bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lý thpt chuyên đề VA CHẠM của vật rắn

Những kiến thức về va chạm của vật rắn: + Các định luật bảo toàn năng lượng, xung lượng, Mô men xung lượng như đối với va chạm của chất điểm.. Các bài toán về va chạm của vật rắn: Bài to

CHUYÊN ĐỀ VA CHẠM CỦA VẬT RẮN

Cơ học vật rắn là một trong những chuyên đề khó cho cả giáo viên giảng dạy cũng

như học sinh ôn luyện thi HSG Trong chuyên đề cơ học vật rắn, các bài toán về va chạm

của vật rắn luôn đem lại những bối rối nhất định cho học sinh Áp dụng định luật bảo toàn

cơ năng trong bài toán này phải đặc biệt lưu ý

Trong đề tài, tôi tóm tắt những kiến thức đặc thù cần được lưu ý và các bài toán và

một số dạng khác nhau về va chạm của các vật rắn nhằm góp phần cung cấp kiến thức, rèn

luyện kĩ năng vận dụng giải các bài toán về va chạm của vật rắn cho học sinh chuẩn bị thi

học sinh giỏi các cấp và các đồng nghiệp tham khảo thêm trong việc bồi dưỡng cho học

sinh

1 Những kiến thức về va chạm của vật rắn:

+ Các định luật bảo toàn năng lượng, xung lượng, Mô men xung lượng như đối với

va chạm của chất điểm

+ Thời gian va chạm ngắn, lực va chạm thay đổi nên không dùng khái niệm lực mà

dung khái niệm xung của lực, xung của mô men lực

+ Xung của lực:

0

tb



   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

0

g



 

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

+ Trường hợp vật rắn quay quanh một trục z có mô men quán tính IZ:

    

+ Vật rắn hình cầu nhẵn va chạm với nhau coi như va chạm của hai chất điểm

+ Một viên đạn khối lượng m, vận tốc v va chạm mềm với vật rắn thì X mv



2 Các bài toán về va chạm của vật rắn:

Bài toán 1: Một quả bóng bàn khối lượng m, bán kính r bay với vận tốc tuyến tính v và

quay với vận tốc 0 đập vuông góc vào chướng ngại vật thẳng đứng, nặng không

chuyển động (hình vẽ) Hãy xác định sự phụ thuộc

của góc phản xạ quả bóng vào hệ số ma sát f giữa

quả bóng và vật chướng ngại Bỏ qua biến dạng của

quả bóng và vật chướng ngại theo cả hai chiều tiếp

tuyến và pháp tuyến đến mặt vật chướng ngại Ta

giả thiết thêm rằng, sau khi va chạm thành phần

vuông góc của vận tốc đến vật chướng ngại bằng v và va chạm xảy ra ngắn đến mức có thể bỏ qua ảnh hưởng của sức cản không khí và lực hâp dẫn Mô men quán tính của quả

bóng bàn tính theo trục đi qua tâm của nó bằng 2 2

3mr

Giải:

Theo đề ra, khi va chạm chỉ có hai lực tác dụng lên quả bóng là N

và F ms

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Có hai trường hợp xảy ra:

*) Trường hợp 1: Quả bóng trượt trong suốt thời gian

va chạm

Khi đó, Fms = f.N

.

y

x ms

dP N

dP

dt











Vậy sau va chạm: x 2

y











y

v

f v



Ta tìm điều kiện về , f để trường hợp này xảy ra Ta có:

0

      

  

Để chuyển động trượt xảy ra thì ( 0 x)

v

R

x

v 

y

x

N

ms

F

r

v 

S.

