Bài tập ứng dụng các định luật bảo toàn để giải quyết các bài toán Vật lí 10 (có lời giải)

Bài tập ứng dụng các định luật bảo toàn để giải quyết các bài toán Vật lí 10 có lời giải được soạn dưới dạng file PDF gồm 29 trang.Tài liệu giúp bổ sung kiến thức và hỗ trợ bạn làm bài tập, ôn luyện cho kỳ thi sắp tới.Chúc bạn đạt kết quả cao trong học tập.

Môn:

Vật Lí 10 487 tài liệu

Thông tin:
29 trang 1 năm trước
Tác giả:
Đỗ Kim Phượng
docx.com.vn

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Bài tập ứng dụng các định luật bảo toàn để giải quyết các bài toán Vật lí 10 (có lời giải)

Bài tập ứng dụng các định luật bảo toàn để giải quyết các bài toán Vật lí 10 có lời giải được soạn dưới dạng file PDF gồm 29 trang.Tài liệu giúp bổ sung kiến thức và hỗ trợ bạn làm bài tập, ôn luyện cho kỳ thi sắp tới.Chúc bạn đạt kết quả cao trong học tập.

66 33 lượt tải Tải xuống

Chủ đề: Chương 4: Năng lượng, công, công suất (KNTT) 28 tài liệu

Môn: Vật Lí 10 487 tài liệu

Thông tin:

29 trang 1 năm trước

Tác giả:

Profile Đỗ Kim Phượng
ỨNG DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN
ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC BÀI TẬP VẬT LÝ 10
Chủ đề 1: ĐỘNG LƯỢNG –ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỘNG LƯỢNG
Dạng1: Xác định động lượng của vật, hệ vật
Phương pháp giải
+ Động lượng của vật:
.p m v=
+ Động lượng của hệ:
12
...p p p= + +
Bài 1: Tìm tổng động lượng (hướng và độ lớn) của hệ hai vật m
1
= 1kg, m
2
= 2kg,
v
1
= v
2
= 2m/s. Biết hai vật chuyển động theo các hướng:
a) ngược nhau.
b) vuông góc nhau.
c) hợp với nhau góc 60
0
.
Giải: Chọn hệ khảo sát: Hai vật.
– Tổng động lượng của hệ:
12
p p p=+
với: +
1
p
cùng hướng với
1
v
, độ lớn: p
1
= m
1
v
1
= 1.2 = 2 kg.m/s.
+
2
p
cùng hướng với
2
v
, độ lớn: p
2
= m
2
v
2
= 2.2 = 4 kg.m/s.
p
1
< p
2
a) Hai vật chuyển động theo hướng ngược nhau
Vì ngược hướng với nên ngược hướng với và p
1
< p
2
nên:
p = p
2
– p
1
= 4 – 2 = 2 kg.m/s và
p
cùng hướng
, tức là cùng hướng
2
v
.
b) Hai vật chuyển động theo hướng vuông góc nhau
Vì
1
v
vuông góc với
2
v
nên
1
p
vuông góc với
2
p
ta có: p =
22
12
pp+
= 4,5 kg.m/s
và
1
2
tan
p
p
=
=0,5
= 26
0
33’.
= 90
0
–
= 27
0
27’.
Vậy:
p
có độ lớn p = 4,5 kg.m/s và hợp với
2
v
và
1
v
các góc 26
0
33’
và 27
0
27’.
c) Hai vật chuyển động theo hướng hợp với nhau góc 60
0
Áp dụng định lí cosin ta có: p =
2 2 0
1 2 1 2
2. . .cos60p p p p++
p= 5,3 kg.m/s
và cos
= 0,9455
= 19
0
.
= 60
0
–
= 41
0
Vậy:
p
có độ lớn p = 5,3 kg.m/s và hợp với
2
v
và
1
v
các góc 19
0
và 41
0
.
Bài 2. Một vật khối lượng m = 1kg chuyển động tròn đều với vận tốc v = 10m/s.
Tính độ biến thiên động lượng của vật sau
a) 1/4 chu kì.
b) 1/2 chu kì.
1
v
2
v
1
p
2
p
vv
−'
'v
v
c) cả chu kì
Giải:
+ Ban đầu vật ở A và có động lượng
0
p
:
p
0
= mv = 1.10 = 10 kg.m/s.
+ Sau 1/4 chu kì vật đến B và có động lượng
1
p
vuông
góc với
0
p
.
+ Sau 1/2 chu kì vật đến C và có động lượng
2
p
ngược
hương với
0
p
.
+ Sau cả chu kì vật đến D và có động lượng
3
p
cùng
hướng với
0
p
.
Vì vật chuyển động tròn đều nên: p
3
= p
2
= p
1
= p
0
= 10 kg.m/s
a) Sau 1/4 chu kì
Ta có:
1 0 1 0
()p p p p p = − = + −
Vì
1
p
vuông góc với
0
p
:
0
. 2 10. 2( / )p p kgm s = =
.
b) Sau 1/2 chu kì
Ta có:
2 0 2 0
()p p p p p = − = + −
Vì
20
pp
nên:
0
2. 20( / )p p kgm s = =
c) Sau cả chu kì
Ta có:
3 0 3 0
( ) 0p p p p p = − = + − =
0p =
Dạng 2: Mối quan hệ giữa xung lượng và độ biến thiên động lượng
Phương pháp giải
Bài toán tính xung lượng của vật chính là đi tìm độ biến thiên động lượng và
xung của lực tác dụng lên vật. Để giải các bài toán dạng này cần xác định và vẽ chính
xác vectơ động lượng của vật lúc trước và lúc sau.
Chú ý rằng, ta chỉ tìm được lực trung bình vì trong khoảng thời gian
t
rất nhỏ lực
F
vẫn có thể thay đổi.
Bài 1: Một viên đạn khối lượng 10 g đang bay với vận tốc 600 m/s thì gặp một bức
tường. Đạn xuyên qua tường trong thời gian
1
1000
s
. Sau khi xuyên qua tường, vận tốc
của đạn còn 200 m/s. Tính lực cản của tường tác dụng lên đạn.
Giải:
Ta có:
( )
12
P m v v F t = − − =
( )
12
400
m v v
FN
t
−
= − = −
Bài 2: Một quả bóng khối lương m = 200 g, đang bay với vận tốc v =
20 m/s thì đập vào bức tường thẳng đứng theo phương nghiêng một góc
so với mặt tường. Biết rằng vận tốc của quả bóng ngay sau khi bật
trở lại là v
’
= 20 m/s và cũng nghiêng với tường một góc
. Tìm độ
biến thiên động lượng của quả bóng và lực trung bình do bóng tác dụng
lên tường nếu thời gian va chạm là
0,5ts=
. Xét trường hợp:
-
A
C
B
a)
0
30
=
b)
0
90
=
Giải:
Độ biến thiên động lượng của quả bóng là:
( )
',
p p p m v v = − = −
Trong đó:
'
20 /v v m s==
Ta biểu diễn các vector
,,
,,v v v v−
như hình vẽ. Ta thấy rằng,
vì
'
vv=
và đều hợp với tường một góc
nên vectơ
'
vv−
sẽ vương góc với mặt
tường và hướng từ trong ra ngoài, có độ lớn:
'
2 sinv v v
−=
Và
2 sinpm
=
(1)
Áp dụng công thức
p F t =
ta tìm được lực
F
do tường tác dụng lên quả bóng
cùng hướng với
p
và có độ lớn:
2 sinP mv
F
tt
==

( )
2
Theo định luật III Newton, lực trung bình
tb
F
do bóng tác dụng lên tường sẽ có
phương vuông góc với mặt tường và hướng vào phía tường, có độ lớn:
2 sin
tb
mv
FF
t
==
( )
3
a) Trường hợp
0
30
=
: Thay số vào các công thức (1), (2), (3) ta tìm được:
4/p kgm s=
,
8
tb
FN=
b) Trường hợp
0
90
=
:
8/p kgm s=
,
16
tb
FN=
Bài 3. Một người đứng trên thanh trượt của xe trượt tuyết chuyển động ngang, cứ mỗi
3s người đó lại đẩy xuống tuyết một cái với xung lượng (xung của lực) 60 kgm/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 chuyển động 15 s
Giải:
Cách 1: Chọn hệ khảo sát: Xe và người, chọn chiều dương theo chiều chuyển động
của xe và người.
Lực phát động trung bình do mặt tuyết tác dụng lên xe và người:
20( )
p
FN
t
==
Lực ma sát do mặt tuyết tác dụng lên xe và người
ms
F mg
=
= 0,01.80.10 = 8(N)
Gia tốc trung bình của xe:
ms
FF
a
m
−
==
0,15 (m/s
2
)
Vận tốc của xe sau khi chuyển động được 15s: v = at = 0,15.15 = 2,25 m/s.
Vậy: Vận tốc của xe sau khi chuyển động được 15s là 2,25 m/s.
Cách 2:
Lực ma sát do mặt tuyết tác dụng lên xe và người
F
ms
= mg = 0,01.80.10 = 8N
μ
Xung lượng của lực ma sát –F
ms
.
=-8.15=120 (N.s)
Tổng xung lượng tác dụng lên xe sau 15s:
15
60. 8.15
3
−
=180(N.s)
Mà:
( )
0
.
. 2,25 /
Ft
P m v v F t m v v m s
m
= − = = = =
Bài 4. Hòn bi thép m = 100g rơi tự do từ độ cao h = 5m xuống mặt phẳng
ngang. Tính độ biến thiên động lượng của bi ngay trước và sau va chạm
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
Giải:
Chọn vật khảo sát: Hòn bi. Ta có, trước va chạm:
2. 10( / )v gh m s==
; p = mv = 0,1.10 = 1 kg.m/s
a) Sau va chạm viên bi bật lên với vận tốc cũ
ta có:
'
2. 2( . / )p p p p p kg m s = − = =
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:
p
F
t
=
= = 20N
Vậy: Lực tương tác trung bình sau va chạm là F = 20N.
Dạng 3. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ kín
Phương pháp giải
Để giải các bài tập dạng này, thông thường ta làm theo các bước như sau:
- Xác định hệ vật cần khảo sát và lập luận để thấy rằng hệ vật là một hệ kín.
- Viết định luật dưới dạng vectơ.
- Chiếu phương trình vectơ lên phương chuyển động của vật
- Tiến hành giải toán để suy ra các đại lượng cần tìm.
Những lưu ý khi giải các bài toán liên quan đến định luật bảo toàn động lượng:
a) Trường hợp các vectơ động lượng thành phần (hay các vectơ vận tốc thành phần)
cùng phương, thì biểu thức của định luật bảo toàn động lượng được viết lại:
m
1
v
1
+ m
2
v
2
= m
1
'
1
v
+ m
2
'
2
v
.
Trong trường hợp này ta cần quy ước chiều dương của chuyển động.
- Nếu vật chuyển động theo chiều dương đã chọn thì v > 0;
- Nếu vật chuyển động ngược với chiều dương đã chọn thì v < 0.
b) Trường hợp các vectơ động lượng thành phần (hay các vectơ vận tốc thành phần)
không cùng phương, thì ta cần sử dụng hệ thức vectơ:
s
p
=
t
p
và biểu diễn trên hình
vẽ. Dựa vào các tính chất hình học để tìm yêu cầu của bài toán.
2
0,1
h
Bài 1: Một người có khối lượng m
1
= 50kg đang chạy với vận tốc v
1
= 3m/s thì
nhảy lên một toa goòng khối lượng m
2
= 150kg chạy trên thanh ray nằm ngang song
song ngang qua người đó với vận tốc v
2
= 2m/s. Giả thiết bỏ qua ma sát, tính vận tốc
của toa goòng sau khi người đó nhảy lên, nếu ban đầu toa goòng và người chuyển
động
a) Cùng chiều b) Ngược chiều
Giải
Xét hệ gồm toa xe và người. Khi người nhảy lên toa goòng với vận tốc v
1.
Ngoại
lực tác dụng lên hệ là trọng lực
P
và phản lực đàn hồi
N
, các lực này có phương
thẳng đứng. Vì các vật trong hệ chuyển động theo phương ngang nên các ngoại lực sẽ
cân bằng nhau. Như vậy hệ toa xe + người được coi là hệ kín.
Chọn trục tọa độ Ox nằm ngang, chiều dương theo chiều chuyển động của toa
goòng.
Gọi v’ là vận tốc của hệ sau khi người nhảy nên xe. Áp dụng định luật bảo toàn
động lượng ta có :
( )
1 1 2 2 1 2
'm v m v m m v+ = +
(1)
a) Trường hợp 1 : Ban đầu người và toa chuyển động cùng chiều.
Chiếu (1) lên trục Ox ta được :
( )
1 1 2 2 1 2
'm v m v m m v+ = +
1 1 2 2
12
50.3 150.2
' 2,25 /
50 150
m v m v
v m s
mm
++
= = =
++
'0v
: Hệ tiếp tục chuyển động theo chiều cũ với vận tốc 2,25m/s.
b) Trường hợp 2 : Ban đầu người và toa chuyển động ngược chiều nhau.
Chiếu (1) lên trục Ox:
( )
1 1 2 2 1 2
'm v m v m m v− + = +
1 1 2 2
12
50.3 150.2
' 0,75 /
50 150
m v m v
v m s
mm
− + − +
= = =
++
'0v
: Hệ tiếp tục chuyển động theo chiều cũ với vận tốc 0,75m/s.
Bài 2. Một người khối lượng m
1
= 60kg đứng trên một xe goòng khối lượng m
2
=
140kg đang chuyển động trên đường ray với vận tốc V= 3 m/s, nhảy xuống đất với
vận tốc v
0
=2m/s đối với toa. Bỏ qua mọi lực cản, tính vận tốc của xe goòng sau khi
người đó nhảy xuống trong các trường hợp sau
a)
0
v
cùng hướng với
V
;
b)
0
v
ngược hướng với
V
;
c)
0
vV⊥
;
Giải:.
Chọn hệ khảo sát: xe + người. Vì ngoại lực cân bằng nên hệ khảo sát là hệ kín.
Gọi
1
v
,
2
v
là vận tốc của người và xe đối với đất sau khi nhảy.
Vận tốc của người đối với đất ngay sau khi nhảy:
10
v v V=+
Theo định luật bảo toàn động lượng (xét trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất):
( )
1 2 1 1 2 2 1 0 2 2
( ) .m m V m v m v m v V m v+ = + = + +
a)
0
v
cùng hướng với
V
(m
1
+ m
2
)V = m
1
.(v
0
+V) + m
2
.v
2
1 2 1 0
2
2
( ) .( )
2,14 /
m m V m v V
v m s
m
+ − +
=
b)
0
v
ngược hướng với
V
(m
1
+ m
2
)V = m
1
.(- v
0
+V) + m
2
.v
2
1 2 1 0
2
2
( ) .( )
3,86 /
m m V m v V
v m s
m
+ − − +
=
c)
0
vV⊥
( )
1 2 1 1 2 2 1 0 2 2
( ) .m m V m v m v m v V m v+ = + = + +
Chiếu lên theo phương chuyển động
2
1 2 1 2 2 2
2
.
( ). . . 3 /
mV
m m V m V m v v m s
m
+ = + = =
(Chú ý xe goòng chỉ chuyển động trên thanh ray của nó)
Bài 3: Một khí cầu có khối lượng M =150 kg, treo một thang dây khối lượng không
đáng kể, trên thang có một người khối lượng m = 50 kg. Khí cầu đang nằm yên, người
đó leo thang lên trên với vận tốc v
0
= 2 m/s đối với thang. Tính vận tốc của khí cầu và
người đối với đất. Bỏ qua sức cản của không khí.
Giải:
Chọn hệ khảo sát: Khí cầu (có gắn thang) + 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: +
0
v
là vận tốc của người đối với khí cầu.
+
1
v
là vận tốc của khí cầu đối với đất.
+
2
v
là vận tốc của người đối với đất.
Theo công thức cộng vận tốc ta có vận tốc của người đối với đất:
2 1 0
v v v=+
(1)
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (xét trong hệ quy chiếu gắn với mặt
đất):
( )
10 1 1 0 1
. . 0 . . 0m v M v m v v M v+ = + + =
(2)
Chọn chiều dương thẳng đứng hướng lên: v
0
> 0. Từ (2) suy ra:
m(v
0
+ v
1
) + Mv
1
= 0 v
1
=
0
.mv
mM
−
+
< 0
Vậy: Khí cầu đi xuống với vận tốc có độ lớn bằng
0
1
.mv
v
mM
=
+
=0,5m/s.
Người đi lên với vận tốc có độ lớn bằng suy ra:
v
10
= v
0
+ v
1
v
2
= v
0
+ (
0
.mv
mM
−
+
) =
0
M.
1,5 /
v
ms
mM
=
+
> 0
Bài 4: Một chiếc thuyền dài L = 4m, khối lượng M = 150kg và một người khối lượng
m=50kg trên thuyền. Ban đầu thuyền và người đều đứng yên trên nước yên lặng.
Người đi với vận tốc đều từ đầu này đến đầu kia của thuyền. Bỏ qua mọi lực cản. Xác
định chiều và độ dịch chuyển của thuyền.
Giải:
Hệ khảo sát: người +thuyền
Trọng lực của hệ cân bằng với lực đẩy Ac–si–mét và bỏ qua lực cản nên ngoại lực cân
bằng, hệ khảo sát là hệ kín.
+
0
v
là vận tốc của người đối với thuyền.
+
1
v
là vận tốc của thuyền đối với đất.
+
2
v
là vận tốc của người đối với đất.
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (xét trong hệ quy chiếu gắn với mặt
đất):
( )
2 1 1 0 1
. . 0 . . 0m v M v m v v M v+ = + + =
(2)
Chọn chiều dương thẳng đứng hướng lên: v
0
> 0. Từ (2) suy ra:
m(v
0
+ v
1
) + Mv
1
= 0 v
1
=
0
.mv
mM
−
+
< 0
Vậy thuyền chuyển động theo chiều ngược lại
Độ dịch chuyển của thuyền:
1
0
.
.
L L m
sv
v M m
==
+
=1(m)
Bài 5. Hai quả bóng khối lượng m
1
= 50g, m
2
= 75g ép
sát vào nhau trên mặt phẳng ngang. Khi buông tay, quả
bóng I lăn được 3,6m thì dừng. Hỏi quả bóng II lăn được
quãng đường bao nhiêu? Biết hệ số ma sát lăn giữa bóng
và mặt sàn là như nhau cho cả hai bóng.
Giải.
- Khi ép sát hai quả bóng vào nhau thì hai quả bóng bị biến dạng làm xuất hiện lực
đàn hồi giữa chúng. Sau 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
1
v
và
2
v
.
- Hai quả bóng đặt trên mặt phẳng ngang: trọng lực của chúng và phản lực của mặt
phẳng ngang cân bằng nhau, hợp lực ma sát nghỉ tác dụng vào hệ bằng không nên hệ
hai quả bóng là kín trong quá trình tương tác với nhau.
- Theo định luật bảo toàn động lượng ta có:
1 1 2 2
. . 0m v m v+=
Suy ra:
12
21
vm
vm
=
(I)
(II
)
s
1
s
2
- 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:
12
12
12
;
ms ms
FF
a g a g
mm

