Đề tài Giải bài toán động lực bằng phương pháp năng lượng

C D a H O α • ω TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 31 Vì N
và qtcF
vuông góc với OB nên không sinh công hay 0 N dA =

và 0 qtcF dA =

Ta có: ( )PdA Pcos dx mgcos xα α= − = −

 ; 2 2( ) sin sinqtl qtlFdA F dx mx xα ω α= =

 2 2( sin )edA m x mgcos xω α α⇒ = −  (3) Từ (1), (2) và (3) ta có: 2 2( sin )mxx m x mgcos xω α α= −  Vì chất điểm chuyển động nên 0x ≠ . Ta có: 2 2sin 0x x gcosω α α− + = Nghiệm tổng quát của phương trình này có dạng: sin sin 1 22 2sin t tgcosx C e C eω α ω αα ω α − = + + Trong đó 1C , 2C là những hằng số tích phân được xác định từ điều kiện ban đầu: (0) (0); 0x a x= = . 1 22 2 1 2 sin 0 sin sin gcos a C C C C α ω α ω α ω α  = + +   = − 1 2 2 2 1 ( ) 2 sin gcosC C a α ω α ⇒ = = − Vậy chuyển động của chất điểm trong hệ quy chiếu không quán tính được mô tả bằng phương trình: 2 2 2 2( ) ( sin )sin sin gcos gcos x a ch tα α ω α ω α ω α = + − Vì hàm ( sin )ch tω α là hàm tăng theo t khi 0t ≥ . Vậy chiều chuyển động của chất điểm M phụ thuộc lượng: 2 2sin gcos a α ω α − +) Nếu 2 2sin gcos a α ω α > , tức 2 2a sin gcosα ω α > thì chất điểm M đi lên theo hướng OB +) Nếu 2 2sin gcos a α ω α < , tức 2 2a sin gcosα ω α < thì chất điểm M đi xuống từ B đến O +) Nếu 2 2sin gcos a α ω α = , tức 2 2a sin gcosα ω α = thì chất điểm M cân bằng tương đối trên OB tại M. Bài 3: Đáp số: ( )0 2kgl M mv M + ≥ Hướng dẫn: TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 32 Truyền cho vật M vận tốc ban đầu 0v
, vì giữa vật m và tấm ván M có lực ma sát smf kmg=
nên làm cho vật m chuyển động trên mặt ván. Đồng thời smf
ngược chiều với vector vận tốc 0v
nên cản trở chuyển động của tấm ván làm cho tấm ván chuyển động chậm dần đều. Xét chuyển động của vật M trong hệ quy chiếu quán tính để tìm gia tốc của chuyển động chậm dần đều. Giả thiết sau thời gian t động năng của vật M là: 21 2 T Mv= . Độ giảm động năng chính bằng công của lực ma sát. s 2 21 1 x 2 2 mo F Mv Mv A kmg− = = −
Trong đó x là quãng đường đi được vật M đi được sau thời gian t . Đạo hàm hai vế phương trình trên ta được: dvMv kmgv dt = − . Vậy gia tốc của chuyển động chậm dần đều của vật m là: dv kmg a dt M = = − Xét trong hệ quy chiếu không quán tính là hệ quy chiếu gắn với M để tìm gia tốc của chuyển động nhanh dần đều của vật m đối với vật M. Giả thiết sau thời gian t vật m đi được quãng đương là 1x , có động năng là: 21 1 2 T mv= Các ngoại lực tác dụng lên hệ vật m trong hệ quy chiếu không quán tính bao gồm trọng lực, áp lực N
của vật m lên ván, lực smf
đóng vai trò là lực kéo vật m chuyển động, lực quán tính qtF ma= −

. Tổng công của ngoại lực: s qtm e P N FfA A A A A= + + +



Trong đó: 0PA =
, A 0N =
vì P
và N
vuông góc với phương chuyển động; s s 1 1 m mfA f x kmgx= =
, 1 1A aqt qtF F x m x= =
. Do đó: ( ) 1eA kmg ma x= + N
0v
P
qtF
smf
TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 33 Định lý động năng dạng đạo hàm: edT dA dt dt = ( )1 11 dv dxmv kmg madt dt⇒ = + Suy ra: 11 dv a kg a dt = = + Thay a vào ta có: 1 1 m a kg M   = −   Gọi 2a là gia tốc của vật m đối với bàn ta có: 2 1a a a= +


. Vì 1a
và a
cùng phương ngược chiều nên ta có: 2 1 1 m mg a a a kg k kg M M   = − = − + =   Vận tốc của các vật m và M đối với bàn lần lượt là: 1v kgt′ = , o kmg v v t M ′ = − . Và quãng đường đi của các vật m và M đối với bàn lần lượt là: 2 1 2 kg s t= (1) và 22 2o kmg s v t t M = − (2) Hiển nhiên 2 1v v> . Vận tốc của vật đối với ván là 1v và ta có: 1 1 o M m v v v v kg t M + ′ ′= − = − Vật m dừng lại trên ván lúc ( )1 oMvt kg M m = + (3) Nếu vật m dừng lại ở quá mép sau của ván thì sẽ rơi xuống, điều kiện này xảy ra nếu: ( ) ( )2 1 1 1s t s t l− ≥ (*). Thay (1) (2) và (3) vào (*) ta có: ( )0 2kgl M mv M + ≥ . Bài 4: Đáp số: 1 1 2 2 1 1 2 20 2 1 2 1 2 1 1 2 2 ( sin sin )( ) ( )( ) ( ) m m m cos m cos a g M m m m m m cos m cos θ θ θ θ θ θ − + = + + + − + 1 1 2 2 0 1 1 2 2 1 2 1 2 ( sin sin ) ( )g m m a m cos m cos a a a m m θ θ θ θ− + + = = = + Hướng dẫn: Giả sử 1 1 2 2sin sinm mθ θ> vật 1 đi xuống, vật 2 đi lên và nêm đi sang bên phải. Vì tất cả các ngoại lực không có thành phần nằm ngang, nếu khối tâm hai hệ vật chuyển động sang trái thì khối tâm của nêm phải chuyển động sang phải. TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 34 Xét hệ quy chiếu không quán tính gắn với nêm. Vì các vật 1m và 2m được liên kết bởi sợi dây không dãn, không khối lượng nên gia tốc của các vật là như nhau ( 1 2a a a= = ) trong hệ quy chiếu không quán tính. Hệ vật 1m và 2m chịu tác dụng cúa các ngoại lực: Trọng lực 1P
, 2P
; phản lực của nêm 1N
, 2N
; lực quán tính hướng sang trái 1 1 0qtF m a= −

, 2 2 0qtF m a= −

. Giả thiết sau khoảng thời gian t hệ vật đi được quãng đường x và đạt vận tốc v . Tổng công của các ngoại lực: 1 2 1 2 1 2qt qt e P P N N F FA A A A A A A= + + + + +