2

v



2 0

2

x



*) Trường hợp 2:

Quả cầu ngừng trượt trược khi thời gian va chạm kết thúc

Trường hợp này xảy ra 0

5 fv

R



Ta có: L A  const I G(0 )mv R x

Ta thấy quả cầu lăn không trượt khi và chỉ khi R v x

2 2

2

5

G

mR

I

Sau đó quả lăn không trượt nên R v x mà

2

nên vận tốc sau khi quả cầu nảy lên là

0

2 5

x

tan

5

x y





Kết luận:

+ Nếu 0

5 fv

R

tan

5

R v



+ Nếu 0 5 fv

R

  thì  tan 2 f

Bài toán 2:

Một quả cầu không đồng chất khối lượng m,

chuyển động với vận tốc v 0

, đập vuông góc lên một chướng ngại vật nặng và rắn nằm ngang Tâm khối S

của quả cầu cách tâm hình học O một khoảng cách D

Vị trí của quả cầu và chướng ngại ngay trước khi va

chạm được biết như trên hình vẽ Trước khi va chạm

S.

A

+

quả cầu không quay Giả thiết rằng do hậu quả của va chạm xảy ra rất nhanh, tổng năng lượng của quả cầu không bị thay đổi Tính vận tốc khối tâm của quả cầu Sau va chạm, nếu biết giữa quả cầu và vật chướng ngại không xuất hiện ma sát, có thể bỏ qua biến dạng của chúng Mô men quán tính của quả caauftinhs qua tâm khối S bằng I và công nhận I >

mv 2

Giải:

Gọi  là vận tốc quay quanh S sau va chạm, vS là vận tốc chuyển động tịnh tiến của S

Do các ngoại lực  N P,

và cả v  0

đều vuông góc với mặt sàn nên v  S

cũng vuông góc

với chướng ngại vật (chiều v S

thực chất là ngược lại)

Ta chọn chiều dương như trên hình vẽ

Do va chạm nhanh và tổng năng lượng không đổi nên

1

Do trong va chạm thì N>> P nên ta bỏ qua tác dụng

của P

mà do Ncó giá đi qua A nên ( )A 0

N

M   (bỏ qua M( )AP ) Suy ra mô men động lượng của hệ đối với điểm A được bảo toàn, do đó:

mv D mv D I0  S  (2)

Từ (1) suy ra : m v( 0  v S)(v0 v S)I2 (1’)

Từ (2) suy ra m v( 0  v D I S)   (2’)

2

I

D



0

0

0

S

S S

S

I

D







 







A

B m

l l

O

A

B m

l

l

H K

G

2

S

mD I

mD I



 2

1 1

S

mD I

mD I





Như vậy, vS < 0 nên quả cầu bật trở lại Do đó, vận tốc của khối tâm S sau va chạm là

2

1 1

S

mD I

mD I







Bài toán 3:

Một thanh AB đồng chất có khối lượng M, chiều

dài 2lđược bẻ gập ở điểm giữa thành hình chữ V có góc

ở giữa là 60 0 Gọi điểm giữa của thanh là O, thanh

chữ V đó được đặt trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn

Một vật có khối lượng m, chuyển động tới va chạm

với thanh với vận tốc ban đầu v 0

nằm trên đường trung trực của đoạn OB như trên hình vẽ Giả sử va chạm của

vật m và thanh AOB là tuyệt đối đàn hồi Hãy tính vận tốc

của khối tâm G của thanh và điểm A ngay sau va chạm với vật m.

Giải:

Sau va chạm với vật m thì khung AOB vừa tham gia chuyển động tịnh tiến với vận tốc v vừa tham gia chuyển động quay quanh G với vận tốc ,

còn vật m thì sau va chạm có vận tốc v

Mô men quán tính của khung AOBđối với khối tâm G là

2( )

2 12 2 10 48

Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có:

0

Theo định luật bảo toàn mô men động lượng đối với điểm G, ta có:

0

2 0

7

Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:

0

2

0

.