= − = − = − = −
a
1
= a
2
= – g
Gọi s
1
, s
2
lần lượt là quãng đường mỗi quả bóng đi được sau khi buông tay.
Ta có:
2 2 2 2
1 2 1 1 2
12
22
1 2 2 2 1
;
2. 2.
v v s v m
ss
a a s v m
−−
= = = =
2
1
21
2
2
.
m
ss
m
=
=1,6(m)
Vậy: Sau khi buông tay quả bóng II lăn được quãng đường 1,6m.
Dạng 4: chuyển động bằng phản lực
Phương pháp giải
- Để giải các bài toán về chuyển động bằng phản lực, chỉ cần áp dụng định luật bảo
toàn động lượng. Cần chú ý rằng, ban đầu hai phần của hệ có cùng vận tốc, sau đó
chúng có vận tốc khác nhau (về hướng và độ lớn).
- Chuyển động của tên lửa
Trường hợp 1:
- Lượng nhiên liệu cháy và phụt ra tức thời hoặc các phần của tên lửa tách rời khỏi
nhau:
0 1 1 2 2
mv mv m v=+
Chiếu lên phương chuyển động để thực hiện tính toán.
(Nếu cần, áp dụng công thức cộng vận tc)
Trường hợp 2:
- Nhiên liệu cháy và phụt ra liên tục.
p dụng các công thức:
0
*
*
* ln
m
au
M
F mu
M
vu
M
=−
=−

=


Bài 1. Một tên lửa khối lượng tổng cộng m = 1 tấn đang chuyển động theo phương
ngang với vận tốc v = 200 m/s thì động cơ hoạt động. Từ trong tên lửa, một lượng
nhiên liệu khối lượng m
1
= 100 kg cháy và phụt tức thời ra phía sau với vận tốc v
1
=
700 m/s.
a) Tính vận tốc của tên lửa ngay sau đó.
μ
μ
v
u
www.thuvienhoclieu.com Trang 9
b) Sau đó phần đuôi của tên lửa có khối lượng m
d
= 100 kg tách ra khỏi tên lửa, vẫn
chuyển động theo hướng cũ với vận tốc giảm còn 1/3. Tính vận tốc phần còn lại của
tên lửa.
Giải
Ta coi tên lửa như là một hệ kín ngay trước và sau khi hoạt động (nhiên liệu cháy).
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng.
a) Khi nhiên liệu cháy và phụt tức thời ra phía sau, vận tốc của tên lửa ngay sau đó là
2
v
. Ta có:
1 1 2 2
mv m v m v=+
( )
1
Chọn trục tọa độ Ox có chiều dương trùng với chiều chuyển động ban đầu của tên lửa
(chiều của vectơ vận tốc
v
).
Chiếu (1) lên chiều dương đã chọn, suy ra:
1 1 2 2
. . .mv m v m v= − +
1
1
2
2
300 /
mv m v
v m s
m
+
= =
( )
2
Vậy ngay sau khi nhiên liệu cháy phụt ra phía sau, tên lửa tiếp tục chuyển động theo
phương cũ với vận tốc 300m/s.
b) Gọi
d
v
là vận tốc của đuôi tên lửa,
d
v
cùng hướng với
2
v
và có độ lớn:
2
100 /
3
d
v
v m s==
Gọi
3
v
là vận tốc của phần tên lửa còn lại . Áp dụng định luật bảo toàn động lượng
khi phần đuôi bị tách ra, ta có:
2 2 3 3dd
m v m v m v=+
( )
3
Với
3
m
là khối lượng của phần tên lửa còn lại, và có giá trị :
31
800
d
m m m m kg= − − =
Chiếu (3) lên chiều dương theo chiều của
2
v
, ta có:
2 2 3 3dd
m v m v m v=+
Suy ra:
22
3
3
325 /
dd
m v m v
v m s
m
−
==
Vận tốc phần tên lửa còn lại là 325 m/s.
Bài 2: Từ một tàu chiến có khối lượng tổng cộng M = 400 tấn đang chuyển động theo
phương ngang với vận tốc V = 2 m/s người ta bắn một phát đại bác về phía sau
nghiêng một góc 30
0
với phương ngang, viên đạn có khối lượng m = 50 kg và bay với
vận tốc v = 400 m/s đối với tàu. Tính vận tốc của tàu sau khi bắn. (Bỏ qua sức cản của
nước và không khí).
Giải:
Hệ: tàu chiến+đạn là hệ cô lập theo phương ngang (tổng các lực tác dụng vào hệ theo
phương ngang bằng không)
Gọi
1
v
là vận tốc của tàu chiến sau khi bắn.
Chọn trục Ox nằm ngang, chiều dương là chiều chuyển động của tàu chiến.
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng trong hệ quy chiếu gắn với đất.
( )
/O
11
/O
/O
. . ( ).
x
x
x
M V m v v M m v= + + −
www.thuvienhoclieu.com Trang 10
Chiếu lên theo phương Ox:
1
M.V mv.cos M.v
= − +
1
. .cos
2,043 /
mv
v V m s
M
= +
Bài 3. Một tên lửa khối lượng vỏ 200kg, khối lượng nhiên liệu 100kg, bay thẳng đứng
lên nhờ nhiên liệu cháy 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 làm giảm độ cao của tên lửa 5 lần.
Giải.
Chọn hệ khảo sát: “Tên lửa (vỏ + nhiên liệu)”. Trong quá trình phụt khí cháy thì
nội lực lớn hơn rất nhiều so với ngoại lực nên hệ khảo sát là hệ kín trong suốt thời
gian phụt khí.
Gọi m
1
và m
2
lần lượt là khối lượng của nhiên liệu và vỏ tên lửa; v
1
và v
2
lần lượt
là độ lớn vận tốc của nhiên liệu và vỏ ngay sau khi phụt khí cháy.
- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (theo phương thẳng đứng), ta có:
1 1 2 2 1 1 2 2
. . 0 . . 0m v m v m v m v+ = − + =
11
2
2
.
200 /
mv
v m s
m
= =
- Độ cao cực đại tên lửa đạt được nếu bỏ qua lực cản của không khí:
2
2
2.
v
h
g
−
=
−
=2000m
- Độ cao cực đại tên lửa đạt được do có lực cản của không khí:
h = 400m.
Bài 4: Một tên lửa gồm vỏ có khối lượng m
0
= 4 tấn và khí có khối lượng m = 2 tấn.
Tên lửa đang bay với vận tốc v
0
= 100 m/s thì phụt ra phía sau tức thời khối lượng khí
nói trên. Tính vận tốc của tên lửa sau khi khí phụt ra với giả thiết vận tốc khí là:
a)
1
v
=
400 /ms
đối với đất.
b)
1
v
=
400 /ms
đối với tên lửa trước khi phụt khí.
c)
1
v
=
400 /ms
đối với tên lửa sau khi phụt khí
Giải:
Hệ: vỏ tên lửa+ khí là hệ kín (nội lực lớn hơn rất nhiều so với ngoại lực)
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng trong hệ quy chiếu gắn với đất:
a)
0 0 1 0 2
( ). .m m v mv m v+ = +
0 0 1 0 2 2 0 0 1
0
( ). .v . .( ) 350m/ s
m
m m v m m v v v v v
m
+ = − + = + + =
b)
0 0 1 0 0 2
( ). ( ) .m m v m v v m v+ = + +
0 0 1 0 2 2 0 1
0
. . . .
m
m v m v m v v v v
m
= − + = + =
300m/s
c)
0 0 1 2 0 2
( ). ( ) .m m v m v v m v+ = + +
h
5
2000
5
==
www.thuvienhoclieu.com Trang 11
0 0 1 0 2
1
20
0
( ).v . ( ).
.
233,33 /
m m mv m m v
mv
v v m s
mm
+ = − + +
= + =
+
Dạng 5: Bài toán nổ đạn
Bài 1: Một viên đạn pháo đang bay ngang với vận tốc
0
v
= 25 m/s ở độ cao h = 80 m thì nổ,
vỡ làm hai mảnh, mảnh 1 có khối lượng m
1
= 2,5 kg, mảnh hai có m
2
= 1,5 kg. Mảnh một bay
thẳng đứng xuống dưới và rơi chạm đất với vận tốc v
1
’ = 90m/s. Xác định độ lớn và hướng
vận tốc của mảnh thứ hai ngay sau khi đạn nổ. Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy g = 10m/s.
Giải
Xét hệ gồm hai mảnh. Ngoại lực tác dụng lên hệ là trọng lực
P
, trọng lực này
không đáng kể so với lực tương tác giữa hai mảnh. Do đó hệ được coi là hệ kín.
Gọi
1
v
,
2
v
lần lượt là vận tốc của mảnh 1 và mảnh 2 ngay sau khi vỡ.
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ, ta có:
( )
1 2 0 1 1 2 2
m m v m v m v+ = +
( )
1
Theo đề bài:
1
v
có chiều thẳng đứng hướng xuống,
0
v
hướng theo phương ngang.
Do đó ta có thể biểu diễn phương trình vectơ (1) như trên hình vẽ.
Theo đó:
( )
2
22
2 2 1 2 0 1 1
m v m m v m v= + +


( )
2
;
( )
11
1 2 0
tan
mv
m m v
=
+
(3)
Để tính vận tốc của mảnh 1 ngay sau khi nổ ta áp dụng công
thức:
'2 2
11
2v v gh−=
'2 2
11
2 90 2.10.80 80,62 /v v gh m s = − = − =
Từ (2) ta tính được:
( )
2
22
1 2 0 1 1
2
2
m m v m v
v
m
++


=
150m/s.
Từ (3), ta có:
tan 2,015
=
0
64
=
.
Như vậy ngay sau khi viên đạn bị vỡ, mảnh thứ 2 bay theo phương xiên lên trên hợp
với phương ngang một góc 64
0
.
Bài 2: một mảnh đạn pháo đang bay ngang với vận tốc v=300m/s thì nổ, vỡ thành hai
mảnh có khối lượng m
1
=5kg và m
2
=15kg. Mảnh nhỏ bay lên theo phương thẳng đứng
với vận tốc v
1
=
400. 3
m/s. Hỏi mảnh to bay theo phương nào, với vận tốc bao nhiêu ?
Bỏ qua sức cản không khí.
Giải:
Hệ : hai mảnh đạn là hệ cô lập
(nội lực lớn hơn rất nhiều so với ngoại lực)
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ, ta có:
( )
1 2 0 1 1 2 2
m m v m v m v+ = +
22
mv
11
mv
( )
1 2 0
m m v+
www.thuvienhoclieu.com Trang 12
( )
2
22
2 2 1 2 1 1
m v m m v m v = + +


2 2 2 2
1 2 1 1
2
2
( ) . .
461,88( / )
m m v m v
v m s
m
++
=
Với:
( )
0
11
12
3
tan 30
3
mv
m m v

= = =
+
CHỦ ĐỀ 2: ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG
Dạng 1. Định lý động năng
Phương pháp giải
Khi giải các bài tập áp dụng định lý động năng thông thường ta tiến hành theo các
bước sau :
- Xác định các ngoại lực tác dụng lên vật
- Xác định vận tốc ở đầu và cuối đoạn đường dịch chuyển của vật
- Viết biểu thức động năng cho vật ở thời điểm đầu và thời điểm cuối
- p dụng định lí động năng để tìm các đại lượng theo yêu cầu của bài.
Với các bài toán dạng này, cần chú ý rằng :
- Chuyển động của vật không nhất thiết phải là chuyển động thẳng biến đổi
đều. Do đó nếu bài toán chỉ cho biết chuyển động là biến đổi thì nên áp dụng
định lí động năng để giải. Nếu bài cho chuyển động là chuyển động biến đổi
đều thì còn có thể vận dụng phương trình của chuyển động biến đổi và các
công thức để giải.
- Công cản luôn có giá trị âm.
Bài 1: Một vật có khối lượng m = 2 kg trượt qua A với vận tốc 2 m/s xuống dốc
nghiêng AB dài 2 m, cao 1 m. Biết hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là
=
3
1
, lấy g = 10 m/s
2
.
a) Xác định công của trọng lực, công của lực ma sát thực hiện khi vật chuyển dời từ
đỉnh dốc đến chân dốc.
b) Xác định vận tốc của vật tại chân dốc B.
c) Tại chân dốc B vật tiếp tục chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang BC dài 2 m thì
dừng lại. Xác định hệ số ma sát trên đoạn đường BC này.
Giải:
a) Xác định công
;
P ms
AA
trên AB.
Ta có:
2.10.1 20
p
A mgh J= = =
. os
ms
A mgs c

