MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG

CHUYÊN ĐỀ VA CHẠM CỦA VẬT RẮN

III. MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG

Một quả cầu nhỏ đặc đồng chất khối lượng m, bán kính R = 0,1 m được thả rơi từ độ cao h = 1 m với vận tốc ban đầu của tâm quả cầu bằng không xuống một mặt sàn cố định (Hình 1). Nếu lúc đầu (khi bắt đầu thả) quả cầu không quay thì sau khi va chạm với mặt sàn nó bị nảy lên theo phương thẳng đứng tới độ cao cực đại là 0,81 m. Nếu lúc đầu quả cầu quay quanh trục nằm ngang đi qua tâm quả cầu với vận tốc góc ω0 = 60 rad/s thì sau khi va chạm với

mặt sàn, quả cầu chuyển động như thế nào? Tìm khoảng cách giữa điểm va chạm lần thứ nhất và lần thứ hai của quả cầu với mặt sàn. Cho hệ số ma sát giữa quả cầu và sàn là à = 0,2; g = 10m/s2. Bỏ qua lực cản của khụng khớ.

Giải:

Nếu lúc đầu quả cầu không quay, vận tốc ngay trước và ngay sau va chạm lần thứ nhất là v= 2gh =4m/s, u= 2g.0,81h =0,9 2gh =3,6m/s.

Nếu quả cầu quay với vận tốc góc ω0:

Trường THPT Chuyên Thái Bình 196

h

Hình 1

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Theo phương thẳng đứng: ( 2 2 ')

0

gh gh

m Ndt

t = +

∆∫

x t

mv Ndt=

∆∫

0

à

) 1 ( ) ' 2 2

( gh gh

vx = +

→ à

Ta tìm ω0 =ω1 ban đầu để hiện tượng vừa lăn vừa trượt dừng khi quá trình va chạm vừa kết thúc. Ta có:

) 2 (

0

x t

mv Ndt =

∆∫

à

) 3

1 (

0



 

 −

∫ =

∆

R Ndt v

R x

t ω

à

Giải hệ (1), (2) và (3) ta có

0 2

1 53,2 /

2 ) ( 7 R

) )(

( à ω

ω = à + + = + = rad s<

R u v I

mR I u

v .

Vậy quả cầu vừa lăn vừa trượt đến khi có vận tốc góc ω’ (ứng với vận tốc theo phương ngang v’x =ω’R) thì ngừng trượt rồi lăn không trượt. Tìm v'x

) 3 ( '

0

x t

mv Ndt =

∆∫

à

) 4 ' (

0 0



 



 −

∫ =

∆

R Ndt v

R x

t ω

à

2 0 0

7

' ω 2Rω

mR I

vx RI =

= +

Khi đó vận tốc quả cầu theo phương thẳng đứng là u= 2gh'

Quả cầu bắn lên hợp với phương thẳng đứng một góc α xác định bởi phương trình

' 2

tan 2 0

gh R v

v

x

y ω

α = = . Quỹ đạo của quả cầu là parabol. Khoảng cách giữa hai điểm va chạm

với sàn là: m

g gh R

g v v

l x y 1,24

7 ' 2 2 4

' = 0 ≈

= ω

.

Trường THPT Chuyên Thái Bình 197

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 2:

Một khung hình chữ thập được đặt trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn có thể quay không ma sát quanh trục thẳng đứng cố định qua A (Hình 2a). Mỗi thanh của khung chữ thập đồng chất, tiết diện đều có khối lượng m1 và

chiều dài 4r. Một đĩa tròn bán kính r, khối lượng m chuyển động tịnh tiến thẳng đều với vận tốc vv0

đến va chạm vào điểm P của khung ở vị trí như hình vẽ. Cho biết hệ số khôi phục là e và va chạm không ma sát. Hãy xác định:

a) Tốc độ góc ω1 của khung chữ thập và vận tốc khối tâm đĩa v1 ngay sau khi va chạm.

b) Tỷ số

m m1

sao cho khi khung quay một góc 900 đến vị trí như hình 2b thì nó lại va chạm vào đĩa.

