Hai quả cầu bi a giống nhau hoàn toàn nhẵn, ban đầu quả cầu thứ hai đứng yên, quả cầu thứ nhất chuyển động tịnh tiến đến va chạm tuyệt đối đàn hồi với quả

thứ hai. Đường nối tâm của 2 quả cầu khi va chạm tạo với hướng chuyển động ban đầu của quả thứ nhất một góc α =60⁰. Trong thời gian va chạm 2 quả cầu bị biến dạng, một phần động năng của quả cầu đi đến chuyển thành thế năng biến dạng của 2 quả cầu, khi 2 quả cầu xa nhau thì thế năng này lại chuyển thành động năng. Xác định tỷ số phần trăm năng lượng biến dạng cực đại so với động năng ban đầu của quả cầu thứ nhất.

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1.

– Để quỹ đạo chuyển động giữa các va chạm là duy nhất thì vận 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. 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:

gx = –gsinα; gy = gcosα

– 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 = vA + gx.∆t = 0 vy = 0 + gy.∆t = vB

Suy ra: vA = –gx.∆t = (gsinα).∆t vB = gy.∆t = (gcosα).∆t

Vậy: Vận tốc của quả cầu ngay sau khi va chạm với đáy và một thành của hộp là vA = (gsinα).∆t và vB = (gcosα).∆t.

Bài 2.

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 va chạm và có độ lớn bằng nhau v0 (hình vẽ): v1 = v2 = v0

– Các điểm va chạm nằm trên cùng một đường nằm ngang, tức là tầm xa ứng với hai góc ném α₁ và α₂ là bằng nhau:

α vA

vB



x

y A

α B

g g^y gx

154

O

R

α1 ² 2 α v

v1



A B

ϕ

S S = v sin2²₀ α₁

g = v sin2²₀ α₂ g (1)

⇒ sin α2 ₁ = sin α2 ₂ Vì α₁, α₂< 90⁰

⇒ 2α₁ + 2 α₂ = 180⁰

⇒ α₁ + α₂ = 90⁰ và sin α₂= cos α₁.

Gọi ϕ là góc hợp bởi bán kính OA với đường nằm ngang AB, ta có:

ϕ = α₁+ α α₂- ₁

2 = α α₁+ ₂ 2 = 45⁰

– Tam giác AOB vuông cân tại O cho S = R 2 (2)

– Thời gian bay của vật theo hai quỹ đạo là:

T1 = 2v sin₀ α₁

g (3)

T2 = 2v sin₀ α₂

g = 2v cos₀ α₁

g (4)

– Từ (1), (2), (3) và (4) ta được:

T1.T2 = 2v sin₀ α₁

g .2v cos₀ α₁

g = ²₀ α₁

2

2v sin2

g = 2S

g = 2R 2

g ⇒ R = gT T^{1 2} 2 2 . Vậy: Bán kính bán cầu là R = gT T^{1 2}

2 2 . Bài 3.

– Vật I va chạm không đàn hồi với mặt phẳng nghiêng nên sau va chạm, thành phần vận tốc theo phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng bị triệt tiêu, chỉ còn thành phần v₁ song song mặt phẳng nghiêng. Suy ra, sau va chạm, vật I chuyển động ném xiên với góc ném α và vận tốc đầu v1 (hình a).

Ta có: v1 = v0cosα.

– Tầm xa của vật I: s1 = v sin2²₁ α

g = v cos sin2²₀ ²α α

g (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 α

α ^v0 v1

 v2

s1 = s2 = s I II

α

Hình a

155

mặt phẳng nghiêng nhưng không đổi độ lớn (v2 = v0).

Có hai trường hợp:

+ Với α nhỏ (hình a), vật II bay sang phải với góc ném α2 < 90⁰⇒ α < 45⁰. Tầm xa: s2 = v sin4²₀ α

g = v .2cos2 sin2²₀ α α

g (2)

Tầm xa như nhau nên: s1 = s2 (3) Thay (1) và (2) vào (3) ta được: v cos sin2²₀ ²α α

g = v .2cos2 sin2²₀ α α

g .

⇒ cos²α = 2cos α2 = 2(2cos²α–1) ⇒ cos α = 2

3 ⇒ α ≈ 35⁰ < 45⁰. + Với α lớn (hình b),

vật II bay sang trái với góc ném γ = β2

= 2 (90⁰ – α ) < 90⁰

⇒α > 45⁰. Tầm xa: s^/₂ = v sin2²₀ γ

g = v sin 4 90 -²⁰

(

^{0 α}

)

g

 

 

⇒ s^/₂ = – v sin4²₀ α

g = – v .2cos2 sin2²₀ α α

g (4)

Tầm xa như nhau nên: s1 = s^/₂ (5) Thay (1) và (4) vào (5) ta được: v cos sin2²₀ ²α α

g = –v .2cos2 sin2²₀ α α g

⇒ cos²α = –2cos α2 = –2(2cos²α – 1)

⇒ cos α = 2

5 ⇒ α ≈ 50⁰46’ > 45⁰.

