.AB 2

- Cộng (3) và (7), ta được:

2 3  2   3  v1  2v  v1  v  v2  5  3 

1 1 3 2  0, 2.10.1,935.  .0, 2.v1B  0,1.0, 2.10. .1,935 2 2 2

(8)

 v1B  4m / s.

2 3 v. Vậy: Vận tốc của A và B ngay sau va chạm là v1  v 2  5

+ Gia tốc vật 1 khi trượt dốc: 2 2a1AB  v1B .

b) Khoảng cách lớn nhất  max của tâm O1 và O2 - Sau va chạm, A và B chuyển động là lò xo dãn, lực đàn hồi của lò xo làm giảm thành phần vận tốc theo

 a1 

phương Oy, còn thành phần vận tốc theo phương Ox vẫn không đổi. - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ (A, B) từ sau va chạm đến lúc vận tốc theo phương Oy bằng 0 (lò xo dãn cực đại) :

2m 6m v k 25k

  max  2R   max  2R 

v1B 4   0,967s. a1 4,134

+ Động lượng trước khi va chạm với vật 2: p1  m1v1B  0, 2.4  0,8  kg.m/s  .

- Xét chuyển động của vật 2 trước khi va chạm với vật 1:

 2m  v1 cos    k   max   2mv12   max  v1 sin 

+ Thời gian vật 1 trượt trên AB :

t

1 1 1 2 2 2 mv1x  k   max   2 mv12 2 2 2

2 v1B 42   4,134  m/s 2  2AB 2.1,935

+ Động lượng trước khi va chạm với vật 1: p 2  m 2 v 2B  0, 4v 2 (9)

(1)

+ Trên giản đồ vectơ động lượng, ta có:

1 p 2  p1 sin   0,8.sin 30  0,8.  0, 4  kg.m / s  2

6m 6.0, 25  2.2  80  20cm 25k 25.1, 5

(2)

+ Từ (1) và (2): 0, 4v 2B  0, 4  v 2B  1 m/s  .

Vậy: Khoảng cách lớn nhất của O1 và O2 sau va chạm là  max  20cm. 30. Một mái hiên tạo thành dốc AB dài 1,935m, nghiêng 30 so với phương nằm ngang. Điểm C là chân đường thẳng đứng hạ từ B xuống mặt đất (hình vẽ). Từ A thả vật 1 có khối lượng m1 = 0,2kg trượt trên AB, cùng lúc đó từ C bắn vật 2 có khối lượng m2 = 0,4kg lên theo phương thẳng đứng. Biết rằng hai vật sẽ va chạm nhau ở B, vật 2 xuyên vào vật 1 rồi cả hai cùng bay theo phương nằm ngang ngay sau khi va chạm. Hệ số ma sát giữa vật 1 và mặt AB là   0,1. Lấy g = 2

10(m/s ).

+ Thời gian vật 2 lên tới B cũng bằng thời gian vật 1 trượt dốc. Ta có: v 2B  v 0  gt  v 0  v 2b  gt  1  10.0,967  10, 67  m/s  .

1 + Độ cao của điểm B: h B  v 0 t  gt 2  10, 67.0, 967  0,5.10.0,967 2  5, 6m. 2 - Xét va chạm của hai vật: + Tổng động lượng của hệ trước khi va chạm:

p t  p1 cos   0,8.

Tìm độ cao của điểm B so với mặt đất và tính phần cơ năng đã tiêu hao khi vật 2 xuyên vào vật 1. (Trích đề thi Olympic 30/4, 2011)

3  0, 4 3  kg.m/s  . 2

+ Tổng động lượng của hệ ngay sau va chạm:

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ “A, B và C” theo phương ngang, ta được:

p s   m1  m 2  v   0, 2  0, 4  v  0, 6v.

0  mvC  mv B  mv A  mvC  2mv B

+ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ, ta được: 0, 6 v  0, 4 3 v

 v C  2v B .

0, 4 3  1,15  m/s  0, 6

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho hệ, ta được:

+ Độ tiêu hao năng lượng khi vật 2 xuyên vào vật 1:

mgR 

1 1 1 2 2  2 W   m1v1B  m 2 v 2B    m1  m 2  v 2 2  2

1 1 1 1 mvC2  mvB2  mv A2  mv C2  mv B2 2 2 2 2

 mgR  2mv 2B  mv 2B  3mv 2B  v B 

1 1  1  W   .0, 2.42  0, 4.10, 67 2    0, 2  0, 4  .1,152  1, 4J 2 2  2

gR . 3

Vậy: Vận tốc của B khi vừa tách khỏi A là v B 

Vậy : Độ cao của điểm B so với mặt đất và phần cơ năng đã tiêu hao khi vật 2 xuyên vào vật 1 là hB = 5,6m

b) Độ cao cực đại của C so với mặt bàn khi A và B tách rời nhau

và W  1, 4J. 31. Trên mặt bàn nhẵn nằm ngang cố định dài L, có đặt hai vật A và B tiếp xúc nhau. Mặt trên của A là một đường dẫn có dạng là nửa đường tròn bán kính R  R  L  , độ cao của đỉnh đường dẫn so với mặt bàn là h. Một vật nhỏ C trượt không vận tốc đầu từ điểm cao nhất của đường dẫn xuống dưới (hình vẽ). Khối lượng của A, B và C đều bằng nhau và bằng m. Biết rằng ban đầu A nằm chính giữa bàn và trong quá trình chuyển động A và C luôn tiếp xúc nhau. Bỏ qua ma sát ở các mặt tiếp xúc. Hỏi:

- Khi A và B tách nhau, vật C tiếp tục trượt tiếp trên đường tròn của A và khi lên đến độ cao cực đại thì nó sẽ có cùng vận tốc với A. - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang cho hệ “ A và C”, ta được:

 gR  mv A  mvC  2mv,  vC  2v B  2v A  2  3  

 mv A  2mv  v  

a) Khi A và B vừa rời nhau thì vận tốc của B là bao nhiêu ? Biết lúc đó vật B vẫn chưa rời khỏi bàn.

vA . 2

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho hệ “A và C”, ta được:

b) Sau khi A và B rời nhau thì độ cao cực đại của C so với mặt

1 1 mvC2  mv 2A  mg  h  R   mv 2  mgh max 2 2

bàn là bao nhiêu ? c) Vật A rơi xuống đất từ bên trái hay bên phải của mép bàn ?