Giải:

a) Hệ khảo sát là khung chữ thập và đĩa tròn. Điểm P là tâm va chạm. Áp dụng định lý biến thiên mô men động lượng ta có:

3rmv0 =3rmv1+IAω1 (1) với

3 64 3

) 4 4 (

2 1 2

1

r m m r

IA = = (2) Mặt khác, hệ số khôi phục:

P P

v v

v e v

−

− −

=

0 '

1 , trong đó: vP =0;v'P =3rω1. Suy ra: v1 =3rω1−ev0 (3)

Từ (1) và (3) ta có: 1 93rmr2m(1 Ie).v0

+ A

= +

ω và

A A

I m r

eI m v r

+

= 22 −

1 9

9 (4)

Trường THPT Chuyên Thái Bình 198

Hình 2a

v 0

A

3r P r

Hình 2b A

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

b) Để cho thanh chữ thập quay quanh A ngược chiều kim đồng hồ một góc 900 đến vị trí 2 lại va đập vào đĩa tròn thì trong khoảng thời gian đó khối tâm đĩa phải di chuyển được một đoạn 2r.

Ta có:

1 1

2 2 v

= r

=ω π

τ ⇒

π ω

r

v 4

1

1 = (5)

Thay (4) vào (5) ta được:

) 1 ( 3 9

4 2

e rm

eI m r

r A

+

= −

π ⇒ 4 2 [3 4(1 e)]

e m

IA = r π − +

π (6)

Từ (2) và (6) suy ra: [ ]

π π

e e m

m

64 ) 1 ( 4 3

1 =9 − + .

Bài 3:

Một quả cầu đặc đồng chất có khối lượng m, bán kính R. Cho quả cầu quay quanh một trục nằm ngang đi qua tâm đứng yên với tốc độ góc ω0 rồi buông nhẹ cho nó rơi xuống sàn nằm ngang. Độ cao của điểm thấp nhất của quả cầu khi bắt đầu rơi là h (hình 3). Quả cầu va chạm vào sàn rồi nẩy lên tới độ cao a2h, tính cho điểm thấp nhất.

Trong thời gian va chạm quả cầu trượt trên sàn. Bỏ qua lực cản của không khí và sự biến dạng của quả cầu và sàn khi va chạm. Thời gian va chạm là bé nhưng hữu hạn. Gia tốc trọng trường là g, hệ số ma sỏt trượt giữa quả cầu và sàn là à.

Hãy tìm:

a) điều kiện ω0 để xẩy ra sự trượt trong quá trình va chạm.

b) tanθ, với θ là góc nẩy lên như trong hình 3.

c) quãng đường nằm ngang d mà tâm quả cầu đi được giữa lần va chạm thứ nhất đến lần va chạm thứ hai.

Giải:

Vận tốc khối tâm ngay trước va chạm là: v0 = 2gh (1)

Trường THPT Chuyên Thái Bình 199

Hình 3

h θ

a2h ω0

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Gọi vận tốc khối tâm ngay sau va chạm theo trục Ox nằm ngang và Oy theo phương thẳng đứng là: vx, vy, thời gian va chạm là ∆t.

Áp lực của quả cầu lên sàn khi va chạm N >>mg nên ta bỏ qua mg.

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: 2 (2) 2

2 2

gh a v h mv mga

y

y = → =−

Theo trục 0y: mv0 −mvy =N.∆t→m(1+a) 2gh =N.∆t (3)

Theo trục 0x: mvx =Fms.∆t =àN.∆t (4)

Áp dụng phương trình động lực học vật rắn:

) 5 ( . .