Trong đó: 1 0NA =
; 2 0NA =
. Vì 1N
và 2N
vuông góc với phương chuyển động. 1 1 1 sinPA m g xθ=
; 2 2 2sinPA m g xθ= −
. 1 1 0 1qtFA m a cos xθ=
; 2 2 0 2qtFA m a cos xθ=
[ ]1 1 2 2 0 1 1 2 2( sin sin ) ( )eA g m m a m cos m cos xθ θ θ θ⇒ = − + + Động năng của hệ vật: 21 2 1 ( ) 2 T m m v= + Định lý động năng dạng đạo hàm: edT dA dt dt = . Suy ra: [ ]1 2 1 1 2 2 0 1 1 2 2( ) ( sin sin ) ( )dv dxm m v g m m a m cos m cosdt dtθ θ θ θ+ = − + + 1 1 2 2 0 1 1 2 2 1 2 1 2 ( sin sin ) ( )g m m a m cos m cos a a a m m θ θ θ θ− + + ⇒ = = = + (1) Hệ nêm và vật 1 2( , )m m là hệ kín. Theo phương ngang không có ngoại lực tác dụng lên hệ nên động lượng của hệ theo phương ngang được bảo toàn: 0 1 0 1 2 0 2( ) ( ) 0Mv m v vcos m v vcosθ θ+ − + − = (2) )b 1θ 2θ)a 1 θ 2θ1 P
1N
1qtF
2P
2N
2qtF
0a
x+ x+ TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 35 Trong chuyển động nhanh dần đều, gia tốc tỉ lệ với vận tốc nên phương trình (2) ta có: 0 1 0 1 2 0 2( ) ( ) 0Ma m a acos m a acosθ θ+ − + − = Hay: 1 2 0 1 1 2 2( ) ( )M m m a m cos m cos aθ θ+ + = + (3) Từ (1), (2) và (3) ta có: 1 1 2 2 1 1 2 2 0 2 1 2 1 2 1 1 2 2 ( sin sin )( ) ( )( ) ( ) m m m cos m cos a g M m m m m m cos m cos θ θ θ θ θ θ − + = + + + − + +) Nếu 1 1 2 2sin sinm mθ θ= thì 0 0a = và 0a = nêm và hai vật đứng yên. +) Nếu nêm có dạng tam giác như trong hình a thì không xảy ra trường hợp nêm đứng yên mà hai vật chuyển động vì lí do đã nêu ở đầu bài. Trường hợp này chỉ xảy ra nếu hai vật chuyển động sao cho khối tâm của chúng di chuyển theo phương ngang. Muốn vậy nêm phải có dạng tam giác với một góc ở đáy tù, chẳng hạn 02 90θ > (và phải bố trí sao cho vật 2 vẫn trượt trên mặt nghiêng). +) Nếu 2os 0c θ < và 1 1 2 2cos cos 0m mθ θ+ = nghĩa là: 21 2 1 cosm m cos θ θ = thì 0 0a = và 1 1 2 2 1 2 ( sin sin )m m a g m m θ θ− = + II.5. DẠNG NĂM: CHUYỂN ĐỘNG CỦA HỆ VẬT ĐƯỢC LIÊN KẾT BỞI NHỮNG SỢI DÂY KHÔNG DÃN, KHÔNG KHỐI LƯỢNG VÀ CÁC VẬT CHUYỂN ĐỘNG CÓ GIA TỐC VỚI NHAU. II.5.1: Phương pháp chung. Bước 1: Xác định dữ kiện và phân tích hiện tượng bài toán. Bước 2: Xác định các ngoại lực (nội lực) tác dụng lên vật (hệ vật). Tính công của các ngoại lực (nội lực) đó. Bước 3: Thiết lập phương trình của lý thuyết năng lượng cần thiết cho việc giải bài toán: - Hệ vật được liên kết với nhau bởi sợi dây không dãn, không khối lượng thường thì gia tốc của các vật trong hệ là như nhau. Tuy nhiên cần chú ý trong một số trường hợp có sự xuất hiện của ròng rọc động thì gia tốc của các vật là khác nhau. TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 36 - Vận dụng các định lý biến thiên, các định luật bảo toàn sao cho phù hợp với điều kiện, yêu cầu bài toán để việc giải bài toán là đơn giản nhất. - Trong bài toán có sự xuất hiện của ròng rọc có khối lượng đáng kể thì trong biểu thức động năng của hệ còn có thêm động năng quay của ròng rọc (chú ý trong một số bài toán có sự xuất hiện của mômen cản). Bước 4: Từ điều kiện ban đầu xác định các đại lượng chưa biết. II.5.2: Bài tập mẫu. Bài 1: Một vật A có khối lượng 1m trượt trên mặt phẳng nghiêng và làm quay hình trụ tròn đồng chất có bán kính R . Khối lượng của hình trụ là m , mômen cản đặt lên hình trụ là Mc . Hệ số ma sát giữa A và mặt phẳng nghiêng là k . Tìm gia tốc của hình trụ? Biết góc tạo bởi giữa mặt phẳng nghiêng và mặt nằm ngang là α , sợi dây không dãn, không khối lượng. - Giải - 1/ Phân tích hiện tượng. Dây không dãn, không khối lượng nên vận tốc v của vật 1m chính là vận tốc dài của trụ. Chuyển động của cơ hệ có sự biến đổi động năng và độ biến thiên động năng bằng công của ngoại lực tác dụng lên hệ. 2/ Giải bài toán. Giả thiết ban đầu hệ vật đứng yên, thả tay cho vật 1m trượt trên mặt phẳng nghiêng, sau khoảng thời gian t vật 1m đi được quãng đường x , và đạt vận tốc v . Dây không dãn, không khối lượng nên lực căng tại mọi điểm của dây là như nhau do đó nội lực của cơ hệ triệt tiêu. m 1m α c M TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 37 Ngoại lực tác dụng lên cơ hệ: Trọng lực 1P
, lực ma sát smF
, lực cản cF
do mômen cản cM gây ra ở trụ và cc MF R = . Do đó ta có công của ngoại lực tác dụng lên cơ hệ: s 1m c e F P FA A A A= + +


Với: 1 1 1 sin P A P x m g xα= =


, s s 1 os m mF A F x km gc xα= = −


và c c cF MA F x x R = = −


Suy ra: 1 1sin ose c MA m g km gc x R α α   = − −    Động năng của cơ hệ: 1 2T T T= + . Trong đó: 21 1 1 2 T m v= gọi là động năng chuyển động tịnh tiến của vật 1m , 22 1 2 T Iω= gọi là động năng quay của trụ với 2R 2 mI = và v R ω = . Suy ra: 21 2 1 2 IT m x R   = +     Định lý động năng dạng đạo hàm: edT dA dt dt = . Do đó: 1 1 12 sin os c MI m xx m g km gc x R R α α    + = − −          Từ đó ta có gia tốc của vật 1m : 1 1 1 2 sin os cMm g km gc R x I m R α α   − −    =  +     Vậy gia tốc của trụ là: 1 1 1 2 sin os cMm g km gc x R IR R m R α α γ   − −    = =  +     Bài 2: Ròng rọc có hai đĩa bán kính R và r và có mômen quán tính I . Tính gia tốc của hai vật và sức căng dây. - Giải - 1/ Phân tích hiện tượng. TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 38 1P
2P
2m 1m R r 2T
1T ′
2T ′
1T
Ròng rọc bán kính r là một đĩa tròn nằm trong ròng rọc bán kính R (hai ròng rọc là một khối). Cả khối quay với vận tốc ω . Hai vật 1m và 2m được liên kết bằng những sợi dây không dãn, không khối lượng với hai ròng rọc có bán kính khác nhau nên gia tốc của hai vật khác nhau và vận tốc dài của mỗi vật chính là vận tốc dài của mỗi ròng rọc. 2/ Giải bài toán. Giả thiết hệ ban đầu được giữ đứng yên, thả cho vật chuyển động và giả sử sau thời gian t vật 2m đi xuống quãng đường là 2x đạt vận tốc 2v , vật 1m đi lên quãng đường là 1x đạt vận tốc 1v . Các ngoại lực tác dụng lên hệ vật có: Trọng lực 1P
và 2P
. Ta có công của ngoại lực: 1 2 e P PA A A= +