Ml

Từ (1) suy ra: v0 v M V

m

Từ (2) suy ra: 0 7

6

M

m 

7

48

Từ (1’), (2’) và (3’) ta có: ( 0 )( 0 ) ( 0 ) ( 0)

8

l

m v  v v v V v  v  v v

0

8

l

Vậy ta có hệ:

0

0

7

6 (6) 8

l

v v V













0

l

0

2



(31 28 ) (31 28 )

l

56 7

mv





l

Suy ra vận tốc VAG của A đối với G là

0

12 7 7

AG

mv





Gọi V A

là vận tốc của điểm A đối với mặt đất Ta có:

V  V  V  V V

Suy ra, V A2 V2 V AG2 2 V V c AG os V2 V AG2 2 V V AG.sin

l l

A

V

( 0 ) (562 2 (12 7)2 2.56.12)

mv



2 0

mv



 0

4

302

A

mv V

Vậy vận tốc của khối tâm G và của điểm A ngay sau va chạm là:

0

56

G

mv V



302

31 28

A

mv V



Bài toán 4: Một bản mỏng, phẳng, đồng chất, hình vuông

cạnh l, khối lượng M có thể quay tự do quanh một trục

thẳng đứng cố định () trùng với một trong các cạnh

của nó Một quả cầu nhỏ khối lượng m, bay với vận tốc

0

v tới va chạm đàn hồi vào tâm của bản, theo phương

vuông góc với mặt phẳng bản

G r

 0

v

m

l, M



ah



h 

1 Tính mô men quán tính của bản đối với trục ()

2 Xác định vận tốc của quả cầu sau va chạm

Chia bản thành các thanh mảnh dài l ,rộng dx, cách trục quay () một khoảng x,

l

M dx l l

M

dm 2   x dx

l

M x dm

dI  2  2

. 3 3

2 3

0

l

M dx x l

M dI I

l







Sau va chạm, gọi vận tốc quả cầu là v1, vận tốc của bản là V

Xét hệ quả cầu và bản có tổng mô men các ngoại

lực đối với trục (Δ) bằng 0, áp dụng định luật ) bằng 0, áp dụng định luật

bảo toàn mô men động lượng:

2

2 2

.

V I

l mv

l mv I

r mv r

mv      

(  

V v

v1, 0, cùng phương)

m

M v v

3

4

1

0   (1)

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:

2 2

2 2 2

2 2 2 2

2 2



























V I mv I

mv mv

1

2 0

3

4

V m

M v

Giải hệ phương trình (1), (2):

m M

mv V

3 4

6 0



4 3

4 3

v M m

M m v







- Nếu 3m > 4M : v1  0  

1

v cùng hướng với 

0

v

Nếu 3m < 4M : v1  0  

1

v ngược hướng với 

0

v , sau va chạm m bị bật trở lại

Bài toán 5: Một quả cầu đặc đồng chất có khối lượng m,

bán kính R, mômen quán tính đối với trục đi qua tâm

là 2 2

5

I  mR Cho nó quay quanh một trục nằm ngang đi

qua tâm đang đứng yên với vận tốc góc  0 rồi thả không

G r

 0

v

m

l, M

N mg

f

y

x

Hình 2

vận tốc đầu cho rơi xuống sàn (hình 1) Độ cao của điểm thấp nhất của quả cầu khi bắt đầu

rơi là h Quả cầu va chạm vào sàn rồi nẩy lên tới độ cao ah tính cho điểm thấp nhất, với a là

một hệ số dương Biến dạng của quả cầu và sàn do va chạm không đáng kể Bỏ qua lực cản của không khí Khoảng thời gian va chạm là nhỏ và xác định Cho gia tốc trọng trường là g,

hệ số ma sát trượt giữa quả cầu và sàn là  Ta xét hai trường hợp:

a Quả cầu trượt trong suốt thời gian va chạm Hãy tính:

- Giá trị cực tiểu của  0

- tan ,   là góc nẩy lên ghi trong hình

- Quãng đường nằm ngang d mà tâm quả cầu đi được giữa các va chạm thứ

nhất và thứ hai

b Quả cầu không trượt trước khi thời gian va chạm kết thúc Tính:

- tan

- Quãng đường nằm ngang d

- Vẽ đồ thị tan là hàm của  0 bao gồm cả hai trường hợp

Giải a) Trường hợp quả cầu trượt trong suốt thời gian va chạm.