1 1  2v 2A  v2A  g  h  R   v 2A  gh max 2 4

Tính thời gian kể từ khi vật A tách khỏi vật B cho đến khi nó rời khỏi bàn. Coi kích thước của A không đáng kể so với chiều dài L của bàn. (Trích đề thi Olympic 30/4, 2012) Bài giải a) Vận tốc của B khi vừa tách rời A - Khi C được thả ra, áp lực của C lên A có tác dụng làm cho hai vật A, B chuyển động tiếp xúc nhau

 vA  v B  .

gR . 3



9 2 9 gR v A  g  h  R   gh max  .  gh  gR  gh max 4 4 3



1 R gR  gh  gh max  h max  h  . 4 4

Vậy: Độ cao cực đại của C so với mặt bàn khi A và B tách rời nhau là: h max  h 

Khi C tới điểm thấp nhất của đường tròn, C tiếp tục

chuyển động sang phần bên trái, áp lực của C có tác dụng làm cho vật A chuyển động chậm lại. Do đó, hai vật A và B sẽ rời khỏi nhau khi C đi qua điểm thấp nhất của đường tròn.

R . 4

c) Thời gian kể từ khi vật A tách khỏi vật B cho đến khi nó rời khỏi bàn - Khi C tới điểm thấp nhất của đường tròn nó có vận tốc là vC  2vA và hướng sáng trái. Gọi v kt là vận tốc khối tâm của hệ “A và C”, ta có:

2mvkt  mvC  mv A  mv A  v kt  

vA 2

- Do không có ma sát nên sau khi A tách khỏi B thì khối tâm của hệ “A và C’ chuyển động thẳng đều sang bên trái với tốc độ: v kt 

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho hệ ba bảng (từ ngay sau khi bảng 2 dính vào bảng 3 đến khi bảng 1 dừng lại trên bảng 3), ta được:

vA . 2

L L s 3  2  2 L . - Thời gian để hệ “A và C” trượt đến mép bàn: t  v kt vkt vA gR 2

1 1 1  m1  m2  m3  v 2  m1v02   m2  m3  v232  A ms 2 2 2 1 1 1 2  .4mv 2  m1v02  .3mv 23  A ms 2 2 2

1 1 1 2   A ms  .4mv2   m1v02  .3mv 23  2 2 2  Vậy: Thời gian để A rời khỏi bàn là t  L

3 . gR

2 2 1 1 1  1 1    .4m  v 0    m1v02  .3m  v 0    2 2 2 2 3      

32. Có ba tấm bảng cùng độ dày: Bảng 1 và bảng 2 hoàn toàn giống nhau và có chiều dài ; bảng 3 có khối lượng gấp 2 lần bảng 1, có chiều dài 2, mặt trên có phủ một lớp cao su mỏng. Lúc đàu bảng 1 nằm hoàn

 A ms 

toàn trên bảng 2 và cả hai được coi như một vật trượt trên mặt sàn tới va chạm vào bảng 3. Sau va chạm, bảng 2 và 3 dính vào nhau, còn bảng 1 thì trượt trên mặt bảng 3. Cuối cùng bảng 1 nằm hoàn toàn trên bảng

mv 20 6

(1)

- Khi bảng 1 trượt trên bảng 3 một đoạn x, lực ma sát trượt có độ lớn là:

mx gm  kx, với k   

3 và mép bên phải của chúng trùng nhau. Hệ số ma sát trượt giữa bảng 1 và 3 là . Bỏ qua ma sát giữa bảng

Fms  g

1 và 2 và ma sát giữa các bảng với mặt sàn.

- Vì Fms  k như lực đàn hồi nên biểu thức tính công của lực ma sát sẽ là:

a) Tìm vận tốc của bảng 2, bảng 3 ngay sau va chạm và

A1ms 

vận tốc của hệ ba bảng khi bảng 1 dừng lại trên bảng 3.

1 2 1 gm 2 kx  . x 2 2 

b) Tính . (Trích đề thi Olympic 30/4, 2013) Bài giải a) Vận tốc của bảng 2, bảng 3 ngay sau va chạm và vận tốc của hệ ba bảng khi bảng 1 dừng lại trên bảng 3 - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ hai bảng 2 và

- Công lực ma sát khi dịch chuyển một đoạn đường x   : A1ms 

- Khi bảng 1 nằm hoàn toàn trên bảng 3 và dịch chuyển thêm một đoạn l để mép phải của chúng trùng nhau, công của lực ma sát lúc này là: A 2ms  mg.

1 3 Mà A ms  A1ms  A 2ms  mg  mg  mg 2 2

3, ta được: - Từ (1) và (2), ta được:

1 m 2 v0   m 2  m3  v 23  mv0  3mv 23  v 23  v 0 3 - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ ba bảng sau khi bảng 1 dừng lại trên bảng 3:

 m1  m2  v0   m1  m2  m3  v  2mv0  4mv  v 

b) Tính 

1 v0 . 2

Vậy :  

(2)

mv 20 3 v2  mg    0 . 6 2 9g

v 02 . 9g

1 v0 2

1 Vậy: Vận tốc của bảng 2, bảng 3 ngay sau va chạm là v 23  v0 và vận tốc của hệ ba bảng khi bảng 1 dừng 3 lại trên bảng 3 là v 

gm . 2

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

  m  m1  v1  mv0 cos     mv0 sin 

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

 v1 

mv0  cos    sin   m  m1

 3 1 1.10   0,1.  2 2    0, 74  m / s  1  10

m  1kg bay với vận tốc v0  10(m / s) hợp với phương ngang góc   30 đến cắm vào vật m1 . Giả sử lực

Vậy: Vận tốc của vật m1 ngay sau khi va chạm là v1  0, 74  m / s 

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

b) Độ biến dạng cực đại của lò xo

biến dạng trong quá trình xảy ra va chạm

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

Lấy g  10  m / s 2 

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:

a) Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau va chạm

1 1  m  m1  v12  kx 2    m  m1  gx 2 2

b) Xác định độ biến dạng cực đại của lò xo

chuyển không?

 x  15,9cm 50 x 2  11x  3, 01  0    x  37,9cm

(Trích đề thi Trại hè Hùng vương, 2014)

Vậy: độ biến dạng (nén) cực đại của lò xo trong quá trình hệ dao động là xmax  15, 9cm

c) Trong quá trình hệ chuyển động vật m2 có dịch

Bài giải

c) Vật m2 có dịch chuyển không

a) Vận tốc của vật m1 ngay sau khi va chạm

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

- Động lượng của hệ hai vật " m và m1 ":

thì dừng lại. Trong quá trình này ta giả sử vật m2 vẫn đứng yên. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta

+ Trước va chạm: px  mv0 cos  ; p y  mv0 sin 

có:

+ Sau va chạm: p x   m  m1  v1 ; p y  0

1 2 1 kxmax  kx 2    m  m1  xmax  x  2 2

- Độ biến thiên động lượng của hệ phương Oy : p y  p y  p y  mv0 sin 

 x  13, 7cm 50 x 2  1,1x  1, 098  0    x  15,9cm

 - Trong quá trình va chạm hệ chịu tác dụng của trọng lực và phản lực F của mặt phẳng ngang. Phản lực này

- 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

có thể phân tích thành hai thành phần: thành phần pháp tuyến Fy và lực ma sát Fms . Theo dữ kiện bài toán,

xo là:

ta thấy F  Fy và F  P

Fdh  kx  100.0,137  13, 7 N

- Áp dụng định lí biến thiên động lượng theo phương Oy , ta được:

- Mặt khác, để vật m2 dịch chuyển sang trái thì:

Fy   m1  m2  g 

p y t



mv0 sin  t

mv sin  - Vì Fy  P nên: Fy   0 t

- Áp dụng định lí biến thiên động lượng theo phương Ox , ta được: px  Fms t Ta có: p x   m  m1  v1  mv0 cos  ; Fms  mFy

Fdh  Fmsn (max)   m2 g  0,1.20.10  20 N  13, 7 N 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 )

b) Viên đạn phải có vận tốc là bao nhiêu thì khối B có thể dịch chuyển sang trái?

   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

a) Độ co lớn nhất của lò xo

v1 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

mv 1.10   1 m / s  m  mA 1  9

1 1  m  mA  v02  kx 2    m  mA  gx 2 2

(2)

1 1 1  9  .12  .150 x2  0,11  9  .10 x 2 2

 15 x 2  2 x  1  0  x  0, 2m

 m   m  Thay (1) vào (2): 1  2  p12  1  2  p12  2 p1 p1 cos  m m1  1   

   m2  v1    x 1    2 cos  ,  x   m1  v1    

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:

Góc lệch    max  cos   cos  min

v x 1  v1

mv   m  mA  v0  v0 



m p2 Mặt khác: W   1 p22  p12  p12 2m m2

1  m2 1  x m1

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ " m và mA " ta được:

được: (1)

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được: W1  W1  W2



Gọi x là độ co lớn nhất của lò xo

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

 p22  p12  p12  2 p1 p1 cos 

1 m  1  2 x m1

Bài giải

  m2    x 1   m1   

Fdh  FmsB  kx0   mB g  150 x0  40  x0 

4 m 15

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho hệ, ta được:

m1  m2 m1  m2

Vậy: Góc lệch  lớn nhất khi x 

1 2 1 kx     m  mA  g  x   x0   kx02 2 2 v1  v1

m1  m2 m1  m2

35. Hai khối A và B có khối lượng m A  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

1 4 1   4  .150 x 2  0,11  9  .10  x     .150.   2 15  2   15 

 75 x 2  10 x   8  0  x   0, 4m và:

1 1  m  mA  v02  kx2    m  mA  gx 2 2

Một viên dạng có khối lượng m  1kg bay theo phương ngang với vận tốc v đến cắm vào trong khối A . Lấy



1 1 4 5 1  9  v02  .150.0, 42  0,11  9  .10.0, 4  v0  m / s 2 2 5

g  10  m / s 2 

Mặt khác:

k  150  N / m  . Khối B dựa vào tường thẳng đứng. Ban đầu hai khối nằm yên và lo xo không biến dạng.

a) Cho v  10  m / s  . Tìm độ co lớn nhất của lò xo

mv    m  mA  v0  v  

 m  mA  v0 1  9  . m



4 5 5  8 5 m / s

Vậy: để khối B có thể dịch chuyển sang trái thì viên đạn phải có vận tốc v   8 5  m / s 

Từ (2) và (3): v1 

12 2v0 7 v0 và v2  11 11

Vậy: vận tốc của quả cầu lớn sau va chạm là v`1 

7v0 11

36. Hai quả cầu nhẵn đàn hồi, bán kính r nằm tiếp xúc

37. Một quả cầu nhỏ khối lượng M  100 g treo vào đầu sợi dây lý tưởng, chiều

với nhau trên một mặt phẳng nằm ngang nhẵn. Quả

dài l  20cm như hình vẽ. Dùng một vật nhỏ khối lượng m  50 g có tốc độ v0

cần đàn hồi thứ ba bán kính 2r trượt với vận tốc v0

bắn vào M . Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy g  10(m / s 2 ) . Coi va chạm là

cũng theo mặt phẳng này, cùng một lúc va chạm vào

tuyệt đối đàn hồi

hai quả cầu (hình vẽ)

a) Xác định v0 để vật M lên đến vị trí dây treo nằm ngang

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: m3  m2  D  .r 3 3

b) Xác định giá trị tối thiểu của v0 để vật M chuyển động tròn xung quanh điểm O c) Xác định chuyển động của vật M sau va chạm nếu v0 

3 7 (m / s) 2

Bài giải

4 3 Khối lượng quả cầu lớn: m1  D   2r   8m2 3

a) Xác định v0 để M lên đến vị trí dây treo nằm ngang

Tại thời điểm va chạm, có các lực tác dụng lên quả cầu nhỏ hướng dọc theo đường nối tâm của chúng và tâm

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

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)

động năng của hệ hai vật m và M bảo toàn:

Theo định luật bào toàn động lượng, ta có:     m1 v0  m1 v1  m2 v2  m3 v3 (1)

 mv0  mv1  Mv2 2m  2 v0 (1)  mv0 mv12 Mv22  v2  mM     2 2 2

Chiếu (1) lên trục Ox , ta được:

Khi dây nằm ngang:

m1v0  m1v1  m2 v2 cos   m3 v3 cos 

Mv22 mM  Mgl  v0  2 m

1  m1v0  m1v1  m1v2 cos  4 1 2 2 2  v0  v1  v2  v1  v2 (2) 4 3 6 (sin  

OO2 r 1 2 2   ;cos   1  sin 2   ) O1O2 3r 3 3

 v0 

0, 05  0,1 10.0, 2  3( m / s ) 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:

Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:

1 1 1 1 1 1 m1v02  m1v12  m2 v22  m3 v32  m1v12  m1v22 2 2 2 2 2 8

gl (2) 2

mg  T 

mvE2 mvE2 T   mg 1 1

Để vật quay hết vòng tròn:

 4v02  4v12  v22 (3) T 0

mvE2  mg  0  vE  gl (3) 1

Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

38. Hai quả cầu A và B , khối lượng m1 , m2 được treo bằng sợi dây không dãn

1 1 Mv22  Mg .2l  MvE2 (4) 2 2

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

Từ (2), (3) và (4) ta được: mM v0  m

lệch một góc  so với phương thẳng đứng rồi buông ra

0, 05  0,1 3 10 5 gl  5.10.0, 2  (m / s) 0, 05 2

Vậy: để M chuyển động tròn xung quanh điểm O thì v0 min 

Tìm sự phụ thuộc vào tỉ số k 

3 10 (m / s) 2

3 7 c) Xác định chuyển động của vật M sau va chạm nếu v0  (m / s ) 2 Với v0 

3 7 ( m / s)  v0 min nên M không lên tới điểm cao nhất E của quỹ đạo tròn 2 mv  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:

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:

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  m2 v2 (1)

 m  m2   2 m1v0   2v0  1 k  v1   1  v0     v0 ; v2    1 k   m1  m2   m1  m2   1  k 

1 1  Mv22  Mgl 1  cos    Mgl cos  2 2 2 2

v  v  1 1  cos    2      arccos  2   3 gl  3 gl 

2.0, 05 3 7 .  7(m / s ) Mặt khác, từ (1): v2   0, 05  0,1 2

1 7     arccos  2   120 và vD  10.0, 2.cos120  1( m / s ) 3 10.0, 2  Vậy: sau va chạm nếu v0 

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

Từ (1), (2) suy ra:

1 1 Mv22  Mgl 1  cos    Mgl cos  2 2

2 2

Bài giải

1 1 1 m1v02  m1v12  m2 v22 (2) 2 2 2

1 1 Mv22  Mgl 1  cos    MvD2 2 2 

khi chúng va chạm nhau. Coi va chạm là hoàn toàn đàn hồi

1 m1v02  m1 gl 1  cos    v02  2 gl 1  cos   2

Lực căng của dây: T 

m2 của góc lệch cực đại của dây treo quả cầu sau m1

3 7 (m / s ) thì chuyển động của M là: 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)

h1 

2 2 v12  1  k  v02  1  k  v22 4l 1  cos        l 1  cos   ; h2  2 2g  1  k  2g  1  k  2g 1  k  2

cos 1 

4 1  cos   l  h1 l  h2 1 k  1  1  1  cos   ;cos  2  2 l l 1 k  1  k 

Xét các trường hợp đặc biệt: a) Nếu m1  m2 : k 

m2   : cos 1  cos  và cos  2  1 m1

 1   ;  2  0 : B vẫn đứng yên còn A nẩy lên độ cao ban đầu b) Nếu m1  m2 : k 

m2  1: cos  2  cos  , cos 1  1 m1

  2   ; 1  0 : A đứng yên còn B chuyển động như A ban đầu

c) Nếu m1  m2 : k 

m2  0 : cos 1  cos  ; cos  2  4 cos   3  1   m1

Vậy: góc lệch lớn nhất của hạt m1 so với phương ban đầu sau va chạm là amax  arcsin

m2 m1

39. Một hạt khối lượng m1 chuyển động với vận tốc v đến va chạm hoàn

40. Ba vòng đệm nhỏ giống nhau O1 , O2 , O3 nằm yên trên sàn ngang nhẵn. Truyền vận tốc v0 cho O1 đến va

toàn đàn hồi với hạt m2 (m2  m1 ) ban đầu đứng yên (hình vẽ). Xác định

chạm đồng thời với O2 và O3 . Giả sử va chạm tuyệt đối đàn hồi, khoảng cách O2 O3 bằng k lần đường kính

góc lệch lớn nhất của hạt m1 so với phương ban đầu sau va chạm

mỗi vòng

Xét trường hợp riêng m1  m2

a) Tính giá trị của k để ngay sau va chạm thì O1 dừng lại, dội Bài giải

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, ta được:    m1 v1  m2 v2  mv (1)

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

Chiếu (1) lên hai trục tọa độ Ox và Oy, ta được:

a) Giá trị của k để ngay sau va chạm thì O1 dừng lại, dội ngược lại, tiếp tục chuyển động theo hướng ban

 m1v1 cos   m2 v2 cos   m1v   m1v1 sin   m2 v2 sin   0

đầu

 m2 v2 2 cos 2    m1v  m1v1 cos  2  2 2 2 2  m2 v2  sin    m1v1  sin  Cộng hai phương trình của hệ trên vế theo vế, ta được:

m22 v22  m12 v 2  m12 v12  2m12 vv1 cos  (2) Mặt khác, theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

1 1 1 m1v12  m2 v22  m1v 2 2 2 2

 m1v 2  m1v12  m2 v22  m22 v22  m1 m2 v 2  m1 m2 v12 (3) Từ (2) và (3): m12 v 2  m12 v12  2m12 vv1 cos   m1 m2 v 2  m1 m2 v12

   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 2 1 2 1 2 1 2 mv0  mv1  mv2  v3 (2) 2 2 2 2     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)

Từ (2), ta được: 2mv 2  m12  mv02  v02  v12  2v 2

(4) 2

2v0 cos  1  2 cos  ; v1  v0 1  2 cos 2  1  2 cos 2 

  m1  m2  v12  2 m1v cos  v1   m1  m2  v 2  0 (4)

Từ (3) và (4), ta được: v 

Để bài toán cơ ý nghĩa, phương trình bậc hai theo v1 phải có nghiệm, tức là:

O2 O3 k .2 R k 2 Theo đề: O2 O3  k .2 R  sin    2  (với k  2 ) 2R 2R 2

   m12 v 2 cos 2    m12  m22  v 2  0  cos 2   1  sin 2   1 

m22 m  sin   2 m1 m12

Từ đó:    max  sin   sin  max  Trường hợp: m1  m2   

  2

m2 m     max  arcsin 2 m1 m1

 , v1  v

 cos 2   1 

k2 4

 k2 1  2 1  4  Thay (6) vào (5) ta được: v1  v0  k2 1  2 1  4 

Từ (7) ta có:

(5)

(6)   2  v k 2 0 6  k2   

(7)

+ 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

2 m1v 2 m1v12 m2 v22  m1  m2  v1    2 2 2 2

 v1  v

m1 (v1  v2 ) (4) m1  m2

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 Từ (3) và (4), ta được: tiếp tục đi tới sau va chạm thì k  2

m1v m1 m v  2 3 m2  m1 m1  m2 m1

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: v1   0 ; v2  v3  v0 ;sin      30 : các vectơ v2 5 5 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