Với 1 1 1P A m gx= −
, 2 2 2P A m gx=
và 1x rϕ= , 2x Rϕ= . ( )2 1R reA m g m g ϕ⇒ = − Động năng của hệ: 2 2 22 2 1 1 1 1 1 2 2 2 T m v m v Iω= + + .Với 1v rω= , 2v Rω= , trong đó ω là vận tốc góc của ròng rọc ( )2 2 22 112T m R m r I ω⇒ = + + Định lý động năng dạng đạo hàm: edT dA dt dt = . Suy ra: ( ) ( )2 22 1 2 1d dm R m r I m Rg m rgdt dt ω ϕ ω+ + = − Vậy gia tốc góc của trụ là: 2 12 2 2 1 R rm g m gd dt m R m r I ωγ −= = + + . Gia tốc của các vật 1m và 2m lần lượt là: 2 1 1 2 2 2 1 ( R r)grm m a r m R m r I γ −= = + + và 2 12 2 2 2 1 ( R r)gRm m a R m R m r I γ −= = + + Phương trình của vật 1m và 2m : 1 1 1 1 1 1 1( )P T m a T m g a− = − ⇒ = + Và 2 2 2 2 2 2 2( )P T m a T m g a− = ⇒ = − TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 39 II.5.3. Bài tập tự giải. Bài 1: Cho cơ hệ như hình vẽ. Biết dây không dãn, bỏ qua ma sát, khối lượng của dây, của ròng rọc. Biết 0 0v = và 1m chuyển động đi xuống. Dùng định luật bảo toàn cơ năng tính gia tốc của mỗi vật. (H.a) Bài 2: Các vật 1, 2, 3 được bố trí như hình vẽ. Biết khối lượng các vật: 1 2 3 1m m m m kg= = = = . Bỏ qua khối lượng, ma sát ở ròng rọc, hệ số ma sát ở mọi mặt tiếp xúc là 0, 2k = . Vật hai dài 40cm các dây nối không dãn. Thả tay ra khỏi vật 1 chuyển động (H.b). Xác định: a) Thời gian để vật 3 trượt khỏi vật 2 (ban đầu vật 3 ở mép phải của vật 2 ) b) Lực căng của dây nối. H.a) H.b) Bài 3: Một cuộn chỉ gồm hai đĩa tròn đồng chất như nhau có bán kính R và khối lượng M được gắn vào trục bán kính r , khối lượng không đáng kể. Một sợi chỉ được cuộn vào trục của cuộn và gắn lên trần. Khoảng cách từ cuộn chỉ đến trần là D. Cuộn chỉ bắt đầu chuyển động xuống dưới từ trạng thái này. Hỏi: a) Tại thời điểm ban đầu sợi chỉ phải tạo với phương thẳng đứng góc bằng bao nhiêu để khi thả cuộn chỉ không lắc lư. b) Gia tốc chuyển động của tâm cuộn chỉ bằng bao nhiêu? Bài 4: Cho hệ vật như hình vẽ. Tính gia tốc của các vật 1m và 2m lực căng của sợi dây? Cho rằng sợi dây không dãn, không khối lượng, bỏ qua khối lượng của ròng rọc. (H.1). • P
R r D x 1m α 2m A 3m 1m 2m TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 40 C A B H.1) H.2) Bài 5: Vật A có khối lượng 1m được treo bằng một sợi dây không dãn (khối lượng không đáng kể) vắt qua một ròng rọc cố định B gắn với mặt bàn nằm ngang. Đầu kia của sợi dây nối với trục của một con lăn C có thể lăn không trượt trên mặt bàn. Ròng rọc B và con lăn C là những hình trụ đồng chất có cùng bán kính R và khối lượng 2m . Ban đầu cơ hệ đứng yên. Tìm vận tốc A sau khi nó đi được một đoạn đường 0h . Cho biết mômen ma sát lăn tác dụng lên C bằng msM fN= , (với N là áp lực của C lên mặt bàn) và công của ma sát lăn (công cản) bằng msM ϕ− (với ϕ là góc quay quanh trục). Bỏ qua ma sát ở trục ròng rọc và sức cản không khí và coi sợi dây không trượt trên rãnh ròng rọc. (H.2) HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ. Bài 1: Đáp số: 2 1 2 sinm m a g m α + = . Bài 2: Đáp số: a) ( )0,2t s= . b) 8T N= , 4T N= . Hướng dẫn: Áp dụng định lý biến thiên động năng cho riêng vật 1 ta tìm được gia tốc của các vật đối với đất: ( )1 3 2 3 1 2m g k m g k m m a m − − + = Gia tốc của vật 3 so với vật 2 là: 32 3d 2da a a= +


. Suy ra: 32 22 2 4 m a s   = − − = −     Nếu vật 2 được coi làm mốc, coi đứng yên đối với vật 3 ta có: 32 24 m a s   =     TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 41 Từ phương trình động học: 232 1 2 s a t= ta có thời gian vật 3 trượt khỏi vật 2 là: ( )0,2t s= Viết phương trình định luật II Newtơn cho các vật 1m và 3m ta tính được các lực căng. Bài 3: Đáp số: 12 21 2r R a g −   = +    . Hướng dẫn: a) Lực tác dung lên cuộn chỉ gồm trọng lực P
và lực căng T
của sợi chỉ. Cuộn chỉ sẽ không lắc lư nếu như không có thành phần lực theo phương ngang tác dụng lên nó. Điều này có nghĩa là lực căng T
chỉ có phương thẳng đứng. b) Giả thiết cuộn chỉ chuyển động không vận tốc đầu và sau khoảng thời gian t đi được quãng đường x và đạt vận tốc v . Ngoại lực tác dụng lên cuộn chỉ: Trọng lực 2P Mg= . Do đó ta có công của ngoại lực: 2eA Mg x= Động năng của cuộn chỉ: ( ) 2 21 12 2 2 T M v Iω= + . Với v r ω = và 2I MR= . Nên 2 2 22 MRT M v r   = +    Định lý động năng dạng đạo hàm: edT dA dt dt = . Ta có: 2 21 2 R dv dx v g r dt dt   + =    Suy ra gia tốc của cuộn chỉ: 12 21 2 dv R a g dt r −   = = +    Bài 4: Đáp số: 2 12 1 2 2 4 m m a g m m − = + ; 1 2 1 2 3 4 m m gT m m = + . Hướng dẫn: Vì gia tốc chuyển động của vật 2m cũng chính là gia tốc của ròng rọc động và khối lượng ròng rọc là không đáng kể nên lực căng ở hai nhánh dây là như nhau. Vì sợi dây không giãn không khối lượng nên ta có phương trình liên kết cho chiều dài sợi dây của nó là: 1 02 ons onsy y l c t c t+ = − = . Suy ra: 1 22aa = − và 1 22v v= . TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 42 Hệ vật chuyển động chỉ dưới tác dụng của trọng lực nên cơ năng của hệ được bảo toàn. Chọn mốc thế năng bằng không tại mặt đất, trục Ox chiều dương hướng thẳng đứng lên trên. Giả sử 2m đi xuống, 1m đi lên. +) Tại thời điểm ban đầu 1m và 2m cùng ở vị trí h , ta có cơ năng của hệ vật: ( )1 2oE m m gh= + +) Sau thời gian t vật 2m đi được quãng đường x∆ thì vật 1m đi được quãng đường là 2 x∆ và ở vi trí 1h và 2h . Ta có cơ năng của hệ vật: 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 E m gh m gh m v m v= + + + Hay: 21 1 2 2 1 2 2 12 2 E m gh m gh m m v = + + +    Ta có: 1 2h h x− = ∆ và 2h h x− = −∆ . Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: ( ) 22 1 1 2 212 2 2m m g x m m v   − ∆ = +    Đạo hàm hai vế theo thời gian t ta được: 2 12 1 2 2 4 m m a g m m − = + . Phương trình chuyển động của vật 2m : 2 2 22P T m a− = . Suy ra: 1 2 1 2 3 4 m m gT m m = + Nếu 2 12m m> thì 2 0a > khi đó 2m đi xuống, 1m đi lên. Còn nếu 2 12m m< thì 2 0a < khi đó 2m đi lên, 1m đi xuống. Bài 5: Đáp số: 1 2 1 2 2( ) ( 2 ) m r fm gh v r m m − = + Hướng dẫn: Áp dụng định lý biến thiên động năng: e iT A A∆ = + , với T∆ là độ biến thiên động năng của hệ, eA và iA công ngoại lực, nội lực tác dụng lên hệ. +) Đối với vật A: Công của trọng lực 1P
và lực căng 1T
lần lượt bằng: 1m gh và 1T h− (công cản). +) Đối với ròng rọc cố định B, công khác không là công của 1T và 2T , lần lượt bằng 1 1 1 hT r T r T h r ϕ = = (vì khi A dịch chuyển được đoạn h thì ròng rọc quay được góc ϕ ), và 2 2T r T hϕ− = − (công cản). TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 43 m 2m C A B l 1m +) Đối với con lăn C, công khác không là công của 2T và công của ma sát lăn, lần lượt bằng: 2 2T r T hϕ = , và 2ms hM fm g r ϕ− = − Từ đó ta có: 1 2e i hA A A m gh fm g r = + = − (1) Vì ban đầu cơ hệ đứng yên nên ta có: A B CT T T T T∆ = = + + 2 2 2 2 1 1 2 2( ) 2 2 2 2 m v I m v IT ω ω⇒∆ = + + + Với 22 2 2 2 2 2 1 2 2 2 m r m vvI I r ω ω   = = =    Suy ra: 2 1 2( 2 ) 2 m m vT +∆ = (2) Từ (1) và (2) ta tìm được: 1 2 1 2 2( ) ( 2 ) m r f m gh v r m m − = + II.6. DẠNG SÁU: CHUYỂN ĐỘNG VA CHẠM ĐÀN HỒI GIỮA CÁC VẬT. II.6.1. Phương pháp chung. Bước 1: Nhận biết được các quá trình va chạm và các quá trình không va chạm. Phân tích hiện tượng bài toán. Bước 2: Thiết lập phương trình của bảo toàn động năng kết hợp với định luật bảo toàn động lượng. Bước 3: Giải hệ phương trình tìm đại lượng chưa biết. Phân tích kết quả và xét các trường hợp đặc biệt tùy theo yêu cầu của đề bài. II.6.2. Bài tập mẫu. Bài 1: Một xe lăn nhỏ có khối lượng 0,6m kg= đặt trên mặt phẳng ngang không ma sát. Hai sợi dây nhẹ, không dãn, cùng chiều dài 0,8l m= , mỗi dây gắn với quả cầu nhỏ khối lượng 1m và 2m . Dây gắn 1m buộc cố định tại C. TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 44 Ban đầu hệ thống đứng yên hai quả cầu tiếp xúc với nhau. Kéo 1m sang trái cho đến khi dây treo nằm ngang, thả nhẹ 1m , sau va chạm với 2m thì 1m lên đến độ cao cực đại 0,2m so với vị trí ban đầu. a) Xác định độ cao cực đại mà 2m lên được sau va chạm? b) Xác định vận tốc của 2m khi nó đi từ bên phải từ vị trí thấp nhất? - Giải - 1/ Phân tích hiện tượng. Chuyển động của hệ gồm các giai đoạn sau: Giai đoạn 1: Chuyển động của vật 1m chỉ dưới tác dụng của trọng lực nên cơ năng cuả vật 1m được bảo toàn. Giai đoạn 2: Va chạm giữa vật 1m và 2m trong thời gian rất ngắn nên chỉ có lực tương tác giữa 1m và 2m là có tác dụng đáng kể. Đó là nội lực, còn các ngoại lực là lực căng của dây và trọng lực thì không đáng kể so với nội lực nói trên. Vì vậy trong khoảng thời gian va chạm rất ngắn hệ 1m , 2m được coi là kín và động lượng của hệ được bảo toàn. Giai đoạn 3: Sau va chạm, 2m chuyển động chỉ dưới tác dụng của trọng lực nên cơ năng của vật 2m được bảo toàn. Giai đoạn 4: Động lượng của hệ 2m và xe bảo toàn (vì theo phương ngang không có ngoại lực tác dụng lên hệ) . 2/ Giải bài toán. a/ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật 1m (tại A và B). Chọn mốc thế năng tại B và gọi 1v là vận tốc vật 1m tại B trước va chạm. Ta có: A BE E= . 2 1 1 1 1 2 m gl m v⇒ = 1 2 4 m v gl s   ⇒ = =     Gọi 1v′ là vận tốc 1m sau va chạm, độ cao ( )1 0, 2h m= . Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật 1m sau va chạm tại vị trí 1h và vị trí có vận tốc 1v′ . Ta có: 21 1 1 1 1 2 m gh m v′= 1 12 2 m v gh s   ′⇒ = =     . Gọi 2v là vận tốc vật 2m sau va chạm. TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 45 Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ ta có: 1 1 1 1 2 2m v m v m v′= +


