VẬN DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN VÀO CÁC BÀI TOÁN CƠ HỆ

VẬN DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN VÀO CÁC BÀI TOÁN CƠ HỆ
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT:
I. ĐỘNG LƯỢNG.
1/ Động lượng của hệ vật:
vmp 

Động lượng phụ thuộc hệ quy chiếu.
Động lượng của hệ vật:
321
pppp 

2/ Định lý biến thiên động lượng :

 tFp .

Độ biến thiên động lượng của một vật trong khoảng thời gian Δt bằng xung lượng của
tổng các lực tác dụng lên vật trong khoảng thời gian đó.
3/ Định luật II Newton dưới dạng tổng quát:
dt
pd
F 


4/ Định luật bảo toàn động lượng
nn
pppppppp ' '''
321321


Tổng vecto động lượng của một hệ vật cô lập và kín là một đại lượng bảo toàn.
II. ĐỘNG NĂNG. THẾ NĂNG. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG

1. Động năng
a) Động năng của một vật: W
đ
=
2
2
1
mv

b) Định lý về động năng:

 AW
đ

Độ biến thiên động năng của một vật bằng công toàn phần của các lực tác dụng lên
vật.
2. Thế năng và lực thế
a) Lực thế
Một lực được gọi là lực thế nếu công mà nó thực hiện trên một vật không thuộc vào
hình dạng đường đi của vật mà chỉ phụ thuộc các vị trí đầu và cuối của đường đi. Nói
một cách khác, công mà lực thế thực hiện trên một vật chuyển động theo một đường
kín bằng 0.
Trọng lực, lực hấp dẫn, lực đàn hồi, lực tĩnh điện là lực thế
b) Thế năng
Khi một hệ vật tương tác với nhau bằng một lực thế thì hệ dự trữ một năng lượng gọi là
thế năng. Thế năng phụ thuộc vào loại lực thế
- Thế năng trọng trường: W
t
= mgz
trong đó m là khối lượng của vật, z là độ cao của vật tính từ mặt ngang được chọn làm

gốc thế năng.
- Thế năng đàn hồi: W
t
=
2
)(
2
1
lk 

trong đó Δl là độ biến dạng của lò xo
c) Định lý độ biến thiên thế năng:
tt
WA 


Tổng đại số công các lực thế trong một quá trình biến đổi thì bằng độ giảm thế năng.
3. Cơ năng. Định luật bảo toàn cơ năng
a) Cơ năng: W = W
đ
+ W
t

Là đại lượng bằng tổng động năng và thế năng của hệ vật ở một thời điểm
b) Định luật bảo toàn cơ năng
Trong hệ cô lập và kín các vật chỉ tương tác nhau bởi lực thế thì độ tăng động năng
bằng độ giảm thế năng và ngược lại. Nói khác cơ năng của hệ được bảo toàn
W = W
t
+ W

đ
= const
Hay ΔW
đ
= - ΔW
t

4. Định luật về độ biến thiên cơ năng ( định luật bảo toàn năng lượng):
120
WWA
t



Tổng công của các lực không phải là lực thế tác dụng lên hệ bằng độ biến thế thiên cơ
năng của hệ
III. BÀI TOÁN VA CHẠM.
1/ Va chạm trực diện
Va chạm được gọi là trực diện nếu như trước và sau khi va chạm hai vật vẫn chuyển
động trên cùng một phương, như vậy những biểu thức vecto có thể viết dưới dạng các
biểu thức đại số.
Ta phân biệt các kiểu va chạm
a) Va chạm đàn hồi
Va chạm đàn hồi tuân theo các định luật bảo toàn động lượng và động năng
b) Va chạm không đàn hồi.
Vẫn tuần theo định luật bảo toàn động lượng, nhưng động năng không bảo toàn. Phần
động năng mất đi chủ yếu chuyển thành nhiệt năng:
M
1
v

