Bạn đang xem bài viết № 116 – Bảo Toàn Moment Động Lượng Trong Chuyển Động Quay – Vật Lý Mô Phỏng được cập nhật mới nhất trên website 2atlantic.edu.vn. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất.
Mục đích thí nghiệm
Thí nghiệm này giúp nghiệm lại định luật cơ bản nhất trong chuyển động quay của hệ vật cô lập: Định luật bảo toàn moment động lượng. Bên cạnh đó, ta cũng có thể kiểm tra lại phép bảo toàn cơ năng trong va chạm đàn hồi của sự quay.
Định luật cơ bản của sự quay
Để nói về định luật cơ bản của sự quay, ta thiết lập thí nghiệm bố trí như hình 1, với đối tượng khảo sát là hai đĩa quay có cùng trục quay. Mỗi đĩa vốn có thể quay độc lập không ảnh hưởng lên đĩa còn lại. Gọi đĩa trên là đĩa 1, đĩa dưới là đĩa 2.
Ma sát trên ổ bi trục quay được hạn chế còn rất nhỏ. Nếu đẩy nhẹ một đĩa, chẳng hạn đĩa trên, nó có thể duy trì sự quay trong thời gian dài với mất mát đủ nhỏ có thể bỏ qua. Ta nói rằng moment động lượng L_1 của đĩa được bảo toàn:
L_1=I_1omega_1=mathrm{const},
trong đó I_1 là moment quán tính của đĩa 1, omega_1 là vận tốc góc của nó. Quả thực, bản thân đĩa 1 là vật cô lập về phương diện tác dụng lực: cả trọng lực lẫn phản lực tác dụng lên đĩa đều có điểm đặt trên trục quay và không sinh ra moment lực. Sự bảo toàn moment động lượng trên chỉ một đĩa như thế rất dễ kiểm tra.
Tình huống phức tạp hơn xảy ra khi hệ quay xảy ra tương tác bên trong. Chúng ta xét hệ cô lập cấu thành từ cả hai đĩa. Lúc này hệ không còn là một vật cứng nữa mà cấu thành từ nhiều thành phần chuyển động tương đối với nhau. Nhưng dù phức tạp đến mấy, định luật bảo toàn moment động lượng đã khẳng định rằng tổng moment động lượng của hệ đĩa luôn được bảo toàn:
L_1+L_2=I_1omega_1+I_2omega_2=mathrm{const}.
Tương tác diễn ra bên trong hệ nói trên được thực hiện thông qua va chạm giữa hai đĩa. Mỗi đĩa gắn thêm một “mấu va chạm” ở rìa (hình 1), sao cho khi quay các đĩa không còn tự do mà ảnh hưởng lẫn nhau. Có hai trường hợp đặc biệt:
– Va chạm tuyệt đối đàn hồi. Khi va chạm, động năng dần chuyển sang thế năng của biến dạng trên hai mấu va chạm, rồi chuyển ngược lại thành động năng khi hai mấu xô đẩy nhau ra. – Va chạm tuyệt đối không đàn hồi, còn gọi vắn tắt là va chạm mềm. Sau va chạm, toàn bộ mọi chuyển động tương đối giữa các thành phần của hệ hoàn toàn bị triệt tiêu, có nghĩa hai đĩa cùng quay như một khối thống nhất. Cơ năng trong va chạm này không được bảo toàn. Phần động năng của chuyển động tương đối hoàn toàn bị chuyển hoá thành nhiệt.
Dù trường hợp nào đi nữa, mặc cho cơ năng có bảo toàn hay không, tổng moment động lượng trước và sau va chạm vẫn không thay đổi:
I_1omega_1+I_2omega_2=I_1omega_1^{prime}+I_2omega_2^{prime}.
Ta có thể tính toán trạng thái của hệ sau va chạm nhờ vận dụng những tính chất ấy.
Va chạm đàn hồi
Ngoài sự bảo toàn moment động lượng, cơ năng cũng được bảo toàn. Từ đó hình thành hệ phương trình:
begin{aligned}I_1omega_1+I_2omega_2&=I_1omega_1^{prime}+I_2omega_2^{prime},\frac{1}{2}I_1omega_1^2+frac{1}{2}I_2omega_2^2&=frac{1}{2}I_1omega_1^{prime 2}+frac{1}{2}I_2omega_2^{prime 2}.end{aligned}
Giải hệ phương trình thu được:
omega_1^{prime}=frac{2I_2omega_2+(I_1-I_2)omega_1}{I_1+I_2},tag{1}
omega_2^{prime}=frac{2I_1omega_1+(I_2-I_1)omega_2}{I_1+I_2}.tag{2}
Một trường hợp rất đặc biệt của tương tác đàn hồi là khi ta ép hai đĩa vào nhau, tạo thế năng tương tác giữa hai “mấu va chạm”, từ trạng thái đứng yên omega_1=omega_2=0 hai đĩa đẩy nhau ra và quay với vận tốc omega_1′ và omega_2′. Định luật bảo toàn moment động lượng vẫn tuân thủ nghiêm ngặt:
0=I_1omega_1^{prime}+I_2omega_2^{prime},
hay
frac{omega_1^{prime}}{omega_2^{prime}}=-frac{I_2}{I_1}.tag{3}
Va chạm mềm
Trường hợp này chỉ có định luật bảo toàn moment động lượng được vận dụng, kết hợp dữ kiện toàn bộ hệ hai đĩa kết thành một khối thống nhất sau va chạm và có cùng vận tốc góc omega^{prime}:
I_1omega_1+I_2omega_2=(I_1+I_2)cdotomega^{prime}.
Suy ra:
omega^{prime}=frac{I_1omega_1+I_2omega_2}{I_1+I_2}.tag{4}
Những loại va chạm trung gian giữa tuyệt đối đàn hồi và tuyệt đối không đàn hồi chúng ta tạm thời không xét đến.
Nguyên lý phép đo
Trong thí nghiệm này ta sẽ khảo sát va chạm giữa hai đĩa trong hình 1. Hai cảm biến quang học đặt sát rìa các đĩa quay ở hai bên có vai trò trong việc đo các vận tốc quay omega_1, omega_2 trước va chạm và đo omega_1^{prime}, omega_2^{prime} sau va chạm. Mỗi khi lá cờ hiệu quét qua cảm biến, vận tốc góc sẽ được đo đạc và truyền về máy tính. Có được giá trị thực nghiệm, ta có thể so sánh với kết quả tính bằng công thức lý thuyết (1), (2), (3) và (4).
Thí nghiệm va chạm đàn hồi và va chạm mềm tiến hành gần như tương tự nhau, chỉ khác nhau ở cách bố trí “mấu va chạm”. Trên mỗi mấu va chạm đính một viên nam châm. Muốn tạo nên va chạm đàn hồi, ta sắp đặt sao cho hai mấu đẩy nhau như hình 2. Còn muốn tạo va chạm mềm, ta làm cho chúng hút nhau như hình 3.