Vì 1v
, 1v′
, 2v
cùng phương chiều ta có: 1 1 1 1 2 2m v m v m v′= + . Suy ra: 1 1 1 1 2 2 4m v m v mv m s ′ −   = =     Sau va chạm khi 2m đến độ cao cực đại 2h thì 2m và xe m cùng vận tốc v . Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ ( 2m + xe), ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 m v m v m m v v m m = + ⇒ = +

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ 2( , )m m . Ta có: ( )2 22 2 2 2 21 12 2m v m m v m gh= + + ( ) 2 2 2 22 mvh g m m ⇒ = + b) Khi đến vị trí thấp nhất 2m có vận tốc 2v′ , xe có vận tốc v′ . Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ ( m và 2m ) từ sau va chạm cho đến khi 2m về vị trí thấp nhất. Ta có: 2 2 2 2m v m v mv′ ′= +


Suy ra: ( )22 2m v v mv′ ′− = . (1) Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 mv m v mv′ ′= + Suy ra: ( )( ) 22 2 2 2 2m v v v v mv′ ′ ′− + = (2) Từ (1) và (2) ta suy ra: 22 2 2 2m m mv v m m s −   ′ = = −  +   Với 2 0v < khi 2m về vị trí thấp nhất nó chuyển động ngược chiều ngay sau va chạm, với độ lớn vận tốc 2 m s       . Bài 2: Một thanh AB đồng chất tiết diện đều, khối lượng m dài l, đặt trên mặt phẳng ngang và dễ dàng quay quanh trục cố định đi qua trọng tâm G và vuông góc với mặt phẳng nằm ngang. Ban đầu thanh nằm yên. Hòn bi có khối lượng m chuyển động với vận tốc ov
(theo phương nằm ngang và o v AB⊥
) đập vào đầu của thanh. G A B ov
TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 46 Va chạm là hoàn toàn đàn hồi. Biết hệ số ma sát giữa thanh và mặt phẳng nằm ngang là µ . Tìm góc quay cực đại của thanh sau va chạm. - Giải - 1/ Phân tích hiện tượng. Ban đầu hòn bi có khối lượng m chuyển động với vận tốc ov
đến va chạm vào thanh. Sau khi vừa va chạm thì vật và thanh có vận tốc khác nhau. Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên toàn bộ năng lượng của vật sau khi va chạm chuyển thành động năng của hệ. Nếu xét hệ gồm vật và thanh, trong thời gian rất ngắn thì mômen động lượng của hệ được bảo toàn. 2/ Giải bài toán. Xét hệ gồm vật có khối lượng m và thanh AB. Sau khi vừa va chạm vật có vận tốc v , thanh có vận tốc góc ω . Theo định luật bảo toàn mômen động lượng: ( )1 onsi i i L r m v c t= ∧ =∑


