bai toan va cham con lac lo xo

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (381.6 KB, 10 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BÀI TOÁN VA CHẠM TRONG DAO ĐỘNG VÀ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN
NĂNG LƯỢNG ĐỂ GIẢI

(Gửi em Phạm Thanh Tồn)
Bài 1:

Cơ hệ dao động như hình vẽ gồm một vật M = 200g gắn vào lò xo có độ cứng k, khối lượng khơng
đáng kể. Vật M có thể trượt khơng ma sát trên mặt ngang. Hệ ở trạng thái cân bằng người ta bắn một
vật m = 50g theo phương ngang với vận tốc v0 = 2(m/s) đến va chạm với M.

Sau va chạm, vật M dao động điều hoà, chiều dài cực đại và cực tiểu của lị xo là 28cm và 20cm.
a) Tính chu kỳ dao động của M.

b) Tính độ cứng k của lị xo.
Lời Giải
a) Tìm chu kỳ dao động:

- áp dụng ĐLBTĐL: m v.0 m v M V. .; trong đó v V ; là vận tốc của m và M ngay sau va chạm.
Phương trình vơ hướng: m v. 0 m v M V.  . m v v.( 0 ) M V. v v0 M .V

m

      (1)
- áp dụng ĐLBTCN:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

0 0 0

1. . 1. . 1. . .( ) . ( ) .

2 2 2

M

m v m v M V m v v M V v v V

m

        (2)

LÊy (2) chia cho (1) ta cã: v0 + v =V (3)

LÊy (1) céng (3), ta cã: 0

0 2. .

2.v M m.V V m v 0,8( / )m s

m M m



 

Mặt khác ta có : min 4 .

max
l l

A   cm

Vận tốc của M ngay sau va chạm là vận tốc cực đại trong dao động của vật M, ta có

2 2 . 2 .4

. . 0,314( )

A

V A A T s

T V

  



      .

b) Tìm độ cứng k của lị xo: 2 k k M. 2 M.4.22 80( / )N m

M T



       .

Bài 2:

Cho 1 hệ dao động như hình vẽ, khối lượng lị xo khơng đáng kể.
k = 50N/m, M = 200g, có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng
ngang.

1) KÐo m ra khỏi VTCB 1 đoạn a = 4cm rồi buông nhẹ. Tính VTB của M sau khi nó đi qịang ®êng

2cm .

2) Giả sử M đang dao động như câu trên thì có 1 vật m0 = 50g bắn vào M theo phương ngang với vận

tốc

v

o. Giả thiết va chạm là không đàn hồi và xảy ra tại thời điểm lị xo có độ dài lớn nhất. Tìm độ lớn

v

, biết rằng sau khi va chạm m0 gắn chặt vào M và cùng dao động điều hoà với A' = 4

2

cm.

Lêi gi¶i

1 - TÝnh vËn tèc TB

Một dđđh có thể coi là hình chiếu của chuyển
động tròn đều của 1 chất điểm như hình vẽ. Khoảng thời
gian vật đi từ x = 4 đến x = 2 (cm) bằng khoảng thời gian
vật chuyển động tròn đều theo cung M1M2

t =







a  3 víi = 0,2
50


m

k = 5



(Rad/s)

m
0
v

k

M
k

v m0

M1 + 

2
4
M2



</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

-> t =

15
1
5

1
.
3







(s) VTB = 30cm(s)
t

S 

2 - Theo câu 1, M có li độ x0 = a = 4 cm thì lúc đó lị xo có chiều dài lớn nhất
+ Ngay sau va chạm, hệ (M + m0) có vận tốc v

ĐLBT động lượng: (M + m0) v = m0.vo (1)
+ Sau v/c hệ dđđh với biên độ A' = 4

2

cm và tần số góc

' =

05
,
0
2
,
0

0 


m
M

k

= 10

2

(Rad/s)

L¹i cã v =



(

A

)



x

02 = 40

2

(m/s)

Tõ (1)  v0 =

05
,
0

2
40
).

5
,
0
2
,
0
(
)

(  0  

m
v
m
M

= 200

2

(cm/s)
Bài 3:

Một cái đĩa khối lượng M = 900g đặt trên lị xo có độ cứng
k = 25(N/m).Một vật nhỏ m = 100g rơi không vận tốc ban đầu từ
độ cao h = 20(cm) ( so với đĩa) xuống đĩa và dính vào đĩa. Sau va
chạm hệ hai vật dao động điều hồ.