Có 4 trạng thái ban đầu dẫn đến va chạm của hai đĩa:
– Trường hợp 1: cả hai đĩa cùng lao đến về phía nhau – Trường hợp 2: đĩa 1 đứng yên còn đĩa 2 lao đến va chạm – Trường hợp 3: đĩa 2 đứng yên còn đĩa 1 lao đến va chạm – Trường hợp 4: cả hai đĩa bị ép vào nhau bằng tay rồi buông ra
Quán tính của mỗi đĩa có thể thay đổi được bằng cách thêm bớt các đĩa kim loại. Bản thân mỗi đĩa trần bằng nhựa đã có moment quán tính bằng 10^{-3},mathrm{kgcdot m^2}, khi gắn thêm mỗi đĩa kim loại moment quán tính tăng thêm 10^{-3},mathrm{kgcdot m^2}. Cách tháo lắp đĩa kim loại miêu tả trong hình 4.
Quy trình thí nghiệm
Đầu tiên cần lấy thông tin về cấu trúc của mỗi đĩa quay từ giảng viên. Thêm bớt đĩa kim loại theo đúng yêu cầu đã cho. Đặt cảm biến E và F theo đúng miêu tả trên hình 1. Cảm biến E đặt bên phải, cắm vào CASSY ở cổng bên trái. Cảm biến F đặt bên trái, cắm vào CASSY ở cổng bên phải.
Chiều dương quy ước chọn theo hướng ngược chiều kim đồng hồ.
Thiết lập thí nghiệm
Khởi động phần mềm CASSY Lab 2, khai báo cổng đầu vào cho cảm biến như ô tròn màu đỏ hình 5.
Tại khung Settings (hình 6), khai báo 4 biến số cần đo là omega_1, omega_2, omega_1^{prime}, omega_2^{prime}, tương ứng với vận tốc góc của mỗi đĩa trước và sau va chạm.
Nhấp chuột vào biến số omega_1 để xuất hiện khung tuỳ chọn như hình 7. Cần thiết lập các tham số sau đây:
– Range: phạm vi cần đo chọn 5,mathrm{rad/s}. – Radius: chọn bán kính đĩa quay bằng 0.1,mathrm{m}. – Flag: chiều rộng của cờ hiệu, cũng là quãng đường mà đĩa sẽ quét qua tia hồng ngoại của cảm biến, thiết lập 17.5,mathrm{mm}.
Khảo sát va chạm đàn hồi
Sắp đặt sao cho hai mấu va chạm đẩy nhau như hình 2.
Lưu ý: mỗi đĩa sau va chạm chỉ được quét cờ hiệu của nó qua đúng 01 cảm biến E hoặc F. Nếu một đĩa nào đó chuẩn bị quét sang cảm biến thứ hai, cần ngăn nó lại bằng tay!
Ta tiến hành bốn trường hợp va chạm.
Trường hợp 1: cả hai đĩa cùng lao đến về phía nhau
– Trong mục Trolley Position before Impact của phần mềm CASSY Lab 2 chọn thứ tự bố trí 1-E-F-2 (approaching each other). – Đưa hai đĩa về vị trí ban đầu như hình dưới, theo đúng thứ tự 1-E-F-2 ngược chiều kim đồng hồ. – Bấm chuột vào nút rightarrow 0leftarrow để quy 0, cho phép thực hiện phép đo mới. – Dùng hai tay đồng thời đẩy hai đĩa về phía ngược nhau: đĩa 1 theo chiều dương, đĩa 2 theo chiều âm. – Ghi giá trị của omega_1 omega_2, omega_1^{prime}, omega_2^{prime} vào bảng 1.
Trường hợp 2: đĩa 1 đứng yên còn đĩa 2 lao đến va chạm
– Trong mục Trolley Position before Impact của phần mềm CASSY Lab 2 chọn thứ tự bố trí E-1-F-2 (trolley 1 at rest). – Đưa hai đĩa về vị trí ban đầu như hình dưới, theo đúng thứ tự E-1-F-2 ngược chiều kim đồng hồ. – Bấm chuột vào nút rightarrow 0leftarrow để quy 0, cho phép thực hiện phép đo mới. – Đẩy nhẹ đĩa 2 về phía chiều âm cho va chạm với đĩa 1 đang đứng yên. – Ghi giá trị của omega_1, omega_2, omega_1^{prime}, omega_2^{prime} vào bảng 1.
Trường hợp 3: đĩa 2 đứng yên còn đĩa 1 lao đến va chạm
– Trong mục Trolley Position before Impact của phần mềm CASSY Lab 2 chọn thứ tự bố trí 1-E-2-F (trolley 2 at rest). – Đưa hai đĩa về vị trí ban đầu như hình dưới, theo đúng thứ tự 1-E-2-F ngược chiều kim đồng hồ. – Bấm chuột vào nút rightarrow 0leftarrow để quy 0, cho phép thực hiện phép đo mới. – Đẩy nhẹ đĩa 1 về phía chiều dương cho va chạm với đĩa 2 đang đứng yên. – Ghi giá trị của omega_1, omega_2, omega_1^{prime}, omega_2^{prime} vào bảng 1.
Trường hợp 4: cả hai đĩa bị ép vào nhau bằng tay rồi buông ra
– Trong mục Trolley Position before Impact của phần mềm CASSY Lab 2 chọn thứ tự bố trí E-1-2-F (explosion). – Đưa hai đĩa về vị trí ban đầu như hình dưới, theo đúng thứ tự E-1-2-F ngược chiều kim đồng hồ. – Bấm chuột vào nút rightarrow 0leftarrow để quy 0, cho phép thực hiện phép đo mới. – Dùng hai tay ép nhẹ hai đĩa vào với nhau, sau đó đột ngột thả hai tay ra cho hai đĩa xô đẩy nhau. – Ghi giá trị của omega_1, omega_2, omega_1^{prime}, omega_2^{prime} vào bảng 1.
Khảo sát va chạm mềm
Sắp đặt sao cho hai mấu va chạm hút nhau như hình 3. Ta tiến hành hai trường hợp va chạm.
Trường hợp 1: đĩa 1 đứng yên còn đĩa 2 lao đến va chạm
– Trong mục Trolley Position before Impact của phần mềm CASSY Lab 2 chọn thứ tự bố trí E-1-F-2 (trolley 1 at rest). – Đưa hai đĩa về vị trí ban đầu như hình dưới, theo đúng thứ tự E-1-F-2 ngược chiều kim đồng hồ. – Bấm chuột vào nút rightarrow 0leftarrow để quy 0, cho phép thực hiện phép đo mới. – Đẩy nhẹ đĩa 2 về phía chiều âm cho va chạm với đĩa 1 đang đứng yên. – Ghi giá trị của omega_1, omega_2, omega_1^{prime}, omega_2^{prime} vào bảng 2.
Trường hợp 2: đĩa 2 đứng yên còn đĩa 1 lao đến va chạm
– Trong mục Trolley Position before Impact của phần mềm CASSY Lab 2 chọn thứ tự bố trí 1-E-2-F (trolley 2 at rest). – Đưa hai đĩa về vị trí ban đầu như hình dưới, theo đúng thứ tự 1-E-2-F ngược chiều kim đồng hồ. – Bấm chuột vào nút rightarrow 0leftarrow để quy 0, cho phép thực hiện phép đo mới. – Đẩy nhẹ đĩa 1 về phía chiều dương cho va chạm với đĩa 2 đang đứng yên. – Ghi giá trị của omega_1, omega_2, omega_1^{prime}, omega_2^{prime} vào bảng 2.