. Hay: ( ) onsi i i I c tω =∑
. Suy ra: 21 2 2 12o l l mv mv m lω= + Do đó ta có: 1 6o v v lω= + (1) Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên động năng của hệ được bảo toàn tức là: 2 2 2 21 1 1 1 2 2 12 2o mv ml mvω = +    Suy ra: 2 2 2 21 12o v l vω= + (2) Từ (1) và (2) ta có: 3 ov l ω = Áp dụng định lý biến thiên động năng cho chuyển động của thanh: 2 s 1 2 G m I Aω− = với s 1 4m A mgµ ϕ= − 23 2 ov gl ϕ µ ⇒ = II.6.3. Bài tập tự giải. Bài 1: Hòn bi sắt treo vào một dây dài l được kéo cho dây nằm ngang rồi thả cho rơi. Khi góc α giữa dây và đường thẳng đứng có giá trị 030 thì bị va chạm đàn hồi vào α l TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 47 một tấm sắt đặt thẳng đứng. Hỏi bi sẽ nẩy lên độ cao h bằng bao nhiêu? Bài 2: Chứng minh rằng khi một quả cầu va chạm đàn hồi tuyệt đối với một bức tường thì góc phản xạ đúng bằng góc tới, đồng thời vận tốc trước ( 0v
) và sau ( v
) va chạm nằm trong cùng một mặt phẳng với pháp tuyến của tường dựng tại điểm tới. Bài 3: Một viên đạn có khối lượng m bay ngang đập vào mặt nghiêng của một chiếc nêm. Nêm có khối lượng 2m ban đầu đứng yên trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn. Sau va chạm (tuyệt đối đàn hồi) đạn nẩy lên theo phương thẳng đứng còn nêm chuyển động theo hướng cũ của 1m với vận tốc 2v . Tính độ cao cực đại (từ vị trí va chạm) mà viên đạn lên được? HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Bài 1: Đáp số: 3 8 h l= . Hướng dẫn: Va chạm đàn hồi vận tốc v
sau va chạm cũng nghiêng góc α so với pháp tuyến như vận tốc trước va chạm. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ở A và B. Thành phần 2v
dọc theo dây kéo dãn dây và có động năng 22 1 2 mv biến thành nhiệt. Thành phần 1v
vuông góc với dây làm dây chuyển động trở lại 1 cos 2v v α= . Độ cao h được tính theo định luật bảo toàn cơ năng. 2 2 1 1 1 2 2 v mv mgh h g = ⇒ = . Với 1 cos 2v v α= . Do đó: 2 2 2os 2 cos . os 2 2 v ch l c g α α α= = . Với: 030α = 3 8 h l⇒ = . Bài 2: Hướng dẫn: Từ hình vẽ ta thấy: o 0 sin xo v v α = và sin xv v α = . α 2v
v
1v
l TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 48 Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có (động năng do va chạm tuyệt đối đàn hồi): 22 0 2 2 mvmv = . Suy ra: 2 20v v= hay 0v v= . Vì không có lực ma sát giữa quả cầu và tường (do tính đàn hồi của va chạm), nên 0xa = , tức là: ox xv v= . Mặt khác ox x o v v v v = có nghĩa là 0sin sinα α= . Vì 0α và α là những góc nhọn 0α α⇒ = Vì trong va chạm không có các lực tiếp tuyến, nên quả cầu không thể có thành phần vận tốc vuông góc với mặt phẳng chứa pháp tuyến y và 0v
. Điều này có nghĩa là v
cũng nằm trong mặt phẳng đó. Bài 3: Đáp số: ( )2 2 1 222 12 m m m h v m g − = Hướng dẫn: Áp dụng định luật bảo toàn cho thành phần động lượng của 1m và 2m trên phương ngang Ox: 1 ox 1 1 2 2x xm v m v m v= + Từ đó suy ra: 1 0 2 20m v m v= + . Vậy: 20 2 1 m v v m = Do va chạm là tuyệt đối đàn hồi nên động năng của hệ được bảo toàn: 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 m v m v m v= + ( )2 2 12 2 1 22 1 m m m v v m − ⇒ = Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho chuyển động của vật 1m ngay sau va chạm và lên vị trí cao nhất: 'W W= 21 1 1 1 2 m v m gh⇔ = ( )2 2 2 1 21 22 12 2 m m mvh v g m g − ⇒ = = CHƯƠNG III: BÀI TẬP TỔNG HỢP α 0α x y v
0v
TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 49 BÀI 1: Một vật khối lượng 1m kg= trượt trên mặt phẳng nghiêng góc 30oα = so với phương nằm ngang, hệ số ma sát 0,2µ = . Tại thời điểm khảo sát vật đang trượt lên với vận tốc 3 mv s = . Hỏi vật chuyển động được bao xa nữa? BÀI 2: Quả cầu khối lượng m được treo vào một điểm O bằng một sợi dây không dãn chiều dài l có khối lượng không đáng kể. Kéo quả cầu tới vị trí A rồi buông tay. Đúng lúc quả cầu qua vị trí cân bằng B người ta cho điểm O chuyển động thẳng đứng lên trên với gia tốc a
. Hỏi khi dây treo sẽ lệch một góc 0α lớn nhất so với phương thẳng đứng là bao nhiêu? BÀI 3: Hạt α (hạt nhân của nguyên tử Hêli) bay với vận tốc ov va chạm vào một hạt nhân đứng yên, sau đó tán xạ đàn hồi thì hướng chuyển động của nó thay đổi góc 90o . Xác định vận tốc của hạt sau va chạm. BÀI 4: Một tấm ván khối lượng M được đặt trên một mặt bàn nằm ngang, một vật khối lượng m trượt trên tấm ván. Hệ số ma sát giữa tấm ván với mặt bàn và mặt bàn với vật m lần lượt là 1µ và 2µ . Một lực F
có phương nằm ngang tác dụng : a) Lên vật m . b)Lên vật M . 1/ Tìm gia tốc chuyển động của vật m và tấm ván trong mỗi trường hợp. 2/ Điều kiện để vật m trượt trên tấm ván M trong trường hợp a) và để M luồn dưới m trong trường hợp b). BÀI 5: Thả một quả cầu nặng cho nó trượt không ma sát theo một máng nghiêng mà phần cuối uốn thành vòng tròn bán kính R . Hỏi phải thả quả cầu ở độ cao nào để nó không rời khỏi máng tại điểm cao nhất của đường tròn (H.a). v
m α M m TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 50 Bh Ah α C A B (2) R v
(1) O h BÀI 6: Hai vật khối lượng 1 2 1m m kg= = được đặt trên mặt bàn cao 1h m= . Vật 2m ở ngay mép bàn B. Vật 1m ở A cách B 1m . Bắn vật 1m khỏi A với vận tốc 3( )m s tới va vào vật 2m . Sau va chạm hai vật dính vào nhau và cùng bay đi. Tìm vận tốc các vật khi nó tới cách mặt đất 0,5m . Cho biết hệ số ma sát giữa vật 1m và mặt bàn là 0, 2k = . (H.b) (H.a) (H.b) BÀI 7: Một quả cầu nhỏ lăn trên mặt phẳng nghiêng 30oα = . Biết 0Av = , 1,6AB m= , 210 mg s = , bỏ qua ma sát. a) Tính vận tốc quả cầu ở B. b) Tới B quả cầu rơi trong không khí. Tính vận tốc quả cầu khi sắp chạm đất, biết B ở cách mặt đất 0, 45h m= . BÀI 8: Vật m bắn vào hai lò xo nhẹ mắc nối tiếp độ cứng lần lượt 1k và 2k với vận tốc ban đầu ov như hình vẽ. Biết năng lượng cực đại của lò xo 2 khi bị biến dạng là 2E . Tính ov ? BÀI 9: Một con lắc đơn khối lượng m , chiều dài l , ban đầu được thả nhẹ từ vị trí A có dây làm với đường thẳng đứng qua O góc oα . m ov
1k 2k 1h m= 2m1m B 1v
A TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 51 • G B A oα xO y a) Tính vận tốc của con lắc tại vị trí M khi góc nghiêng là α . b) Tính lực căng dây khi con lắc đi qua vị trí cân bằng I. BÀI 10: Một vật không vận tốc đầu từ đỉnh A xuống chân dốc B của một đường trượt cong độ cao h , chiều dài nằm ngang l . Biết vật trượt chỉ dưới tác dụng của trọng lực. Tính vận tốc của vật khi tới B. Biết hệ số ma sát trượt là µ . BÀI 11: Viên đạn khối lượng 1 20m g= bay với vận tốc 1 200( )mv s = thì đâm xuyên vào một tấm gỗ đang đứng yên trên sàn nằm ngang. Khối lượng khối gỗ là 2 10m kg= . Khối gỗ bị trượt trên sàn đoạn đường dài 2 0,1s m= . Viên đạn xuyên được đoạn 1 0,1s m= trong khối gỗ rồi nằm trong đó. Biết hệ số ma sát giữa gỗ và sàn là 0,3k = . Không tính tới sự chuyển hóa cơ năng thành nội năng của các vật khi đâm xuyên, tính lực cản của gỗ vào đạn. BÀI 12: Thanh chiều dài l , khối lượng không đáng kể, mỗi đầu gắn một quả cầu nhỏ cùng khối lượng, tựa vào tường thẳng đứng. Do một va chạm rất nhẹ quả cầu dưới trượt trên sàn nằm ngang. Tường và sàn đều rất nhẵn. giả thiết thanh luôn ở trong mặt phẳng vuông góc với tường và sàn. Tính vận tốc của quả cầu dưới vào thời điểm quả cầu trên bắt đầu rời khỏi tường. Gia tốc trọng trường là g. (H.1). BÀI 13: XOY là mặt phẳng thẳng đứng (hình vẽ). Trong mặt phẳng này có một thanh AB dài 2l , khối lượng m . Đầu A có thể trượt không ma sát trên OX . Thả nhẹ cho thanh đổ từ vị trí ban đầu làm với OX góc oα . (H.2) a) Khối tâm G của thanh chuyển động thế nào? b) Tính vận tốc của khối tâm theo góc α mà thanh làm với OX . h L A α Bl TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 52 H 1hα (1) (2) 2M1M (H.1) (H.2) BÀI 14: Có mô men lực phát động đặt vào bánh xe một có mô men quán tính 1I . Bánh xe này có răng khớp với các răng của bánh xe hai có mô men quán tính 2I và chịu mô men lực cản 2M . Bán kính các bánh xe là 1R và 2R . Tính gia tốc góc của bánh xe một (H.3). BÀI 15: Trên một mặt phẳng nghiêng có vật đặt ở độ cao H . Thả cho vật trượt không vận tốc đầu. Vật tới chân mặt phẳng nghiêng thì va chạm đàn hồi với vách chắn (H.4). a) Tính độ cao 1h mà vật lên tới? Biết hệ số ma sát k tgα< . b) Sau đó vật tiếp tục chuyển động thế nào? (H.3) (H.4) BÀI 16: Một xe chở hàng chuyển động trên đường ngang dưới tác dụng của lực F
nằm ngang, có giá trị không đổi. Thùng xe có khối lượng M , hai bánh xe mỗi bánh có khối lượng m bán kính R , bán kính quán tính đối với trục quay là ρ . Giả thiết bánh xe lăn không trượt. Bỏ qua sức cản lăn và sức cản của không khí. a) Tính gia tốc của thùng xe. b) Tính vận tốc của thùng xe theo quãng đường đi được kể từ trạng thái đầu đứng yên. BÀI 17: Một sợi dây dài l đồng chất tiết diện đều đặt trên mặt bàn nằm ngang. Lúc đầu dây có một đoạn dài ol buông thõng xuống mép bàn, buông cho dây trượt xuống không vận tốc B OA 0l y x TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 53 • B y A C x θ g
O đầu. Bỏ qua ma sát giữa dây và bàn. a) Tìm vận tốc sợi dây khi nó vừa trượt khỏi bàn. Bỏ qua ma sát giữa dây và bàn. b) Dùng phương pháp năng lượng xác định phương trình vi phân của tọa độ x của mút B của sợi dây theo trục thẳng đứng (Ox ) ở thời điểm t (giả thiết x l< ). Từ đó tìm quy luật của ( )x t . BÀI 18: Một thanh đồng chất AB, tâm C chiều dài 2l , mômen quán tính 21 3 J ml= đối với trục vuông góc với thanh và đi qua C, trượt không ma sát bên trong một nửa đường tròn tâm O bán kính 2 3 lR = . Nửa vòng tròn này nằm trong mặt phẳng thẳng đứng (Oxy ). a) Tìm phương trình vi phân mà góc θ là nghiệm, góc θ xác định bởi ( ),Ox OCθ = 