1.Viết phương trình dao động của hệ hai vật, chọn gốc toạ độ là VTCB của
hệ vật, chiều dương hướng thẳng đứng từ trên xuống, gốc thời gian là lúc
bắt đầu va chạm. Lấy g = 10(m/s2).

2.Tính các thời điểm mà động năng của hai vật bằng ba lần thế năng của lò
3. xo.Lấy gốc tính thế năng của lị xo là VTCB của hai vật.

Lêi Gi¶i

1. Chọn mặt phẳng đi qua đĩa làm mốc tính thế năng, ta có:

Gọi v0 là vận tốc của m ngay trước va chạm, áp dụng ĐLBTCN, ta được
2

0
0

. . 2. . 2( / )

m v

m g h v  g h  m s

Do va chạm là va chạm mềm nên ngay sau khi va cham cả hệ chuyển động với vận tốc v ;

¸p dơng §LBT§L, ta cã: 0

0 .

. ( ). m v 20( / )

m v M m v v cm s

M m

    

 .

Khi hÖ ë VTCB, hÖ nén thêm một đoạn là: m g k l. . l mg 4( )cm
k

     

Phương trình có dạng: x A .sin( t ); với k 5(rad s/ )
M m

ở thời điểm ban đầu, t = 0  0
0

.sin 4

. . 20 /

x A cm

v A cos cm s


 

  

   4rad A; 4 2cm



   .

4 2.sin(5 )

x t  cm

  

Nếu viết phương trình theo hàm cosin ta có: x Acos t ( )

ở thời điểm ban đầu, t = 0  0
0

. 4

. .sin 20 /

x A cos cm

v A cm s



 

  

  

3 ; 4 2

4 rad A cm



  .

4 2. (5 )

x cos t  cm

  

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2. Tìm các thời điểm mà Eđ = 3Et: Ta có E = E® + Et = 1 . . 2

2 k A mà Eđ = 3.Et nên thay vµ ta cã: 4Et = E

2 2

1 1

4. . . . .

2 2 2

A
k x k A x

      4 2. (5 3 ) 4 2

4 2

x cos t 

      (5 3 ) 1

4 2

cos t   

Khi (5 3 ) 1

4 2

cos t   

5 .2

4 3

5 .2

4 3

t n

  

  

  

   



5 2 .

60 5

13 2 .

60 5

t n

 



 



 

víi 1,2,3,4,...

1,2,3,4,5,...

n




Khi (5 3 ) 1

4 2

cos t    

3 2

5 .2

4 3

3 2

5 .2

4 3

t n

  

  

   

 60 52 .

17 2 .

60 5

t n

 



 



 

víi 1,2,3,4,5,...

1,2,3,4,5,...

n
n



Bài 4:

Một cái đĩa nằm ngang, có khối lượng M = 200g, được gắn vao đầu trên của một lị xo thẳng đứng có
độ cứng k = 20(N/m). Đầu dưới của lò xo được giữ cố định. Đĩa có thể chuyển động theo phương thẳng
đứng. Bỏ qua mọi ma sát và sức cản của khơng khí.

1. Ban đầu đĩa ở VTCB. ấn đĩa xuống một đoạn A = 4cm rồi thả cho đĩa dao động tự do. Hãy viết
phương trình dao động ( Lấy trục toạ độ hướng lên trên, gốc toạ độ là VTCB của đĩa, gốc thời gian là
lúc thả).

2. Đĩa đang nằm ở VTCB, người ta thả một vật có khối lượng m = 100g, từ độ cao

h = 7,5cm so với mặt đĩa. Va chạm giữa vật và đĩa là hoàn toàn đàn hồi. Sau va chạm đầu tiên vật nảy
lên và được giữ không cho rơi xuống đĩa nữa.

LÊy g = 10(m/s2)

a) Tính tần số góc dao động của đĩa.
b) Tính biên độ A’ dao động của đĩa.
c) Viết phương trình dao động của đĩa.

Lêi Gi¶i

1. Phương trình dao động có dạng : x A cos t . (  ). Trong đó: 20 10( / )

0,2

k rad s

M

   ;

theo ®iỊu kiƯn ban ®Çu ta cã: t = 0  0
0

. 4

. .sin 0

x A cos cm
v A



 

  

  

4 0

sin 0

cos
A

;A4cm. Vậy

ta được x4.cos t(10 ) 4cos t cm(10 ) .

2. Gọi v là vận tốc của m trước va chạm; v1, V là vận tốc của m và M sau va chạm.
Coi hệ là kín, áp dụng ĐLBTĐL ta có: pt  ps m v m v M V.  . 1 .