Xử lý dữ liệu
Từ bảng 1 tính giá trị lý thuyết của vận tốc các đĩa sau va chạm trong 3 trường hợp đầu theo công thức (1), (2):
begin{aligned}omega_1^{prime}&=frac{2I_2omega_2+(I_1-I_2)omega_1}{I_1+I_2},\omega_2^{prime}&=frac{2I_1omega_1+(I_2-I_1)omega_2}{I_1+I_2}.end{aligned}
Còn trường hợp thứ tư cần kiểm tra sự đúng đắn của hệ thức (3):
frac{omega_1^{prime}}{omega_2^{prime}}=-frac{I_2}{I_1}.
Từ bảng 2 tính giá trị lý thuyết của vận tốc các đĩa sau va chạm theo công thức (4):
omega_1^{prime}=omega_2^{prime}=frac{I_1omega_1+I_2omega_2}{I_1+I_2}.
So sánh kết quả lý thuyết với thực nghiệm.
Momen Động Lượng, Định Luật Bảo Toàn Momen Động Lượng
I – Tóm tắt lý thuyết– Momen động lượng của vật rắn đối với một trục quay là đại lượng vật lý đặc trưng cho khả năng chuyển động quay của vật rắn quanh trục đó $L=I.omega $– Dạng khác của phương trình động lực học của vật rắn quay quanh một trục $M=frac{dL}{dt} $M là tổng momen ngoại lực tác dụng vào vật.– Định luật bảo toàn momen động lượng: Nếu tổng các momen lực tác dụng lên một vật rắn (hay hệ vật) đối với một trục quay bằng 0 thì momen động lượng của
vật (hệ vật) được bảo toàn $L=I.omega $ = hằng số.Trường hợp I không đổi thì ω không đổi: vật rắn đứng yên hoặc quay đều. Nếu I thay đổi thì ω thay đổi theo.Trường hợp tổng momen ngoại lực khác không M ≠ 0 nhưng xét trong tương tác rất ngắn thì có thể coi $Delta L$ bằng 0 – Momen động lượng được bảo toàn.
II – Bài tập ví dụ1. Một nghệ sĩ trượt băng nghệ thuật đang thực hiện động tác quay tại chỗ trên sân băng (quay xung quanh một trục thẳng đứng từ chân đến đầu) với hai tay đang dang theo phương ngang. Người này thực hiện nhanh động tác thu tay lại dọc theo thân người thì momen quán tính, momen động lượng, vận tốc góc thay đổi như thế nào?Lời giải:Trong quá trình quay của nghệ sĩ trượt băng thì momen ngoại lực tác dụng vào nghệ sĩ là bằng 0, do đó momen động lượng của nghệ sĩ sẽ được bảo toàn trong quá trình quay.Khi thu tay lại thì khối lượng được phân bố gần trục quay hơn làm cho momen quán tính sẽ được giảm đi. Mà momen động lượng lại bảo toàn nên vận tốc góc của nghệ sĩ trượt băng sẽ tăng lên
2. Một đĩa tròn đồng chất có đường kính 40 cm, khối lượng 2 kg quay đều trong mặt phẳng ngang với tốc độ 60 vòng/phút quanh một trục thẳng đứng đi qua tâm đĩa. Tính momen động lượng của đĩa đối với trục quay đó.Trả lời:Momen quán tính của đĩa tròn có giá trị$I=frac{MR^2}{2}=frac{Md^2}{8} =0,04 kgm^2 $Tốc độ góc $omega =60$ vòng/phút $=2 pi rad/s$Momen động lượng của đĩa với trục quay là$L=I.omega approx 0,251 kgm^2/s$
3. Một thanh mảnh đồng chất khối lượng m, chiều dài L có thể quay không ma sát xung quanh trục nằm ngang đi qua đầu O của thanh, mômen quán tính của thanh đối với trục quay này là $I=frac{1}{3}mL^2 $ . Khi thanh đang đứng yên thẳng đứng thì một viên bi nhỏ cũng có khối lượng cũng m đang chuyển động theo phương ngang với vận tốc $overrightarrow{V_0} $ đến va chạm vào đầu dưới thanh (hình vẽ). Sau va chạm thì bi dính vào thanh và hệ bắt đầu quay quanh O với vận tốc góc $omega $. Giá trị $omega $ là bao nhiêu ? Lời giải:Xét hệ gồm thanh và vật thì đây coi như hệ 2 vật cô lập không chịu tác dụng của ngoại lực nên momen ngoại lực bằng 0 do đó momen động lượng được bảo toànBan đầu thanh đứng yên nên momen động lượng của hệ sẽ chỉ bằng momen động lượng của vật m: $L=m.V_0.L$Lúc sau khi 2 vật dính vào nhau thì momen quán tính của hệ sẽ là$I = I_{thanh}+ I_{bi} = frac{mL^2}{3} +mL^2=frac{4mL^2}{3} $Theo bảo toàn động lượng thì vận tốc góc của hệ sẽ bằng$omega =frac{L}{I} =frac{m.V_0.L}{4mL^2/3}=frac{3V_0}{4L} $
III – Bài tập rèn luyện 1. Hai đĩa tròn có momen quán tính $I_1$ và $I_2$ đang quay đồng trục và cùng chiều với tốc độ góc $omega_1 $ và $omega_2 $ (hình bên). Ma sát ở trục quay nhỏ không đáng kể. Sau đó cho hai đĩa dính vào nhau thì hệ hai đĩa quay với tốc độ góc $omega $ bằng bao nhiêu? Trả lời câu hỏi nếu 2 đĩa quay ngược chiều
2. Một thanh đồng chất, tiết diện đều, dài 50 cm, khối lượng 0,1 kg quay đều trong mặt phẳng ngang với tốc độ 75 vòng/phút quanh một trục thẳng đứng đi qua trung điểm của thanh. Tính momen động lượng của thanh đối với trục quay đó.
3. Một quả cầu đồng chất có bán kính 10 cm, khối lượng 2 kg quay đều với tốc độ 270 vòng/phút quanh một trục đi qua tâm quả cầu. Tính momen động lượng của quả cầu đối với trục quay đó.
4. Một vận động viên nhảy cầu khi rời ván cầu nhảy làm biến đổi vận tốc góc của mình từ 0 đến 4,2 rad/s trong 0,2s . Mômen quán tính của người đó là $15kgm^2$ . Hãy tính gia tốc góc trong cú nhảy đó và mômen ngoại lực tác động trong lúc quay
5. Một người khối lượng m = 60 kg đang đứng ở mép một sàn quay hình tròn, đường kính 6 m, khối lượng M = 400 kg. Bỏ qua ma sát ở trục quay của sàn. Lúc đầu, sàn và người đang đứng yên. Người ấy chạy quanh mép sàn với vận tốc 4,2 m/s (đối với đất) thì sàn chuyển động như thế nào với vận tốc góc bằng bao nhiêu.
6. Một sàn quay hình trụ bán kính R = 1,2m, có momen quán tính đối với trục quay của nó là $I=1,3.10^2 kgm^2$ đang đứng yên. Một em bé , khối lượng m = 40 kg chạy trên mặt đất với tốc độ 3 m/s theo đường tiếp tuyến với mép sàn và nhảy lên sàn . Bỏ qua ma sát ở trục quay. Vận tốc góc của sàn và em bé sau khi nó nhảy lên sàn là bao nhiêu?