. b)Tính chu kì các dao động nhỏ của thanh quanh vị trí cân bằng của nó. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP BÀI 1: Vật chuyển động chậm dần đều lên mặt phẳng nghiêng với vận tốc ban đầu v và đi được quãng đường x sau khoảng thời gian t rồi dừng lại. Do đó ta có động năng ban đầu của vật là 21 2o T mv= và động năng T sau khoảng thời gian t của vật bằng không. Ngoại lực tác dụng lên vật: Trọng lực P
, phản lực N
, lực ma sát smf
. Trong đó chỉ có trọng lực và lực ma sát là sinh công còn phản lực N
không sinh công vì vuông góc với phương chuyển động. Ta có công của các ngoại lực: sm e PfA A A= +

Định lý biến thiên động năng: eoT T A− = . Do đó ta có: 2 s 1 sin 2 m mv f x P xα− = − − hay ( )21 os sin 2 mv Pc P xµ α α= + TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 54 Suy ra: ( ) 2 2 os sin mv x P cµ α α = − . Thay số ta được: 0,86x m= . BÀI 2: Điểm treo O đi lên với gia tốc a
thì vật chịu thêm lực quán tính qtF ma= −

. Ngoài lực căng T
, quả cầu chịu tác dụng của hợp lực ' qtP P F= +


. Suy ra: ' ( )P mg ma m g a= + = + Gọi C là vị trí mới của quả cầu. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại A và C: 2 0( )(1 )2 cmvmgl ml g a cosα= + + − (1) Ở vị trí C mà dây treo có góc lệch lớn nhất thì lực căng 0T = ta có: 2 0( )c mv m g a cos l α= + (2) Từ (1) và (2) 0 acos g aα⇒ = + BÀI 3: Có thể coi va chạm của hạt α với hạt nhân như là va chạm tuyệt đối đàn hồi do đó cả hai định luật bảo toàn năng lượng và xung lượng được thỏa mãn. Gọi m và M là khối lượng của hạt α và hạt nhân, v
và V
lần lượt là vận tốc của chúng khi va chạm. Theo định luật bảo toàn năng lượng và xung lượng, ta có hệ phương trình sau: 2 2 21 1 1 2 2 2o o mv mv MV mv mv MV  = +   = +


Phương trình định luật bảo toàn xung lượng được mô tả bằng hình vẽ bên. Giả sử hướng của hạt nhân sau khi va chạm tạo thành một góc ϕ nào đó đối với hướng ban đầu của hạt α . Từ hình vẽ ta có: o o mv v tg mv v ϕ = = . Áp dụng định lý Pitago với tam giác ABO: ( )2 2 2 2 2oM V m v v= + (1) Từ phương trình định luật bảo toàn năng lượng ta có: B O mv
A MV
ϕ omv
TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 55 2 2 o M m v v M m − = + (2) Từ (1) và (2) ta suy ra: ( ) 2 2 2 2 o mV v M M m = + (3) và M mtg M m ϕ −= + (4) Từ (2) và (4) ta thấy sự tán xạ góc 90o của hạt khi va chạm với hạt nhân đứng yên chỉ có thể xảy ra khi mà khối lượng hạt α nhỏ hơn khối lượng của hạt nhân ( m M< ). BÀI 4: a) Trường hợp lực F
tác dụng lên vật m . Giả thiết tại thời điểm ban đầu động năng của các vật đều bằng không. Sau thời gian t các vật m và M đi được quãng đường 1x , 2x và đạt vận tốc lần lượt là 1v , 2v . Động năng của các vật tại thời điểm t : +) Vật m : 2112T mv= +) Vật M : 2212T Mv= Ngoại lực tác dụng lên các vật: +) Tác dụng lên vật m gồm có: Lực kéo F
, phản lực 1N
của vật M lên m , trọng lực 1P
, lực ma sát s1mf
do vật M đặt lên m . Trong đó các lực 1N
, 1P
không sinh công vì vuông góc với phương chuyển động. Ta có công của các ngoại lực: s1m e m FfA A A= +

. Với s1 1mfA mgxµ= −
, 1FA Fx=
. Suy ra: ( )1 1emA F mg xµ= − +) Tác dụng lên vật M gồm có: Áp lực 1N ′
do vật m đặt lên vật M , trọng lực 2P
, phản lực 2N
, lực ma sát s1mf ′
do vật m đặt lên, lực ma sát s2mf
giữa vật và mặt bàn. Trong đó các lực 1N ′
, 2N
, 2P
không sinh công vì vuông góc với phương chuyển động. Ta có công của các ngoại lực: s1 s 2m m e M f fA A A′= +