1
+ m
2
v
2
= m
1
v’
1
+m
2
v’
2

2
1
m
1
v’
1
2
+
2
1
m
2
v’
2
2
+ Q =

2
1
m
1
v
1
2
+
2
1
m
2
v
2
2

Trong va chạm không đàn hồi thường đặc trưng bởi một đại lượng gọi là hệ số hồi phục
12
12
12
1
'
2
''
'
'
vv
vv
vv
vv

e







Nếu e = 1 là va chạm đàn hồi
Nếu e = 0 là chạm mềm
2/ Va chạm không trực diện
Là loại va chạm, sau khi va chạm hai vật đổi phương chuyển động.
Để khảo sát loại này ta thường phân tích chuyển động của chúng trước và sau va chạm
trên hệ hai trục tọa độ thích hợp và viết các phương trình định luật bảo toàn động lượng
trên các trục này.
Nếu va chạm đàn hồi thì động năng của hệ cũng bảo toàn
V
0


V
0


B. PHÂN DẠNG CÁC BÀI TOÁN
Ghi chú: Khi sử dụng phương pháp các định luật bảo toàn để giải các bài toán cơ học
ta cần thực hiện các bước sau:
- Chọn hệ vật phù hợp với đề bài
- Xác định điều kiện để áp dụng các định luật bảo toàn
- Chỉ rõ hệ quy chiếu quán tính và mốc thế năng.

1. Bài toán về va chạm
Ví dụ 1. Hai vật cùng khối lượng m = 0,5kg đứng yên trên mặt sàn nhẳn nằm ngang,
chúng được nối với nhau bằn một lò xo nhẹ, có chiều dài tự nhiên 30cm và độ cứng
16N/m. Các vật đồng thời được cấp vận tốc v
0
= 0,36m/s hướng tới một bức tường. Vật
bên phải va chạm tuyệt đối đàn hồi với tường.
a) Xác định độ nén lớn nhất của lò xo trong quá
trình va chạm
b) Sau va chạm với tường, sau bao lâu thì hai vật
gần nhau nhất.
c) Sau đó hệ còn xảy ra va chạm với tường nữa không? Các vạt chuyển động thế nào
sau thời gian đủ lâu?
d) Tìm độ thay đổi động lượng của hệ sau khi tất cả các va chạm đã xảy ra.
Giải:
Vật bên phải va chạm tuyệt đối đàn hồi với tường nên ngay sau va chạm vận tốc của vật
là v
0
hướng sang trái
a) Khi lò xo bị nén nhiều nhất thì hai vật ngừng chuyển động
Định luật bảo toàn cơ năng
2
2)(
2
1
2
0
2
max
mv

lk 
 Δl
max
= 0,09m
b) Sau va chạm đầu tiên với tường khối tâm G của hệ đứng yên, nên hai vật dao động
như các con lắc lò xo có độ cứng k’ = 2k. Thời gian để hai vật gần nhất là Δt =
s
k
mT
162
2
4
1
4




c) Sau khi hai vật gần nhất chúng lại chuyển động ngược chiều nhau, đến khi lò xo
không biến dạng chúng có cùng tốc độ là v
0
vật bên phải lại va chạm với tường lần
nữa và đổi chiều chuyển động vận tốc là v
0
. Hai vật cùng chuyển động sang trái với
vân tốc v
0
và khoảng cách không đổi là 30cm
d) Độ thay đổi động lượng của hệ
Δp = 2mv

0
– (- 2mv
0
) = 4mv
0
= 1,8kgm/s
Ví dụ 2. Hai quả cầu có bán kính bằng nhau chuyển động trên trục Ox. Gọi m
1
và m
2
là
khối lượng của chúng; v
1
và v
2
là giá trị đại số của vận tốc của chúng trước va chạm.
Va chạm là trục diện. Đặt x =
1
2
m
m
.
a) Xác định giá trị đại số của vận tốc v’
1
và v’
2
của hai quả cầu ngay sau va chạm theo
x; v
1
; v