=−
Trong đó
3
sin 0,5 os
2
h
c
s

= = =
Thay vào ta được:
13
.2.10. 20
2
3
ms
AJ= − = −
b) Xác định v
B
=?
www.thuvienhoclieu.com Trang 13
( )
22
1
0
2
B
A F ms
m v v A A− = + =
2/
BA
v v m s = =
c) Xét trên đoạn đường BC: Theo đề ta có
0
C
v =
Theo định lí động năng:
( )
2 2 2 '
11
.
22
ms C B B
A m v v mv mg BC
= − = − = −
2
'
.
2. . .
B
mv
m g BC
=
=0,1
Bài 2. Ôtô 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.
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 lên xe
trên đoạn đường BC
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
c
F
.
– Vì
P
,
Q
vuông góc với phương chuyển động của xe nên A
P
= A
Q
= 0.
Gọi v là vận tốc của xe ở cuối đoạn đường nằm ngang AB.
Ta có: v = 36 km/h = 10 m/s > 0.
– Theo định lí động năng: + =
22
d
11
W0
22
mv mv = − =
với F
C
= 0,01.mg = -F
c
.s = -0,01.mg.s
A
F
– 0,01mg.s =
2
1
2
mv
A
F
=
2
1
0,01. .
2
mv mg s+
A
F
= 60.10
3
J = 60kJ
– Gia tốc của xe: a =
22
2
10
0,5( / )
2. 2.100
v
ms
s
==
– Thời gian chuyển động của xe:
v
t
a
==
20s.
– Công suất trung bình:
F
A
P
t
==
3000W = 3kW.
Lực kéo của động cơ:
F
A
F
s
==
= 600N.
Vậy: Công do động cơ thực hiện là A
F
= 60kJ, công suất trung bình và lực kéo của
động cơ là = 3kW và F = 600N.
F
A
F
C
A
F
C
A
(+)
www.thuvienhoclieu.com Trang 14
b) Xe tắt máy xuống dốc
Lúc này, các lực tác dụng vào xe là: Trọng lực , phản lực , lực cản .
Gọi v
1
là vận tốc của xe ở cuối dốc.
Ta có: v
1
= 7,2km/h = 2m/s > 0.
Theo định lí động năng:
W
d p Q ms
A A A = + +
2 2 2 2
11
( ) . ( ) .
22
C B ms ms C B
m v v m gh F F m v v m gh − = + = − −
= –148.10
3
J = –148kJ
– Lực cản trung bình: F
c
= = = –1480N
Vậy: Công của lực cản là A
Fc
= –148J, lực cản trung bình F
c
= –1480N (dấu “–” chỉ lực
cản ngược chiều dương, tức là ngược chiều chuyển động của xe).
Bài 3: Viên đạn khối lượng m = 60g bay ra khỏi nòng súng với vận tốc 600 m/s. Biết
nòng súng dài 0,8m.
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. Giả sử viên đạn chuyển động thẳng biến đổi
đều trong nòng súng.
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.
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.
d) Sau khi chạm đất, đạn lún sâu vào đất 10cm. Tính lực cản trung bình của đất.
Bỏ qua tác dụng của trọng lực so với lực cản
Giải:
Chọn chiều dương theo chiều chuyền động của viên đạn.
Gọi v
1
là vận tốc của viên đạn khi ra khỏi nòng súng. Ta có: v
1
= 600 m/s > 0.
a) Đạn chuyển động trong nòng súng
- Khi đạn chuyển động trong nòng súng thì trọng lực nhỏ hơn rất nhiều so với nội lực
là lực đẩy của thuốc súng nên bỏ qua trọng lực. Suy ra chỉ có lực đẩy của thuốc súng
sinh công.
- Gọi F
1
là lực đẩy của thuốc súng; s
1
là chiều dài của nòng súng. Động năng của đạn
khi rời nòng súng: W
đ
=
2
1
.
2
mv
= 10800J = 10,8kJ
- Theo định lí động năng:
1
2
11
1
W
2
Fd
A mv= =
.
- Lực đẩy trung bình của thuốc súng:
2
1
1
1
.
2.
mv
F
s
=
= 13500N
- Nếu coi chuyển động của viên đạn trong nòng súng là chuyển động biến đổi đều thì:
P
Q
C
F
F
C
A
F
C
A
s
3
148.10
100
−
h
l
(+)
www.thuvienhoclieu.com Trang 15
+ Vận tốc trung bình của đạn:
1
1
0
300( / )
2
v
v m s
+
==
+ Công suất trung bình của mỗi lần bắn:
1 1 1
.P F v=
= 4050000W = 4050kW.
Vậy: Động năng viên đạn khi rời nòng súng là 10,8kJ, lực đẩy trung bình của thuốc
súng và công suất trung bình của mỗi lần bắn là 13500N và 4050kW.
b) Đạn xuyên qua tấm ván
Gọi F
2
là lực cản của gỗ; s
2
là bề dày tấm ván; v
2
là vận tốc của viên đạn khi ra
khỏi tấm ván (v
2
= 10m/s > 0). Bỏ qua trọng lực của viên đạn (rất nhỏ so với lực cản
của gỗ) nên chỉ có lực cản của gỗ sinh công.
- Theo định lí động năng:
2
22
2 2 1
1
W .( )
2
dF
m v v A = − =
- Lực cản trung bình của gỗ:
2
22
21
2
22
()
2.
F
A
m v v
F
ss
−
==
= –35990N
Vậy: Lực cản trung bình của gỗ có độ lớn bằng 35990N (dấu “–” chỉ lực cản
ngược chiều dương, tức là ngược chiều chuyển động của viên đạn).
c) Đạn bay trong không khí giống như một vật bị ném ngang
Gọi v
3
là vận tốc của viên đạn khi chạm đất:
2
32
2. .v v g h=+
= 20m/s
d) Đạn xuyên vào đất và dừng lại
Gọi v
3
là vận tốc của đạn khi dừng lại trong đất (v
3
= 0); s
3
là quãng đường đạn
xuyên vào đất. Bỏ qua trọng 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:
3
22
33
1
W .(0 )
2
dF
m v A = − =
- Lực cản trung bình của đất:
2
2
3
2
33
.
2.
F
A
mv
F
ss
−
==
= –120N
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).
Bài 4. Một người đặt súng theo phương ngang rồi lần lượt bắn hai phát vào một bức
tường cách đầu súng khoảng x = 60m theo phương ngang. Sau phát đạn 1, người ta
đặt trước mũi súng một tấm gỗ mỏng thì thấy viên đạn 2 chạm tường ở điểm thấp hơn
viên đạn 1 một khoảng = 1m. Biết vận tốc ban đầu của đạn là v
0
= 300 m/s và khối
lượng đạn m = 20g. Tính công do đạn thực hiện khi xuyên qua miếng gỗ.
Giải:
Viên đạn thứ nhất chuyển động như vật bị ném ngang
với vận tốc đầu v
0
.
- Gọi là vận tốc sau khi ra khỏi tấm ván của viên
đạn thứ 2. Vì tấm ván rất mỏng nên chỉ thay đổi độ
lớn mà coi như không đổi hướng so với , 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 v
1
.
1
v
1
v
0
v
x
I
II
O
y
y
2
y
1
www.thuvienhoclieu.com Trang 16
- Gọi là lực do viên đạn tác dụng lên tấm gỗ và là lực do tấm gỗ tác dụng lên
viên đạn.
+ Công của lực cản là:
W
dF
A=
+ Công do đạn thực hiện là công của lực : A
F
= = – W
đ
22
10
1
W .( )
2
C
d F F
m v v A A = − = = −
(1)
- Chọn hệ tọa độ như hình vẽ. Ta có:
+ Phương trình quỹ đạo của 2 viên đạn lần lượt là:
2
1
1
2
0
.
2.
gx
y
v
=
(2);
2
2
2
2
1
.
2.
gx
y
v
=
(3)
+ Khi 2 viên đạn chạm tường thì:
1 2 2 1
;x x x y y l= = = +
+ Kết hợp với (2) và (3) ta được:
2
2
2
1
.
2.
gx
v
-
2
1
2
0
.
2.
gx
l
v
=
22
2 2 2 2 2 2
0
0 0 1 1
22
0
..
. . ( . 2. . ).
. 2. .
g x v
g x v g x l v v v
g x l v
= + =
+
(4)
- Thay (4) vào (1) ta được: A
F
=
22
2
0
0
22
0
..
()
2 . 2. .
m g x v
v
g x l v
−
+
A
F
= = 750J
Vậy: Công do đạn thực hiện khi xuyên qua miếng gỗ là A
F
= 750J
Dạng 2: Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng
Phương pháp giải
Khi áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cần :
- Xác định được biểu thức cụ thể của động năng và thế năng tại hai vị trí của vật.
Thông thường hai vị trí thường chọn có động năng hoặc thế năng bằng không hoặc tại
vị trí mà việc tính toán cơ năng là đơn giản.
- Chọn mốc thế năng sao cho việc tính thế năng của vật là dễ nhất.
- Định luật bảo toàn cơ năng được áp dụng đối với vật chỉ chịu tác dụng của trọng
lực hoặc lực đàn hồi ( lực thế).
Bài 1: Từ độ cao 10 m so với mặt đất, một vật được ném lên cao theo phương thẳng
đứng với vận tốc đầu 5 m/s. Bỏ qua sức cản của không khí và lấy g = 10 m/s
2
.
a. Tính độ cao cực đại mà vật đạt được so với mặt đất.
b. Tính vận tốc của vật tại thời điểm vật có động năng bằng thế năng.
c. Tìm cơ năng toàn phần của vật, biết khối lượng của vật là m = 200 g.
Giải:
Chọn gốc thế năng tại mặt đất
a) Tìm
axm
h
Cơ năng tại vị trí ném A:
2
1
W
2
A A A
mv mgh=+
Gọi B là vị trí cao nhất mà vật đạt được :
0
B
v =
F
C
F
C
F
F
F
C
A−
www.thuvienhoclieu.com Trang 17
Cơ năng của vật tại B :
ax
WW
B tB m
mgh==
Theo định luật bảo toàn cơ năng :
2
ax
1
WW
2
B A m A A
mgh v mgh= = +
2
ax
1,25 10 11,25
2
A
mA
v
h h m
g
= + = + =
b) Tính vận tốc của vật tại thời điểm vật có động năng bằng thế năng
W
đC
= W
tC
=> W
C
= W
đC
+ W
tC
= 2W
đC
Theo định luật bảo toàn cơ năng:
2
ax ax
1
W W 2. 7,5 2 /
2
C B C m C m
mv mgh v gh m s= = = =
c) Tìm cơ năng toàn phần của vật, biết khối lượng của vật là m = 200 g
ax
W W 0,2.10.11,25 22,5
Bm
mgh J= = = =
Bài 2: Quả cầu nhỏ khối lượng 500 g treo ở đầu một sợi dây dài 1 m, đầu trên của dây
cố định. Kéo quả cầu ra khỏi vị trí cân bằng sao cho dây hợp với
phương thẳng ứng góc 45
0
rồi thả tự do. Tìm:
a. Vận tốc của con lắc khi nó đi qua vị trí cân bằng.
b. Tính lực căng của dây tại vị trí cân bằng.
Giải :
- Vật chịu tác dụng các lực:
+ Trọng lực
P
.
+ Lực căng dây
T
.
- Vật chuyển động trong trường lực thế, ta có thể áp dụng định
luật bảo toàn cơ năng để giải bài toán này.
Ngoài ra ta cũng có thể giải bài 2 bằng định lí động năng.
a) Chọn gốc thế năng tại vị trí cân bằng (vị trí thấp nhất của vật).
Viết biểu thức định luật bảo toàn cơ năng cho vị trí góc
0
45
và vị trí cân bằng.
WW
AB
=
dB
W 0 0 W
tA
+ = +
2
1
2
AB
mgh mv=
Với :
( )
( )
0
0
45
1 os 1 os45
A
h l c l c
= − = −
( )
0
2
2 1 os45 2.10.1 1 20 10 2 2,42 /
2
gl c m s

− = − = − =


b) Khi cần tính đến lực căng dây T, ta phải áp dụng lại Định
luật II Niu tơn cho vật tại vị trí cần tính.
- Chú ý rằng vật chuyển động tròn đều với gia tốc hướng tâm,
hợp lực của trọng lực và lực căng chính là lực hướng tâm.
- Viết biểu thức định luật II Niu tơn cho vật tại vị trí cân bằng:
B
P T ma+=
- Chiếu phương trình lên trục hướng tâm BO:
www.thuvienhoclieu.com Trang 18
2
B
ht
v
P T ma m
l
− + = =
22
2,42
0,5.10 0,5. 7,93
1
B
ht
v
T ma m N
l
= = = + =
Bài 3. Quả cầu khối lượng m = 100g gắn ở đầu một lò xo nằm ngang, đầu kia của lò
xo cố định, độ cứng của lò xo k = 0,4N/cm. Quả cầu có thể chuyển động không ma sát
trên mặt phẳng ngang. 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.
a) Tính chiều dài quỹ đạo AB.
b) Tính vận tốc cực đại của quả cầu trong quá trình chuyển động. Vận tốc này đạt ở vị
trí nào?
Giải.
a) Chiều dài quỹ đạo AB Các lực tác dụng vào vật: trọng
lực , phản lực , lực đàn hồi ( và 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):
W
A
= W
B
k.OA
2
= k.OB
2
OB = OA
Vậy: Chiều dài quỹ đạo: L = AB = 2.OA = 2.5 = 10cm.
b) Vận tốc cực đại của quả cầu
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 vị trí A và O (vị trí cân bằng, lò xo không
biến dạng): W
A
= W
O
k.OA
2
= mv
2
v = OA. = 5. = 100cm/s = 1m/s. (k = 0,4 N/cm = 40 N/m)
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.
Bài 4. Quả cầu m = 50g gắn ở đầu lò xo thẳng đứng, đầu trên của lò xo cố định, độ
cứng k = 0,2N/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.
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
Giải.
Khi cân bằng lò xo dãn đoạn (hình vẽ).
Điều kiện cân bằng: mg = k =
với k = 0,2 N/cm = 20 N/m, ta có: = = 0,025m = 2,5cm
coi hệ (quả cầu + lò xo) tương đương với một 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
P
Q
ñh
F
v
Q
1
2
1
2
1
2
1
2
k
m
40
0,1
0
0
0
mg
k
0
0,05.10
20
O
A
B
k
m
x
N
O
M
l
www.thuvienhoclieu.com Trang 19
là đã dãn với độ cứng k không đổi. Như vậy nếu chọn gốc thế năng đàn hồi tại vị
trí cân bằng thì vẫn áp dụng được công thức
2
1
W . .
2
t
kx=
, với x là độ biến dạng của lò
xo tính từ vị trí cân bằng.
Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ.
a) Vận tốc của quả cầu tại vị trí cân bằng:
Tại M lò xo không biến dạng nên: x
M
= –OM = – = –2,5cm; v
M
= 0.
Tại vị trí cân bằng O (x
CB
= 0) và quả cầu có vận tốc v
CB
.
Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng):
W
M
= W
CB
22
11
..
22
M cb
k x mv=
v
cb
=
M
k
x
m
= 50cm/s = 0,5m/s.
Vậy: Vận tốc của quả cầu tại vị trí cân bằng là 0,5m/s.
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 x
N
= ON và v
N
= 0.
Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng):
W
M
= W
N
= x
N
= x
M
= = 2,5cm
Độ dãn cực đại của lò xo: = + ON = 2. = 2.2,5 = 5cm
Vậy: Tại vị trí thấp nhất thì lò xo bị dãn cực đại là 5cm.
Dạng 3: Bài toán va chạm
Phương pháp giải
Bài toán về va chạm giữa hai vật thường được xét trong các trường hợp sau :
*) Va chạm mềm : Trong trường hợp va chạm giữa hai vật là mềm thì hoàn toàn có
thể áp dụng định luật bảo toàn động lượng, nhưng cần chú ý rằng sau va chạm hai vật
có cùng vận tốc. Định luật bảo toàn cơ năng không đúng với trường hợp này
Định luật bảo toàn động lượng dẫn đến phương trình :
1 1 2 2 1 2
m v m v (m m )v+ = +
trong đó
v
là vận tốc của vật sau va chạm. Từ đó, ta tính được vận tốc của các vật sau
va chạm :
1 1 2 2
12
m v m v
v
mm
+
=
+
Phần động năng tổn hao trong quá trình va chạm :
Động năng của hai vật trước va chạm :
22
0 1 1 2 2
11
K = m .v + m .v
22
Động năng của chúng sau va chạm :
Phần động năng tổn hao trong quá trình va chạm là :
0
0
2
M
1
kx
2
2
N
1
kx
2
−
0
0
0
2
2
1 1 2 2
12
12
1 (m v m v )
K (m m )v
2 2(m m )
+
= + =
+
www.thuvienhoclieu.com Trang 20
22
12
0 1 1 2 2
12
1 m m
K K K (v 2.v .v .cos v ) 0
2 m m
= − = − +
+
Biểu thức trên chứng tỏ rằng động năng của các quả cầu luôn luôn bị tiêu hao
thành nhiệt và công làm biến dạng các vật sau va chạm.
*) Va chạm đàn hồi : trong quá trình va chạm không có hiện tượng chuyển một
phần động năng của các vật trước va chạm thành nhiệt và công làm biến dạng các vật
sau va chạm. Nói cách khác, sau va chạm đàn hồi các quả cầu vẫn có hình dạng như
cũ và không hề bị nóng lên. Trong trường hợp các vật va chạm đàn hồi thì định luật
bảo toàn động lượng và định luật bảo toàn cơ năng vẫn nghiệm đúng
Lưu ý rằng va chạm xảy ra trong mặt phẳng nằm ngang tức là độ cao so với mặt
đất của các quả cầu không thay đổi nên thế năng của chúng không thay đổi trong khi
va chạm, vì vậy bảo toàn cơ năng trong trường hợp này chỉ là bảo toàn động năng.
Do vậy, ta có phương trình :
1 1 2 2 1 1 2 2
m v m v m v' m v'+ = +
(1)
2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2
1 1 1 1
m v m v m v' m v'
2 2 2 2
+ = +
(2)
Để giải hệ phương trình (1) và (2) ta làm như sau :
Vì các vectơ
1 2 1 2
v ,v ,v' ,v'
có cùng phương nên ta chuyển phương trình vectơ (1)
thành phương trình vô hướng:
1 1 2 2 1 1 2 2
m v m v m v' m v'+ = +
1 1 1 2 2 2
m (v v' ) m (v' v ) − = −
(1’)
Biến đổi (2) thành :
2 2 2 2
1 1 1 2 2 2
m (v v' ) m (v' v )− = −
(2’)
Chia (2’) cho (1’) ta có :
1 1 2 2
(v v' ) (v' v )+ = +
Nhân hai vế của phương trình này với m
1
ta có :
1 1 1 1 2 2
m (v v' ) m (v' v )+ = +
(3)
Cộng (3) với (1’) ta tìm được vận tốc của vật thứ hai sau va chạm :
1 1 2 1 2
2
12
2m v (m m )v
v'
mm
+−
=
+
(4)
Ta nhận thấy vai trò của hai quả cầu m
1
và m
2
hoàn toàn tương đương nhau nên trong
công thức trên ta chỉ việc tráo các chỉ số 1 và 2 cho nhau thì ta tìm được vận tốc của
quả cầu thứ nhất sau va chạm:
2 2 1 2 1
1
12
2m v (m m )v
v'
mm
+−
=
+
(5)
Ta xét một trường hợp riêng của biểu thức (4) và (5) :
+ Giả sử hai quả cầu hoàn toàn giống nhau , tức là m
1
= m
2
.
Từ (4) và (5) ta có :
21
12
'
'
vv
vv
=
=
Nghĩa là hai quả cầu sau va chạm trao đổi vận tốc cho nhau : quả cầu thứ nhất có vận
tốc của quả cầu thứ hai trước khi có va chạm và ngược lại.
www.thuvienhoclieu.com Trang 21
+ Nếu
'
'
2
2 1 2
'
11
0
m >>m ; 0
v
v
vv
=
=−
Bài 1: Quả cầu I chuyển động trên mặt phẳng ngang trơn, với vận tốc không đổi đến
đập vào quả cầu II đang 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.
Giải:
Gọi m
1
và m
2
lần lượt là khối lượng quả cầu I và II; v
0
là vận tốc của quả cầu I trước
va chạm; v
1
và v
2
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 và phản lực 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:
m
1
v
0
= m
1
v
1
+ m
2
v
2
(1)
- Áp dụng định luật bảo toàn động năng:
2 2 2
1 0 1 1 2 2
1 1 1
m .v = m .v + m .v
2 2 2
( 2)
- Sau va chạm vận tốc hai quả cầu ngược chiều nhau, cùng độ lớn nên: v
2
= – v
1
(3)
- Từ (1) và (2):
1 2 0 1 0
12
1 2 1 2
(m - m ).v 2.m .v
v = ;v =
m +m m +m
Thay vào (3): m
2
=3.m
1
1
2
m1
=
m3
Bài 2. Quả cầu khối lượng M = 1kg treo ở đầu một dây mảnh nhẹ chiều dài = 1,5m.
Một quả cầu m = 20g 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
Giải:
Gọi v
1
và v
2
lần lượt là vận tốc của quả cầu m và M ngay sau va chạm.
- Chọn chiều dương theo chiều của vận tốc . Theo phương ngang, động lượng được
bảo toàn nên: mv = mv
1
+ Mv
2
(1)
- Vì va chạm là đàn hồi xuyên tâm nên động năng bảo toàn:
2 2 2
12
1 1 1
m.v = m.v + M.v
2 2 2
(2)
- Giải hệ ta được:
12
(m - M).v 2.m.v
v = ;v =
m+M m+M
- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật M tại 2 vị trí
A và B (gốc thế năng trọng lực tại vị trí cân bằng A):
2
0
2
v
M. =M.g.h=M.g.l(1-cosα) cos 0,87 29,5
2