– Tính giá trị cực tiểu của  0:

+ Lấy chiều dương của trục y hướng xuống dưới Vận tốc của tâm ngay trước va chạm là:

v  gh

+ Gọi các thành phần nằm ngang và thẳng đứng của vận tốc tâm ngay sau va chạm

là v 2x và v 2 y ta có:

2

2y 2

v  gah + Vậy v2y  2gahcv0, c a là hệ số phục hồi, gọi t1 là

thời điểm ban đầu va chạm, t2 là thời điểm kết thúc va chạm Gọi

giá trị tuyệt đối của xung lực mà sàn tác dụng lên quả cầu trong thời gian ấy là N t  Vì

N mg nên có thể bỏ qua mg Gọi lực ma sát là f t 

+ Ta có các phương trình về:

- Độ giảm động lượng theo phương y:

2

1

t

t

mv  mv m c gh N t dt P (1)

- Độ tăng động lượng theo phương x:

 

2

1

2

t

t

mv f t dt P (2)

- Độ giảm momen động lượng (do momen lực ma sát gây ra), với  2 là vận tốc góc sau va chạm:

2

1

t t

I    R f t dt L  (3)

- Áp lực của quả cầu lên sàn trong thời gian trượt là N nên ta có liên hệ giữa lực ma

sát và N:

f  N (4) + Đưa (4) vào (2) và (3) và dùng (1) ta có:

 

2

1

2

t

t

P  Ndt P  m c gh mv (5)

2

1

t t

L R Ndt R m  c ghI    (6)

+ (5) và (6) cho ta thành phần nằm ngang của vận tốc và vận tốc góc sau va chạm, theo các dữ kiện

 1  

 

1

1 2

R m c gh I

lời giải này chỉ đúng nếu vào thời điểm t2 điểm tiếp xúc vẫn còn vận tốc âm nghĩa là:  2R v 2x

+ Dùng (7) và (8) ta tìm được giá trị cực tiểu của  0:

 

0

2

gh c R



- Tínhtan: 2   1

2

1

y

v

  (13) suy ra  không phụ thuộc 

- Tính quãng đường nằm ngang d mà tâm quả cầu đi được giữa các va chạm thứ nhất và thứ hai:

- Tính các khoảng cách tới điểm va chạm thứ hai:

+ Thời gian quả cầu nẩy lên và rơi xuống lần thứ hai là:

2 v y 2 h

g g



  (14)

Khoảng cách nằm ngang d I tv2x  4 1  c ch không phụ thuộc vào  0

b) Trường hợp quả cầu không trượt trước khi thời gian va chạm kết thúc

- Tính tan:

+ Tới một thời điểm trước thời điểm kết thúc va chạm t2 thì quả cầu thôi trượt mà lăn không trượt Ta có mối liên hệ giữa v2 2x  và  2:  2R v 2x  2 (15)

+ Đưa (15) và (2) vào (3) ta có :

 

 

2

2

2

x

x

v

R



+ Tính các đại lượng cuối thời gian va chạm:

  2

0

2 / 7

x

I

mR I R





 

2 7

x

v

R R

  2

2

2

x y

tg



với h cố định thì tan tỉ lệ với  0

- Tính quãng đường nằm ngang d:

+ Thời gian nẩy lên và rơi xuống vẫn là (14)

+ Khoảng cách nằm ngang 2  2 0

4 2 7

II x

h

d tv cR

g



  , tỉ lệ với  0

- Vẽ đồ thị tan là hàm của  0 bao gồm cả hai trường hợp:

Hình là đồ thị tan  f  0 cho cả hai trường hợp

tan 

0



I

II

0min

 Hình 3

Bài toán 6: Một quả bóng siêu đàn hồi đặc, khối lượng m,

bán kính R Bóng bay tới va chạm vào mặt sàn ngang với

vận tốc v và vận tốc góc  Chỗ mà quả bóng tiếp xúc với

sàn có ma sát giữ cho điểm tiếp xúc không trượt Do có ma

sát nên va chạm là không đàn hồi tuy nhiên có thể bỏ qua

sự biến thiên của thành phần pháp tuyến vy và độ biến

thiên động năng bóng

a Xác định thành phần tiếp tuyến vx’ của v’ và ’ của

quả bóng sau va chạm theo vx và  trước va chạm? Biện

luận?

b Tính vận tốc điểm tiếp xúc A của bóng trước và sau va chạm? Giải thích kết quả?