Thay m2  3m1 vào (3), ta được: v1  v2 

m1v v   3m1  m1 2

2 gH 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: m2 v22 m v2  m2 gh  2 M  v22  vM2  2 gh (5) 2 2    Tại M , với m2 , ta có: Q  P2  m2 a2 (6) Chiếu (6) xuống phương hướng tâm, ta được: Q  m2 g cos   m2

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 độ cao ban đầu H của m1 và tính tỉ số

m2 . Bỏ qua ma sát m1

(Trích đề thi Olympic 30/4, 1996) Bài giải

vM2 R

Vật rời khỏi vòng xiếc khi: Q  0  vM2  gR cos  Mặt khác: cos  



hR hR  vM2  gR.  g  h  R  (7) R R

gH  g  h  R   2 gh  3 gh  gR  H  2  3h  R  2

Vậy: độ cao ban đầu của m1 là H  2  3h  R  và tỉ số

m2 3 m1

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:

42. Hai quả cầu nhỏ m1 , m2 treo vào cùng một điểm bởi hai dây nhẹ,

1 m1 gH  m1v 2  v  2 gH (1) 2

không dãn, cùng chiều dài l . Ban đầu hệ có vị trí như hình vẽ. Buông để

1 1 m1v12  m1 gh; m2 v22  m2 gh 2 2

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

 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  m2 v2  m1v1  v1 

quả cầu m1 chuyển động. Bỏ qua ma sát và lực cản

m1v (3) m2  m1

+ Theo định luật bảo toàn động năng, ta có:

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

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:

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  m2 v2 (2)

1 1 1 m1v 2  m1v12  m2 v22 (3) 2 2 2

 m1  m2  v m1  m2

; v2 

2m1v (4) m1  m2

Vậy: vận tốc của m1 ngay trước va chạm là v  2 gl và vận tốc của m1 , m2 ngay sau va chạm là

v1 

m1  m2

2   m1    m12  F2  T1  T2   m1  m2  2  m1  m2     g   m1  m2  2 g m  m m  1  2   1  m2   

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:

+ Áp dụng định luật bảo toàn động năng, ta được:

 m1  m2  v

2 2    m1  v 2   m1      m1 g 1  2    ;   m1  g       m1  m2  l   m1  m2  

2 2    m1  v 2   m1    V2    m2 g 1  2  T2  m2  g       m2  g   l      m1  m2  l   m1  m2  

1 m1 gl  m1v 2  v  2 gl (1) 2

Từ (1) và (2) ta được: v1 

 V2 và T1  m1  g  l 

2m1v , v2  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:

  v2  v2  F3  T1  T2  m1  g  1   m2  g  2  l  l   

 m v 2  m1v22   m1v 2   F3   m1 g  m2 g  1 1    m1 g  m2 g     3m1  m2  g l l    

 F3  F1  m12  Vì  m1  m2  2  g   3m1  m2  g m1  m2    m12  F  Fmin  F2   m1  m2  2 m1  m2 

 g 

Vậy: trong thời gian va chạm, lực tổng hợp do hai dây tác dụng lên giá treo thay đổi trong khoảng

    v2  + Quả cầu m1 : P1  T1  m1 a1  T1  m1 g  m1 a1  m1  g  1  l  

 m12  F2  F  F1  F3 ; lực tổng hợp này có giá trị nhỏ nhất là Fmin  F2   m1  m2  2  g và đạt được m 1  m2  

    v2  + Quả cầu m2 : P1  T2  m2 a2  T2  m2 g  m2 a2  m2  g  2  l  

vào lúc hai quả cầu biến dạng tối đa

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

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

T1  3m1 g , T2  m2 g ; F1  3m1 g  m2 g   3m1  m2  g

    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

+ Lúc hai quả cầu đã biến dạng tối đa, gọi V là vận tốc của hai quả cầu lúc này. Ta có:

"hai quả cầu" là hệ kín, va chạm là đàn hồi, xuyên tâm

mv  m1  m2 V  m1v  V  1 (định luật bảo toàn động lượng) m1  m2

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ, ta được:     m1 v1  m2 v2  m1 v1   m2 v2 

 m1v1  m2 v2  m1v1  m2 v2 (1)

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ trước và sau va chạm, ta được:

Áp dụng định luật bảo toàn động năng ta được:

Mv  mv   M 2 gl 1  cos    m 2 gl 1  cos  

1 1 1 1 m1v12  m2 v22  m1v12  m2 v22 (2) 2 2 2 2



Từ (1) và (2), ta được:

Gọi W là phần cơ năng bị tiêu hao sau một lần va chạm;

v1 

 m1  m2  v1  2m2 v2 m1  m2

; v2 

 m1  m2  v2  2m1v1 m1  m2

v1 

m1  m2

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:

a) Trường hợp quả cầu thứ hai đứng yên trước va chạm ( v2  0 ), ta có:

 m1  m2  v1

M 1  cos  (3)  m 1  cos 

2m1v1 ; v2  m1  m2

Mgl 1  cos    Mgl 1  cos    W (4)

W  kWt

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

Mv   M  m  v0  v0 

1 1 Mv 2   M  m  v02  Wt (bảo toàn cơ năng) 2 2  Wt 

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).

1  M  Mv 2   2 M m

Mặt khác:

1 mM Mv 2  Mgl 1  cos   nên Wt  gl 1  cos   (5) 2 M m

 W  kWt  k

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

mM gl 1  cos   (6) M m

Sau lần va chạm thứ nhất, ta có:

Mgl 1  cos    mgl 1  cos    k

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)

M v (bảo toàn động lượng) M m

 M 1  cos    M

mM gl 1  cos   M m

1  cos  mM 1  cos    k 1  cos   (7) 1  cos  M m

Sau lần va chạm thứ hai, ta có: 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 Mv 2  Mgl 1  cos    v  2 gl 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   2 gl 1  cos   (2) 2

mgl 1  cos    Mgl 1  cos 1   mgl 1  cos 1   k  m 1  cos    M 1  cos 1   m 1  cos 1   k

mM gl 1  cos   M m

mM 1  cos   (8) 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 2 gl 1  cos    M 2 gl 1  cos 1   m 2 gl 1  cos 1 

 m 1  cos   M 1  cos 1  m 1  cos 1 (9)

Sau lần va chạm thứ nhất, quả cầu M dừng lại và M  m  1  cos   1  cos 

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

Đặt: a  1  cos  ; b  1  cos  ; x  1  cos 1 ; y  1  cos 1 với a  b

đoạn bao nhiêu?