= =
Bài 3. Ba vật khối lượng m
1
, m
2
, m
3
có thể trượt không ma sát theo một trục nằm
ngang (hình vẽ) và m
1
, m
3
, m
2
. Ban đầu m
1
, m
3
đứng yên còn m
2
có vận tốc v. Va
chạm là hoàn toàn đàn hồi. Tìm vận tốc cực đại của m
1
, m
3
sau đó.
P
Q
v
O
m
M
A
B
h
www.thuvienhoclieu.com Trang 22
Giải.
Giả sử m
2
va chạm vào m
3
trước (hình vẽ). Va chạm
giữa m
2
với m
1
và m
3
xảy ra liên tiếp nhiều lần làm cho
vận tốc của m
1
và m
3
tăng dần (m
1
dịch chuyển sang trái và
m
3
dịch chuyển sang phải), ngược lại vận tốc của m
2
giảm
dần.
Quá trình va chạm sẽ kết thúc khi vận tốc cuối cùng
của m
2
bắt đầu nhỏ hơn vận tốc của m
1
hoặc m
3
. Khi đó vận
tốc của m
1
và m
3
đạt cực đại. Gọi các vận tốc cực đại này là
v
1
và v
3
.
- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (chiều dương theo chiều của ):
m
2
v = – m
1
v
1
+ m
3
v
3
+ m
2
(1)
- Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên cơ năng bảo toàn:
m
2
= m
1
+ m
3
+ m
2
(2)
- Vì m
1
, m
3
>>m
2
và < v
1
; v
3
nên động lượng cuối cùng m
2
của m
2
và động năng
cuối cùng m
2
của m
2
là rất nhỏ, có thể bỏ qua so với động năng ban đầu của
m
2
, động lượng và động năng cuối cùng của m
1
và m
3
.
Suy ra: m
2
= 0; m
2
= 0 (3)
- Thay (3) vào (1) và (2) ta được:
- Đặt a = ;
2
3
m
b= <<1
m
(4)
- Từ (5) suy ra: v
3
= bv + av
1
(7)
- Thay (7) vào (6) ta được: bv
2
= a + (bv + av
1
)
2
a(a + 1) + 2abvv
1
– bv
2
+ b
2
v
2
= 0
Vì
2
3
m
b= <<1
m
nên b
2
0 b
2
v
2
0
a(a + 1) + 2abvv
1
– bv
2
= 0 (8)
- Giải phương trình bậc hai (8) đối với v
1
, ta được:
= (abv)
2
+ ab(a + 1)v
2
= ab(a + 1)v
2
; vì (abv)
2
0
v
1
= = +
2
v
v
2
v
1
2
2
v
1
2
2
1
v
1
2
2
3
v
1
2
/2
2
v
/
2
v
/
2
v
1
2
/2
2
v
2
v
1
2
2
2
v
21
1 3
33
2 2 2
21
13
33
mm
v – v v
mm
mm
v v v
mm
=+
=+
1
3
m
m
2
v
1 3
2 2 2
13
bv – av v (5)
bv av v (6)
=+
=+
2
1
v
2
1
v
2
1
v
/
abv v ab(a 1)
a(a 1)
− + +
+
bv
(a 1)
−
+
v ab( a 1)
a(a 1)
+
+
Trước va chạm
m
1
m
2
m
3
Sau va chạm
m
1
m
2
m
3
m
1
m
2
m
3
www.thuvienhoclieu.com Trang 23
M
2
3
m
b= <<1
m
nên 0
v
1
= v = v (9)
(Loại nghiệm v
2
< 0)
- Thay (4) vào (9) ta được: v
1
v (10)
- Thay (4) và (10) vào (7) ta được: v
3
v .
Vậy: Vận tốc cực đại của m
1
, m
3
sau đó là
v
1
v và v
3
v .
* Chú ý : Nếu m
2
va chạm vào m
1
trước thì ta vẫn có kết quả như trên.
Bài 4. Cho hệ như hình vẽ. Hai vật cùng khối lượng m đặt trên sàn nhẵn nằm ngang
và nối với nhau bằng lò xo độ cứng k. Vật thứ ba cùng khối lượng m đến đập vào một
trong hai vật với vận tốc v dọc theo phương song song với trục lò xo. Coi va chạm là
tuyệt đối đàn hồi.
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.
Giải.
a) Chứng tỏ hai vật nối bằng lò xo luôn chuyển động cùng hướng.
Gọi v
1
và v
3
lần lượt là vận tốc của vật 1 và vật 3 ngay sau va chạm. Chọn chiều
dương hướng sang phải theo chiều của (hình vẽ). Áp dụng định luật bảo toàn
động lượng và bảo toàn động năng cho hệ hai quả cầu 1 và 3, ta có:
- 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.
Gọi u
1
và u
2
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:
bv
(a 1)
−
+
v ab( a 1)
a(a 1)
+
+
22
ab(a 1)
a (a 1)
+
+
b
a(a 1)+
23
2
1 3 1
mm
m m m+
12
2
1 3 3
mm
m m m+
23
2
1 3 1
mm
m m m+
12
2
1 3 3
mm
m m m+
v
31
2 2 2
31
mv mv mv
m m m
v v v
2 2 2
=+
=+
31
2 2 2
31
v v v
v v v
=+
=+
31
2 2 2
31
v v v
v v v
−=
−=
1
3
vv
v0
=
=
m
m
k
m
3
1
2
m
m
m
k
www.thuvienhoclieu.com Trang 24
u
1
u
2
= (3)
- Vì nên u
1
và u
2
luôn cùng dấu, nghĩa là sau va chạm hai vật 1 và 2 luôn
chuyển động cùng hướng, tức là về cùng một phía.
b) Vận tốc của mỗi vật khi lò xo dãn tối đa
Vì u
1
+ u
2
= v không đổi nên theo bất đẳng thức Cô–si thì
u
1
u
2
= đạt cực đại khi: u
1
= u
2
= (4)
- Khi đó (3) trở thành: = x
max
= v .
Vậy: Vận tốc mỗi vật khi lò xo dãn tối đa là u
1
= u
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; v
G
là vận tốc của khối tâm G.
- 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:
m
1
v
1
= m
G
v
G
hay mv = 2mv
G
Như vậy, khối tâm G chuyển động sang phải với vận tốc v
G
= .
- 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: u
1
= u
2
= (4)
- Thay (4
/
) vào (3) ta cũng được: x
max
= v .
Bài 5. Hòn bi sắt treo vào dây chiều dài = 1,2m được kéo cho dây
nằm ngang rồi thả rơi. Khi dây hợp góc = 30
0
với đường thẳng đứng,
bi va chạm đàn hồi với bề mặt thẳng đứng của một tấm sắt lớn cố định
(hình vẽ). Hỏi bi sẽ nảy lên đến độ cao bao nhiêu
Giải
- Hòn bi bắt đầu chuyển động không vận tốc đầu từ A, va chạm đàn hồi với mặt thẳng
đứng của tấm sắt tại B, sau đó nẩy lên và đạt độ cao cực đại tại C (hình vẽ).
12
2 2 2 2
12
mv mu mu
1 1 1 1
mv mu mu kx
2 2 2 2
=+
= + +
12
2 2 2 2
12
v u u (1)
1
v u u kx (2)
m
=+
= + +
2 2 2
1 2 1 2
2 2 2 2
12
v u u 2u u
1
v u u kx
m
= + +
= + +
2
kx
2m
2
kx
0
2m
2
kx
2m
v
2
2
v
4
2
max
kx
2m
m
2k
v
2
G
mv v
v
2m 2
==
v
2
v
2
m
2k
www.thuvienhoclieu.com Trang 25
O
l
1
m
2
m
l
Gọi 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: W
A
= W
B
mgh = m = 2gh = 2g cos (1)
- Vectơ có phương tiếp tuyến với quỹ đạo tròn tại B,
tức là vuông góc với bán kính OB và có chiều như hình vẽ.
Gọi là vận tốc của vật ngay sau va chạm với tấm sắt tại
B. Vì va chạm là đàn hồi với tường phẳng nên đối
xứng với qua mặt tường thẳng đứng. Về độ lớn thì v
2
= v
1
.
+ Thành phần pháp tuyến của có phương vuông góc quỹ đạo tròn nên không
ảnh hưởng đến chuyển động tròn đi lên của vật. Thành phần chỉ có tác dụng kéo
dãn dây treo vật và làm một phần động năng của vật biến thành nhiệt.
+ Thành phần tiếp tuyến với quỹ đạo của có tác dụng nâng vật lên cao đến C.
v
2t
= v
2
cos2 = v
1
cos2 (2)
- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho giai đoạn BC với gốc thế năng trọng lực tại
B: W
B
= W
C
m = mgh
/
h
/
= (3)
- Thay (1) và (2) vào (3) ta được: h
/
= =
h
/
= cos .cos
2
2 = .cos30
0
.cos
2
60
0
= = 0,26m.
* Nhận xét: Vì h = cos = cos30
0
= > h
/
nên sau va chạm thì cơ năng của vật
đã giảm một lượng nào đó. Ở đây, cơ năng (động năng) mất mát không phải do vật va
chạm (đàn hồi) với tấm sắt mà do dây treo bị dãn đột ngột ngay sau va chạm.
Bài 6. Hai hòn bi A và B, có khối lượng m
1
= 150 g và m
2
= 300
g được treo bằng hai sợi dây (khối lượng không đáng kể) có
cùng chiều dài l = 1m vào một điểm O. Kéo lệch hòn bi A cho
dây treo nằm ngang (hình vẽ) rồi thả nhẹ ra, nó đến va chạm vào
hòn bi B. Sau va chạm, hai hòn bi này chuyển động như thế nào ?
Lên đến độ cao bao nhiêu so với vị trí cân bằng ? Tính phần
động năng biến thành nhiệt khi va cham. Xét hai trường hợp :
a) Hai hòn bi là chì, va chạm là va chạm mềm
b)Hai hòn bi là thép, va chạm là va chạm đàn hồi trực diện
Trong mỗi trường hợp kiển tra lại bằng định luật bảo toàn năng lượng.
Giải :
1
v
1
2
2
1
v
2
1
v
1
v
2
v
2
v
1
v
2n
v
2
v
2n
v
2t
v
2
v
1
2
2
2t
v
2
2t
v
2g
( )
2
1
v cos2
2g
2
2g cos .cos 2
2g

2
31
1,2. .
22



3
2
A
O
h
B
C
h
/
www.thuvienhoclieu.com Trang 26
Chọn mốc tính thế năng tại vị trí cân bằng của hòn bi B trước va chạm.
p dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ gồm ( hòn bi A và trái đất).
2
11
1
00
2
mv
m gl+ = +
( )
1
1
2v gl=
a) Hai hòn bi là chì, va chạm là va chạm mềm :
Khi hai hòn bi va chạm mềm, cơ năng của chúng không được bảo toàn vì một phần
động năng biến thành nhiệt.
Ngay sau khi va chạm cả hai hòn bi chuyển động cùng vận tốc u. Áp dụng định luật
bảo toàn động lượng ta có :
( )
( )
1
1 1 2
12
3
m v v
m v m m u u
mm
= + = =
+
( )
2
Động năng của hệ hai hòn bi sau va chạm là :
W
đ
’
=
2 2 2
1 2 1 2 1
33
2 2 2 4 3
m u m u m u m m gl
+ = = =
( )
3
Sau va chạm hai hòn bi dính vào nhau và tiếp nối chuyển động tròn của hòn bi A. Khi
hệ gồm hai hòn bi lên đến độ cao tối đa
h
thì toàn bộ động năng W
đ
’
sẽ chuyển thành
thế năng W
t
’
=
( )
1 2 1
3m m gh m gh+=
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng :
W
t
’
= W
đ
’
1
1
3
3
m gl
m gh=
11
9
l
h cm =
( )
4
Phần động năng của hòn bi A đã biến thành nhiệt là :
Q = W
đ
- W
đ
’
=
11
1
2
1
33
m gl m gl
m gl J− = =
( )
5
Kiểm tra lại định luật bảo toàn năng lượng :
Ban đầu năng lượng của hệ hai hòn bi là thế năng
1
m gl
của hòn bi A ở độ cao l. Sau
va chạm, hệ có thế năng
1
3
m gl
, cơ năng không được bảo toàn mà một phần động
năng của bi A đã chuyển thành nhiệt, trong quá trình va chạm mềm. Nhưng
năng lượng được bảo toàn :
1
m gl
+
1
3
m gl
Q=
( )
6
b) Va chạm đàn hồi trực diện :
Gọi
12
;vv
lần lượt là vận tốc của honf bi A và B ngay sau khi va chạm. Áp dụng định
luật bảo toàn động lượng và định luật bảo toàn cơ năng cho hệ gồm hai hòn bi A và B
ta có :
1 1 1 2 2 1 2
2mv m v m v v v v= + = +
( )
7
2 2 2
2 2 2
1 1 1 2 2
12
2
2 2 2
m v m v m v
v v v= + = +
( )
8
Từ (7) và (8), ta suy ra :
12
2
;
33
vv
vv= − =
( )
9
www.thuvienhoclieu.com Trang 27
Như vậy : Bi A chuyển động ngược chiều với chuyển động ban đầu. Hòn bi B chuyển
động tiếp về phía trước. Ngay sau khi va chạm, động năng của hòn bi A và B lần lượt
là : W
đ1
=
22
1 1 1 1
2 18 9
m v m v m gl
==
( )
10
W
đ2
=
22
2 2 1 1
48
2 9 9
m v m v m gl
+=
( )
11
Gọi
12
;hh
lần lượt là độ cao cực đại mà bi A, bi B lên được sau va chạm. Áp dụng định
luật bảo toàn cơ năng , ta có :
W
đ1
=W
t1
1
1 1 1
11
99
m gl l
m gh h cm = =
( )
12
W
đ2
=W
t2
2
2 2 2
88
44
99
m gl l
m gh h cm = =
( )
13
Kiểm tra lại định luật bảo toàn năng lượng :
Năng lượng lúc sau của hệ : W
t1
= W
t2
=
11
1
8
99
m gl m gl
m gl+ = =
năng lượng ban đầu
BÀI TẬP ÔN TẬP
Bài 1: Một con ếch khối lượng m ngồi ở đầu một tấm ván khối lượng M và chiều dài
M nằm nơi yên trên mặt hồ. Con ếch nhảy lên tạo với phương ngang một góc
. Hãy
xác định vận tốc ban đầu của con ếch sao cho khi rơi xuống con ếch rơi đúng vào đầu
kia của tấm ván? Bỏ qua lực cản của nước. Đáp số :
1 sin2
gL
m
M

+


Bài 2: Một viên đạn pháo đang bay ngang với vận tốc v = 300m/s thì nổ, vỡ thành
hai mảnh có khối lượng m
1
= 5kg, m
2
= 15kg. Mảnh nhỏ bay lên theo phương thẳng
đứng với vận tốc v
1
= 400
3
m/s. Hỏi mảnh to bay theo phương nào với vận tốc bao
nhiêu? Bỏ qua sức cản của không khí.
Đáp số:
2
462 /v m s
. Hợp với phương ngang góc
0
30
=
.
Bài 3: Một tên lửa khối lượng 12 tấn được phóng thẳng đứng nhờ lượng khí phụt ra
phía sau với vận tốc v = 1 km/s trong thời gian tương đối dài. Tính khối lượng khí mà
tên lửa đã phụt ra trong 1s để cho tên lửa đó:
a) Bay lên rất chậm Đáp số: a) 120 kg
b) Bay lên với gia tốc a = 10 m/s
2
. ( Lấy g = 10 m/s
2
) b) 240 kg
Bài 4. Người khối lượng m
1
= 50kg nhảy từ bờ lên con thuyền khối lượng m
2
= 200kg
theo phương vuông góc với chuyển động của thuyền, vận tốc của người là 6m/s, của
thuyền là v
2
= 1,5m/s. Tính độ lớn và hướng vận tốc thuyền sau khi người nhảy lên.
Bỏ qua sức cản của nước. ĐS: v=1,7 m/s; góc 45
0
Bài 5. Một lựu đạn được ném từ mặt đất với vận tốc v
0
= 20m/s theo phương lệch với
phương ngang góc = 30
0
. Lên tới điểm cao nhất nó nổ thành hai mảnh bằng nhau.
Mảnh I rơi thẳng đứng với vận tốc đầu v
1
= 20m/s.
a) Tìm hướng và độ lớn vận tốc mảnh II. ĐS:
=30
0
, v
2
= 40 m/s.
b) Mảnh II lên tới độ cao cực đại cách mặt đất bao nhiêu ? 25m
α
www.thuvienhoclieu.com Trang 28
Bài 6. 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. kgm/s, động lượng của
nơtrinô vuông góc với động lượng của electron và có độ lớn 12. kgm/s. Tìm
hướng và độ lớn động lượng của hạt nhân con. ĐS: 127
0
, kg.m/s.
Bài 7. Vật khối lượng m
1
= 5kg, trượt không ma sát theo một
mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng = 60
0
, từ độ cao h = 1,8m
rơi vào một xe cát khối lượng m
2
= 45kg đang đứng yên (hình
vẽ). Tìm vận tốc xe sau đó. Bỏ qua ma sát giữa xe và mặt
đường. Biết mặt cát rất gần chân mặt phẳng nghiêng. 0,3m/s.
Bài 8. Thuyền dài l = 4m, khối lượng M = 160kg, đậu trên mặt
nước. Hai người khối lượng m
1
= 50kg, m
2
= 40kg đứng ở hai
đầu thuyền. Hỏi khi họ đổi chỗ cho nhau thì thuyền dịch chuyển một đoạn bằng
bao nhiêu? 0,16m.
Bài 9. Thuyền chiều dài l, khối lượng m
1
, đứng yên trên mặt nước. Người khối lượng
m
2
đứng ở đầu thuyền nhảy lên với vận tốc v
0
xiên góc đối với mặt nước và rơi vào
giữa thuyền. Tính v
0
. ĐS :
1
12
2( )sin2
m gl
mm
+
Bài 10. Từ một xuồng nhỏ khối lượng m
1
chuyển động với vận tốc v
0
, người ta ném
một vật khối lượng m
2
tới phía trước với vận tốc v
2
, 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.
ĐS.
2
1 2 0 2 2
2
12
( ).v . .cos
.sin2
,
m m m v
v
vs
m m g
+−
==
+
Bài 11. Hai lăng trụ đồng chất A, B có khối lượng m
1
, m
2
như hình vẽ. Khi B trượt từ đỉnh đến chân lăng trụ A thì
A dời chỗ một khoảng bao nhiêu ?
Biết a, b. Bỏ qua ma sát. ĐS. s
1
= .
Bài 12: Một ống thủy tinh khối lượng M trong có đựng vài giột ête được đậy bằng
một cái nút khối lượng m. Ống thủy tinh được gắn ở đầu một thanh cứng dài L (trọng
lượng không đáng kể). Khi hơ nóng ống thủy tinh ête bốc hơi, nút bị bật ra dưới áp
suất của hơi ête. Hỏi vận tốc bé nhất của nút phải bằng bao nhiêu để ống thủy tinh có
thể quay được cả vòng quanh điểm treo đó. Đáp số:
5MgL
m
Bài 13: Một ô tô khối lượng 2 tấn đang chuyển động với vận tốc 36 km/h thì tắt máy
và xuống dốc, đi hết dốc trong thời gian 10 s. Góc nghiêng của dốc là
0
20
, hệ số ma
sát giữa dốc và xe là 0,01.
Dùng các định luật bảo toàn, tính:
a) Gia tốc của xe trên dốc và suy ra chiều dài dốc.
b) Vận tốc của xe ở chân dốc.
Đáp số:a/ 3,33 (m/s
2
) b/ 43,3 (m/s)
23
10
−
23
10
−
23
15.10
−
α
α
α
2
12
m (a b)
mm
−
+
h
m
1
m
2
a
m
2
b
m
1
www.thuvienhoclieu.com Trang 29
m
1
m
2
Bài 14: Một vật khối lượng m trượt không ma sát từ đỉnh một mặt
cầu xuống dưới. Hỏi từ khảng cách
h
nào vật bắt đầu rơi khỏi mặt
cầu. Cho bán kính mặt cầu R = 90 cm. Đáp số :
30h cm=
Bài 15: Một quả cầu khối lượng 2 kg, chuyển động với vận
tốc 3 m/s, va chạm xuyên tâm với một quả cầu thứ hai khối
lượng 3 kg đang chuyển động cùng chiều với quả cầu thứ
nhất với vận tốc 1 m/s. Tìm vận tốc của các quả cầu sau va chạm nếu:
a) Va chạm là hoàn toàn đàn hồi.
b) Va chạm không đàn hồi( va chạm mềm).
Đáp số : a)
'
1
0,6 /v m s=
;
'
2
2,6 /v m s=
b)
''
12
1,8 /v v m s==
Bài 16: Cho hệ như hình vẽ, m
1
= m
2
= 200 g, k = 0,5 N/cm. Bỏ qua độ giãn của dây, ma sát,
khối lượng dây và ròng rọc ; g = 10 m/s
2
.
a) Tìm dộ giãn của lò xo ở vị trí cân bằng.
b) Từ vị trí cân bằng, kéo m
1
xuống theo phương thẳng đứng
rồi buông tay. Tính vận tốc các vật khi chúng đi qua vị trí cân
bằng và khi lò xo có chiều dài tự nhiên
Đáp số : a) x
0
= 4 cm.
b) v
2
= 0,67 m/s ; v
3
= 0,5 m/s.
Bài 17: Một nhà máy thủy điện có công suất phát điện 200000 kW và có hiệu suất
80%. Mức nước ở hồ chứa có độ cao 1000 m so với tua pin của máy phát điện. Tính
lưu lượng nước trong đường ống dẫn nước từ hồ chứa đến tua pin của máy phát điện
(m
3
/s). Lấy g = 10 m/s
2
. Đáp số : 25 m
3
/s.
Bài 18: Cho cơ hệ gồm các vật m
1
, m
2
, m có khối lượng tương
ứng là 3 kg, 5 kg, 2 kg, nối với nhau bằng sợi dây như trên hình.
Các sợi dây và ròng rọc có khối lượng không đáng kể và bỏ qua
ma sát.
a. Áp dụng định lý động năng tính gia tốc của các vật.
b. Tính lực căng của dây nối hai vật m
1
, m
2
. Lấy g = 10 m/s
2
.
Đáp số : a) 2 m/s
2
; b) 6 N.
m
3
m
2
m
1
| 1/29