7. Một người đứng ở giữa ghế Giucopxki sao cho phương của trọng lực tác dụng lên người trùng với trục quay của ghế. Hai tay người đó dang ra và cầm hai quả tạ, mỗi quả có khối lượng 2kg. Khoảng cách giữa hai quả tạ là 1,6m. Cho hệ người + ghế quay với vận tốc góc không đổi 0,5vg/s. Hỏi vận tốc góc của ghế và người nếu người đó co hai tay lại để khoảng cách giữa hai quả tạ chỉ còn là 0,6m. Cho biết momen quán tính của hệ người + ghế ( không kể tạ) là $2,5kg.m^2$
Bài Tập Momen Động Lượng Định Luật Bảo Toàn Momen Động Lượng
Momen động lượng, định luật bảo toàn momen động lượng. Momen động lượng, định luật bảo toàn momen động lượng1.40. Phát biểu nào sau đây là đúng? A. Khi một vật rắn chuyển động tịnh tiến thẳng thì mômen động lượng của nó đối với một trục quay bất kỳ không đổi.
B. Mômen quán tính của vật đối với một trục quay là lớn thì mômen động lượng của nó đối với trục đó cũng lớn.
C. Đối với một trục quay nhất định nếu mômen động lượng của vật tăng 4 lần thì mômen quán tính của nó cũng tăng 4 lần.
D. Mômen động lượng của một vật bằng không khi hợp lực tác dụng lên vật bằng không.1.41. Các vận động viên nhảy cầu xuống nước có động tác “bó gối” thật chặt ở trên không là nhằm: A. Giảm mômen quán tính để tăng tốc độ quay;
B. Tăng mômen quán tính để tăng tốc độ quay.
C. Giảm mômen quán tính để tăng mômen động lượng.
D. Tăng mômen quán tính để giảm tốc độ quay.1.42. Con mèo khi rơi từ bất kỳ một tư thế nào, ngửa, nghiêng, hay chân sau xuống trước, vẫn tiếp đất nhẹ nhàng bằng bốn chân. Chắc chắn khi rơi không có một ngoại lực nào tạo ra một biến đổi momen động lượng. Hãy thử tìm xem bằng cách nào mèo làm thay đổi tư thế của mình. A. Dùng đuôi.
B. Vặn mình bằng cách xoắn xương sống.
C. Chúc đầu cuộn mình lại.
D. Duỗi thẳng các chân ra sau và ra trước.1.43. Các ngôi sao được sinh ra từ những khối khí lớn quay chậm và co dần thể tích lại do tác dụng của lực hấp dẫn. Tốc độ góc quay của sao: A. không đổi; B. tăng lên; C. giảm đi; D. bằng không1.44. Một thanh nhẹ dài 1m quay đều trong mặt phẳng ngang xung quanh trục thẳng đứng đi qua trung điểm của thanh. Hai đầu thanh có hai chất điểm có khối lượng 2kg và 3kg. Tốc độ của mỗi chất điểm là 5m/s. Mômen động lượng của thanh là: A. L = 7,5 kgm2/s; B. L = 10,0 kgm2/s; C. L = 12,5 kgm2/s; D. L = 15,0 kgm2/s1.45. Một đĩa mài có mômen quán tính đối với trục quay của nó là 12kgm2. Đĩa chịu một mômen lực không đổi 16Nm, sau 33s kể từ lúc khởi động tốc độ góc của đĩa là: A. 20rad/s; B. 36rad/s; C. 44rad/s; D. 52rad/s1.46. Một đĩa mài có mômen quán tính đối với trục quay của nó là 12 kgm2. Đĩa chịu một mômen lực không đổi 16Nm, Mômen động lượng của đĩa tại thời điểm t = 33s là: A. 30,6 kgm2/s; B. 52,8 kgm2/s; C. 66,2 kgm2/s; D. 70,4 kgm2/s1.47. Coi trái đất là một quả cầu đồng tính có khối lượng M = 6.1024kg, bán kính R = 6400 km. Mômen động lượng của trái đất trong sự quay quanh trục của nó là: A. 5,18.1030 kgm2/s; B. 5,83.1031 kgm2/s; C. 6,28.1032 kgm2/s; D. 7,15.1033 kgm2/s1.48. Một người đứng trên một chiếc ghế đang quay, hai tay cầm hai quả tạ. Khi người ấy dang tay theo phương ngang, ghế và người quay với tốc độ góc . Ma sát ở trục quay nhỏ không đáng kể. Sau đó người ấy co tay lại kéo hai quả tạ gần người sát vai. Tốc độ góc mới của hệ “người + ghế” A. tăng lên.
B. Giảm đi.
C. Lúc đầu tăng, sau đó giảm dần bằng 0.
D. Lúc đầu giảm sau đó bằng 0.1.49. Hai đĩa mỏng nằm ngang có cùng trục quay thẳng đứng đi qua tâm của chúng. Đĩa 1 có mômen quán tính I1 đang quay với tốc độ ω0, đĩa 2 có mômen quán tính I2 ban đầu đứng yên. Thả nhẹ đĩa 2 xuống đĩa 1 sau một khoảng thời gian ngắn hai đĩa cùng quay với tốc độ góc ω
A. 2 kgm2/s; B. 4 kgm2/s; C. 6 kgm2/s; D. 7 kgm2/s
Áp Dụng Định Luật Bảo Toàn Năng Lượng Và Định Luật Bảo Toàn Động Lượng
Chúng tôi trích giới thiệu với các bạn một số bản dịch từ tác phẩm Những câu hỏi và bài tập vật lí phổ thông của hai tác giả người Nga L. Tarasov và A. Tarasova, sách xuất bản ở Nga năm 1968. Bản dịch lại từ bản tiếng Anh xuất bản năm 1973.
§10. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng và định luật bảo toàn động lượng
GV: Để mở đầu, tôi muốn nêu ra một vài bài toán đơn giản. Bài thứ nhất: Hai vật trượt không ma sát xuống hai mặt phẳng nghiêng có độ cao H bằng nhau nhưng với hai góc nghiêng khác nhau 2. Vận tốc ban đầu của hai vật bằng không. Tìm vận tốc của hai vật tại cuối đường đi của chúng. Bài thứ hai: Chúng ta biết công thức biểu diễn vận tốc cuối của một vật theo gia tốc và quãng đường đi v = (2as) dùng cho trường hợp khi không có vận tốc ban đầu. Công thức này sẽ có dạng như thế nào nếu như vật có vận tốc ban đầu v0? Bài thứ ba: Một vật được ném từ một độ cao H với vận tốc nằm ngang v0. Tìm vận tốc của nó khi nó rơi chạm đất. Bài thứ tư: Một vật được ném lên hợp một góc với phương ngang với vận tốc ban đầu v0. Tìm độ cao cực đại mà vật lên tới.
HS A: Em sẽ giải bài thứ nhất theo cách như sau. Trước tiên, chúng ta xét một trong hai mặt phẳng nghiêng, chẳng hạn mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng 1. Có hai lực tác dụng lên vật: trọng lực P và phản lực pháp tuyến . Ta phân tích lực P thành hai thành phần, một thành phần song song với mặt phẳng nghiêng ( P sin 1) và thành phần kia vuông góc với nó ( P cos 1). Sau đó ta viết phương trình cho những lực vuông góc với mặt phẳng nghiêng:
Vì kết quả cuối cùng không phụ thuộc vào góc nghiêng, nên nó cũng áp dụng được cho mặt phẳng nghiêng thứ hai với góc nghiêng 2.