Từ (3):

(Trích đề thi Olympic 30/4, 2000)

M b m a mM Ma      m a M m ab M m ab

Từ (7): Ma 2  M

Bài giải     Gọi O là điểm va chạm, hệ trục Oxy như hinh vẽ; v  vx  v y là vận tốc bi ngay sau va chạm; v A là vận tốc

a 2 Ma 2 a2 b k a  a bk b ab ab

nêm ngay sau va chạm

a 2  b2 k  (10) a2

Theo phương ngang, động lượng của hệ "bi + nêm" được bảo toàn nên:

mvx  Mv A  mv0  v A 

a a a 2  b 2 Ma 2 Từ (8): M b 2  Mx 2  M y 2  . b b b a2 ab

 ab  x 2  Từ (9): M

a 2 y  b

 a  b  b2 a

7  vx  v cos 2  9 v0 cos 2 với:  v  v sin 2  7 v sin 2 0  y 9

(11)

b a  x a a b  Mx  M  y  (12) b b a

 vA 

Thay giá trị của y từ (12) vào (11), ta được:

hmax

Từ đó, quan hệ giữa các góc 1 và 1 có thể biểu diễn qua hệ thức:



1  cos   1  cos 1

 Gia tốc trượt ngang của nêm là: a  

1  cos 

1  cos 1



1  cos   1  cos 1

7  7  2  v0 sin 2   v0 sin 60  v 9 9      49v0    2g 2g 2g 216 g 2 y

Độ lên cao tối đa của bi so với mặt bàn là: H max  hmax  h 

Vậy: hệ thức liên hệ giữa 1 và 1 là 1  cos 1 

7   mv0  7  11mv0  v0  cos 2   1  cos 60   9   M  9  18M

 x  b  1  cos 1  1  cos   1  

1  cos 1

m M

Độ lên cao tối đa của bi kể từ chỗ chạm với mặt nêm là:

2 a  b  a  x    a  b b ab  x     b a a  2

1  cos 1 

m  v0  vx  M

49v02 h 216 g

Fms kMg   kg M M 2

 11mv0  2 2  18M  v   121m v0  Quãng đường trượt ngang của nêm là: s  2a 2kg 648M 2 kg 2 A



1  cos 

45. Một nêm A có khối lượng M đặt trên mặt bàn nằm

vậy: sau khi va chạm viên bi lên tới độ cao tối đa so với mặt bàn là H max 

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

được một đoạn s 

vận tốc v0 (ở độ cao h so với bàn) đến chạm vào mặt nghiên

121m 2 v02 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

của nêm Va chạm của bi vào nêm tuân theo định luật phản xạ gương và vận tốc bi sau va chạm có độ lớn

49v02  h và nêm dịch ngang 216 g

7 v0 9

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

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

 2  2 gR (4) v 2  2 gR  1    3  3

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

2v 2 Thay (4) vào (3) ta được: h  R   R 9g

2 gR 3  23 R 9g 27

Vậy: độ cao tối đa vật đạt được (so với mặt đất) sau va chạm là h 

23 R 27

c) So sánh hD và hA . Giải thích WA  WD Ta có: v A  0, vD  0  vD  v A nên Wd D  Wd A và WtD  Wt A  hD  hA

a) Biểu thức xác định vị trí    AOM    Áp dụng định luật II Niuton cho vật: P  Q  ma

Vậy: độ cao của vật tại A cao hơn độ cao cực đại của vật sau va chạm: hA  hD

Chiếu hệ thức vectơ trên xuống phương hướng tâm, ta được:

trên một mặt phẳng nghiêng của một vòng xiếc có bán kính r. Ở

mg cos   Q 

47. Một vật khối lượng m1 được thả không vận tốc đầu và trượt

điểm thấp nhất A của vòng xiếc, vật m1 va chạm đàn hồi với vật

 mv 2 v2   Q  m  g cos    (1) R R 

có khối lượng m2 đang đứng yên. Vật m2 trượt theo vòng tròn

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại hai điểm A và M, ta được:

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

1 mgR  mgR cos   mv 2  v 2  2 gR 1  cos   (2) 2  2 gR 1  cos    Thay (2) vào (1) ta được: Q  m  g cos     mg  3cos   2  R  

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

Khi vật rời mặt cầu tại B, ta có: Q  0  cos  

2  2 hay   arccos   3  3

2 Vậy: biểu thức xác định vị trí    AOM là   arccos   3

Trước va chạm, m1 có vận tốc v , với:

1 m1v12  m1 gH (bảo toàn cơ năng)  v1  2 gH (1) 2

b) Độ cao tối đa vật đạt được (so với mặt đất) sau va chạm

Sau va chạm, m1 và m2 có vận tốc v1 và v2 , với:

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

m1v1  m1v1  m2 v2 (bảo toàn động lượng)

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 mv 2 cos 2  mgR  mgh  mvD2  mgh  2 2 h R

v 2 cos 2  2v 2 R 2g 9g

Mặt khác, từ (2) ta có:

1 1 1 m1v12  m1 v12  m2 v22 (bảo toàn động năng) 2 2 2  v1 

m1  m2 m1 v1 (2) v1 ; v2  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:

m2 g cos   Q2 

Chiếu hệ thức vecto trên lên phương MO, chiều (+) hướng

m2 vC2 hr , với cos   r r

tâm, ta được:

Khi vật rời vòng tròn: Q2  0  vC2  g  h  r  (4)

mg sin   Q 

Mặt khác, theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có: WA  WC



1 1 m2 v22  m2 vC2  m2 gh  v22  g  3h  r  (5) 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,

mv 2 R

Vật B rời khỏi máng tại M nên Q  0  mg sin  

mv 2 R

 sin  

2 v 2 v0  2 gR 1  sin     gR sin   v02  2 gR  2 gR sin  gR gR

 sin  

v02  2 gR 3 gR

suy ra: v1  v2 m  m2 2m1v1 m Từ (2):  1 v1   2 3 m1  m2 m1  m2 m1

 v 2  2 gR  Vận tốc của B khi nó bắt đầu rời khỏi máng: v 2  v02  2 gR  1  0  3 gR  

 2m1   v22    .2 gH  H  2  3h  r  (6)  m1  m2  Thay (1), (5) vào (6):