Tài liệu khác của Vật Lí 10

Preview text:

ỨNG DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN
ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC BÀI TẬP VẬT LÝ 10
Chủ đề 1: ĐỘNG LƯỢNG –ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỘNG LƯỢNG
Dạng1: Xác định động lượng của vật, hệ vật
Phương pháp giải
+ Động lượng của vật: p = . m v
+ Động lượng của hệ: p = p + p + ... 1 2
Bài 1: Tìm tổng động lượng (hướng và độ lớn) của hệ hai vật m1 = 1kg, m2 = 2kg,
v1 = v2 = 2m/s. Biết hai vật chuyển động theo các hướng: a) ngược nhau. b) vuông góc nhau. c) hợp với nhau góc 600.
Giải: Chọn hệ khảo sát: Hai vật.
– Tổng động lượng của hệ: p = p + p 1 2
với: + p cùng hướng với v , độ lớn: p 1 1 1 = m1v1 = 1.2 = 2 kg.m/s.
+ p cùng hướng với v , độ lớn: p 2 2 2 = m2v2 = 2.2 = 4 kg.m/s.  p1 < p2
a) Hai vật chuyển động theo hướng ngược nhau
Vì v ngược hướng với v nên p ngược hướng với p và p 1 1 < p2 nên: 2 1 2
p = p2 – p1 = 4 – 2 = 2 kg.m/s và p cùng hướng p , tức là cùng hướng v . 2 2
b) Hai vật chuyển động theo hướng vuông góc nhau
Vì v vuông góc với v nên p vuông góc với p 1 2 1 2 ta có: p = 2 2
p + p = 4,5 kg.m/s 1 2 p và 1 tan = =0,5  = 26033’. p2
  = 900 – = 27027’.
Vậy: p có độ lớn p = 4,5 kg.m/s và hợp với v và v các góc 26033’ 2 1 và 27027’.
c) Hai vật chuyển động theo hướng hợp với nhau góc 600
Áp dụng định lí cosin ta có: p = 2 2 0
p + p + 2.p .p .cos60 1 2 1 2  p= 5,3 kg.m/s
và cos = 0,9455   = 190.   = 600 – = 410
Vậy: p có độ lớn p = 5,3 kg.m/s và hợp với v và v các góc 190 và 410. 2 1
Bài 2. Một vật khối lượng m = 1kg chuyển động tròn đều với vận tốc v = 10m/s.
Tính độ biến thiên động lượng của vật sau a) 1/4 chu kì. b) 1/2 chu kì. c) cả chu kì Giải:
+ Ban đầu vật ở A và có động lượng p : A 0
p0 = mv = 1.10 = 10 kg.m/s.
+ Sau 1/4 chu kì vật đến B và có động lượng p vuông 1 B góc với p . 0
+ Sau 1/2 chu kì vật đến C và có động lượng p ngược 2 hương vớ C i p . 0
+ Sau cả chu kì vật đến D và có động lượng p cùng 3 hướng với p . 0
Vì vật chuyển động tròn đều nên: p3 = p2 = p1 = p0 = 10 kg.m/s a) Sau 1/4 chu kì - Ta có: p
 = p − p = p + (− p ) 1 0 1 0
Vì p vuông góc với p : p
 = p . 2 =10. 2(kgm / s) . 1 0 0 b) Sau 1/2 chu kì Ta có: p
 = p − p = p + (− p ) 2 0 2 0
Vì p  p nên: p
 = 2.p = 20(kgm / s) 2 0 0 c) Sau cả chu kì Ta có: p
 = p − p = p + (− p ) = 0  p = 0 3 0 3 0
Dạng 2: Mối quan hệ giữa xung lượng và độ biến thiên động lượng
Phương pháp giải
Bài toán tính xung lượng của vật chính là đi tìm độ biến thiên động lượng và
xung của lực tác dụng lên vật. Để giải các bài toán dạng này cần xác định và vẽ chính
xác vectơ động lượng của vật lúc trước và lúc sau.
Chú ý rằng, ta chỉ tìm được lực trung bình vì trong khoảng thời gian t
 rất nhỏ lực F vẫn có thể thay đổi.
Bài 1: Một viên đạn khối lượng 10 g đang bay với vận tốc 600 m/s thì gặp một bức tườ 1
ng. Đạn xuyên qua tường trong thời gian
s . Sau khi xuyên qua tường, vận tốc 1000
của đạn còn 200 m/s. Tính lực cản của tường tác dụng lên đạn. Giải:
m (v − v 1 2 ) v Ta có: P
 = −m(v −v = F t   F = − = −400N 1 2 )  t
Bài 2: Một quả bóng khối lương m = 200 g, đang bay với vận tốc v =
20 m/s thì đập vào bức tường thẳng đứng theo phương nghiêng một góc
 so với mặt tường. Biết rằng vận tốc của quả bóng ngay sau khi bật    
trở lại là v’ = 20 m/s và cũng nghiêng với tường một góc  . Tìm độ v v − ' v'
biến thiên động lượng của quả bóng và lực trung bình do bóng tác dụng
lên tường nếu thời gian va chạm là t
 = 0,5s . Xét trường hợp: a) 0  = 30 b) 0  = 90 Giải:
Độ biến thiên động lượng của quả bóng là: '  = − = ( , p p p m v − v) Trong đó: '
v = v = 20m / s Ta biểu diễn các vector , ,
v,v ,v − v như hình vẽ. Ta thấy rằng, vì '
v = v và đều hợp với tường một góc  nên vectơ '
v − v sẽ vương góc với mặt
tường và hướng từ trong ra ngoài, có độ lớn: '
v − v = 2v sin Và p  = 2msin (1)
Áp dụng công thức  p = F t
 ta tìm được lực F do tường tác dụng lên quả bóng   cùng hướ P 2mvsin
ng với  p và có độ lớn: F = = (2) tt
Theo định luật III Newton, lực trung bình F do bóng tác dụng lên tường sẽ có tb
phương vuông góc với mặt tường và hướng vào phía tường, có độ lớn: 2mvsin F = F = (3) tb t  a) Trường hợp 0
 = 30 : Thay số vào các công thức (1), (2), (3) ta tìm được: p
 = 4kgm / s , F = 8N tb b) Trường hợp 0  = 90 : p
 = 8kgm / s , F =16N tb
Bài 3. Một người đứng trên thanh trượt của xe trượt tuyết chuyển động ngang, cứ mỗi
3s người đó lại đẩy xuống tuyết một cái với xung lượng (xung của lực) 60 kgm/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 chuyển động 15 s Giải:
Cách 1: Chọn hệ khảo sát: Xe và người, chọn chiều dương theo chiều chuyển động của xe và người.
Lực phát động trung bình do mặt tuyết tác dụng lên xe và người: pF = = 20(N) t
Lực ma sát do mặt tuyết tác dụng lên xe và người
F = mg = 0,01.80.10 = 8(N) ms F − F
Gia tốc trung bình của xe: ms a = = 0,15 (m/s2) m
Vận tốc của xe sau khi chuyển động được 15s: v = at = 0,15.15 = 2,25 m/s.
Vậy: Vận tốc của xe sau khi chuyển động được 15s là 2,25 m/s. Cách 2:
Lực ma sát do mặt tuyết tác dụng lên xe và người
Fms = μ mg = 0,01.80.10 = 8N
Xung lượng của lực ma sát –Fms. t  =-8.15=120 (N.s) 15
Tổng xung lượng tác dụng lên xe sau 15s: 60. − 8.15 =180(N.s) 3 F. t  Mà: P
 = m(v − v = F t  = . m v v = = 2,25m / s 0 ) m
Bài 4. Hòn bi thép m = 100g rơi tự do từ độ cao h = 5m xuống mặt phẳng
ngang. Tính độ biến thiên động lượng của bi ngay trước và sau va chạm nếu sau va chạm h
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 Giải:
Chọn vật khảo sát: Hòn bi. Ta có, trước va chạm:
v = 2.gh = 10(m / s) ; p = mv = 0,1.10 = 1 kg.m/s
a) Sau va chạm viên bi bật lên với vận tốc cũ ta có: ' p
 = p − p p
 = 2.p = 2(kg.m / s)
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) p  2 Ta có: F = = = 20N t  0,1
Vậy: Lực tương tác trung bình sau va chạm là F = 20N.
Dạng 3. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ kín Phương pháp giải
Để giải các bài tập dạng này, thông thường ta làm theo các bước như sau:
- Xác định hệ vật cần khảo sát và lập luận để thấy rằng hệ vật là một hệ kín.
- Viết định luật dưới dạng vectơ.
- Chiếu phương trình vectơ lên phương chuyển động của vật
- Tiến hành giải toán để suy ra các đại lượng cần tìm.
Những lưu ý khi giải các bài toán liên quan đến định luật bảo toàn động lượng:
a) Trường hợp các vectơ động lượng thành phần (hay các vectơ vận tốc thành phần)
cùng phương, thì biểu thức của định luật bảo toàn động lượng được viết lại: m ' '
1v1 + m2v2 = m1 v v . 1 + m2 2
Trong trường hợp này ta cần quy ước chiều dương của chuyển động.
- Nếu vật chuyển động theo chiều dương đã chọn thì v > 0;
- Nếu vật chuyển động ngược với chiều dương đã chọn thì v < 0.
b) Trường hợp các vectơ động lượng thành phần (hay các vectơ vận tốc thành phần)
không cùng phương, thì ta cầ  
n sử dụng hệ thức vectơ: p = p và biểu diễn trên hình s t
vẽ. Dựa vào các tính chất hình học để tìm yêu cầu của bài toán.
Bài 1: Một người có khối lượng m1 = 50kg đang chạy với vận tốc v1 = 3m/s thì
nhảy lên một toa goòng khối lượng m2 = 150kg chạy trên thanh ray nằm ngang song
song ngang qua người đó với vận tốc v2 = 2m/s. Giả thiết bỏ qua ma sát, tính vận tốc
của toa goòng sau khi người đó nhảy lên, nếu ban đầu toa goòng và người chuyển động
a) Cùng chiều b) Ngược chiều Giải
Xét hệ gồm toa xe và người. Khi người nhảy lên toa goòng với vận tốc v1. Ngoại
lực tác dụng lên hệ là trọng lực P và phản lực đàn hồi N , các lực này có phương
thẳng đứng. Vì các vật trong hệ chuyển động theo phương ngang nên các ngoại lực sẽ
cân bằng nhau. Như vậy hệ toa xe + người được coi là hệ kín.
Chọn trục tọa độ Ox nằm ngang, chiều dương theo chiều chuyển động của toa goòng.
Gọi v’ là vận tốc của hệ sau khi người nhảy nên xe. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có :
m v + m v = m + m v ' (1) 1 1 2 2 ( 1 2 )
a) Trường hợp 1 : Ban đầu người và toa chuyển động cùng chiều.
Chiếu (1) lên trục Ox ta được :
m v + m v = m + m v ' 1 1 2 2 ( 1 2 ) m v + m v 50.3 + 150.2 1 1 2 2  v ' = = = 2,25m / s m + m 50 + 150 1 2
v'  0 : Hệ tiếp tục chuyển động theo chiều cũ với vận tốc 2,25m/s.
b) Trường hợp 2 : Ban đầu người và toa chuyển động ngược chiều nhau.
Chiếu (1) lên trục Ox: −m v + m v = m + m v ' 1 1 2 2 ( 1 2 ) − + − +  m v m v 50.3 150.2 1 1 2 2 v ' = = = 0,75m / s m + m 50 + 150 1 2
v'  0 : Hệ tiếp tục chuyển động theo chiều cũ với vận tốc 0,75m/s.
Bài 2. Một người khối lượng m1 = 60kg đứng trên một xe goòng khối lượng m2 =
140kg đang chuyển động trên đường ray với vận tốc V= 3 m/s, nhảy xuống đất với vận tốc v =2m/s đố 0
i với toa. Bỏ qua mọi lực cản, tính vận tốc của xe goòng sau khi
người đó nhảy xuống trong các trường hợp sau
a) v cùng hướng với V ; 0
b) v ngược hướng với V ; 0 c) v ⊥ V ; 0 Giải:.
Chọn hệ khảo sát: xe + người. Vì ngoại lực cân bằng nên hệ khảo sát là hệ kín. Gọi v , v 1
2 là vận tốc của người và xe đối với đất sau khi nhảy.
Vận tốc của người đối với đất ngay sau khi nhảy: v = v + V 1 0
Theo định luật bảo toàn động lượng (xét trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất):
(m + m V = m v + m v = m (v +V ) + m .v 1 2 ) 1 1 2 2 1 0 2 2
a) v cùng hướng với V 0
(m1 + m2)V = m1.(v0+V) + m2.v2
(m + m )V − m .(v + V ) 1 2 1 0  v =  2,14m / s 2 m2
b) v ngược hướng với V 0
(m1 + m2)V = m1.(- v0+V) + m2.v2
(m + m )V − m .(−v + V ) 1 2 1 0  v =  3,86m / s 2 m2 c) v ⊥ V 0
(m + m V = m v + m v = m (v +V ) + m .v 1 2 ) 1 1 2 2 1 0 2 2
Chiếu lên theo phương chuyển động m .V 2
(m + m ).V = m .V + m .v v = = 3m / s 1 2 1 2 2 2 m2
(Chú ý xe goòng chỉ chuyển động trên thanh ray của nó)
Bài 3: Một khí cầu có khối lượng M =150 kg, treo một thang dây khối lượng không
đáng kể, trên thang có một người khối lượng m = 50 kg. Khí cầu đang nằm yên, người
đó leo thang lên trên với vận tốc v0 = 2 m/s đối với thang. Tính vận tốc của khí cầu và
người đối với đất. Bỏ qua sức cản của không khí. Giải:
Chọn hệ khảo sát: Khí cầu (có gắn thang) + 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: + v0 là vận tốc của người đối với khí cầu.
+ v là vận tốc của khí cầu đối với đất. 1
+ v là vận tốc của người đối với đất. 2
Theo công thức cộng vận tốc ta có vận tốc của người đối với đất:
v = v + v 2 1 0 (1)
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (xét trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất): .
m v + M .v = 0  . m v + v + M.v = 0 (2) 10 1 ( 1 0) 1
Chọn chiều dương thẳng đứng hướng lên: v0 > 0. Từ (2) suy ra: . m v m(v − 0 + v1) + Mv1 = 0  v1 = 0 < 0 m + M . m v
Vậy: Khí cầu đi xuống với vận tốc có độ lớn bằng 0 v = =0,5m/s. 1 m + M
Người đi lên với vận tốc có độ lớn bằng suy ra: . m v M.v v − = 10 = v0 + v1  v2 = v0 + ( 0 ) = 0
1,5m / s > 0 m + M m + M
Bài 4: Một chiếc thuyền dài L = 4m, khối lượng M = 150kg và một người khối lượng
m=50kg trên thuyền. Ban đầu thuyền và người đều đứng yên trên nước yên lặng.
Người đi với vận tốc đều từ đầu này đến đầu kia của thuyền. Bỏ qua mọi lực cản. Xác
định chiều và độ dịch chuyển của thuyền. Giải:
Hệ khảo sát: người +thuyền
Trọng lực của hệ cân bằng với lực đẩy Ac–si–mét và bỏ qua lực cản nên ngoại lực cân
bằng, hệ khảo sát là hệ kín.
+ v0 là vận tốc của người đối với thuyền.
+ v là vận tốc của thuyền đối với đất. 1
+ v là vận tốc của người đối với đất. 2
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (xét trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất): .
m v + M .v = 0  . m v + v
+ M.v = 0 (2) 2 1 ( 1 0) 1
Chọn chiều dương thẳng đứng hướng lên: v0 > 0. Từ (2) suy ra: . m v m(v − 0 + v1) + Mv1 = 0  v1 = 0 < 0 m + M
Vậy thuyền chuyển động theo chiều ngược lại Độ L . L m
dịch chuyển của thuyền: s = . v = =1(m) 1 v M + m 0
Bài 5. Hai quả bóng khối lượng m1 = 50g, m2 = 75g ép (I) (II
sát vào nhau trên mặt phẳng ngang. Khi buông tay, quả )
bóng I lăn được 3,6m thì dừng. Hỏi quả bóng II lăn được
quãng đường bao nhiêu? Biết hệ số ma sát lăn giữa bóng s
và mặt sàn là như nhau cho cả hai bóng. 1 s2 Giải.
- Khi ép sát hai quả bóng vào nhau thì hai quả bóng bị biến dạng làm xuất hiện lực
đàn hồi giữa chúng. Sau 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 v v . 1 và 2
- Hai quả bóng đặt trên mặt phẳng ngang: trọng lực của chúng và phản lực của mặt
phẳng ngang cân bằng nhau, hợp lực ma sát nghỉ tác dụng vào hệ bằng không nên hệ
hai quả bóng là kín trong quá trình tương tác với nhau.
- Theo định luật bảo toàn động lượng ta có: m .v + m .v = 0 1 1 2 2 v m Suy ra: 1 2 = v m 2 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 μ 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: F F m 1 s ms 2 a = −
= −g;a = − = −g 1 2 m m 1 2  a1 = a2 = – μ g
Gọi s1, s2 lần lượt là quãng đường mỗi quả bóng đi được sau khi buông tay. 2 2 2 2 −v −v s v m Ta có: 1 2 1 1 2 s = ; s =  = = 1 2 2 2 2.a 2.a s v m 1 2 2 2 1 2 m 1  s = .s =1,6(m) 2 2 1 m2
Vậy: Sau khi buông tay quả bóng II lăn được quãng đường 1,6m.