. Với s1 s1 2 1 2 m mfA f x mg xµ′ ′= =
, ( )s 2 s2 2 2 2m mfA f x m M g xµ= − = − +
. Suy ra: ( )1 2 2eMA mg m M g xµ µ= − +   Định lý động năng dạng đạo hàm: edT dA dt dt = . s1fm′
2P
m M 1N
2N
F
1P
s1fm
s2fm
TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 56 +) Cho vật m : ( )1 11 1dv dxmv F mgdt dtµ= − 1 1 1 dv F mg a dt m µ− ⇒ = = . +) Cho vật M : ( )2 22 1 2dv dxMv mg M m gdt dtµ µ= − +   ( )1 2 2 mg m M g a M µ µ− + ⇒ = Điều kiện để vật m trượt đối với tấm ván M là 1 2a a> tức là: ( )1 2 M mF mgMµ µ + > − (1) Vậy: 1 0a > khi 1F mgµ> (2) 2 0a > khi ( )1 2m m Mµ µ> + (3) 0F > khi 1 2µ µ> (4) Ta thấy điều kiện (4) đã thỏa mãn điều kiên (1). Vậy vật m trượt trên tấm ván M với gia tốc 1a và tấm ván M trượt trên mặt bàn với gia tốc 2a , khi lực F
thỏa mãn đẳng thức: ( )1 2F mg M m gµ µ> > + Nếu chỉ thỏa mãn 1F mgµ> và ( )1 2mg M m gµ µ< + thì chỉ có vật m trượt trên tấm ván M , còn tấm ván M đứng yên so với mặt bàn Nếu 1F mgµ + thì vật m và M gắn chặt như một vật và chuyển động với cùng gia tốc: ( )2F m M g a M m µ− + = + Nếu ( )2F M m gµ< + thì cả vật m và M đứng yên. b) Trường hợp lực F
tác dụng lên tấm ván M . Trong trường hợp này thì các lực ma sát s1mf
và s1mf ′
có chiều ngược lại so với trường hợp a. Giải tương tự như trên: Áp dụng định lý động năng cho mỗi vật ta tính được gia tốc của vật và tấm ván lần lượt là: 1 1a mgµ= và ( )1 2 2 F mg m M g a M µ µ− − + = . Điều kiện để M luồn dưới m là: 2 1a a> hay: ( )( )1 2F M m gµ µ> + + . TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 57 Ngoài ra phải có 2 0a > tức là ( )1 2F mg M m gµ µ> + + , điều kiện này thỏa mãn một cách tự nhiên khi điều kiện ( )( )1 2F M m gµ µ> + + thỏa mãn. Vậy: ( )( )1 2F M m gµ µ> + + Nếu ( )( ) ( )1 2 2M m g F M m gµ µ µ+ + > > + thì cả hai vật được gắn làm một và cùng chuyển động với gia tốc: ( )2F m M g a M m µ− + = + Nếu ( )( ) ( )1 2 2M m g M m g Fµ µ µ+ + > + > thì cả vật và tấm ván đều không chuyển động. BÀI 5: Trong quá trình chuyển động trên máng quả cầu chịu tác dụng của hai lực: Trọng lực P mg=

và áp lực N
của máng. Trọng lực P mg=

là lực thế, và áp lực N
không phải là lực thế nhưng không thực hiện công vì nó luôn vuông góc với phương dịch chuyển của quả cầu. Do đó cơ năng của quả cầu được bảo toàn. Chọn gốc thế năng tại vị trí thấp nhất của vòng, ta có: +) Cơ năng ban đầu của quả cầu: 1E mgh= +) Cơ năng của quả cầu tại điểm cao nhất của vòng tròn: 2 2 2 2 mvE Rmg= + Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: 1 2E E= . Suy ra: 2 2 2 mvRmg mgh+ = (1) Tại vị trí cao nhất của vòng tròn muốn quả cầu không rơi thì lực hướng tâm tác dụng lên nó phải thỏa mãn hệ thức : 2mvN P n R + =


(2) Theo điều kiện đầu bài thì chỉ cần tại vị trí cao nhất quả cầu không rơi, cho nên trong trường hợp giới hạn này tương ứng với 0N = , phương trình định luật II Niutơn có dạng: 2 2mvmg v Rg R = ⇒ = (3) Từ (1) và (3) ta có: 2,5h R= . TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 58 Vậy phải thả quả cầu từ độ cao 2,5h R≥ , thì khi quả cầu đi qua điểm cao nhất của vòng tròn nó sẽ không bị rơi. BÀI 6: Đáp số: 3,35c mv s   =     BÀI 7: Đáp số: 4B mv s   =     ; 5c m v s   =     BÀI 8: Lúc chưa va chạm thì vật m mang năng lượng dạng động năng là 21 2 o mv . Sau va chạm vật m đã truyền toàn bộ năng lượng cho hệ lò xo làm cho hệ lò xo bị nén lại một đoạn là 1 2x x x= + và năng lượng hệ lò xo thu được dưới dạng thế năng đàn hồi là: ( )22 1 21 12 2h hk x k x x= + . Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: ( )22 1 21 12 2o hmv k x x= + Vì hai lò xo mắc nối tiếp nên: 1 2 1 2 h k kk k k = + và vì độ biến dạng của lò xo tỉ lệ với độ cứng của nó nên: 21 2 1 k x x k = . Do đó: 2 2 1 2 2 2 1 2 2 1 21 1 1 2 2o k k E k mv k k k k    = +   +    ( )1 2 1 2 o E k k v mk + ⇒ = . BÀI 9: Đáp số: ( )2 1 osI ov gl c α= − ; ( )3 os 2 os oT mg c cα α= − BÀI 10: Đáp số: ( )2 2v gh glµ= − BÀI 11: Coi viên đạn xuyên vào gỗ theo phương nằm ngang. Chọn mốc tính thế năng hấp dẫn bằng không tại vị trí khối gỗ. Trước khi viên đạn đâm vào khối gỗ, cơ năng của hệ gồm đạn (vật 1) và gỗ (vật 2) có giá trị bằng động năng của đạn. Biến thiên cơ năng của hệ vật có giá trị bằng công của các lực cản (công cản bao gồm công cản làm đạn dừng trong khối gỗ và công cản làm cho khối gỗ dừng lại trên sàn). TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 59 Biến thiên cơ năng của hệ chính là biến thiên động năng của đạn. Biến thiên cơ năng của khối gỗ bằng không, vì vận tốc ban đầu và vận tốc cuối cùng của khối gỗ bằng không. 2 1 1 10 2 E m v∆ = − Thay số ta được: 400E J∆ = − Công của lực cản: +) Đặt vào đạn: 1 1 1 1 10,1A F s A F= − ⇒ = − +) Đặt vào khối gỗ đã mang đạn: 2 2 2 2 18,036A F s A J= − ⇒ = − Ta có: 1 2 1 3819,64E A A F N∆ = + ⇒ = BÀI 12: Ở thời điểm mà quả cầu A không tựa vào tường nữa, thanh AB làm với phương ngang ox một góc α . Gọi các vận tốc của A và B lúc đó là Av
và Bv
. Lúc đó A đã tụt một đoạn: ( )1 sinl α− Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: ( ) ( )2 2 1 sin2 A B m v v mgl α+ = − Suy ra: ( )2 2 2 1 sinA Bv v gl α+ = − (1) Vì AB là thanh cứng nên hình chiếu các vận tốc Av
, Bv
xuống AB bằng nhau: sin osA Bv v cα α= . Thay vào (1) ta được: ( )2 2 32 sin sinBv gl α α= − (2) Giai đoạn đầu khi A chưa rời tường thì lực nằm ngang duy nhất gây cho khối tâm G của thanh gia tốc và vận tốc nằm ngang gxv là phản lực của tường có phương nằm ngang, gxv tăng dần. Lúc A dời tường thì 0N = , gxv không tăng nữa tức là đạt cực đại. Do đó 2B gxv v= cũng cực đại. Để tìm cực đại của Bv ta xét hàm: ( )2 3 2sin sin sin 1 siny α α α α= − = − Viết dưới dạng: ( )sin sin4 1 sin 2 2 y α α α= − Gxv
Bv
Av
α x G • TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 60 • A G • Gv
0G B α xO N
y Tổng ba thừa số ở cuối vế phải bằng một, không đổi nên tích của chúng là cực đại khi chúng bằng nhau. sin 1 sin 2 α α= − , 2 sin 3 α = , 41,8oα = Thay vào (2) ta được: 8 27B gl v = . BÀI 13: a) Thanh chỉ chịu tác dụng của các lực có phương thẳng đứng: Trọng lực P mg=