) (

. t I 0 RF t RN t

M

L= ∆ → − = ms ∆ = ∆

∆ ω ω à

Từ (3) và (4) →vx =à(1+a) 2gh (6)

Từ (3) và (5) →I(ω0 −ω)=àmR(1+a) 2gh )

7 2 (

2 ) 1 ( 5

0 R

gh +a

−

=

→ω ω à a) Quả cầu trượt trong suốt thời gian va chạm:

R gh v a

R x

2 2 ) 1 ( 7

0

> +

→

> ω à

ω

b) Góc nảy: vv a a

y

x (1 )

tanθ =− = à +

c) Khoảng thời gian nảy lên rồi rơi xuống là:

g t 2vy

−

=

∆

Quóng đường nằm ngang giữa hai lần va chạm: d =vx.∆t=4à(1+a)ah

Bài 4:

Một quả cầu đặc, đồng chất, khối lượng m bán kính R đang quay với tốc độ góc ω0 quanh một trục đi qua khối tâm quả cầu và lập với phương thẳng đứng một góc α. Tốc độ tịnh tiến ban đầu của khối tâm quả cầu bằng không.

Đặt nhẹ quả cầu lên một mặt bàn nằm ngang. Hãy xác định tốc độ của khối tâm quả cầu và động năng của quả cầu tại thời điểm nó ngừng trượt trên mặt bàn. Bỏ qua ma sát lăn.

Giải:

Trường THPT Chuyên Thái Bình 200

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Phân tích ω0 thành hai phần:

* Thành phần ω = ω1 0cosα hướng theo phương thẳng đứng, thành phần này có giá trị không đổi (do không có lực nào gây ra mômen cản trở thành phần chuyển động quay này). Động năng ứng với thành phần này là:

2 2 2 2 2 2 2

Đ1 1 1 0 0

1 1 2 1

E I mR cos mR cos

2 2 5 5

= ω = ω α = ω α

* Thành phần ω = ω2 0sinα thay đổi do mômen của lực ma sát trượt Fms, gọi v và ω là tốc độ tịnh tiến của khối tâm và tốc độ góc theo phương ngang của quả cầu khi nó bắt đầu lăn không trượt, ta có: v = ωR (*).

Phương trình chuyển động quay:

2

ms 2 ms

d 2 d 2 d

F R I mR F mR

dt 5 dt 5 dt

ω ω ω

= − = − ⇒ = −

Phương trình định luật II Newton: Fms = mdvdt ; Suy ra: dv = - 2

5Rdω ⇒

2

v

0

dv 2R d

5

ω

ω

= − ω

∫ ∫ ⇒ v = 25R(ω − ω2 ) (**)

Từ (*) và (**) rút ra 2 0

2 2

7 7 sin

ω = ω = ω α và v = R 0

2R sin ω = 7 ω α

Vậy động năng của quả cầu tại thời điểm ngừng trượt là:

EĐ = EĐ1 + 1mv2 1I2 2

2 + 2 ω

=

2

2 2 2

0 0

1mR cos 1m 2R sin

5 2 7

 

ω α +  ω α÷ +

2 2

0

1 2 2

. mR sin

2 5 7

 ω α

 ÷

 

= 2 20 2 0 2

1 2

mR cos m(R sin )

5 ω α +35 ω α = 2 20 2

1 mR (5cos 2)

35 ω α +

Vậy vận tốc và động năng của quả cầu ở thời điểm nó ngừng trượt là:

v = 2R 0sin

7 ω α và EĐ = 2 20 2

1 mR (5cos 2)

35 ω α +

Bài 5:

Một thanh AB đồng chất, tiết diện đều, chiều dài l, khối lượng m, đứng trên mặt phẳng ngang nhẵn. Một

Trường THPT Chuyên Thái Bình 201

A

v B Hình 4

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

cục nhựa đường nhỏ có cùng khối lượng m, bay với vận tốc vr

vuông góc với AB đến va chạm mềm vào đầu B (Hình 4).

a) Tính vận tốc khối tâm của hệ ngay sau va chạm.

b) Tính tốc độ góc của thanh, vận tốc của đầu A ngay sau va chạm và phần động năng bị mất trong va chạm.

c) Ngay sau va chạm có một điểm C của thanh có vận tốc tuyệt đối bằng không. Xác định vị trí của C.