Dạng 4: chuyển động bằng phản lực
Phương pháp giải
- Để giải các bài toán về chuyển động bằng phản lực, chỉ cần áp dụng định luật bảo
toàn động lượng. Cần chú ý rằng, ban đầu hai phần của hệ có cùng vận tốc, sau đó
chúng có vận tốc khác nhau (về hướng và độ lớn).
- Chuyển động của tên lửa Trường hợp 1:
- Lượng nhiên liệu cháy và phụt ra tức thời hoặc các phần của tên lửa tách rời khỏi
nhau: mv = m v + m v 0 1 1 2 2
Chiếu lên phương chuyển động để thực hiện tính toán.
(Nếu cần, áp dụng công thức cộng vận tốc) Trường hợp 2:
- Nhiên liệu cháy và phụt ra liên tục. v
Áp dụng các công thức:  m *a = − uM
*F = −mu    u M  0 *  v = u ln     M
Bài 1. Một tên lửa khối lượng tổng cộng m = 1 tấn đang chuyển động theo phương
ngang với vận tốc v = 200 m/s thì động cơ hoạt động. Từ trong tên lửa, một lượng
nhiên liệu khối lượng m1 = 100 kg cháy và phụt tức thời ra phía sau với vận tốc v1= 700 m/s.
a) Tính vận tốc của tên lửa ngay sau đó.
b) Sau đó phần đuôi của tên lửa có khối lượng md = 100 kg tách ra khỏi tên lửa, vẫn
chuyển động theo hướng cũ với vận tốc giảm còn 1/3. Tính vận tốc phần còn lại của tên lửa. Giải
Ta coi tên lửa như là một hệ kín ngay trước và sau khi hoạt động (nhiên liệu cháy).
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng.
a) Khi nhiên liệu cháy và phụt tức thời ra phía sau, vận tốc của tên lửa ngay sau đó là
v . Ta có: mv = m v + m v ( ) 1 2 1 1 2 2
Chọn trục tọa độ Ox có chiều dương trùng với chiều chuyển động ban đầu của tên lửa
(chiều của vectơ vận tốc v ).
Chiếu (1) lên chiều dương đã chọn, suy ra: .
m v = −m .v + m .v 1 1 2 2 mv + m v 1 1  v = = 300m / s (2) 2 m2
Vậy ngay sau khi nhiên liệu cháy phụt ra phía sau, tên lửa tiếp tục chuyển động theo
phương cũ với vận tốc 300m/s.
b) Gọi v là vận tốc của đuôi tên lửa, v cùng hướng với v và có độ lớn: d d 2 v2 v = =100m / s d 3
Gọi v là vận tốc của phần tên lửa còn lại . Áp dụng định luật bảo toàn động lượng 3
khi phần đuôi bị tách ra, ta có: m v = m v + m v (3) 2 2 d d 3 3
Với m là khối lượng của phần tên lửa còn lại, và có giá trị : 3
m = m − m − m = 800kg 3 1 d
Chiếu (3) lên chiều dương theo chiều của v , ta có: m v = m v + m v 2 2 2 d d 3 3 m v − m v Suy ra: 2 2 d d v = = 325m / s 3 m3
Vận tốc phần tên lửa còn lại là 325 m/s.
Bài 2: Từ một tàu chiến có khối lượng tổng cộng M = 400 tấn đang chuyển động theo
phương ngang với vận tốc V = 2 m/s người ta bắn một phát đại bác về phía sau
nghiêng một góc 300 với phương ngang, viên đạn có khối lượng m = 50 kg và bay với
vận tốc v = 400 m/s đối với tàu. Tính vận tốc của tàu sau khi bắn. (Bỏ qua sức cản của nước và không khí). Giải:
Hệ: tàu chiến+đạn là hệ cô lập theo phương ngang (tổng các lực tác dụng vào hệ theo phương ngang bằng không)
Gọi v là vận tốc của tàu chiến sau khi bắn. 1
Chọn trục Ox nằm ngang, chiều dương là chiều chuyển động của tàu chiến.
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng trong hệ quy chiếu gắn với đất. M .V = + + − / O x . m (v v (M m).v 1 ) 1 / O x / O x
www.thuvienhoclieu.com Trang 9
Chiếu lên theo phương Ox: M.V = −mv.cos + M.v 1 . m . v cos  v = V +  2,043m / s 1 M
Bài 3. Một tên lửa khối lượng vỏ 200kg, khối lượng nhiên liệu 100kg, bay thẳng đứng
lên nhờ nhiên liệu cháy 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 làm giảm độ cao của tên lửa 5 lần. Giải.
Chọn hệ khảo sát: “Tên lửa (vỏ + nhiên liệu)”. Trong quá trình phụt khí cháy thì
nội lực lớn hơn rất nhiều so với ngoại lực nên hệ khảo sát là hệ kín trong suốt thời gian phụt khí.
Gọi m1 và m2 lần lượt là khối lượng của nhiên liệu và vỏ tên lửa; v1 và v2 lần lượt
là độ lớn vận tốc của nhiên liệu và vỏ ngay sau khi phụt khí cháy.
- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (theo phương thẳng đứng), ta có:
m .v + m .v = 0  −m .v + m .v = 0 1 1 2 2 1 1 2 2 m .v 1 1  = = v 200m / s 2 m 2
- Độ cao cực đại tên lửa đạt được nếu bỏ qua lực cản của không khí: 2 −v 2 h = =2000m 2. − g
- Độ cao cực đại tên lửa đạt được do có lực cản của không khí: h 2000 h = = = 400m. 5 5
Bài 4: Một tên lửa gồm vỏ có khối lượng m0 = 4 tấn và khí có khối lượng m = 2 tấn.
Tên lửa đang bay với vận tốc v0 = 100 m/s thì phụt ra phía sau tức thời khối lượng khí
nói trên. Tính vận tốc của tên lửa sau khi khí phụt ra với giả thiết vận tốc khí là:
a) v = 400m / s đối với đất. 1
b) v = 400m / s đối với tên lửa trước khi phụt khí. 1
c) v = 400m / s đối với tên lửa sau khi phụt khí 1 Giải:
Hệ: vỏ tên lửa+ khí là hệ kín (nội lực lớn hơn rất nhiều so với ngoại lực)
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng trong hệ quy chiếu gắn với đất:
a) (m + m).v = mv + m .v 0 0 1 0 2 m
 (m + m).v = − .
m v + m .v v = v +
.(v + v ) = 350 m/ s 0 0 1 0 2 2 0 0 1 m0
b) (m + m).v = m(v + v ) + m .v 0 0 1 0 0 2 m
m .v = − .
m v + m .v v = v + .v = 300m/s 0 0 1 0 2 2 0 1 m0
c) (m + m).v = m(v + v ) + m .v 0 0 1 2 0 2
www.thuvienhoclieu.com Trang 10
 (m + m).v = − .
m v + (m + m ).v 0 0 1 0 2 . m v 1  v = v + = 233,33m / s 2 0 m + m0
Dạng 5: Bài toán nổ đạn
Bài 1: Một viên đạn pháo đang bay ngang với vận tốc v = 25 m/s ở độ cao h = 80 m thì nổ, 0
vỡ làm hai mảnh, mảnh 1 có khối lượng m1 = 2,5 kg, mảnh hai có m2 = 1,5 kg. Mảnh một bay
thẳng đứng xuống dưới và rơi chạm đất với vận tốc v ’
1 = 90m/s. Xác định độ lớn và hướng
vận tốc của mảnh thứ hai ngay sau khi đạn nổ. Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy g = 10m/s. Giải
Xét hệ gồm hai mảnh. Ngoại lực tác dụng lên hệ là trọng lực P , trọng lực này
không đáng kể so với lực tương tác giữa hai mảnh. Do đó hệ được coi là hệ kín.
Gọi v , v lần lượt là vận tốc của mảnh 1 và mảnh 2 ngay sau khi vỡ. 1 2
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ, ta có:
(m + m v = m v + m v ( )1 1 2 ) 0 1 1 2 2
Theo đề bài: v có chiều thẳng đứng hướng xuống, v hướng theo phương ngang. 1 0
Do đó ta có thể biểu diễn phương trình vectơ (1) như trên hình vẽ. Theo đó: m v
m v = (m + m ) 2 2 2 v  + m v 2 ; 1 1 tan = 2 2 1 2 0  ( ) 1 1 (m + (3) m v 1 2 ) 0 Để m v
tính vận tốc của mảnh 1 ngay sau khi nổ ta áp dụng công 2 2 thức: '2 2
v − v = 2gh 1 1 ' 2 2
v = v − 2gh = 90 − 2.10.80 = 80,62m / s 1 1  (m + m v 1 2 ) 0 Từ (2) ta tính được: (m + m ) 2 2 2 v  + m v 1 2 0  1 1 v =  150m/s. 2 m2 m v
Từ (3), ta có: tan = 2,015 0   = 64 . 1 1
Như vậy ngay sau khi viên đạn bị vỡ, mảnh thứ 2 bay theo phương xiên lên trên hợp
với phương ngang một góc 640.
Bài 2: một mảnh đạn pháo đang bay ngang với vận tốc v=300m/s thì nổ, vỡ thành hai
mảnh có khối lượng m1=5kg và m2=15kg. Mảnh nhỏ bay lên theo phương thẳng đứng
với vận tốc v1= 400. 3 m/s. Hỏi mảnh to bay theo phương nào, với vận tốc bao nhiêu ?
Bỏ qua sức cản không khí. Giải:
Hệ : hai mảnh đạn là hệ cô lập
(nội lực lớn hơn rất nhiều so với ngoại lực)
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ, ta có:
(m + m v = m v + m v 1 2 ) 0 1 1 2 2
www.thuvienhoclieu.com Trang 11
m v =  m + m v + m v 2 2 ( 1 2 ) 2 2 2  1 1 2 2 2 2
(m + m ) .v + m .v 1 2 1 1  v =
 461,88(m / s) 2 m2 m v 3 Với: 1 1 0 tan = ( =   = 30 m + m v 3 1 2 )
CHỦ ĐỀ 2: ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG
Dạng 1. Định lý động năng
Phương pháp giải
Khi giải các bài tập áp dụng định lý động năng thông thường ta tiến hành theo các bước sau :
- Xác định các ngoại lực tác dụng lên vật
- Xác định vận tốc ở đầu và cuối đoạn đường dịch chuyển của vật
- Viết biểu thức động năng cho vật ở thời điểm đầu và thời điểm cuối
- Áp dụng định lí động năng để tìm các đại lượng theo yêu cầu của bài.
Với các bài toán dạng này, cần chú ý rằng :
- Chuyển động của vật không nhất thiết phải là chuyển động thẳng biến đổi
đều. Do đó nếu bài toán chỉ cho biết chuyển động là biến đổi thì nên áp dụng
định lí động năng để giải. Nếu bài cho chuyển động là chuyển động biến đổi
đều thì còn có thể vận dụng phương trình của chuyển động biến đổi và các
công thức để giải.
- Công cản luôn có giá trị âm.
Bài 1: Một vật có khối lượng m = 2 kg trượt qua A với vận tốc 2 m/s xuống dốc
nghiêng AB dài 2 m, cao 1 m. Biết hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là  1 = , lấy g = 10 m/s2. 3
a) Xác định công của trọng lực, công của lực ma sát thực hiện khi vật chuyển dời từ
đỉnh dốc đến chân dốc.
b) Xác định vận tốc của vật tại chân dốc B.
c) Tại chân dốc B vật tiếp tục chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang BC dài 2 m thì
dừng lại. Xác định hệ số ma sát trên đoạn đường BC này. Giải:
a) Xác định công A ; A trên AB. P ms Ta có:
A = mgh = 2.10.1 = 20J p = −  A mg . s o c s ms Trong đó h 3 sin  = = 0,5  os c  = s 2 Thay vào ta đượ 1 3 c: A = − .2.10. = 2 − 0J ms 3 2 b) Xác định vB=?
www.thuvienhoclieu.com Trang 12 1 m( 2 2
v − v ) = A + A = 0
v = v = 2m / s 2 B A F ms B A
c) Xét trên đoạn đường BC: Theo đề ta có v = 0 C
Theo định lí động năng: 1 A = m v − v
= − mv = − mg BC ms ( 1 2 2 C B ) 2 ' . 2 2 B 2 . m v ' B   = =0,1 2. . m g.BC
Bài 2. Ôtô 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.
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 lên xe trên đoạn đường BC 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 F . c
– 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.
Ta có: v = 36 km/h = 10 m/s > 0. – 1 1
Theo định lí động năng: A + A = 2 2 W 
= mv − 0 = mv F F d C 2 2 với FC = 0,01.mg  A = -Fc.s = -0,01.mg.s FC 1 1  A + (+) F – 0,01mg.s = 2 mv  AF = 2 mv 0,01.mg.s 2 2  A F = 60.103J = 60kJ 2 2 – v 10 Gia tốc của xe: a = 2 = = 0,5(m / s ) 2.s 2.100 – v
Thời gian chuyển động của xe: t = = 20s. a – A Công suất trung bình: F P = = 3000W = 3kW. t A
Lực kéo của động cơ: F F = = = 600N. s
Vậy: Công do động cơ thực hiện là AF = 60kJ, công suất trung bình và lực kéo của
động cơ là  = 3kW và F = 600N.
www.thuvienhoclieu.com Trang 13
b) Xe tắt máy xuống dốc
Lúc này, các lực tác dụng vào xe là: Trọng lực P , phản lực Q , lực cản F . C Gọi v
1 là vận tốc của xe ở cuối dốc.
Ta có: v1 = 7,2km/h = 2m/s > 0.
Theo định lí động năng: W 
= A + A + A (+) d p Q ms h l 1 1 2 2 2 2  ( m v − v ) = .
m gh + F F = m(v − v ) − . m gh 2 C B ms ms 2 C B  A = –148.103J = –148kJ FC A 3 – F 1 − 48.10 Lực cản trung bình: F C c = = = –1480N s 100
Vậy: Công của lực cản là AFc = –148J, lực cản trung bình Fc = –1480N (dấu “–” chỉ lực
cản ngược chiều dương, tức là ngược chiều chuyển động của xe).
Bài 3: Viên đạn khối lượng m = 60g bay ra khỏi nòng súng với vận tốc 600 m/s. Biết nòng súng dài 0,8m.
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. Giả sử viên đạn chuyển động thẳng biến đổi đều trong nòng súng.
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.
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.
d) Sau khi chạm đất, đạn lún sâu vào đất 10cm. Tính lực cản trung bình của đất.
Bỏ qua tác dụng của trọng lực so với lực cản Giải:
Chọn chiều dương theo chiều chuyền động của viên đạn.
Gọi v1 là vận tốc của viên đạn khi ra khỏi nòng súng. Ta có: v1 = 600 m/s > 0.
a) Đạn chuyển động trong nòng súng
- Khi đạn chuyển động trong nòng súng thì trọng lực nhỏ hơn rất nhiều so với nội lực
là lực đẩy của thuốc súng nên bỏ qua trọng lực. Suy ra chỉ có lực đẩy của thuốc súng sinh công.
- Gọi F1 là lực đẩy của thuốc súng; s1 là chiều dài của nòng súng. Động năng của đạn 2 . m v khi rời nòng súng: W 1 đ = = 10800J = 10,8kJ 2 1
- Theo định lí động năng: 2 A = W  = mv . F 1 1d 1 2 2 . m v
- Lực đẩy trung bình của thuốc súng: 1 F = = 13500N 1 2.s1
- Nếu coi chuyển động của viên đạn trong nòng súng là chuyển động biến đổi đều thì:
www.thuvienhoclieu.com Trang 14 v + 0
+ Vận tốc trung bình của đạn: 1 v = = 300(m / s) 1 2
+ Công suất trung bình của mỗi lần bắn: P = F .v = 4050000W = 4050kW. 1 1 1
Vậy: Động năng viên đạn khi rời nòng súng là 10,8kJ, lực đẩy trung bình của thuốc
súng và công suất trung bình của mỗi lần bắn là 13500N và 4050kW.
b) Đạn xuyên qua tấm ván
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 = 10m/s > 0). Bỏ qua trọng lực của viên đạn (rất nhỏ so với lực cản
của gỗ) nên chỉ có lực cản của gỗ sinh công. 1
- Theo định lí động năng: 2 2 W  = .
m (v − v ) = A 2d 2 1 2 2 F 2 2 A − F m(v v )
- Lực cản trung bình của gỗ: 2 2 1 F = = = –35990N 2 s 2.s 2 2
Vậy: Lực cản trung bình của gỗ có độ lớn bằng 35990N (dấu “–” chỉ lực cản
ngược chiều dương, tức là ngược chiều chuyển động của viên đạn).
c) Đạn bay trong không khí giống như một vật bị ném ngang Gọi v = +
3 là vận tốc của viên đạn khi chạm đất: 2 v v 2.g.h = 20m/s 3 2
d) Đạn xuyên vào đất và dừng lại
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 lực của viên đạn (rất nhỏ so với lực cản của đất) nên chỉ
có lực cản của đất sinh công. 1
- Theo định lí động năng: 2 2 W  = .
m (0 − v ) = A 3d 3 3 2 F 2 A − F . m v
- Lực cản trung bình của đất: 2 3 F = = = –120N 2 s 2.s 3 3
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).
Bài 4. Một người đặt súng theo phương ngang rồi lần lượt bắn hai phát vào một bức
