Câu C1: Tìm hai ví dụ khác về va chạm đàn hồi ngoài các ví dụ đã nêu ở phần đầu bài.
* Viên bi sắt rơi xuống nền nhà lát gạch hoa.
* Hai xe lăn va chạm nhau trên ray ngang, nhẵn.
Câu C2: Tìm hai ví dụ khác về va chạm mềm, ngoài các ví dụ đã nêu ở phần đầu bài.
* Xe đang chuyển động, một người nhảy lên xe chuyển động cùng với xe.
* Đầu tàu đang chạy móc vào một toa tàu đẩy toa tàu đi.
Bài 1: Đảo ngược bài tập vận dụng trên bằng cách bắn trực diện hòn bi thép vào hòn bi thủy tinh đang đứng yên. Khối lượng hòn bi thép vẫn bằng 3 lần khối lượng hòn bi thủy tinh. Tìm vận tốc của hai hòn bi sau va chạm.
Vận tốc bi thép: \(\overrightarrow {v_1′} = {{2m\overrightarrow {{v_1}} } \over {4m}} = {{\overrightarrow {{v_1}} } \over 2}\)
\( \Rightarrow \)Bi thép chuyển động theo chiều cũ với vận tốc giảm đi một nửa
Advertisements (Quảng cáo)
Vận tốc thủy tinh: \(\overrightarrow {v_2′} = {{2.3m.\overrightarrow {{v_1}} } \over {4m}} = {3 \over 2}\overrightarrow {{v_1}} \)
\( \Rightarrow \)Bi thủy tinh chuyển động cùng chiều bi thép với tốc độ gấp rưỡi tốc độ đầu của bi thép
Bài 2: Trên mặt phẳng ngang, một hòn bi khối lượng 15g chuyển động sang phải với vận tốc 22,5cm/s va chạm trực diện đàn hồi với một hòn bi khối lượng 30g đang chuyển động sang trái với vận tốc 18cm/s. Sau va chạm, hòn bi nhẹ hơn chuyển động sang trái ( đối chiếu) với vận tốc 31,5cm/s. Tìm vận tốc của hòn bi nặng sau va chạm. Bỏ qua ma sát. Kiểm tra lại và xác nhận tổng động năng được bảo toàn.
Áp dụng công thức (38.6):
\(\overrightarrow {v_2′} = {{\left( {{m_2} – {m_1}} \right)\overrightarrow {{v_2}} + 2{m_1}\overrightarrow {{v_1}} } \over {{m_1} + {m_2}}}\)
Chọn chiều dương theo chiều \(\overrightarrow {{v_1}} \) thì
\(\eqalign{ & \overrightarrow {v_2′} = {{\left( {{m_2} – {m_1}} \right)( – {v_2}) + 2{m_1}{v_1}} \over {{m_1} + {m_2}}} \cr & = {{(30 – 15)( – 18) + 2.15.22,5} \over {15 + 30}} = 9(cm/s) \cr} \)
Advertisements (Quảng cáo)
\(v_2′ = 0\)\( \Rightarrow \)Sau va chạm bi 2 cũng bị bật ngược lại với tốc độ 9cm/s. Tổng động năng trước va chạm:
\(\eqalign{ & {{\rm{W}}_đ} = {{\rm{W}}_{{đ_1}}} + {{\rm{W}}_{{đ_2}}} = {{{m_1}v_1^2} \over 2} + {{{m_2}v_2^2} \over 2} \cr & = {{0,015.0,{{225}^2}} \over 2} + {{0,03.0,{{18}^2}} \over 2} \approx 8,{7.10^{ – 4}}J \cr} \)
Tổng động năng sau va chạm:
\(\eqalign{ & {\rm{W}}_đ’ = {\rm{W}}_{{đ_1}}’ + {\rm{W}}_{{đ_2}}’ = {{{m_1}v_1^{{‘^2}}} \over 2} + {{{m_2}v_2^{{‘^2}}} \over 2} \cr & = {{0,015.0,{{315}^2}} \over 2} + {{0,03.0,{{09}^2}} \over 2} \approx 8,{7.10^{ – 4}}J \cr} \)
Vậy động năng của hệ đã bảo toàn.
Bài 3: Bắn một viên đạn khối lượng m=10g với vận tốc v vào một túi cát treo nằm trên có khối lượng M=1kg. Va chạm là mềm, đạn mắc lại trong túi cát và chuyển động cùng với túi cát.
a) Sau va chạm, túi cát được nâng lên độ cao h=0,8m so với vị trí cân bằng ban đầu( Hình 38.3). Hãy tìm vận tốc của đạn (túi cát được gọi là con lắc thử đạn vì nó cho phép xác định vận tốc của đạn ).
b) Bao nhiêu phần trăm động năng ban đầu đã chuyển thành nhiệt lượng và các dạng năng lượng khác ?
Bỏ qua lực cản không khí.
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho quá trình đạn va chạm với bao cát.
\(mv = \left( {M + m} \right)V \Rightarrow v = {{M + m} \over m}V\;\;\;(1)\)
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình đi lên cao của “ bao cát +đạn”
Với mức không thế năng ở vị trí thấp nhất :
\({{\left( {M + m} \right){V^2}} \over 2} = (M + m)gh \Rightarrow V = \sqrt {2gh}\;\;\; (2)\)
Thay (2) và (1) được vận tốc đạn trước khi vào cát là
\(\eqalign{ & v = {{M + m} \over m}\sqrt {2gh} = {{1,01} \over {0,01}}\sqrt {2.9,8.0,8} \approx 400m/s \cr & {{\left| {\Delta {{\rm{W}}_đ}} \right|} \over {{{\rm{W}}_đ}}} = {{{{\rm{W}}_đ} – {\rm{W}}_đ’} \over {{{\rm{W}}_đ}}} = 1 – {{\left( {M + m} \right)gh} \over {{m \over 2}{{\left( {{{M + m} \over m}} \right)}^2}.2gh}} \cr & = 1 – {m \over {M + m}} = {M \over {m + M}} = {1 \over {1,01}} \approx 0,99 \cr & {{\left| {\Delta {{\rm{W}}_đ}} \right|} \over {{{\rm{W}}_đ}}} = 99\% \cr} \)