Giải

a *) Theo định luật biến thiên momen động lượng ta có:

dL = Mdt = FmsRdt = dPxR

Id = mRdvx

I ' vx'

d mR dv

vx





I(’-) = mR(vx’- vx) (1)

Ta có vy’= - vy

*) Theo định luật bảo toàn động năng ta có:

2 2 '2 '2

mv I mv I

   m(v2x  v' )2x I( '  2 2) (2)

*) Thay (1) vào (2) rút ra ’= 1 3 10

7

vx R



vx’ = 3 4

7

v x R

*) Biện luận:

+) ’ < 0 siêu bóng quay ngược lại với chiều quay ban đầu sau va chạm

+) vx’ > 0 vx > 4

3R

+) vx’ = 0 vx = 4

3R

+) vx’ < 0 vx < 4

3R

b Ban đầu (trước va chạm):

v v Ax  x R

vAy = vy

Sau va chạm:

v’Ax = v’x+ ' R= - (vx+R)

v’Ay = v’y = - vy

v              A'                v A

Như vậy: Vận tốc điểm A trước và sau va chạm có độ lớn bằng nhau, chiều ngược nhau

Bài toán 7:

Hai vật khác nhau có cùng khối lượng m trượt không ma sát trên mặt bàn nằm ngang Thời gian đầu các vật này thực hiện trượt tịnh tiến( không quay) và các tâm của chúng có cùng vận tốc v dọc theo hai đường thẳng song song Khoảng cách giữa các đường thẳng bằng d Tại một thời điểm nhất định xảy ra va chạm đàn hồi lý tưởng giữa các vật Sau va chạm, các vật thực hiện chuyển động tịnh tiến, quay và tiếp tục trượt trên mặt bàn, vận tốc góc của vật thứ nhất bằng  1, của vật thứ hai bằng  2 Mô men quán tính của chúng tính theo các trụ thẳng đứng đi qua khối tâm lần lượt là I 1 và I 2

a Hãy chỉ ra rằng mô men xung lượng của vật tính theo điểm xác định bất kì của mặt bàn bằng tổng mô men xung lượng của vật tính theo khối tâm của nó.

m

i

G

G

r 

G

i

r

+

G1 m

G

2

b Tính khoảng cách d’ giữa các đường thẳng dọc theo khối tâm của hai vật chuyển động sau va chạm.

c Thừa nhận rằng, sau va chạm giá trị vận tốc của vật thứ nhất là

2

v còn vật thứ hai không quay Hãy xét sự phụ thuộc của d’ vào d.

Giải:

a Ta cần chứng minh:

Xét phần tử mi trên vật rắn Ta có:



0

i i

i i

m r

m v













 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Do đó L O (m r i) G v G  m r v i i  i











nên         L       O                LG                M r              G  vG

(ĐPCM)

b Gọi v1' là vận tốc của vật 1 (của G1) sau va chạm

Do hệ kín nên động lượng của hệ được bảo toàn dó đó:

Ta xét mô men động lượng của hệ đối với G2 Do

không có

ngoại lực nên mô men động lượng trước và sau va chạm là bằng nhau

>0

<0

d

d'

1

2 I

m

1

I m

Ta có, ban đầu thì : L G2 mvd

Mà  1; 2 có chiều như hình vẽ gọi là

chiều dương nên

' '

mvd mv d I I 

'

'

d

mv

2

I v

mv





Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:

1 1

1

2

v

I m





Kết luận:

a)         L       O                LG                M r              G  vG

'

d

mv



c) d' 2 d I1

m