tường cách đầu súng khoảng x = 60m theo phương ngang. Sau phát đạn 1, người ta
đặt trước mũi súng một tấm gỗ mỏng thì thấy viên đạn 2 chạm tường ở điểm thấp hơn
viên đạn 1 một khoảng = 1m. Biết vận tốc ban đầu của đạn là v0 = 300 m/s và khối
lượng đạn m = 20g. Tính công do đạn thực hiện khi xuyên qua miếng gỗ. Giải:
Viên đạn thứ nhất chuyển động như vật bị ném ngang x O với vận tốc đầu v I 0.
- Gọi v là vận tốc sau khi ra khỏi tấm ván của viên II 1 y1
đạn thứ 2. Vì tấm ván rất mỏng nên v chỉ thay đổi độ 1
lớn mà coi như không đổi hướng so với v , tức là sau 0 y2
khi ra khỏi tấm ván thì viên đạn thứ 2 cũng chuyển y
động như vật bị ném ngang với vận tốc đầu v1.
www.thuvienhoclieu.com Trang 15
- Gọi F là lực do viên đạn tác dụng lên tấm gỗ và C
F là lực do tấm gỗ tác dụng lên viên đạn. + Công của lực cản C F là: W  = A d F
+ Công do đạn thực hiện là công của lực F : AF = − A = –  Wđ FC 1  2 2 W  = .
m (v − v ) = A = − A (1) d 1 0 2 C F F
- Chọn hệ tọa độ như hình vẽ. Ta có:
+ Phương trình quỹ đạo của 2 viên đạn lần lượt là: 2 g.x 2 g.x 1 y = (2); 2 y = (3) 1 2 2.v 2 2 2.v 0 1
+ Khi 2 viên đạn chạm tường thì: x = x = ;
x y = y + l 1 2 2 1 2 g.x 2 g.x
+ Kết hợp với (2) và (3) ta được: 2 - 1 = l 2 2.v 2 2.v 1 0 2 2 g.x .v 2 2 2 2 2 2 0
g.x .v = (g.x + 2.l.v ).v v = 0 0 1 1 2 2 g.x + (4) 2.l.v0 2 2 m g.x .v
- Thay (4) vào (1) ta được: A 2 0 − F = (v ) 0 2 2 2
g.x + 2.l.v0  AF = = 750J
Vậy: Công do đạn thực hiện khi xuyên qua miếng gỗ là AF = 750J
Dạng 2: Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng
Phương pháp giải
Khi áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cần :
- Xác định được biểu thức cụ thể của động năng và thế năng tại hai vị trí của vật.
Thông thường hai vị trí thường chọn có động năng hoặc thế năng bằng không hoặc tại
vị trí mà việc tính toán cơ năng là đơn giản.
- Chọn mốc thế năng sao cho việc tính thế năng của vật là dễ nhất.
- Định luật bảo toàn cơ năng được áp dụng đối với vật chỉ chịu tác dụng của trọng
lực hoặc lực đàn hồi ( lực thế).
Bài 1: Từ độ cao 10 m so với mặt đất, một vật được ném lên cao theo phương thẳng
đứng với vận tốc đầu 5 m/s. Bỏ qua sức cản của không khí và lấy g = 10 m/s2.
a. Tính độ cao cực đại mà vật đạt được so với mặt đất.
b. Tính vận tốc của vật tại thời điểm vật có động năng bằng thế năng.
c. Tìm cơ năng toàn phần của vật, biết khối lượng của vật là m = 200 g. Giải:
Chọn gốc thế năng tại mặt đất a) Tìm h max Cơ năng tạ 1 i vị trí ném A: 2 W = mv + mgh A 2 A A
Gọi B là vị trí cao nhất mà vật đạt được : v = 0 B
www.thuvienhoclieu.com Trang 16
 Cơ năng của vật tại B : W = W = mgh B tB ax m Theo đị 1
nh luật bảo toàn cơ năng : 2 W = W  mgh = v + mgh B A ax m 2 A A 2 vAh =
+ h =1,25 +10 =11,25m ax m 2 A g
b) Tính vận tốc của vật tại thời điểm vật có động năng bằng thế năng
WđC = WtC => WC = WđC + WtC = 2WđC
Theo định luật bảo toàn cơ năng: 1 2
W = W  2. mv = mghv = gh = 7,5 2m / s C B C a m x C a m x 2
c) Tìm cơ năng toàn phần của vật, biết khối lượng của vật là m = 200 g W = W = mgh
= 0,2.10.11,25 = 22,5J B ax m
Bài 2: Quả cầu nhỏ khối lượng 500 g treo ở đầu một sợi dây dài 1 m, đầu trên của dây
cố định. Kéo quả cầu ra khỏi vị trí cân bằng sao cho dây hợp với
phương thẳng ứng góc 450 rồi thả tự do. Tìm:
a. Vận tốc của con lắc khi nó đi qua vị trí cân bằng.
b. Tính lực căng của dây tại vị trí cân bằng. Giải :
- Vật chịu tác dụng các lực: + Trọng lực P . + Lực căng dây T .
- Vật chuyển động trong trường lực thế, ta có thể áp dụng định
luật bảo toàn cơ năng để giải bài toán này.
Ngoài ra ta cũng có thể giải bài 2 bằng định lí động năng.
a) Chọn gốc thế năng tại vị trí cân bằng (vị trí thấp nhất của vật).
Viết biểu thức định luật bảo toàn cơ năng cho vị trí góc 0 45 và vị trí cân bằng. 1 W = W  W + 0 = 0 + W 2  mgh = mv A B tA dB A 2 B Với : h = l − c  = l − c A ( 0 1 os 1 os45 0 45 ) ( )    2gl ( 2 0 1− o c s45 ) = 2.10.11−
 = 20 −10 2 = 2,42m / s 2  
b) Khi cần tính đến lực căng dây T, ta phải áp dụng lại Định
luật II Niu tơn cho vật tại vị trí cần tính.
- Chú ý rằng vật chuyển động tròn đều với gia tốc hướng tâm,
hợp lực của trọng lực và lực căng chính là lực hướng tâm.
- Viết biểu thức định luật II Niu tơn cho vật tại vị trí cân bằng:
P + T = ma B
- Chiếu phương trình lên trục hướng tâm BO:
www.thuvienhoclieu.com Trang 17 2 vB
−P + T = ma = m ht l 2 2 v 2, 42 B
T = ma = m = 0,5.10 + 0,5. = 7,93N ht l 1
Bài 3. Quả cầu khối lượng m = 100g gắn ở đầu một lò xo nằm ngang, đầu kia của lò
xo cố định, độ cứng của lò xo k = 0,4N/cm. Quả cầu có thể chuyển động không ma sát
trên mặt phẳng ngang. 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.
a) Tính chiều dài quỹ đạo AB.
b) Tính vận tốc cực đại của quả cầu trong quá trình chuyển động. Vận tốc này đạt ở vị trí nào? Giải.
a) Chiều dài quỹ đạo AB Các lực tác dụng vào vật: trọng k m
lực P , phản lực Q , lực đàn hồi F ( v và Q cân bằng). ñh
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): 1 1
WA = WB  k.OA2 = k.OB2  OB = OA 2 2
Vậy: Chiều dài quỹ đạo: L = AB = 2.OA = 2.5 = 10cm. B O A
b) Vận tốc cực đại của quả cầu
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 vị trí A và O (vị trí cân bằng, lò xo không 1 1
biến dạng): WA = WO  k.OA2 = mv2 2 2 k 40  v = OA. = 5.
= 100cm/s = 1m/s. (k = 0,4 N/cm = 40 N/m) m 0,1
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.
Bài 4. Quả cầu m = 50g gắn ở đầu lò xo thẳng đứng, đầu trên của lò xo cố định, độ
cứng k = 0,2N/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.
a) Tính vận tốc quả cầu tại vị trí cân bằng. l
b) Tìm độ dãn cực đại của lò xo trong quá trình chuyển động M Giải.
Khi cân bằng lò xo dãn đoạn  (hình vẽ). 0 O
Điều kiện cân bằng: mg = k    mg = 0 0 k N
với k = 0,2 N/cm = 20 N/m, ta có:  0,05.10 = = 0,025m = 2,5cm 0 20 x
coi hệ (quả cầu + lò xo) tương đương với một 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
www.thuvienhoclieu.com Trang 18
là đã dãn  với độ cứng k không đổi. Như vậy nếu chọn gốc thế năng đàn hồi tại vị 0 1
trí cân bằng thì vẫn áp dụng được công thức 2
W = .k.x , với x là độ biến dạng của lò t 2
xo tính từ vị trí cân bằng.
Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ.
a) Vận tốc của quả cầu tại vị trí cân bằng:
Tại M lò xo không biến dạng nên: x  M = –OM = – = –2,5cm; v 0 M = 0.
Tại vị trí cân bằng O (xCB = 0) và quả cầu có vận tốc vCB.
Theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng): 1 1 W = M = WCB  2 2 k.x . m v 2 M 2 cb k  vcb = x = 50cm/s = 0,5m/s. M m
Vậy: Vận tốc của quả cầu tại vị trí cân bằng là 0,5m/s.
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 bảo toàn cơ năng (gốc thế năng đàn hồi tại vị trí cân bằng): 1 1 W 2 2 −  M = WN  kx = kx  xN = xM = = 2,5cm M 2 N 2 0
Độ dãn cực đại của lò xo:  =  + ON = 2.  = 2.2,5 = 5cm 0 0
Vậy: Tại vị trí thấp nhất thì lò xo bị dãn cực đại là 5cm.
Dạng 3: Bài toán va chạm
Phương pháp giải
Bài toán về va chạm giữa hai vật thường được xét trong các trường hợp sau :
*) Va chạm mềm : Trong trường hợp va chạm giữa hai vật là mềm thì hoàn toàn có
thể áp dụng định luật bảo toàn động lượng, nhưng cần chú ý rằng sau va chạm hai vật
có cùng vận tốc. Định luật bảo toàn cơ năng không đúng với trường hợp này
Định luật bảo toàn động lượng dẫn đến phương trình : m v + m v = (m + m )v 1 1 2 2 1 2
trong đó v là vận tốc của vật sau va chạm. Từ đó, ta tính được vận tốc của các vật sau m v + m v va chạm : 1 1 2 2 v = m + m 1 2
Phần động năng tổn hao trong quá trình va chạm :
Động năng của hai vật trước va chạm : 1 1 2 2 K = m .v + m .v 0 1 1 2 2 2 2
Động năng của chúng sau va chạm : 2 1 (m v + m v ) 2 1 1 2 2 K = (m +m )v = 1 2 2 2(m +m ) 1 2
Phần động năng tổn hao trong quá trình va chạm là :
www.thuvienhoclieu.com Trang 19 1 m m 1 2 2 2 K  = K − K =
(v − 2.v .v .cos  + v )  0 0 1 1 2 2 2 m + m 1 2
Biểu thức trên chứng tỏ rằng động năng của các quả cầu luôn luôn bị tiêu hao
thành nhiệt và công làm biến dạng các vật sau va chạm.
*) Va chạm đàn hồi : trong quá trình va chạm không có hiện tượng chuyển một
phần động năng của các vật trước va chạm thành nhiệt và công làm biến dạng các vật
sau va chạm. Nói cách khác, sau va chạm đàn hồi các quả cầu vẫn có hình dạng như
cũ và không hề bị nóng lên. Trong trường hợp các vật va chạm đàn hồi thì định luật
bảo toàn động lượng và định luật bảo toàn cơ năng vẫn nghiệm đúng
Lưu ý rằng va chạm xảy ra trong mặt phẳng nằm ngang tức là độ cao so với mặt
đất của các quả cầu không thay đổi nên thế năng của chúng không thay đổi trong khi
va chạm, vì vậy bảo toàn cơ năng trong trường hợp này chỉ là bảo toàn động năng.
Do vậy, ta có phương trình : + = + m v m v m v ' m v ' 1 1 2 2 1 1 2 2 (1) 1 1 1 1 2 2 2 2 m v + m v = m v' + m v' (2) 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2
Để giải hệ phương trình (1) và (2) ta làm như sau :
Vì các vectơ v ,v ,v' ,v' có cùng phương nên ta chuyển phương trình vectơ (1) 1 2 1 2
thành phương trình vô hướng: m v + m v = m v' + m v' 1 1 2 2 1 1 2 2
 m (v − v ' ) = m (v ' − v ) (1’) 1 1 1 2 2 2 Biến đổi (2) thành : 2 2 2 2
m (v − v ' ) = m (v ' − v ) (2’) 1 1 1 2 2 2
Chia (2’) cho (1’) ta có : (v + v' ) = (v' + v ) 1 1 2 2
Nhân hai vế của phương trình này với m1 ta có :
m (v + v' ) = m (v' + v ) (3) 1 1 1 1 2 2
Cộng (3) với (1’) ta tìm được vận tốc của vật thứ hai sau va chạm : 2m v + (m − m )v 1 1 2 1 2 v ' = 2 m + (4) m 1 2
Ta nhận thấy vai trò của hai quả cầu m1 và m2 hoàn toàn tương đương nhau nên trong
công thức trên ta chỉ việc tráo các chỉ số 1 và 2 cho nhau thì ta tìm được vận tốc của 2m v + (m − m )v
quả cầu thứ nhất sau va chạm: 2 2 1 2 1 v ' = 1 m + (5) m 1 2
Ta xét một trường hợp riêng của biểu thức (4) và (5) :
+ Giả sử hai quả cầu hoàn toàn giống nhau , tức là m1 = m2. v' = v Từ (4) và (5) ta có : 2 1  v ' = v  1 2
Nghĩa là hai quả cầu sau va chạm trao đổi vận tốc cho nhau : quả cầu thứ nhất có vận
tốc của quả cầu thứ hai trước khi có va chạm và ngược lại.
www.thuvienhoclieu.com Trang 20 ' ' v  0 + Nếu 2
m >>m ;v = 0   2 1 2 ' v = −v  1 1
Bài 1: Quả cầu I chuyển động trên mặt phẳng ngang trơn, với vận tốc không đổi đến
đập vào quả cầu II đang 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. Giải:
Gọi m1 và m2 lần lượt là khối lượng quả cầu I và II; v0 là vận tốc của quả cầu I 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 + m2v2 (1) 1 1 1
- Áp dụng định luật bảo toàn động năng: 2 2 2 m .v = m .v + m .v ( 2) 1 0 1 1 2 2 2 2 2
- Sau va chạm vận tốc hai quả cầu ngược chiều nhau, cùng độ lớn nên: v2 = – v1 (3) (m - m ).v 2.m .v - Từ (1) và (2): 1 2 0 1 0 v = ; v = 1 2 m +m m +m 1 2 1 2 m 1 Thay vào (3): m 1  2=3.m1 = m 3 2
Bài 2. Quả cầu khối lượng M = 1kg treo ở đầu một dây mảnh nhẹ chiều dài = 1,5m.
Một quả cầu m = 20g 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 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: mv = mv1 + Mv2 (1)
- Vì va chạm là đàn hồi xuyên tâm nên động năng bảo toàn: O 1 1 1 2 2 2 m.v = m.v + M.v (2) 1 2 2 2 2 - Giải hệ ta được: B (m - M).v 2.m.v v = ; v = 1 2 m+M m+M M h
- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật M tại 2 vị trí m
A và B (gốc thế năng trọng lực tại vị trí cân bằng A): A 2 v2 0 M.
=M.g.h=M.g.l(1-cosα)  cos = 0,87   = 29,5 2
Bài 3. Ba vật khối lượng m1, m2, m3 có thể trượt không ma sát theo một trục nằm ngang (hình vẽ) và m . Ban đầ 1, m3, m2
u m1, m3 đứng yên còn m2 có vận tốc v. Va
chạm là hoàn toàn đàn hồi. Tìm vận tốc cực đại của m1, m3 sau đó.
www.thuvienhoclieu.com Trang 21 m1 m m3 2 Giải. Giả sử m m1 m3
2 va chạm vào m3 trước (hình vẽ). Va chạm m2 giữa m
2 với m1 và m3 xảy ra liên tiếp nhiều lần làm cho
vận tốc của m1 và m3 tăng dần (m1 dịch chuyển sang trái và
Trước va chạm
m3 dịch chuyển sang phải), ngược lại vận tốc của m2 giảm dần.
Quá trình va chạm sẽ kết thúc khi vận tốc cuối cùng m m v 1 m2 3 2 của m . Khi đó vậ
2 bắt đầu nhỏ hơn vận tốc của m1 hoặc m3 n
tốc của m1 và m3 đạt cực đại. Gọi các vận tốc cực đại này là Sau va chạm v1 và v3.
- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (chiều dương theo chiều của v ):
m2v = – m1v1 + m3v3 + m2 v2 (1)
- Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên cơ năng bảo toàn: 1 2 2 2 /2 m v 1 v 1 v 1 v 2 = m1 + m 1 3 + m 3 2 (2) 2 2 2 2 2 / - Vì m / v 1, m3>>m2 và v < v 2
1; v3 nên động lượng cuối cùng m2 2 của m2 và động năng 1 /2 cuối cùng m v 2 của m 2
2 là rất nhỏ, có thể bỏ qua so với động năng ban đầu của 2
m , động lượng và động năng cuố 2 i cùng của m1 và m3. Suy ra: m 2 2 v 1 v 2 = 0; m2 = 0 (3) 2 2 m m 2 1  v = – v + v 1 3 m m 3 3
- Thay (3) vào (1) và (2) ta được:  m m  2 2 1 2 2 v = v + v 1 3  m m  3 3  = + m bv – av v (5) 1 3 1 m - Đặt a = ; 2 b= <<1 (4) v  2 2 2 m 2  bv = av + v (6) 3 m  3 1 3
- Từ (5) suy ra: v3 = bv + av1 (7)
- Thay (7) vào (6) ta được: bv2 = a 2 v1 + (bv + av1)2  a(a + 1) 2 v + 2abvv 1 1 – bv2 + b2v2 = 0 m Vì 2 b=
<<1nên b2  0  b2v2  0 m3  a(a + 1) 2 v + 2abvv 1 1 – bv2 = 0 (8)