Vậy: Để hai quả cầu bay khỏi mặt phẳng nghiêng với tầm xa như nhau thì α ≈ 35⁰ hoặc α ≈ ₅₀⁰_46’.

Bài 4.

– 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)

v0

S1 β ^β

γ v2



v1

/2

S

α Hình b

156

– Để va chạm luôn xảy ra tại cùng một điểm trên mặt nêm thì g′ phải vuông góc với mặt nêm, suy ra :

g′ = α g

cos (1) h = Hcos α (2)

Như vây, 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)

+ Thay (1) và (2) vào (3) ta được: t1 = cos α 2H g

+ Thời gian giữa hai lần va chạm liên tiếp: t = 2t1 = 2cos α 2H g . Bài 5.

– Va chạm đàn hồi nên vận tốc trước và sau va chạm đối xứng nhau qua trần nhà nằm 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:

h = (v0sinα).t – g 2t²

⇔ g

2t² – (v0sinα).t + h = 0

⇒ t = v sin₀ α

g  α

1

2 2

v sin0 2h

g g

  

  − 

  

 

Thay số ta được: t = 0,5s (loại nghiệm t > t0 = v sin₀ α

g = 0,87s; trong đó, t0 = 0,87s là thời gian vật đi 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 = (v0cosα).2t = 5m.

Bài 6.

Chọn hệ tọa độ xOy như hình vẽ. Các thành phần vận tốc đầu và gia tốc theo hai trục tọa độ là:

v0x = v0cosα; v0y = v0sinα.

a α

g H (−a₎

g/

α

h

α

A

B

C h

157

gx = –gsinα; gy = gcosα

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 v0x và gia tốc là gx.

Các phương trình chuyển động theo trục Ox:

+ Vận tốc: vx = v0x + gx.t = v0cosα – g(sinα).t + Tọa độ: x = v0x.t + 1

2gx.t² = v0(cos α ).t – 1

2g(sin α ).t²

* Trường hợp 1: Nếu vx triệt tiêu trước khi x =  thì quả cầu không bay qua ống mà sẽ bay trở lại và ra khỏi ống ở đầu bên trái.

+ Thời gian vật bay đến khi vx = 0 là: vx = v0cosα – g(sinα).t = 0 ⇒ t = α

α v cos0

gsin = v⁰

g .cot α (1) + Tổng thời gian vật chuyển động trong ống:

t^/ = 2t = 2v⁰

g .cot α (2)

+ Quãng đường vật đã bay:

Sx = v0x.t + 1 2gx.t² = v0(cos α ).t – 1

2g(sin α ).t² (3) + Thay (1) vào (3) ta được: Sx = α

α

2 2

v cos0

2gsin (4) + Điều kiện để vật không chui qua ống:

Sx = α α

2 2

v cos0

2gsin ≤ ⇒ v0cos α ≤ 2g sin α (5)

* Trường hợp 2: Vật bay qua ống, tức thỏa điều kiện : v0cosα> 2g sin α ^. + Thời gian chuyển động trong ống là nghiệm nhỏ hơn của phương trình:

x = v0(cos α ).t – 1

2g(sin α ).t² = L ⇒ g(sin α ).t² – 2v0(cos α ).t + 2L = 0 ⇒ t = v⁰

g cot α α

2 α

0

2g tan 1 1

v cos

 

− −

 

 

 



O

x

y

α α v0



g g_y gx

α

158

Vậy: Thời gian quả cầu chuyển động trong ống là t = v⁰

g cot α α

α

2 0

2g tan 1 1

v cos

 

− −

 

 

 

 .

Bài 7.

Cơ năng ban đầu của bóng: E₀ =mgh

Sau va chạm thứ i : E_i =kⁱE_o =mghkⁱ và độ cao bóng đạt được là: h_i =kⁱh Thời gian bóng bay từ sau va chạm thứ i đến va chạm tiếp theo với sàn là:

( )

ⁱ

i i h g k

g

t =2 2h =2 2 /

Thời gian để bóng dừng là:

∑

=

+

= ⁿ

i ti

t t

0 1

với g

t 2h

0 = , n là số lần va chạm.

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

k k g k

k h g k h g

h

k k

g h g

h

k g h g

h t

n n

n n

i i

−

−

= +

− + −

−

=



 + + + +

−

=

+

=

+ +

∑

=

1 2 2 1

1 2 1

2 2

...