Để giải bài toán thứ hai, em sẽ sử dụng những phương trình động học đã biết
v = v0 + at s = v0t + at2/2
Từ phương trình thứ nhất ta tìm được . Thay vào cho t trong phương trình thứ hai ta được
Để giải bài thứ ba, trước tiên em sẽ tìm thành phần vận tốc nằm ngang và thành phần vận tốc thẳng đứng của vận tốc ban đầu. Vì vật chuyển động với vận tốc không đổi theo phương ngang nên . Theo phương thẳng đứng, vật chuyển động với gia tốc g nhưng không có vận tốc ban đầu. Do đó, ta có thể sử dụng công thức √(2gH). Vì tổng bình phương hai cạnh của một tam giác vuông bằng với bình phương cạnh huyền, nên kết quả cuối cùng là
Bài toán thứ tư đã đề cập trong §5. Ta cần phân tích vận tốc ban đầu thành những thành phần nằm ngang ( cos) và thẳng đứng ( sin). Sau đó ta xét chuyển động thẳng đứng của vật và, trước tiên, ta tìm thời gian đi lên từ công thức sự phụ thuộc của vận tốc vào thời gian trong chuyển động chậm dần đều (sin), biết rằng lúc vận tốc thẳng đứng của vật biến mất. Như vậy sin = 0, từ đó sin. Thời gian đã biết, giờ ta tìm độ cao H từ công thức đường đi phụ thuộc thời gian của chuyển động chậm dần đều. Như vậy
GV: Trong cả bốn trường hợp em đều đã có đáp số đúng. Tuy nhiên, tôi không hài lòng với cách em giải những bài toán này. Chúng có thể được giải đơn giản hơn nhiều nếu em sử dụng định luật bảo toàn năng lượng. Các em có thể tự thấy điều đó.
Bài thứ nhất. Định luật bảo toàn năng lượng có dạng mgH = mv2/2 (thế năng của vật tại đỉnh mặt phẳng nghiêng bằng với động năng của nó tại chân mặt phẳng nghiêng). Từ phương trình này ta dễ dàng tìm được vận tốc của vật tại chân mặt phẳng nghiêng
Bài thứ hai. Trong trường hợp này, định luật bảo toàn năng lượng có dạng , trong đó mas là công thực hiện bởi lực đang truyền gia tốc a cho vật. Biểu thức này lập tức đưa đến , hay
Bài thứ tư. Tại điểm vật được ném lên, năng lượng của nó bằng mv 02/2. Tại điểm trên cùng của quỹ đạo của nó, năng lượng của vật là . Vì vận tốc tại điểm trên cùng bằng cos, cho nên, sử dụng định luật bảo toàn năng lượng
HS A: Vâng, em thấy khá rõ là những bài toán này có thể giải theo một cách đơn giản hơn nhiều. Tiếc là em đã không sử dụng định luật bảo toàn năng lượng.
GV: Thật không may, các thí sinh thường hay quên định luật này. Cho nên, họ bắt đầu giải những bài toán như vậy bằng những phương pháp rắc rối hơn, do đó làm tăng thêm xác suất sai sót. Lời khuyên của tôi là: hãy linh hoạt hơn và sử dụng rộng rãi định luật bảo toàn năng lượng.
Ở đây nảy sinh vấn đề: Các em có thể sử dụng định luật này thành thạo như thế nào?
HS A: Em thấy dường như không cần kĩ năng đặc biệt nào hết; định luật bảo toàn năng lượng khá đơn giản.
GV: Khả năng áp dụng chính xác một định luật vật lí không được quyết định bởi tính phức tạp hay tính đơn giản của nó. Xét một ví dụ. Giả sử một vật chuyển động với vận tốc không đổi trong một vòng tròn nằm trong mặt phẳng ngang. Không có lực ma sát. Vật chịu một lực hướng tâm. Công thực hiện bởi lực này trong một vòng chuyển động của vật là bao nhiêu?
HS A: Công bằng tích của lực và quãng đường đi mà nó tác dụng. Như vậy, trong trường hợp của chúng ta nó bằng πR = 2, trong đó R là bán kính của vòng tròn, m và v là khối lượng và vận tốc của vật.
GV: Theo định luật bảo toàn năng lượng, công không thể hoàn toàn biến mất. Công em vừa mới tính đã biến thành cái gì?
HS A: Nó dùng để làm quay vật.
GV: Tôi không hiểu. Hãy nói chính xác hơn.
HS A: Nó giữ cho vật chuyển động tròn.
GV: Lí giải của em sai rồi. Không cần có công gì hết để giữ cho vật chuyển động tròn.
HS A: Vậy em không biết làm sao trả lời câu hỏi của thầy.
GV: Năng lượng truyền cho một vật có thể được phân bố, như các nhà vật lí nói, trong các “kênh” sau đây: (1) tăng động năng của vật; (2) tăng thế năng của nó; (3) công thực hiện bởi vật đã cho lên những vật khác và (4) nhiệt sinh ra do ma sát. Đó là nguyên lí chung mà không phải thí sinh nào cũng hiểu rõ.
Giờ hãy xét công của lực hướng tâm. Vật chuyển động với một vận tốc không đổi và do đó động năng của nó không tăng. Như vậy, kênh thứ nhất bị loại. Vật chuyển động trong mặt phẳng nằm ngang và hệ quả là thế năng của nó không thay đổi. Kênh thứ hai cũng bị loại. Vật đã cho không thực hiện bất cứ công nào lên vật khác, cho nên kênh thứ ba bị loại. Cuối cùng, mọi loại ma sát đã bị loại trừ. Hệ quả là loại luôn kênh thứ tư và là kênh cuối cùng.
HS A: Nhưng khi đó có hay không có công của lực hướng tâm?
GV: Như em thấy đó, không có. Bây giờ vẫn còn cơ hội cho em đưa ra kết luận của mình. Hoặc là em thừa nhận rằng định luật bảo toàn năng lượng không đúng, và khi đó toàn bộ vướng mắc của em không còn nữa, hoặc là em tiếp tục công nhận giá trị của định luật này và rồi… Tuy nhiên, hãy cố gắng tìm cách loại đi những khó khăn của em.
HS A: Theo em vẫn nên kết luận rằng lực hướng tâm không thực hiện công nào hết.
GV: Đó là một kết luận khá hợp lí. Tôi muốn nói rằng nó chính là hệ quả trực tiếp của định luật bảo toàn năng lượng.
HS B: Mọi thứ đã sáng tỏ rồi, nhưng chúng ta làm gì với công thức cho công thực hiện bởi một vật?
GV: Ngoài lực và quãng đường đi mà nó tác dụng, công thức này còn chứa cosin của góc giữa hướng của lực và vận tốc
A = Fs cos
Trong trường hợp đã cho cos = 0.
HS A: Ồ vâng, em hoàn toàn quên mất lượng cosin này.