2
và hệ số hồi phục e.
b) Tính v’
1
; v’
2
trong ba trường hợp:
- va chạm tuyệt đối đàn hồi
- va chạm không đàn hồi với e = 0,5.
- Và chạm mềm
c) Hai quả cầu chuyển động ngược chiều nhau. Ngay trước va chạm tốc độ của quả cầu
2 gấp đôi quả cầu 1. Hãy xác định v’
1
và v’
2
của hai quả cầu ngay sau va chạm theo
tỉ số x trong hai trường hợp:
- Va chạm tuyệt đối đàn hồi
- Va chạm không đàn hồi với e = 0,5
BD HSG cơ 1
Giải.
a) Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo trục Ox
m
1
v
1
+ m
2
v
2

= m
1
v
1
’ + m
2
v
2
’ (1)
Hệ số hồi phục theo định nghĩa
21
'
2
'
1
vv
vv
e



(2)
Từ (1) và (2) suy ra
21
22121
'
1
)1()(
mm
vemvemm

v




Thay m
2
= xm
1
vào ta được
x
vexve
v
x
vexvex
v






1
)()1(
';
1
)1()1(
'
21
2

21
1
(3)
b) Xét các trường hợp đặc biệt
- Va chạm tuyệt đối đàn hồi: Thế e = 1 và (3)
- Va chạm không đàn hồi: đề bài cho e = 0,5
- Va chạm mềm: thế e = 0
c) Hai quả cầu chuyển động ngược chiều nhau:
Chọn chiều dương là chiều của
1
v .
 Trường hợp 1: e = 1 và v
2
= -2v
1

Ta có
x
vx
v
x
vx
v






1

)24(
';
1
)51(
'
1
2
1
1

Lập bảng:
x 0
1/5 2


v’
1
+ 0 - | -

v’
2
+ | + 0 -
Khi x =

: Quả cầu 1 bật trở lại với tốc độ lớn gấp 5 lần trước, còn quả cầu 2 gần như
chuyển động vã như cũ.
Ví dụ 3:
Một mặt phẳng nghiêng khối lượng m
2
được đặt trên một mặt phẳng nhẵn có

phương ngang. Một quả bóng đàn hồi khối lượng m
1
bay đến đập vào mặt phẳng nghiêng
với vận tốc
u
theo phương ngang. Sau va chạm quả bóng nảy lên khỏi mặt phẳng nghiêng,
sau đó lại rơi xuống và va chạm với mặt phẳng nghiêng vẫn tại vị trí va chạm lần đầu.
Tính tỷ số khối lượng của quả bóng và mặt phẳng nghiêng. Biết mặt phẳng nghiêng góc θ
so với phương ngang.
Giải:
Quả bóng khối lượng m
1
có vận tốc ban đầu u đến va chạm với mặt phẳng nghiêng đứng
yên. Ngay sau va chạm, quả bóng có vận tốc v
1
, mặt phẳng nghiêng có vận tốc v
2
, góc
phản xạ của quả bóng (là góc giữa vectơ vận tốc
1
v với mặt phẳng nghiêng) là α.
Góc tới của quả bóng (là góc giữa vectơ vận tốc
u
với mặt phẳng nghiêng) là θ, là góc
nghiêng của mặt phẳng nghiêng. Để xác định tỷ số
1
2
m
m
q 

, bằng bốn điều kiện sau:
- Theo phương ngang, không có ngoại lực tác dụng vào hệ, do đó thành phần động lượng
theo phương ngang được bảo toàn, ta có:


21
.cos. vqvu 

(1)
- Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi, mặt phẳng nằm ngang hoàn toàn không có ma sát nên
động năng của hệ được bảo toàn, ta có:
2
2
2
1
2
.vqvu 
(2)
- Trong va chạm, lực tương tác giữa quả bóng và mặt phẳng nghiêng vuông góc với mặt
phẳng nghiêng, do đó thành phần song song với mặt phẳng nghiêng của vectơ vận tốc
được bảo toàn, ta có:

cos.cos.
1
vu 
(3)
- Vì va chạm lần hai xảy ra tại cùng một vị trí trên mặt phẳng nghiêng, do đó theo phương
ngang, tốc độ chuyển động của quả bóng và mặt phẳng nghiêng là như nhau, ta có:



21
cos. vv




(4)
Thay (4) vào (1) và (2) ta được:





 cos 1
1
vqu
(5)






22
1
2
cos.1 qvu
(6)
Từ (5) và (6) ta có:
 

2
22
tan.tan1
tantan
tan












qq
(7)
Từ (5) và (3) ta có:
q
q



1
tancot.
tan




(8)
Thay (8) vào (7), ta có:


2
2
tan1
tan

q
(9)
Với
4
00


 q

Thay (9) vào (8), ta được:

3
tantan 

Nhận xét:
+



. Dấu “=” xảy ra khi

4
;0




+ Đặc biệt, kết quả này phù hợp cả khi mặt phẳng nghiêng góc θ > 45
o
. Khi θ = 45
o
, mặt
phẳng có thể có khối lượng bất kỳ so với quả bóng, khi đó động lượng của hệ theo phương
ngang luôn bằng không sau lần đầu va chạm.
Ví dụ 4: Một quả bóng đàn hồi rơi tự do từ độ cao
mh 2

. Sau mỗi va chạm với sàn
ngang cơ năng chỉ còn lại k = 81% so với trước lúc va chạm. Quỹ đạo bóng luôn thẳng
đứng.
Lấy g = 9.8m/s
2
. Hỏi sau bao lâu thì bóng dừng, trong thời gian đó bóng đi được quãng
đường dài bao nhiêu?
Giải:
Cơ năng ban đầu của bóng:
mghE

0

Sau va chạm thứ i :

i
o
i
i
mghkEkE 
và độ cao bóng đạt được là: hkh
i
i

Thời gian bóng bay từ sau va chạm thứ i đến va chạm tiếp theo với sàn là:
 
i
i
i
kgh
g
h
t /22
2
2 

Thời gian để bóng dừng là:



n
i
i
ttt
1

0

với
g
h
t
2
0

, n là số lần va chạm.



   
 
 
 
k
kk
gh
k
k
ghgh
kkghgh
kghght
nn
n
n
i
i


















1
21
2
1
1
222
1222
222
11
1

Vì 1k nên khi



n
thì


0
1

n
k . Do đó:

s
k
k
ght 12
1
1
2 




m
k
k
hS 1.19
1
1






Ví dụ 5: Một tấm ván khối lượng M được treo vào một dây dài nhẹ, không giãn. Nếu viên
đạn có khối lượng m bắn vào ván với vận tốc v
0
thì
nó dừng lại ở mặt sau của ván, nếu bắn với vận tốc v
1

> v
0
thì đạn xuyên qua ván. Tính vận tốc v của ván
ngay sau khi đạn xuyên qua. Giả thiết lực cản của ván
đối với đạn không phụ thuộc vào vận tốc của đạn.
Giải:
 Khi vận tốc đạn là v
0

Sau khi xuyên qua, đạn và tấm gỗ cùng chuyển động với vận tốc v’.
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và năng lượng cho hệ ngay trước và sau khi va
chạm ta có:
mv
0
=(M+m)v
’
(1)

 
2 2

0
1 1

2 2
mv M m v Q
  
(2)
Q: Công của lực cản biến thành nhiệt
Từ (1), (2)
 
2
2
0 0
.
m
Q mv M m v
M m
 
   
 

 


2
0
2( )
mM
Q v
M m



(3)
Quãng
đư
ờng đi đ
ư
ợc của bóng l
à:

 
 
k
kk
h
k
k
hhkkkhh
kkkhhkhhhhs
nn
n
n
n
i
i
n
i
i











1
21
1
1
2 12
222
11
2
2
11

Vì
1

k
nên khi


n
thì 0
1


n
k do đó:
0
v


(2)
(1)
(3)
 Khi đạn có vận tốc v
1
> v
0
.
Gọi v
2
là vận tốc đạn sau khi xuyên qua tấm gỗ.
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và năng lượng cho hệ ngay trước và sau khi va
chạm ta có:

1 2

mv Mv mv
 

(4)

2 2 2
1 2
1 1 1

2 2 2
mv Mv mv Q  
(5)
Thay (3), (4) vào (5) ta suy ra:

2
2 2 2
1 1 0
.
M M M
v v v v v
m m M m
 
   
 

 


2 2
2
01
2
2 . 0
( )
m vmv
v v
M m M m
   

 

Giải phương trình ta được:
2 2
1 1 0
( )
m
v v v v
M m
  


Nếu chọn dấu “+”, thay vào (4) ta suy ra:
2 2
1 1 0
2 2
2 1 1 0
( )
mv M v v
m
v v v v v
M m M m
 
    
 

Điều này vô lý vì vận tốc đạn sau khi xuyên qua gỗ không thể nhỏ hơn vận tốc tấm gỗ. Do
đó ta chọn:

2 2

1 1 0
( )
m
v v v v
M m
  


2. Hệ vật tương tác kéo dài
Thường ta khảo sát bài toán trong hệ qua chiếu phi quán tính.
Công thức công vận tốc
231213
vvv 
phải xét trong quá trình tương tác
Ví dụ 1. Trên mặt bàn nằm ngang đặt một chiếc nêm có khối lượng M, có mặt cắt là
một tam giác vuông ABC tại B, mặt AC nằm trên một mặt phẳng ngang. Tại A của mặt
nghiêng có đặt một vật nhỏ khối lượng m. Lúc đầu vật và nêm đứng yên. Sau đó kích
cho vật m chuyển động theo hướng AB với vận tốc đầu v
0
. Bỏ qua mọi ma sát. Hỏi v
0

phải thỏa điều kiện gì để m có thể vượt qua được điểm B
Giải:
Vật và nêm là một hệ kín. Các ngoại lực là trọng lực
P
của hai vật và phản lực
N
của mặt sàn tác dụng lên
nêm có phương thẳng đứng nên xét theo phương

ngang thì hệ cô lập.
Để vật có thể vượt qua nêm thì khi đến đỉnh B thành phần vận tốc nằm ngang của vật ít
nhất phải bằng vận tốc của nêm
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng trên phương ngang
mv
omin
cosα = (m+M)u (1)
Định luật bảo toàn cơ năng mghuMmmv 
22
0
)(
2
1
2
1
(2)
(1) và (2) suy ra

2
min0
sin
)(2
Mm
Mmgh
v


Ví dụ 2: Một vật có dạng bán cầu, khối lượng M, bán kính
R được đặt nằm ngang trên một mặt phẳng nhẵn năm
ngang. Trên đỉnh của M đặt một vật nhỏ có khối lượng M

= 3m. Vật m bắt đầu trượt xuống với vận tốc ban đầu
không đáng kể. Bỏ qua ma sát giữa m và M. ( Hình vẽ 2). Tìm vị trí vật m có góc hợp bởi
đường nối vật m và tâm bán cầu với phương thẳng đứng mà tại đó vật m bắt đầu rời khỏi M.
Giải:
- Khi xét vật ở vị trí xác định bởi góc

như hình vẽ. Gọi
V và u tương ứng vận tốc của bán cầu và của vật m so với
bán cầu
Vận tốc vật m so với đất
v u V
 

 

Theo phương ngang động lượng của hệ được bảo toàn
x
mu MV m(ucos V) MV
    
mucos
V
M m

 

(1)
Khi bắt đầu rời khỏi M ta có
2
mu
mgcos

R
 
2
u gRcos
  
(2)