- Giải phương trình bậc hai (8) đối với v , ta đượ 1 c: /
 = (abv)2 + ab(a + 1)v2 = ab(a + 1)v2; vì (abv)2  0 −abv + v ab(a+1) −bv v ab(a + 1)  v1 = = + a(a+ 1) (a + 1) a(a + 1)
www.thuvienhoclieu.com Trang 22 m −bv M 2 b= <<1 nên 0 m (a +  1) 3 v ab(a + 1) ab(a + 1) b  v  1 = v 2 2 = v (9) a(a + 1) a (a + 1) a(a + 1) (Loại nghiệm v2 < 0) m m
- Thay (4) vào (9) ta được: v  2 3 1 v 2 (10) m m + m 1 3 1 m m
- Thay (4) và (10) vào (7) ta được: v  1 2 3 v 2 . m m + m 1 3 3
Vậy: Vận tốc cực đại của m1, m3 sau đó là m m m m v  2 3  1 2 1 v 2 và v3 v 2 . m m + m m m + m 1 3 1 1 3 3
* Chú ý : Nếu m2 va chạm vào m1 trước thì ta vẫn có kết quả như trên.
Bài 4. Cho hệ như hình vẽ. Hai vật cùng khối lượng m đặt trên sàn nhẵn nằm ngang
và nối với nhau bằng lò xo độ cứng k. Vật thứ ba cùng khối lượng m đến đập vào một
trong hai vật với vận tốc v dọc theo phương song song với trục lò xo. Coi va chạm là tuyệt đối đàn hồi.
a) Chứng minh rằng hai vật nối bằng lò xo luôn chuyển động m m k m cùng hướng.
b) Tính vận tốc mỗi vật khi lò xo dãn tối đa. Giải.
a) Chứng tỏ hai vật nối bằng lò xo luôn chuyển động cùng hướng.
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 bảo toàn
động lượng và bảo toàn động năng cho hệ hai quả cầu 1 và 3, ta có: mv = mv + mv 3 1  v = v + v  m m k m 3 1 m  2 m 2 m 2  2 2 2  v = v + v v = v + v 3 1   2 2 2 3 1 3 1 2 v − v = v  v = v 3 1 1    2 2 2  v − v = v  v = 0  3 1 3
- 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.
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:
www.thuvienhoclieu.com Trang 23 mv = mu + mu v = u + u (1) 1 2  1 2    1 1 1 1 1 2 2 2 2  2 2 2 2  mv = mu + mu + kx v = u + u + kx (2) 1 2 2 2 2 2 1 2  m 2 2 2 v = u + u + 2u u 1 2 1 2  2 kx   1 2 2 2 2  u1u2 = (3) v = u + u + kx 2m 1 2  m 2 kx - Vì
 0 nên u1 và u2 luôn cùng dấu, nghĩa là sau va chạm hai vật 1 và 2 luôn 2m
chuyển động cùng hướng, tức là về cùng một phía.
b) Vận tốc của mỗi vật khi lò xo dãn tối đa
Vì u1 + u2 = v không đổi nên theo bất đẳng thức Cô–si thì 2 kx v u1u2 =
đạt cực đại khi: u1 = u2 = (4) 2m 2 2 v 2 kx m - Khi đó (3) trở thành: = max  xmax = v . 4 2m 2k v
Vậy: Vận tốc mỗi vật khi lò xo dãn tối đa là u1 = u2 = . 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.
- 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: mv v m v = = 1v1 = mGvG hay mv = 2mvG  G 2m 2 v
Như vậy, khối tâm G chuyển động sang phải với vận tốc vG = . 2
- 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 v
vận tốc của khối tâm. Ta có: u1 = u2 = (4) 2 m
- Thay (4/) vào (3) ta cũng được: xmax = v . 2k
Bài 5. Hòn bi sắt treo vào dây chiều dài
= 1,2m được kéo cho dây
nằm ngang rồi thả rơi. Khi dây hợp góc  = 300 với đường thẳng đứng,
bi va chạm đàn hồi với bề mặt thẳng đứng của một tấm sắt lớn cố định
(hình vẽ). Hỏi bi sẽ nảy lên đến độ cao bao nhiêu Giải
- Hòn bi bắt đầu chuyển động không vận tốc đầu từ A, va chạm đàn hồi với mặt thẳng
đứng của tấm sắt tại B, sau đó nẩy lên và đạt độ cao cực đại tại C (hình vẽ).
www.thuvienhoclieu.com Trang 24
Gọi v là vận tốc của vật ngay trước va chạm với tấm sắt 1 tại B. O A
- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho giai đoạn AB
với gốc thế năng trọng lực tại B: WA = WB C h 1  mgh = m 2 v  2 v = 2gh = 2g cos  (1) 2 1 1 h/ B
- Vectơ v có phương tiếp tuyến với quỹ đạo tròn tại B, 1
tức là vuông góc với bán kính OB và có chiều như hình vẽ.
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 v đối 2
xứng với v1 qua mặt tường thẳng đứng. Về độ lớn thì v2 = v1.
+ Thành phần pháp tuyến v v 2n của
2 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 năng của vật biến thành nhiệt.
+ Thành phần tiếp tuyến với quỹ đạo v v 2t của
có tác dụng nâng vật lên cao đến C. 2
v2t = v2cos2  = v1cos2  (2)
- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho giai đoạn BC với gốc thế năng trọng lực tại 2 1 v B: W 2 2t B = WC  m v = mgh/  h/ = (3) 2 2t 2g (v cos2 2 2g cos .  cos 2 1 )2
- Thay (1) và (2) vào (3) ta được: h/ = = 2g 2g 2 3  1 
 h/ = cos  .cos22  = .cos300.cos2600 = 1,2. .  = 0,26m. 2  2  3
* Nhận xét: Vì h = cos  = cos300 =
> h/ nên sau va chạm thì cơ năng của vật 2
đã giảm một lượng nào đó. Ở đây, cơ năng (động năng) mất mát không phải do vật va
chạm (đàn hồi) với tấm sắt mà do dây treo bị dãn đột ngột ngay sau va chạm.
Bài 6. Hai hòn bi A và B, có khối lượng m1 = 150 g và m2 = 300 O
g được treo bằng hai sợi dây (khối lượng không đáng kể) có m1 l
cùng chiều dài l = 1m vào một điểm O. Kéo lệch hòn bi A cho
dây treo nằm ngang (hình vẽ) rồi thả nhẹ ra, nó đến va chạm vào l
hòn bi B. Sau va chạm, hai hòn bi này chuyển động như thế nào ?
Lên đến độ cao bao nhiêu so với vị trí cân bằng ? Tính phần m2
động năng biến thành nhiệt khi va cham. Xét hai trường hợp :
a) Hai hòn bi là chì, va chạm là va chạm mềm
b)Hai hòn bi là thép, va chạm là va chạm đàn hồi trực diện
Trong mỗi trường hợp kiển tra lại bằng định luật bảo toàn năng lượng. Giải :
www.thuvienhoclieu.com Trang 25
Chọn mốc tính thế năng tại vị trí cân bằng của hòn bi B trước va chạm.
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ gồm ( hòn bi A và trái đất). 2 m v 1 1 0 + m gl = + 0 ( ) 1  v = 2gl 1 2 1
a) Hai hòn bi là chì, va chạm là va chạm mềm :
Khi hai hòn bi va chạm mềm, cơ năng của chúng không được bảo toàn vì một phần
động năng biến thành nhiệt.
Ngay sau khi va chạm cả hai hòn bi chuyển động cùng vận tốc u. Áp dụng định luật
bảo toàn động lượng ta có :
m v = (m + m ) m v v 1 u u = = 2 1 1 2 (m + ( ) m 3 1 2 )
Động năng của hệ hai hòn bi sau va chạm là : 2 2 2 m u m u 3m u 3m m gl W ’ 1 2 1 2 1 đ = + = = = (3) 2 2 2 4 3
Sau va chạm hai hòn bi dính vào nhau và tiếp nối chuyển động tròn của hòn bi A. Khi
hệ gồm hai hòn bi lên đến độ cao tối đa h thì toàn bộ động năng W ’
đ sẽ chuyển thành thế năng W ’ + = t = ( m m gh 3m gh 1 2 ) 1
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng : m gl l W ’ ’ 1  =  =  t = Wđ 3m gh h 11cm (4) 1 3 9
Phần động năng của hòn bi A đã biến thành nhiệt là : m gl 2m gl Q = W ’ đ - Wđ = 1 1 m gl − = =1J (5) 1 3 3
Kiểm tra lại định luật bảo toàn năng lượng :
Ban đầu năng lượng của hệ hai hòn bi là thế năng m gl của hòn bi A ở độ cao l. Sau 1 m gl
va chạm, hệ có thế năng 1
, cơ năng không được bảo toàn mà một phần động 3
năng của bi A đã chuyển thành nhiệt, trong quá trình va chạm mềm. Nhưng năng lượng đượ m gl
c bảo toàn : m gl + 1 = Q (6) 1 3
b) Va chạm đàn hồi trực diện :
Gọi v ;v lần lượt là vận tốc của honf bi A và B ngay sau khi va chạm. Áp dụng định 1 2
luật bảo toàn động lượng và định luật bảo toàn cơ năng cho hệ gồm hai hòn bi A và B ta có :
m v = m v + m v v = v + 2v (7) 1 1 1 2 2 1 2 2 2 2 m v m v m v 1 1 1 2 2 2 2 2 = +
v = v + 2v (8) 1 2 2 2 2 v 2v
Từ (7) và (8), ta suy ra : v = − ;v = (9) 1 2 3 3
www.thuvienhoclieu.com Trang 26
Như vậy : Bi A chuyển động ngược chiều với chuyển động ban đầu. Hòn bi B chuyển
động tiếp về phía trước. Ngay sau khi va chạm, động năng của hòn bi A và B lần lượt 2 2 m v m v m gl là : W 1 1 1 1 đ1 = = = (10) 2 18 9 2 2 m v 4m v 8m gl W 2 2 1 1 đ2 = + = ( ) 11 2 9 9
Gọi h ; h lần lượt là độ cao cực đại mà bi A, bi B lên được sau va chạm. Áp dụng định 1 2
luật bảo toàn cơ năng , ta có : m gl l Wđ1 =W  =  =  t1 1 m gh h 11cm (12) 1 1 1 9 9 8m gl 8l W 2 đ2=W  =  =  t2 m gh h 44cm (13) 2 2 2 9 9
Kiểm tra lại định luật bảo toàn năng lượng : Năng lượ m gl 8m gl
ng lúc sau của hệ : W + = = t1= Wt2 = 1 1 m gl
năng lượng ban đầu 1 9 9 BÀI TẬP ÔN TẬP
Bài 1: Một con ếch khối lượng m ngồi ở đầu một tấm ván khối lượng M và chiều dài
M nằm nơi yên trên mặt hồ. Con ếch nhảy lên tạo với phương ngang một góc  . Hãy
xác định vận tốc ban đầu của con ếch sao cho khi rơi xuống con ếch rơi đúng vào đầu gL
kia của tấm ván? Bỏ qua lực cản của nước. Đáp số : m  +1 sin 2     M
Bài 2: Một viên đạn pháo đang bay ngang với vận tốc v = 300m/s thì nổ, vỡ thành
hai mảnh có khối lượng m1 = 5kg, m2 = 15kg. Mảnh nhỏ bay lên theo phương thẳng
đứng với vận tốc v1 = 400 3 m/s. Hỏi mảnh to bay theo phương nào với vận tốc bao
nhiêu? Bỏ qua sức cản của không khí.
Đáp số: v  462m / s . Hợp với phương ngang góc 0  = 30 . 2
Bài 3: Một tên lửa khối lượng 12 tấn được phóng thẳng đứng nhờ lượng khí phụt ra
phía sau với vận tốc v = 1 km/s trong thời gian tương đối dài. Tính khối lượng khí mà
tên lửa đã phụt ra trong 1s để cho tên lửa đó:
a) Bay lên rất chậm Đáp số: a) 120 kg
b) Bay lên với gia tốc a = 10 m/s2. ( Lấy g = 10 m/s2) b) 240 kg
Bài 4. 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 6m/s, của
thuyền là v2 = 1,5m/s. Tính độ lớn và hướng vận tốc thuyền sau khi người nhảy lên.
Bỏ qua sức cản của nước. ĐS: v=1,7 m/s; góc 450
Bài 5. Một lựu đạn được ném từ mặt đất với vận tốc v0 = 20m/s theo phương lệch với
phương ngang góc α = 300. Lên tới điểm cao nhất nó nổ thành hai mảnh bằng nhau.
Mảnh I rơi thẳng đứng với vận tốc đầu v1 = 20m/s.
a) Tìm hướng và độ lớn vận tốc mảnh II. ĐS: =300, v2 = 40 m/s.
b) Mảnh II lên tới độ cao cực đại cách mặt đất bao nhiêu ? 25m
www.thuvienhoclieu.com Trang 27
Bài 6. 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. 23 − 10
kgm/s, động lượng của
nơtrinô vuông góc với động lượng của electron và có độ lớn 12. 23 − 10 kgm/s. Tìm hướng và độ −
lớn động lượng của hạt nhân con. ĐS: 1270, 23 15.10 kg.m/s.
Bài 7. Vật khối lượng m1 = 5kg, trượt không ma sát theo một m1
mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng α = 600, từ độ cao h = 1,8m
rơi vào một xe cát khối lượng m h
2 = 45kg đang đứng yên (hình 
vẽ). Tìm vận tốc xe sau đó. Bỏ qua ma sát giữa xe và mặt
đường. Biết mặt cát rất gần chân mặt phẳng nghiêng. 0,3m/s. m2
Bài 8. 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? 0,16m.
Bài 9. Thuyền chiều dài l, khối lượng m , đứ 1
ng yên trên mặt nước. Người khối lượng
m2 đứng ở đầu thuyền nhảy lên với vận tốc v0 xiên góc α đối với mặt nước và rơi vào m gl
giữa thuyền. Tính v0. ĐS : 1
2(m + m )sin 2 1 2
Bài 10. Từ một xuồng nhỏ khối lượng m , ngườ
1 chuyển động với vận tốc v0 i ta ném
một vật khối lượng m2 tới phía trước với vận tốc v2, nghiêng góc α 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. b 2 + −   ĐS. (m m ).v m .v .cos v .sin 2 1 2 0 2 2 2 m v = , s = 1 m + m g 1 2 m2
Bài 11. Hai lăng trụ đồng chất A, B có khối lượng m1, m2
như hình vẽ. Khi B trượt từ đỉnh đến chân lăng trụ A thì
A dời chỗ một khoảng bao nhiêu ? a m (a − b)
Biết a, b. Bỏ qua ma sát. ĐS. s 2 1 = . m + m 1 2
Bài 12: Một ống thủy tinh khối lượng M trong có đựng vài giột ête được đậy bằng
một cái nút khối lượng m. Ống thủy tinh được gắn ở đầu một thanh cứng dài L (trọng
lượng không đáng kể). Khi hơ nóng ống thủy tinh ête bốc hơi, nút bị bật ra dưới áp
suất của hơi ête. Hỏi vận tốc bé nhất của nút phải bằng bao nhiêu để ống thủy tinh có 5MgL
thể quay được cả vòng quanh điểm treo đó. Đáp số: m
Bài 13: Một ô tô khối lượng 2 tấn đang chuyển động với vận tốc 36 km/h thì tắt máy
và xuống dốc, đi hết dốc trong thời gian 10 s. Góc nghiêng của dốc là 0 20 , hệ số ma
sát giữa dốc và xe là 0,01.
Dùng các định luật bảo toàn, tính:
a) Gia tốc của xe trên dốc và suy ra chiều dài dốc.
b) Vận tốc của xe ở chân dốc.
Đáp số:a/ 3,33 (m/s2) b/ 43,3 (m/s)
www.thuvienhoclieu.com Trang 28
Bài 14: Một vật khối lượng m trượt không ma sát từ đỉnh một mặt
cầu xuống dưới. Hỏi từ khảng cách h
 nào vật bắt đầu rơi khỏi mặt
cầu. Cho bán kính mặt cầu R = 90 cm. Đáp số : h  = 30cm
Bài 15: Một quả cầu khối lượng 2 kg, chuyển động với vận
tốc 3 m/s, va chạm xuyên tâm với một quả cầu thứ hai khối
lượng 3 kg đang chuyển động cùng chiều với quả cầu thứ
nhất với vận tốc 1 m/s. Tìm vận tốc của các quả cầu sau va chạm nếu:
a) Va chạm là hoàn toàn đàn hồi.
b) Va chạm không đàn hồi( va chạm mềm).
Đáp số : a) 'v = 0,6m / s ; 'v = 2,6m / s b) ' '
v = v = 1,8m / s 1 2 1 2
Bài 16: Cho hệ như hình vẽ, m1 = m2 = 200 g, k = 0,5 N/cm. Bỏ qua độ giãn của dây, ma sát,
khối lượng dây và ròng rọc ; g = 10 m/s2.
a) Tìm dộ giãn của lò xo ở vị trí cân bằng. m2
b) Từ vị trí cân bằng, kéo m1 xuống theo phương thẳng đứng
rồi buông tay. Tính vận tốc các vật khi chúng đi qua vị trí cân bằng và khi lò xo có chiều dài tự nhiên m1 Đáp số : a) x0 = 4 cm.
b) v2 = 0,67 m/s ; v3 = 0,5 m/s.
Bài 17: Một nhà máy thủy điện có công suất phát điện 200000 kW và có hiệu suất
80%. Mức nước ở hồ chứa có độ cao 1000 m so với tua pin của máy phát điện. Tính
lưu lượng nước trong đường ống dẫn nước từ hồ chứa đến tua pin của máy phát điện
(m3/s). Lấy g = 10 m/s2. Đáp số : 25 m3/s. m1 m2
Bài 18: Cho cơ hệ gồm các vật m1, m2, m có khối lượng tương
ứng là 3 kg, 5 kg, 2 kg, nối với nhau bằng sợi dây như trên hình.
Các sợi dây và ròng rọc có khối lượng không đáng kể và bỏ qua ma sát.
a. Áp dụng định lý động năng tính gia tốc của các vật. m
b. Tính lực căng của dây nối hai vật m1, m2. Lấy g = 10 m/s2. Đáp số : a) 2 m/s2; b) 6 N. 3
www.thuvienhoclieu.com Trang 29