GV: Tôi muốn nêu ra một ví dụ nữa. Xét hai bình thông nhau nối lại bằng một cái ống hẹp có van chặn. Giả sử lúc đầu toàn bộ chất lỏng ở bình bên trái và chiều cao của nó là H (Hình 43 a). Sau đó, chúng ta mở van và chất lỏng chảy từ bình bên trái sang bình bên phải. Dòng chảy ngừng lại khi có mức cao bằng nhau H/2 ở mỗi bình (Hình 43 b). Ta hãy tính thế năng của chất lỏng ở vị trí đầu và vị trí cuối. Để tính ta nhân trọng lượng của chất lỏng trong mỗi bình với nửa chiều cao của cột chất lỏng. Ở vị trí ban đầu thế năng bằng PH/2, và ở vị trí cuối thế năng là ( P/2)( H/4) + ( P/2)( H/4) = PH/4. Như vậy, ở trạng thái cuối thế năng của vật hóa ra chỉ bằng một nửa thế năng lúc ban đầu. Vậy một nửa năng lượng đã tiêu tán đi đâu?
HS A: Em sẽ cố gắng lí giải như thầy đã khuyên. Phần thế năng PH/4 có thể đã dùng để thực hiện công lên những vật khác, sinh nhiệt do ma sát, và động năng của chính khối chất lỏng. Đúng không thầy?
GV: Khá chính xác. Hãy nói tiếp đi.
HS A: Trong trường hợp của chúng ta, chất lỏng chảy từ bình này sang bình kia không thực hiện bất kì công nào lên vật khác. Chất lỏng không có động năng ở trạng thái cuối vì nó ở trạng thái tĩnh. Như vậy cái còn lại để kết luận là một nửa thế năng đã chuyển hóa thành nhiệt do ma sát. Thật vậy, em không có khái niệm rõ ràng cho lắm loại ma sát này là gì.
GV: Em đã lí giải chính xác và đi tới kết luận đúng. Tôi muốn bổ sung thêm vài lời về bản chất của lực ma sát đó. Ta có thể tưởng tượng rằng chất lỏng được chia thành từng lớp, mỗi lớp đặc trưng một tốc độ chảy rõ ràng. Lớp càng gần thành bình thì vận tốc của nó càng nhỏ. Có sự hoán đổi phân tử giữa các lớp, hệ quả của những phân tử có vận tốc cao hơn của chuyển động trật tự đi xen vào giữa những phân tử có vận tốc thấp hơn của chuyển động trật tự, và ngược lại. Như vậy, lớp “nhanh” có tác dụng làm tăng tốc lớp “chậm” và, ngược lại, lớp “chậm” có tác dụng làm giảm tốc lớp “nhanh”. Hình ảnh này cho phép chúng ta nói tới sự tồn tại của sự ma sát nội tại giữa các lớp. Sự chênh lệch vận tốc của các lớp ở giữa bình và ở gần thành bình càng lớn thì tác dụng ma sát càng mạnh. Lưu ý rằng vận tốc của các lớp ở gần thành bình bị ảnh hưởng bởi loại tác dụng nội tại giữa các phân tử chất lỏng và các phân tử thành bình. Nếu chất lỏng làm ướt bình chứa thì lớp liền kề với thành bình thật sự là tĩnh.
HS A: Điều này có phải là ở trạng thái cuối nhiệt độ của chất lỏng có phần cao hơn ở trạng thái ban đầu?
GV: Vâng, chính xác thế. Bây giờ chúng ta sẽ thay đổi điều kiện của bài toán đi một chút. Giả sử không có tương tác giữa chất lỏng và thành bình. Do đó, tất cả các lớp sẽ chảy với vận tốc bằng nhau và sẽ không có lực nội ma sát. Khi đó làm thế nào chất lỏng chảy từ bình này sang bình kia?
HS A: Ở đây thế năng sẽ giảm vì chất lỏng cần có động năng. Nói cách khác, trạng thái minh họa ở Hình 43 b không phải là trạng thái nghỉ. Chất lỏng sẽ tiếp tục chảy từ bình bên trái sang bình bên phải cho đến khi nó đạt tới trạng thái như thể hiện ở Hình 43 c. Ở trạng thái này thế năng một lần nữa bằng với ở trạng thái ban đầu (Hình 43 a).
GV: Hiện tượng gì sẽ xảy ra với chất lỏng sau đó?
HS A: Chất lỏng sẽ bắt đầu chảy về theo hướng ngược lại, từ bình bên phải sang bình bên trái. Như vậy, mực chất lỏng sẽ thăng giáng ở hai bình thông nhau.
GV: Những quan sát như thế có thể quan sát được, chẳng hạn, ở những bình thông nhau thủy tinh chứa thủy ngân. Chúng ta biết rằng thủy ngân không dính ướt thủy tinh. Tất nhiên, những thăng giáng này sẽ bị tắt dần theo thời gian, vì không thể nào loại trừ hoàn toàn sự tương tác giữa các phân tử chất lỏng và các phân tử thành bình.
HS A: Em thấy định luật bảo toàn năng lượng có thể được áp dụng khá tích cực.
GV: Đây là một bài toán khác dành cho các em. Một viên đạn khối lượng m, đang chuyển động theo phương ngang với vận tốc v0, đến va chạm với một khối gỗ khối lượng M, treo lơ lửng bên dưới một sợi dây, và dính vào trong gỗ. Hỏi sau khi viên đạn cắm vào, khối gỗ sẽ nâng lên đến độ cao H bằng bao nhiêu, do sự lệch của dây treo khỏi vị trí cân bằng (Hình 44)?
HS A: Ta kí hiệu v1 là vận tốc của khối gỗ và viên đạn ngay sau khi đạn bay vào trong gỗ. Để tìm vận tốc này, ta dùng định luật bảo toàn năng lượng. Như vậy
Biết được vận tốc này, ta đi tính độ cao H bằng cách sắp xếp lại định luật bảo toàn năng lượng
GV (nói với HS B): Em nghĩ gì về cách giải này?
HS B: Tôi không tán thành thế. Chúng ta đã nói ở phần trước rằng trong những trường hợp như vậy cần sử dụng định luật bảo toàn động lượng. Do đó, thay cho phương trình (50), em sẽ dùng một liên hệ khác
mv0 = (m + M)v1(54)
(động lượng của viên đạn trước khi nó va chạm với khối gỗ bằng động lượng của viên đạn và khối gỗ sau đó). Từ biểu thức này ta có
GV: Chúng ta có hai quan điểm và hai kết quả khác nhau. Theo một quan điểm thì áp dụng định luật bảo toàn động năng, còn theo quan điểm kia thì áp dụng định luật bảo toàn động lượng. Quan điểm nào đúng? (nói với HS A) Em có thể nói gì để chứng minh cho quan điểm của mình?
HS A: Em đã không sử dụng định luật bảo toàn động lượng.
GV (nói với HS B): Còn em sẽ nói gì?
HS B: Em không biết làm thế nào chứng minh cho quan điểm của mình. Em nhớ là khi gặp bài toán va chạm thì định luật bảo toàn động lượng luôn luôn có giá trị sử dụng, còn định luật bảo toàn năng lượng không phải lúc nào cũng dùng tốt. Vì trong trường hợp đã cho, những định luật này đưa đến những kết quả khác nhau, nên cách giải của em rõ ràng là đúng.