Giải:

a) Trước va chạm thanh có khối tâm nằm ở trung điểm O của thanh. Ngay sau va chạm hệ có khối tâm G, chuyển động tịnh tiến với vận tốc vG và chuyển động quay ngược chiều kim đồng hồ quanh trục quay đi qua khối tâm. Áp dụng công thức xác định vị trí khối tâm hệ ta tìm được vị trí khối tâm hệ nằm cách B l/4 Hệ kín nên động lượng hệ bảo toàn: mv=(M+m)vG→ VG=v/2 (1)

b) Mômen động lượng của hệ trước và ngay sau va chạm là: L1=mvl/4, L2=Iω trong đó I là momen quán tính của hệ đối với trục quay qua G.

Áp dụng định lí Stainơ ta có: I=m 2 ( )2 ( )2 5 2

12 4 4 24

l l l

m m ml

+ + =

Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng ta có:

L2=L1 → ωI=mvl/4 → ω 5 2

24ml = mvl/4 → ω=6

5 v l

Vận tốc tuyệt đối của đầu A:

VurA

=VurA G/ +VurG

; trong đó VG là vận tốc của G đối với sàn Do VurA G/ ↑↓VurG

nên VA=VA/G-VG=ω.GA-v/2=6

5 v l

3 4

l -

2 v =2

5 v

Động năng bị mất trong va chạm là: ∆Wđ=Wđ0-Wđ= 2 12 ( )2 2

2 2 2 2

mv v

m Iω

− − =

2

10 mv

c) Vận tốc tuyệt đối của điểm C của thanh cách G khoảng x là: vC=vG-x.ω Vì VC = 0 → vG = x.ω → x = vG/ω = 5

12 l

Bài 6:

Một thanh mảnh đồng chất khối lượng M chiều dài L=0,3 m có thể quay không ma

Trường THPT Chuyên Thái Bình 202

M O

m2 k m1 Hình 5

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

sát quanh trục O cố định nằm ngang đi qua đầu thanh. Từ vị trí nằm ngang, đầu còn lại của thanh được thả ra. Khi tới vị trí thẳng đứng thì thanh va chạm hoàn toàn đàn hồi với một vật nhỏ (coi như chất điểm) khối lượng 1

m 1M

=3 nằm trên mặt bàn. Cho m1=m=120g, gia tốc trọng lực g=10 m/s2. Mômen quán tính của thanh đối với trục quay qua đầu O là I = 1

3ML2.

a) Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau va chạm.

b) Vật m1 được gắn với m2=m1 qua một lò xo có độ cứng k=150 N/m, khối lượng không đáng kể (Hình 5). Xác định biên độ dao động của m1 và m2

sau va chạm. Bỏ qua mọi ma sát.

Giải:

a) Động năng quay của M ngay trước va chạm:

1 2 1 3

2 2

MgL g

I MgL

I L

ω = → =ω =

Động năng của m1 và M ngay sau va chạm: 1 2 1 '2 1 2(1)

2mv +2Iω =2Iω

Mômen động lượng sau va chạm: MvL I+ ω'=Iω(2) Từ (1) và (2) ta có: 2 3 3 /

3 M gL

v m s

M m

= =

+

b) Sau va chạm, khối tâm G của hệ (m1+m2) chuyển động với vận tốc V mà:

2mV=mv →V =12v=1,5 /m s.

Trong HQC gắn với khối tâm G, vì hai vật có khối lượng bằng nhau nên ta có thể xem như dao động của m1, m2 là dao động của m gắn với một lò xo có đầu G cố định và có độ cứng là k’=2k.

Gọi A là biên độ dao động của mỗi vật, theo định luật bảo toàn cơ năng ta có:

2 2 2

1 1 1

2 2. ' 0,03

2mv =2 mV + 2k A → =A m

Trường THPT Chuyên Thái Bình 203

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Bồi dưỡng HSG Vật lí THPT – Cơ học 2 – GS Tô Giang – NXBGD 2009

2. Chuyên đề va chạm của vật rắn – GS Tô Giang

Trường THPT Chuyên Thái Bình 204

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Chuyên đề xếp loại B

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN LÝ THỨ NHẤT (NGUYÊN LÝ I) CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC – ÁP DỤNG CHO KHÍ LÝ TƯỞNG

Giáo viên: Hoàng Ngọc Quang

Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành - Yên Bái Phần thứ nhất: MỞ ĐẦU