và phản lực N
của Ox nên khối tâm G chuyển động trên đường thẳng đứng đi qua vị trí ban đầu oG , Gv
cũng ở trên đường ấy. b) Ta có: ( )sin osG d ldyv l cdt dt α α α= = =  . Với d dt α α = . Để tìm α ta dùng định lý động năng: +) Động năng T của thanh gồm có động năng chuyển động tịnh tiến của khối tâm 21 1 2 G T mv= và động năng quay 22 1 2 T Iω= , với 2 3 mlI = và d dt α ω α= = . Do đó: ( )2 2 21 1os 2 6 T m lc mlα α α= +  +) Công của trọng lực khi thanh rơi từ vị trí oα xuống vị trí α là: ( )sin sinoA mgl α α= − +) Định lý động năng: oT T A− = với 0oT = , ta có: ( ) ( )2 2 21 1os sin sin 2 6 o m lc ml mg lα α α α α+ = −  Suy ra: ( )( ) 2 2 6 sin sin 1 3 os o g l c α α α α − = +  Thay vào biểu thức của Gv ta được: ( ) ( ) 2 2 6 sin sin os 1 3 os o G gl c v c α α α α − = + . BÀI 14: Áp dụng định lý động năng dạng vi phân. Gọi T là động năng, A là công của các mômen lực thì dT dA dt dt = . Ta cần tính dA và dT . TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 61 Nếu 1dϕ , 2dϕ là các góc quay nguyên tố thì công nguyên tố: 1 1 2 2dA M d M dϕ ϕ= − Vì hai bánh xe có răng khớp với nhau nên quãng đường mà răng đi được trên hai bánh bằng nhau do đó: 1 1 2 2R d R dϕ ϕ= . Ta có: ( ) 11 2 1 2 RdA M M d R ϕ= − Do đó: ( ) ( )1 1 11 2 1 2 1 2 2 R d RdA M M M M dt R dt R ϕ ω= − = − , với 11 d dt ϕ ω = . (1) Động năng của hệ: ( )12 22 212T I Iω ω= + . Mặt khác từ 1 1 2 2R d R dϕ ϕ= ta có: 1 1 2 2R Rω ω= , với 22 d dt ϕ ω = . Khi đó: 1 2 2 2 2 21 1 1 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 2 R RT I I I I R R ω ω ω           = + = +             Suy ra: 1 2 2 2 21 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 2 R d RdT I I I I dt R dt R ω ω ω ω ω γ           = + = +             (2) Từ (1) và (2) ta tìm được: 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 RM M R RI I R γ − =   +     BÀI 15: a) Quãng đường vật đi xuống rồi đi lên là: 1 sin H hL α + = Vật không mất động năng lúc va chạm đàn hồi, chỉ mất do ma sát nên độ giảm thế năng ( )1mg H h− bằng công của lực ma sát. Lực này hướng lên lúc vật đi xuống và hướng xuống lúc vật đi lên, nhưng độ lớn không đổi s osmf k mgc α= . Vậy ta có: ( ) ( )11 1os cot sin H h mg H h kmgc kmg H h gα α + − = = + Do đó: 1 tg kh H H tg k α α − = < + . b) Vì k tgα< nên vật không thể đứng yên tại vị trí 1M mà lại tụt xuống va chạm đàn hồi rồi lại đi lên độ cao: TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 62 2 2 1 tg k tg kh h H tg k tg k α α α α  − − = =  + +  Các độ cao liên tiếp nh hợp thành cấp số nhân với công bội: 1 tg kq tg k α α − = < + . Nên cuối cùng vật nằm ở vách. BÀI 16: Cơ hệ chuyển động gồm thùng xe và hai bánh xe: Thùng xe chuyển động tịnh tiến, các bánh xe chuyển động song phẳng. Lực tác dụng lên cơ hệ chỉ có lực F
sinh công (trọng lực và các phản lực pháp tuyến của mặt đường tác dụng lên các bánh xe không sinh công vì có phương thẳng góc với phương dịch chuyển, các lực ma sát trượt giữa bánh xe và mặt đường cũng không sinh công vì lăn không trượt nên vận tốc của điểm đặt lực bằng không). Động năng của hệ gồm động năng của thùng xe và hai bánh xe: 2 2 21 1 1 2 2 2 T Mv I mvω = + +    Do điều kiện không trượt: v R ω = và 2I mρ= nên: 2 2 2 1 2 1 2 T M m v R ρ   = + +      Công nguyên tố của lực F
bằng: sdA Fd Fvdt= = Áp dụng định lý động năng dạng vi phân: dT dA dt dt = , ta có: 2 22 1 dvM m v Fv R dt ρ   + + =      Vậy: 2 2 ons 2 1 dv F a c t dt M m R ρ = = =    + +      , tức thùng xe chuyển động nhanh dần đều. Áp dụng định lý động năng dạng tích phân để tính vận tốc của thùng xe: Xe chuyển động với vận tốc ban đầu bằng không dưới tác dụng của lực TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 63 F
không đổi, sau đoạn đường di chuyển s của thùng xe lực F
sinh công sA F= . Định lý động năng cho ta: 2 2 2 1 2 1 s 2 M m v F R ρ   + + =      Vậy: 2 2 2 s 2 1 F v M m R ρ =    + +      BÀI 17: a) Gọi m là khối lượng sợi dây. Trọng lượng của sợi dây ol là: oo lP mg l= . Chọn mặt bàn làm mốc thế năng ta có cơ năng lúc đầu của dây: 2 2 2 o o o o l lE P mg l = − = − Khi dây rời khỏi bàn, dây có vận tốc v , khối tâm cách mặt bàn đoạn 2 l . Cơ năng lúc đó: 21 1 2 2 lE mv mg= − Định luật bảo toàn cơ năng: 1oE E= . Vậy ta có: ( )2 2og l l v l − = . b) Vì không có ma sát nên cơ năng của sợi dây được bảo toàn trong quá trình chuyển động: onsT U c t+ = . Mỗi điểm của sợi dây đều có tốc độ như nhau, động năng T của sợi dây là: 21 2 T mx=  . Chỉ trọng lượng của phần OB làm việc: Trọng lượng này đặt ở điểm giữa I của OB, thế năng của sợi dây là: 2 m xU xg l   = −    Từ đó rút ra phương trình: 2 21 1 ons 2 2 g m x m x c t l − = . Lấy đạo hàm phương trình này ta được: gx x l = Tính đến các điều kiện ban đầu , đối với x ta có: o g x l ch t l = . x O ( )B x • ( ) 2 xI y TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 64 BÀI 18: Trong quá trình chuyển động thanh AB luôn vuông góc với OC. Khoảng cách OC không đổi và bằng: 2 2 2 ROC R l= − = . a) Áp dụng định lý động năng cho thanh trong hệ quy chiếu quán tính. Chỉ có trọng lực tác dụng lên thanh, vì không có ma sát, cơ năng của thanh bảo toàn. Chọn mốc tính thế năng bằng không tại tâm O. Thế năng của thanh là: 1 . . os os 2 U mg OC mg OCc mgRcθ θ= = = 

Động năng của khối tâm C của thanh: 2 21 1 2 2c T m v J θ= +  . Trong đó ta có 2c R v θ=  . Do đó: 2 2 2 21 1 1 2 2 2 4 RT m J Rθ θ θ = + =       Cơ năng của thanh: onsE T U c t= + = . Suy ra: 2 21 1 os ons 4 2 mR mg R c c tθ θ+ = Lấy đạo hàm hai vế phương trình trên ta đươc: sing R θ θ= − b) Vị trí cân bằng của thanh rõ ràng được xác định bởi góc 0θ = . Khi θ nhỏ, độ nghiêng θ nghiệm đúng phương trình: g R θ θ= − . Và thanh thực hiện những dao động hình sin chu kì là: 2 RT g pi= C B mg
y x O BN
AN
θ A TrÇn V¨n T×nh – Líp K48 §H S− Ph¹m VËt Lý - §H T©y B¾c 65