2 1

 2m1  v   .2 gH  H  2  3h  r  4  m1  m2 

 v 2  gR sin   gR

v02  2 gR v02  2 gR , điều kiện: 2 Rg  v02  5Rg  3gR 3

Vậy: độ cao ban đầu của m1 là H  2  3h  r 

Vậy: vận tốc đầu của B khi nó bắt đầu rời khỏi máng là: v 

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

2. Vật có thể rơi vào tấm E không?

C. Sau va chạm vật B chuyển động trên máng đường tròn đường kính

Khi vật rời khỏi máng

CD  2 R . Một tấm phẳng  E  đặt vuông góc với CD tại tâm O của

sin  

v02  2 gR 3

3,5 gR  2 gR 1 3, 5 gR  2 gR     30 và vB   3 3 gR 2

gR 2

máng đường tròn Cho khối lượng của hai vật bằng nhau. Bỏ qua mọi ma sát

Khi rời B, vật chuyển động như vật bị ném xiên với các phương trình:

1. Xác định vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời máng

x   v sin   t  R cos 

2. Cho v02  3,5 Rg . Hỏi vật B có thể rơi vào tấm E không? Nếu có hãy

y

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

Để B có thể tới (E) thì x  0   v sin   t  R cos   0 t

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 2 1 2 mv0  mv  mgR 1  sin   2 2 2

2 0

 v  v  2 gR 1  sin  

   Theo định luật II Niuton ta có: P  Q  ma

1 gt   v cos   t  R sin  2

R cos  R  cot   v sin  v

R gR 2

.cot 30 

6R R (1)  2, 45 g g

Khi chạm vào tấm  E  : y  0  gt12  2  v cos   t1  2 R sin   0 Phương trình bậc hai theo t1 trên có nghiệm:

t1 

R  3  11  R (2)    1, 785 g  2 2  g

Từ (1) và (2) ta thấy: t1  2, 45

R , nghĩa là B không rơi vào tấm (E) g

Vậy: B không thể rơi vào tấm (E)

50. Một thanh cứng có chiều dài l , khối lượng không đáng kể, hai

đầu gắn chặt với hai quả cầu nhỏ khối lượng M và

49. Trên mặt phẳng nằm ngang tuyệt đối nhẵn có một quả cầu khối lượng m. Một chiếc nêm khối lượng M 

Vậy: thời gian giữa lần va chạm đầu tiên và lần kế tiếp là t  0, 6s

m 2

M . Thanh 2

được đặt nằm trên mặt bàn nhẵn nằm ngang. Một quả cầu nhỏ khối lượng m(m  M ) , chuyển động với vận tốc v đến va chạm

chuyển động với vận tốc v  5(m / s ) đến va chạm tuyệt

đàn hồi xuyên tâm với quả cầu M

đối đàn hồi vào quả cầu, nhưng chiếc nêm không bị nảy Tìm tỉ số

lên. Bỏ qua mất mát năng lượng trong va chạm Tính thời gian giữa lần va chạm đầu tiên và lần kế tiếp

M để sau khi va chạm lần thứ nhất với M, quả cầu m m

tiếp tục va chạm với quả cầu

Cho g  9,81(m / s 2 );  30

M ở phía bên phải vị trí va chạm lần đầu 2 Bài giải

Bài giải Lực của nêm tác dụng lên quả cầu có hướng tạo với mặt phẳng ngang một góc  90    , còn hướng của

Hệ "hai quả cầu M và m" là hệ kín, va chạm giữa m và M là

     p cùng hướng F  p  F t . Vì ban đầu quả cầu đứng yên, sau va chạm nó cũng có vận tốc tạo

va chạm đàn hồi nên động lượng và động năng của hệ bảo

với mặt phẳng ngang một góc  90   

mv  mv1  Mv2 (1)

Áp dụng định luật bảo toàn động năng và động lượng, ta được:

1 2 1 2 1 2 mv  mv1  mv2 (2) 2 2 2





1 1 1 2 2  Mv  M  mV 2 2 2  Mv  Mv1  mV sin   25  0,5  V  5  v1  V

toàn:

Từ (1) và (2), ta được: v1 

v 1   

1   

Vì  

và v2 

2v M ,  1  m

M  1  v1  0 : ngay sau va chạm, m chuyển động theo hướng cũ với vận tốc v1 và M chuyển m

5 10  v1  (m / s);V  (m / s) 3 3

động sang phải với vận tốc v2

( v và v1 là vận tốc của M trước và sau va chạm. V là vận tốc của m sau va chạm)

Sau va chạm, khối tâm G của hệ hai quả cầu M và

Xét chuyển động của M và m sau va chạm. Ta thấy  + M chuyển động thẳng đều có vận tốc v1 hướng sang phải

vG 

+ m chuyển động như vật bị ném xiên: VOx  V sin   v1 ;Voy  V cos  + m lại sẽ va chạm đúng vào mũi nêm sau thời gian: t 

t

2V cos   g

10 3 . 3 2  0, 6s 9,81

2VOy g

M chuyển động tịnh tiến sang phải với vận tốc: 2

Mv2 M (bảo toàn động lượng cho hệ "quả cầu M và ") M 2 M 2

 vG 

2 Mv2 2 4v  v2  3m 3 3 1   

Sau va chạm, M sẽ chuyển động: + Tịnh tiến đối với khối tâm G với vận tốc:

u  v2  vG 

Vậy : Khối lượng của Trái Đất là M  5,96.1024 kg .

2v 4 v 2v  .  1   3 1   3 1   

52. Sao chổi Ha-lây có chu kì T = 76 năm và khoảng cách gần nhất của nó đến Mặt Trời là rmin  8,9.1010 m.

+ Quay quanh khối tâm G với vận tốc góc:

Tính:

u 2v   1 l 1    3

Từ hình vẽ, m và

a) Khoảng cách xa nhất từ sao chổi Ha-lây đến Mặt Trời. b) Tâm sai của quỹ đạo của sao chổi.

M M 2 chỉ có thể va chạm với nhau sau khi M và quay được một góc   quanh 2 2 3

Cho khối lượng của Mặt Trời là M  1,99.1030 kg . Bài giải a) Khoảng cách xa nhất từ sao chổi Ha-lây đến Mặt Trời

Thời gian quay tính từ lúc va chạm lần 1 là: t 

 2  l 1       3 3v

- Áp dụng định luật III Ke-ple, ta được:

Vận tốc của quả cầu m đối với khối tâm G: v   v1  vG  v

a

1    4v 3  1   v 3    1 1    3 1   





 2, 68.1012 m

Vậy:Khoảng cách xa nhất từ sao chổi Ha-lây đến Mặt Trời là rmax  5,3.1012 m . b) Tâm sai của quỹ đạo của sao chổi

1  0, 22 3

Ta có: e 

Vậy: để sau khi va chạm lần thứ nhất với M, quả cầu m tiếp tục va chạm với quả cầu phải vị trí va chạm lần đầu thì

4.3,14

 rmax  2a  rmin  2.2,68.1012  0,089.1012  5,3.1012 m.