Hi
̀
nh
2



M

m

v

u

v

V
0

u

m

B

A

C

u

Mặt khác
2 2 2
v V u 2uVcos
   
(3)
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng
2 2
mv MV
mgR(1 cos )
2 2
    (4)
Từ các phương trình (1),(2),(3),(4) ta được
3
m
cos 3cos 2 0
M m
    

(5)
Vật m rời khỏi M tại vị trí có góc α xác định bởi phương trình (5)

Khi M = 3m thì
0,25.
3
cos 3cos 2 0
    
  
46
0
0’18.83’’
Ví dụ 3.
Một quả cầu bán kính R, khối lượng M được đặt trên mặt
bàn nằm ngang. Từ đỉnh A của quả cầu, một vật nhỏ khối lượng m
trượt không ma sát với vận tốc ban đầu bằng 0.
Quả cầu nằm tự do trên mặt bàn nhẵn. Xác định tỉ số m/M để vật
nhỏ rời mặt cầu tại tại độ cao 7R/4 bên trên mặt bàn.
Giải:
Khi m rời M : gọi v
2
là vận tốc của M và v
1
vận tốc m so M.
Do ngoại lực tác dụng lên hệ 2 vật theo phương thẳng đứng lên
động lượng bảo toàn theo phương ngang
)sin(0
122

vvmMv 
Mm
mv
v




sin
1
2
(1)
Theo định luật bào toàn cơ năng
2
21
2
2
)(
2
1
2
1
)cos1(2 vvmMvmgRRmg




(2)
)90cos(2)(
21
2
2
2
1
2

21

 vvvvvv


(3)
Thay (3) và (1) vào (2) biến đổi ta thu được biểu thức


2
2
1
cos
)sin1(2
m
M
Mm
gRv



(4)
Khi m bắt đầu rời M thì N = 0, HQC gắn với M là HQC quán tính .


R

O

A

P

1
v
2
v


Theo định luật II Niu tơn ta có :

sinsin
2
1
2
1
gRv
R
v
mmg 
(5)
Từ (4) và (5) ta có :


2
cos
.
sin
sin
4

2sin3



M
m

Theo hình ta có
4
3
sin 


Giải ra ta có
11
16

M
m

Ví dụ 4. Trên mặt bàn phẳng nhẵn nằm ngang có đặt một nêm khối lượng M. Góc nghiêng
của nêm là α . Trên đỉnh nêm ở độ cao h so với mặt bàn có đạt một vật nhỏ khối lượng m.
Bỏ qua mọi ma sát. Hệ bắt đầu chuyển động từ
trạng thái nghỉ. Tìm hướng và độ lớn của vận tốc của
m khi nó chuyển động tới chân nêm.
Giải:
Gọi
12
v là vật tốc của vật so với nêm,
23

v là vận
tốc
của nêm so với đất,
13
v là vận tốc của vật so với
đất.
Chọn hệ trục Ox,Oy như hình vẽ
Công thức cộng vận tốc
231213
vvv 
,
ta có tanα =
23)(13
)(13
vv
v
x
y

(1)
Chọn hệ quy chiếu đất. Theo phương ngang động lượng của hệ bảo toàn : mv
13(x)
– Mv
23
=
0 (2)
Hệ không ma sát nên cơ năng bảo toàn
2
23
2