GV: Trước tiên, cách giải của em thật sự khá chính xác. Tuy nhiên, ta cần xét kĩ hơn vấn đề này. Một va chạm mà sau đó các vật va chạm dính lại với nhau (hay vật này nằm trong vật kia) được gọi là “va chạm hoàn toàn không đàn hồi”. Tiêu biểu trong những va chạm như thế là sự có mặt của sự bố trí vĩnh viễn ở những vật va chạm, hệ quả của nhiệt sinh ra do ma sát. Vì thế, phương trình (50), chỉ nói tới động năng của các vật, là không áp dụng được. Trong trường hợp của chúng ta, cần sử dụng định luật bảo toàn động lượng (54) để tìm vận tốc của khối gỗ và viên đạn sau va chạm.
HS A: Ý thầy nói là định luật bảo toàn năng lượng không có giá trị đối với một va chạm hoàn toàn không đàn hồi chăng? Nhưng định luật này có tính vạn vật mà.
GV: Không ai nghi ngờ chuyện định luật bảo toàn năng lượng có giá trị đối với một va chạm hoàn toàn không đàn hồi. Động năng không được bảo toàn sau một va chạm như thế. Tôi nói riêng động năng chứ không nói toàn bộ năng lượng. Kí hiệu nhiệt sinh ra trong va chạm là Q, ta có thể viết hệ định luật bảo toàn sau đây cho va chạm hoàn toàn không đàn hồi vừa nói ở trên
Ở đây phương trình thứ nhất là định luật bảo toàn động lượng, và phương trình thứ hai là định luật bảo toàn năng lượng (không chỉ tính cơ năng, mà còn xét cả nhiệt năng).
Hệ phương trình (57) có hai biến: và Q. Sau khi xác định từ phương trình thứ nhất, ta có thể sử dụng phương trình thứ hai để tìm nhiệt lượng Q
Rõ ràng từ phương trình này là khối lượng M càng lớn, thì năng lượng chuyển hóa thành nhiệt càng nhiều. Tính giới hạn, với khối lượng M vô cùng lớn, ta thu được /2, tức là toàn bộ động năng chuyển hóa thành nhiệt. Điều này khá tự nhiên thôi: ví dụ như trường hợp viên đạn bay dính vào tường.
HS A: Có thể có va chạm nào trong đó không có nhiệt sinh ra hay không?
GV: Có, những va chạm như thế là có thể. Chúng được gọi là va chạm “hoàn toàn đàn hồi”. Chẳng hạn, va chạm giữa hai quả cầu thép có thể xem là hoàn toàn đàn hồi với một mức độ gần đúng hợp lí. Sự biến dạng đàn hồi thuần túy của hai quả cầu xảy ra và không có nhiệt sinh ra. Sau va chạm, hai quả cầu trở lại hình dạng ban đầu của chúng.
HS A: Ý thầy nói là trong một va chạm hoàn toàn đàn hồi định luật bảo toàn năng lượng trở thành định luật bảo toàn động năng?
GV: Ừ, tất nhiên rồi.
HS A: Nhưng trong trường hợp này, em không thể nào hiểu làm thế nào thầy dung hòa định luật bảo toàn động lượng và định luật bảo toàn năng lượng. Chúng ta thu được hai phương trình hoàn toàn khác nhau cho vận tốc sau va chạm. Hoặc, có lẽ, định luật bảo toàn động lượng không có ý nghĩa trong một va chạm hoàn toàn đàn hồi.
GV: Cả hai định luật đều có ý nghĩa trong một va chạm hoàn toàn đàn hồi: bảo toàn động lượng và bảo toàn động năng. Em chẳng có lí do gì để ngần ngại chuyện phối hợp hai định luật này bởi vì sau một va chạm hoàn toàn đàn hồi, các vật bay ra xa nhau ở những vận tốc khác nhau. Trong khi sau một va chạm hoàn toàn không đàn hồi các vật va chạm chuyển động với cùng vận tốc (vì chúng dính vào nhau), thì sau một va chạm đàn hồi mỗi vật chuyển động với một vận tốc xác định riêng của nó. Hai biến chưa biết đòi hỏi có hai phương trình. Ta hãy xét một ví dụ. Giả sử một vật khối lượng m đang chuyển động với vận tốc va chạm đàn hồi với một vật khối lượng M đang đứng yên. Giả sử thêm rằng sau va chạm vật đi tới đó bật ngược trở lại. Ta sẽ kí hiệu vận tốc của vật m sau va chạm là và của vật M là . Khi đó định luật bảo toàn năng lượng và động lượng có thể viết ở dạng
Lưu ý dấu trừ trong phương trình thứ nhất. Nó xuất hiện là do giả sử của chúng ta rằng vật đi tới bị bật ngược trở lại.
HS B: Nhưng thầy không phải lúc nào cũng biết trước hướng chuyển động của vật sau va chạm. Phải chăng vật m không thể tiếp tục chuyển động theo hướng cũ với một vận tốc nhỏ hơn sau va chạm?
GV: Nó có thể chứ. Trong trường hợp như vậy ta sẽ thu được một vận tốc v1 âm khi giải hệ phương trình (59).
HS B: Em nghĩ rằng hướng chuyển động của vật m sau va chạm được xác định bởi tỉ số của khối lượng m và M.
HS B: Chúng ta biết rằng sau va chạm các quả cầu có thể chuyển động ra xa nhau theo hướng hợp với nhau một góc nào đó. Chúng ta đã giả sử rằng chuyển động xảy ra theo một đường thẳng. Rõ ràng đây phải là một trường hợp đặc biệt mà thôi.
GV: Em nói đúng. Chúng ta đã xét cái gọi là va chạm xuyên tâm trong đó các quả cầu chuyển động trước và sau va chạm theo một đường thẳng đi qua tâm của chúng. Trường hợp tổng quát hơn là va chạm lệch tâm sẽ được xét tới sau. Ở đây tôi muốn biết mọi thứ đã khá rõ ràng hay chưa.
HS A: Em nghĩ là mình đã hiểu rồi. Như em thấy, trong mọi va chạm (đàn hồi hay không đàn hồi), có thể áp dụng được hai định luật bảo toàn: động lượng và năng lượng. Chỉ là bản chất khác nhau của các va chạm dẫn tới những phương trình khác nhau mô tả các định luật bảo toàn. Khi xét những va chạm không đàn hồi, cần kể đến nhiệt sinh ra trong va chạm đó.
GV: Nhận xét của em là đúng và ngắn gọn.
HS B: Như em hiểu cho đến đây thì va chạm hoàn toàn đàn hồi và va chạm hoàn toàn không đàn hồi là hai trường hợp cực độ. Chúng có luôn luôn thích hợp để mô tả những trường hợp thực tế hay không?
GV: Em hay đấy khi đưa ra vấn đề này. Những trường hợp va chạm mà chúng ta vừa xét là những trường hợp cực độ. Trong những va chạm thực tế, một lượng nhiệt nhất định luôn luôn được sinh ra (không có sự biến dạng đàn hồi lí tưởng) và các vật va chạm có thể chuyển động ra xa nhau với những vận tốc khác. Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp những va chạm thực tế được mô tả khá tốt theo những mô hình đã giản lược hóa: va chạm hoàn toàn đàn hồi và va chạm hoàn toàn không đàn hồi.