 3  1  l l 3 3  1  l 1    21 3 .  .   3    1 3v 3 2 9 3

 

6, 67.1011.1, 99.1030.  76.365.24.60.60 

- Mặt khác, theo các công thức về elip, ta có: rmin  a  ea; rmax  a  ea.

M 21 Để xảy ra sự va chạm giữa m và , ta phải có: v t  cos 30 2 3 v

T 2 4 2 GMT 2  a 3 . 3 a GM 4 2

M ở phía bên 2

rmax  rmin 5,3.1012  0, 089.1012   0,967. 2a 2.2, 68.1012

Vậy: Tâm sai của quỹ đạo của sao chổi là e  0,967 nên quỹ đạo của nó là một elip rất dẹt. 53. Một vệ tinh nhân tạo khối lượng m, được 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 R0. Hãy chứng minh rằng, để vệ

M  0, 22 m

tinh nhân tạo từ mặt đất phóng lên quỹ đạo trên thì vận tốc ban đầu của nó là:

2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề 5. CHUYỂN ĐỘNG CỦA HÀNH TINH, VỆ TINH. BA ĐỊNH LUẬT KE-PLE 51. Một vệ tinh nhân tạo của Trái Đất chuyển động theo quỹ đạo tròn ở độ cao h = 320km với chu kì T = 89 phút. Tính khối lượng của Trái Đất, cho bán kính Trái Đất là R  6370km; G  6, 67.10 11 (Nm 2 / kg 2 ).

R   v  R0 g  2  0  r  

Từ đó rút ra vận tốc ban đầu tối đa và tối thiểu của vệ tinh. Lấy R0  6, 4.106 m , bỏ qua sức cản của khí quyển đối với vệ tinh, gia tốc trọng trường của Trái Đất là

g  9,8  m / s 2  . (Trích đề thi trại hè Hùng Vương, 2015)

Bài giải Bài giải

Ta có: 3

M

3 2 4.3,142  6,37.106  0, 23.106  4 2 r 3 4  R  h     5,96.1024 kg . 2 2 2 GT GT 6, 67.1011  89.60 

- Theo định luật bảo toàn cơ năng, khi vệ tinh chuyển động trong trường hấp dẫn thì cơ năng được bảo toàn. Gọi v p là vận tốc của vệ tinh phóng lên từ mặt đất,cơ năng của vệ tinh khi phóng là: W1 

1 Mm mv p 2  G 2 R0

- Sau khi tiến vào quỹ đạo của vệ tinh, vệ tinh có vận tốc vq thì cơ năng của vệ tinh là:

W2 

1 Mm mvq 2  G 2 r



mv 2 Mm M GM G 2 v G  R R R 2 R0

v

và: T 

- Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

v0 2 2





7,9



 5, 58( km / s) (vì v0  G

2 4 4.3,14 R .R0  .6400  14405s  240 phút. v v 5, 58

Vậy: Vận tốc và chu kì của trạm là v  5,58(km / s) và T  240 phút.

1 Mm 1 Mm W1  W2  mv p 2  G  mvq 2  G 2 R0 2 r

b) Vận tốc và chu kì chuyển động của trạm trên quỹ đạo elip

GM M R   , G 2  g ta được: v p  R0 g  2  0  (đpcm). - Thay v p  r  r R0  - Nếu r  R0 thì vận tốc phóng lên là nhỏ nhất và bằng: vmin  gR0  9,8.6, 4.10 6  7,9.103 (m / s )  7,9( km / s ) : vận tốc vũ trụ cấp I.

- Nếu r   thì vận tốc phóng lên là lớn nhất và bằng:

- Cơ năng ban đầu: W1 

mv12 GmM  . 2 R1

- Cơ năng lúc sau: W2 

mv2 2 GmM  . 2 R2

- Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có: W1  W2 . 

vmax  2 R0 g  vmin 2  7,9 2  11, 2(km / s) : vận tốc vũ trụ cấp II.

mv12 GmM mv2 2 GmM    2 R1 2 R2

- Theo định luật Kep-lê II, ta có:

54. a) Một trạm vũ trụ bay quanh Trái Đất trên quỹ đạo tròn có bán kính R  2 R0 ( R0  6400km là bán kính Trái Đất ), động cơ không hoạt động. Tính vận tốc và chu kì của trạm. Cho biết vận tốc vũ trụ cấp I của vật ở sát mặt đất là v0  7,9( km / s) . Bỏ qua lực cản của không khí.

(2)

 v1 R1  v2 R2 - Từ (1) và (2), ta được: v2 2 

2GMR1 . R2  R1  R2 

Với R1  2 R0 ; R2  4 R0  v2 

trạm chuyển sang quỹ đạo elip, khoảng cách đến tâm Trái Đất nhỏ nhất là R1  R và lớn nhất là R2 . Cho biết

v0 6



5,58  3, 22km / s; 6

v1  2v2  2.3, 22  6, 44(km / s). - Theo định luật Kep-lê III, ta có:

R2  2 R1 .

+ Chuyển động tròn có T  240 ph; R  2 R0 .

Tính vận tốc và chu kì chuyển động của trạm trên quỹ đạo elip. Cho: Thế năng hấp dẫn của một vật m chuyển động từ vật đến tâm Trái Đất có dạng:

GMm , M là khối lượng Trái Đất và r là khoảng cách từ vật đến tâm Trái Đất. r ( Trích đề thi Olympic 30/4,2001) Bài giải

a) Vận tốc và chu kì của trạm trên quỹ đạo tròn Gọi M là khối lượng Trái Đất. Trong chuyển động tròn quanh Trái Đất của trạm, lực hấp dẫn chính là lực hướng tâm nên: Fht  Fhd .

(1)

v1tR1 v2 tR2  . 2 2

b) Động cơ của trạm hoạt động trong một thời gian ngắn để tăng vận tốc của trạm lên đến giá trị v1 . Khi này

Wt  

M ) R0

+ Chuyển động elip có Tc : a  2

R1  R2 2 R0  4 R0   3R0 . 2 2

3  T   3R    c    0   1,5  3,375  T   2 R0 

 Tc  3,375.T  3,375.240  441 phút..

Vậy: Vận tốc và chu kì chuyển động của trạm trên quỹ đạo elip là v2  3, 22( km / s), v1  6, 44(km / s) và Tc  441 phút.