1 2 2 2

2 2 2

1 1

1

Vì k <1 nên khi n→∞thì

( )

k ⁿ⁺¹→0. Do đó:

k s g k h

t 12

1

2 1 ≈

−

= +

Quãng đường đi được của bóng là:

( )

( )

k k h k

k hk h k

k k h h

k k

k h h k h h h h

s

n n n

n n i n i

i i

−

−

= +

− + −

−

= + + + + +

−

=

+ + + +

= +

= +

=

+ +

=

=

∑

∑

1 2 1

1 2 1

...

1 2

...

2 2

2

1 2 1

2 1

1

Vì k <1 nên khi n→∞thì kⁿ⁺¹→0 do đó:

k m h k

S 19.1 1

1 ≈

−

= + Bài 8.

Khi vận tốc đạn là v0

159

Sau khi xuyên qua, đạn và tấm gỗ cùng chuyển động với vận tốc v’.

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và năng lượng cho hệ ngay trước và sau khi va chạm ta có:

mv0 =(M+m)v’ (1) ¹ ₀^{2 1}

( )

²

2mv = 2 M m v+ + Q (2) Q: Công của lực cản biến thành nhiệt

Từ (1), (2) Q mv₀²

(

M m

)

m .v₀ ² M m

 

⇒ = − +  + 

02

2( )

Q mM v

= M m

+ (3)

 Khi đạn có vận tốc v1 > v0.

Gọi v2 là vận tốc đạn sau khi xuyên qua tấm gỗ.

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và năng lượng cho hệ ngay trước và sau khi va chạm ta có:

mv₁ = Mv mv+ ₂ (4) 1 ₁² 1 ² 1 ₂²

2mv = 2Mv +2mv Q+ (5) Thay (3), (4) vào (5) ta suy ra:

2

2 2 2

1 M 1 M M . 0

v v v v v

m m M m

 

= + −  + +

2 1 2 20

2 . 2 0

( )

m v

v mv v

M m M m

⇒ − + =

+ +

Giải phương trình ta được:

2 2

1 1 0

( )

v m v v v

= M m ± − Nếu chọn dấu “+”, thay vào (4) ta suy ra: +

2 2

1 1 0 2 2

2 mv M v v m ( 1 1 0)

v v v v v

M m M m

− −

= < = + −

+ +

Điều này vô lý vì vận tốc đạn sau khi xuyên qua gỗ không thể nhỏ hơn vận tốc tấm gỗ. Do đó ta chọn:

v m (v₁ v v₁² ₀²)

= M m − − +

Bài 9.

1. Gọi vận tốc quả cầu trước và sau va chạm là v và v^': v= 2gL

( )

^{' '} m 2

mv m M v v gL

= + ⇒ =m M

+ θ (

N T



T

160

Sau va chạm dưới tác dụng của lực ma sát đế gỗ chuyển động chậm dần đến khi dừng lại Quãng đường đế gỗ dịch chuyển được là x:

( )

^'2

0 2

ms v

f x= − m M+ ₍₁₎ Với fms =

µ (

m M g+

)

(2) Từ (1) và (2) cho:

( )

2

2 25

m L L

x= µ m M = µ +

2. Gọi góc giữa phương ngang và dây treo là : sin ² 2 mgL mv

θ θ = (3)

Từ sơ đồ chịu lực: T mgsin mv² θ L

− = (4)

cos 0

f T− θ = (5)

sin 0

N T− θ−Mg= (6) khi đế gỗ không dịch chuyển f ≤µN(7) Từ (3) tới (7) :

µ

_min = f

( ) θ

_và ^{2 8}

3 3

A M

= m =

( )

^{sin 2} ₂

f 2sin A θ θ

= θ + Tìm cực đại hàm số

( ) ( )

( )

2

' 2 2

2cos 2 2sin sin 2 .4sin .cos

. 0 0

2sin f f A

A

θ θ θ θ θ

θ θ

+ −

= ⇒ =

+

Thay cos 2θ =2cos²θ− = −1 1 2sin²θ ta có:

( )

( ) ( ) ( )

sin2

2 1

sin 2 2 1 2

1 2 1 1

A A

A A A A

A A A A

θ θ

= +

= − = +

+ + +

( ) (

¹ 2

)

f θ = A A

+ ^Với

2 8

3 3

A M

= m =

min ax

( )

2

2 0 '

3 0,283

2 3

sin 8 sin 0,6030 37 05

22

m m

f M mM

µ θ

θ θ θ

= = =

+

= ⇒ = ⇒ =

Trong tài liệu Chuyên đề nâng cao các định luật bảo toàn Vật lí 10 - THI247.com (Trang 151-159)