13
2
1
2
1
Mvmvmgh 
(3)
Mà
2
)(13
2
)(13
2
13 yx
vvv 
(4)
M

m

V
1
2

V
1
3

V
2

3

x

y

O

h


Góc tạo bởi
13
v so với phương ngang là β ta có
)(13
)(13
tan
x
y
v
v



Từ (1) và (2) ta có tanβ =

tan
M
mM


(5)
(4) và (5) ta được
2
)(13
222
13
.1tan)(
x
v
M
mM
v











Thay vào phương trình (2) ta được
1tan
2
2
13
23











M
mM
M
mv
v

Thay vào phương trình (3) ta được



















1tan
1
2
2
2
2
13

M
mM
M
m
gh
v

BÀI TẬP
Bài 1: Một quả tạ đôi gồm thanh nhẹ, cứng dài L, ở 2 đầu là 2 quả cầu nhỏ M và 2M, trượt
trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn.Tại một thời điểm nào đó vận tốc của đầu nhẹ bằng v, còn
vận tốc đầu nặng 2v. Lực căng của thanh có thể là bao nhiêu khi tạ đôi chuyển động?
Bài 2: Trọng tâm của một chiếc xe ô tô thể thao nằm ở giữa các bánh xe trước và sau. Nếu
khi phanh chỉ có các bánh xe sau bị ghì lại bởi má phanh thì chiều dài của quãng đường
trượt là L1, nếu chỉ bánh trước thì chiều dài quãng đường trượt là L2. Tìm quãng đường
trượt khi phanh cả các bánh trước và sau?
Bài 3: Hai tải trọng khối lượng m được treo lên trần
nằm ngang bằng dây không khối lượng và không giãn
chiều dài l1 và l2 tương ứng (hình bên). Tải trọng được

nối với nhau bởi thanh cứng, nhẹ. Ở vị trí cân bằng các
sợi dây thẳng đứng. Xác định chu kỳ dao động nhỏ của hệ trong mặt
phẳng hình vẽ.
Bài 4: Từ sợi dây thép cứng và mỏng người ta uốn thành một góc 90o,
một trong các cạnh của góc vuông này được cố định ở vị trí thẳng
đứng, còn cạnh còn lại – vị trí nằm ngang (hình bên). Người ta lồng
vào mỗi cạnh một vòng đệm có khối lượng M và nối chúng lại với
nhau bằng một thanh nhẹ chiều dài L. Ban đầu thanh ở vị trí gần như thẳng đứng, sau đó
do một sư rung động nhẹ mà hệ bắt đầu chuyển động. Tìm vận tốc lớn nhất của các vòng
đệm. Ma sát không đáng kể.
Bài 5: Một vòng đệm trượt trên một cái bàn nhẵn nằm ngang và bay đến va chạm vào một
vòng đệm khác đứng yên cũng giống như vậy.Sau va chạm vòng đệm 1 lệch so với hướng
ban đầu một góc 1o, vòng đệm 2 bắt đầu chuyển động dưới một góc 80o cũng so với
hướng ban đầu của vòng đệm 1.Bao nhiêu phần động
năng của hệ chuyển thành nhiệt trong quá trình va chạm?
Bài 6: Trên một bàn nằm ngang có đặt một cái
nêm nhẹ với góc đáy bằng α = 30
o
(hình bên). Trên
nêm người ta đặt một vành đai mỏng, nặng và thả nó
không vận tốc ban đầu.Hệ số ma sát giữa vành đai và nêm là µ = 0,7. Với giá trị nào của
hệ số ma sát giữa nêm và bàn thì nêm sẽ không chuyển động?
Bài 7: Trên mặt bàn nằm ngang nhẵn có một cái đĩa sâu, ở đáy của đĩa đặt một đồng tiền
nhỏ nhưng có khối lượng. Người ta đẩy đĩa một cách đột ngột theo phương nằm ngang sao
cho đồng tiền lập tức sau va chạm vẫn không chuyển động. Trong quá trình chuyển động
sau này đồng tiền “leo lên” theo vành đĩa ở độ cao cao nhất bằng h. Tìm giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất của động năng của đĩa khi chuyển động. Ma sát trong hệ bỏ qua, đồng tiền khi
chuyển động không bị tách rời ra khỏi mặt bên trong của đĩa, Tổng khối lượng của đĩa và
đồng tiền là M. Đĩa và đồng tiền luôn chuyển động dọc theo một đường thẳng.