Bây giờ chúng ta hãy xét một ví dụ va chạm đàn hồi lệch tâm. Một vật ở dạng một mặt phẳng nghiêng với góc nghiêng 45o đang nằm trên mặt phẳng ngang. Một quả cầu khối lượng m, đang bay ngang với vận tốc v0, đến va chạm với vật (mặt phẳng nghiêng) có khối lượng M. Hệ quả của sự va chạm là quả cầu bật lên theo phương thẳng đứng và vật M bắt đầu trượt không ma sát trên mặt phẳng ngang. Hãy tìm vận tốc bay lên thẳng đứng của quả cầu ngay sau khi va chạm (Hình 45). Em nào muốn thử giải bài toán này?
HS B: Cho phép em làm thử. Ta kí hiệu vận tốc cần tìm của quả cầu là và của vật M là . Vì va chạm là đàn hồi, nên em có quyền giả sử rằng động năng được bảo toàn. Như vậy
Em cần thêm một phương trình nữa, cái dễ thấy là em nên sử dụng định luật bảo toàn động lượng. Em sẽ viết nó ở dạng
mv0 = Mv2 + mv1(61)
Thật ra em không chắc về phương trình thứ hai vì vận tốc vuông góc với vận tốc .
Với bài toán đã cho, ta có thể chọn phương nằm ngang và phương thẳng đứng. Đối với phương ngang, định luật bảo toàn động lượng có dạng
mv0 = Mv2(62)
Từ phương trình (60) và (62) ta tìm được vận tốc
HS B: Chúng ta làm gì với phương thẳng đứng?
mv1 – Meve = 0(63)
HS B: Vì trái đất cũng tham gia vào bài toán này, cho nên rõ ràng sẽ cần sửa lại phương trình năng lượng (60).
GV: Vậy em sửa như thế nào cho phương trình (60)?
HS B: Em muốn thêm một số hạng về chuyển động của trái đất sau va chạm
Vì khối lượng trên thực tế hết sức lớn, nên vận tốc của trái đất sau va chạm trên thực tế là bằng không. Bây giờ, ta hãy viết lại số hạng /2 trong phương trình (64) có dạng ()/2. Theo phương trình (63), đại lượng trong tích này có một giá trị hữu hạn. Nếu nhân giá trị này với không (trong trường hợp đã cho là bằng không), thì tích cũng sẽ bằng không. Từ đây ta có thể kết luận rằng trái đất tham gia rất kì cục trong bài toán này. Nó thu một động lượng nhất định, nhưng đồng thời trên thực tế nó không nhận năng lượng nào hết. Nói cách khác, nó tham gia vào định luật bảo toàn động lượng nhưng không tham gia vào định luật bảo toàn năng lượng. Trường hợp này là bằng chứng đặc biệt nổi bật của thực tế rằng định luật bảo toàn năng lượng và động lượng là những định luật khác nhau về cơ bản, và độc lập với nhau.
Bài tập
22. Một vật khối lượng 3 kg rơi từ một độ cao nhất định với vận tốc ban đầu 3 m/s theo phương thẳng đứng. Tìm công thực hiện để thắng lực cản của không khí trong 10 giây, biết rằng vật thu được vận tốc 50 m/s lúc cuối khoảng thời gian 10 giây. Giả sử lực cản của không khí là không đổi.
23. Một vật trượt xuống một mặt phẳng nghiêng góc 30 o sau đó trượt tiếp trên một mặt ngang. Xác định hệ số ma sát, biết rằng quãng đường vật trượt trên mặt phẳng ngang bằng với trên mặt phẳng nghiêng.
24. Tính hiệu suất của một mặt phẳng nghiêng trong trường hợp khi một vật trượt ra khỏi nó với vận tốc không đổi.
25. Một quả cầu khối lượng m và thể tích V thả rơi vào trong nước từ độ cao H, chìm xuống độ sâu h, và sau đó thì nhảy ra khỏi nước (tỉ trọng của quả cầu nhỏ hơn của nước). Tìm lực cản của nước (giả sử nó là không đổi) và độ cao quả cầu lên tới sau khi nó nhảy ra khỏi nước. Bỏ qua sức cản không khí. Tỉ trọng của nước kí hiệu là n.
26. Một đầu tàu hỏa có khối lượng 50 tấn, đang chuyển động với vận tốc 12 km/h, móc vào một toa tàu trần khối lượng 30 tấn đang đứng yên trên cùng đường ray. Tìm vận tốc chuyển động chung của đầu tàu và toa xe ngay sau khi chuyển động ghép nối tự động hoạt động. Tính quãng đường đi được bởi hai xe sau khi ghép nối, biết lực cản bằng 5% trọng lượng.
27. Một khẩu đại bác khối lượng M, đặt tại chân một mặt phẳng nghiêng, bắn ra một viên đạn khối lượng m theo phương ngang với vận tốc ban đầu . Hỏi khẩu đại bác leo lên đến độ cao nào trên mặt phẳng nghiêng do sự giật lùi nếu góc nghiêng của mặt phẳng đó là và hệ số ma sát giữa khẩu đại bác và mặt phẳng nghiêng là k?
28. Hai quả cầu khối lượng M và 2 M treo bên dưới hai sợi dây mảnh chiều dài l buộc cố định tại cùng một điểm. Quả cầu M được kéo về một phía nghiêng một góc và thả ra sau khi truyền cho nó một vận tốc tiếp tuyến v 0 hướng về phía vị trí cân bằng. Hỏi hai quả cầu sẽ nâng lên đến độ cao bao nhiêu nếu: (1) va chạm là hoàn toàn đàn hồi, và (2) va chạm là hoàn toàn không đàn hồi (hai quả cầu dính vào nhau sau va chạm)?
29. Một quả cầu khối lượng M treo dưới một sợi dây chiều dài l. Một viên đạn khối lượng m, đang bay theo phương ngang, đến cắm vào quả cầu và mắc kẹt trong đó. Hỏi viên đạn phải có vận tốc tối thiểu bao nhiêu để cho quả cầu quay trọn một vòng tròn trong mặt phẳng thẳng đứng?
30. Hai cái nêm có cùng góc nghiêng 45 o và mỗi nêm có khối lượng M đang nằm trên một mặt phẳng ngang (Hình 46). Một quả cầu khối lượng m ( m << M) thả tự do từ độ cao H. Quả cầu va chạm với nêm này rồi tới nêm kia, sau đó bật lên theo phương thẳng đứng. Tìm độ cao mà quả cầu bật lên tới. Giả sử cả hai va chạm là đàn hồi và không có ma sát giữa hai cái nêm và mặt phẳng ngang.
31. Một cái nêm có góc nghiêng 30 o và khối lượng M nằm trên một mặt phẳng ngang. Một quả cầu khối lượng m thả tự do từ độ cao H, va đàn hồi với cái nêm và bật lên nghiêng góc 30 o so với phương ngang. Hỏi quả cầu bật lên tới độ cao bao nhiêu? Bỏ qua ma sát giữa cái nêm và mặt phẳng ngang.
Vui lòng ghi rõ “Nguồn chúng tôi khi đăng lại bài từ CTV của chúng tôi.
Thêm ý kiến của bạn
Cập nhật thông tin chi tiết về № 116 – Bảo Toàn Moment Động Lượng Trong Chuyển Động Quay – Vật Lý Mô Phỏng trên website 2atlantic.edu.vn. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!