  

. chiếu lên ta được:
-m.v = m.v1 M.V m v v.(  1)M V. (1)

Mặt khác ta có: áp dụng ĐLBTCN : m.g.h = m. 2 2 2. .
2

v v  g h (2)

Do va chạm là tuyệt đối đàn hồi nên: . 2 . 12 2

2 2 2

m v

m v  MV (3)
Gi¶i hƯ (1), (2), (3), ta cã : v1,2( / )m s vµV 0,8( / )m s

áp dụng ĐLBTCN trong dao động điều hoà : E = Eđ + Et ( Et = 0 ) nên E = Eđ

2 2

1. . ' 1. . ' 0.082 8,2

2 k A 2 M V A m cm

     .

1. Phương trình dao động của đĩa có dạng : x A cos t '. ( )

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Tại thời điểm ban đầu t = 0  0
0

0 '.

' .sin

x A cos

v V A



 

 

     2

' 8,2

rad

A cm


 



Vậy phương trình của đĩa là : 8,2. (10 )
2

x cos t cm.
Bài 5:

Cho một hệ dao động như hình vẽ bên. Lị xo có khối lượng
khơng đáng kể, độ cứng k 30



N/m



. Vật M 200

 

m
M
V

V
M
m

mv 1 / 100 /

1
1

0  







 VËntèccđa hƯ ngaysau vach¹m:

+ Tần số góc của hệ dao động điều hồ: 10( / )

1,
0
2
,
0

30 rad s

m
M

k 




 .

+ Phương trình dao động có dạng: x Asin



10t



, vận tốc: v10Acos



10t



.
+ Thay vào điều kiện đầu:



















s
/
cm
v

x
t

t
t

100
0
0

0
0


























 A (cm)

cos
A
sin
A
10

+ Vậy phương trình dao động là: x10sin10t

 

cm .

§S: V 100



cm/s

, giả thiết là va
chạm không đàn hồi và xẩy ra tại thời điểm lị xo có độ dài lớn nhất. Sau va chạm hai vật gắn chặt vào
nhau và cùng dao động điều hồ.

1) Tính động năng và thế năng của hệ dao động tại thời điểm ngay sau va chạm.
2) Tính cơ năng dao động của hệ sau va chạm, từ đó suy ra biên độ dao động của hệ.
Giải;

+ Vì va chạm xẩy ra tại thời điểm lị xo có độ dài lớn nhất nên vận tốc củaM ngay trước lúc va chạm
bằng không. Gọi V là vận tốc của hệ



M m



ngay sau va chạm. Sử dụng định luật bảo tồn động

lượng, ta có:





v



m s



m
M
V

V
m
M

mv .2 2 0,4 2 /

05
,
0

2
,
0
1

1
1

0 









</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

1) Động năng của hệ ngay sau va chạm: Ed



M m



V







Et 2 50.02,04 0,04
2






2) Cơ năng dao động của hệ sau va chm: E Ed Et 0,08

J

+ Mặt khác:

m

 

cm

k
E
A

kA

E 0,04 2 4 2

08
,
0
.
2
2
2
2







. Giả thiết va chạm là hoàn

toàn đàn hồi và xẩy ra vào thời điểm lị xo có chiều dài nhỏ nhất. Sau khi va chạm vật M dao động điều
hồ làm cho lị xo có chiều dài cực đại và cực tiểu lần lượt là lmax 100

 

cm và lmim 80

 

cm . Cho



/ 2



10 m s

g .

1) Tìm vận tốc của các vật ngay sau va chạm.
2) Xác định biên độ dao động trước va chạm.
Giải

1) Vào thời điểm va chạm lị xo có chiều dài nhỏ nhất nên vận tốc của vậtM ngay trước va chạm bằng
không. GọiV,v lần lượt là vận tốc của vậtM vàm ngay sau va chạm. Vì va chạm là hồn tồn đàn hồi
nên sử dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn năng lượng, ta có:










































s
/
m
,
.
v
m
Mm
M
v
s
/

m
,
.
v
m
M
V
MV
mv
mv
MV
mv
mv
5
0
1
3
1
3
1
1
1
5
0
1
3
1
2
1
2

2
2
2
0
0
2
2
2
0
0

2) Tại thời điểm ngay sau va chạm vật dao động có li độ và vận tốc lần lượt là xA0 V 3



+ Mµ 25 2 00625 025

0 , ,

A
.
E

E

Et  d     A , A 0,05 3

 

m 5 3

 

cm

25
1875
0

0
2

0    



ĐS: 1) V 0,5



m/s



;v0,5



m/s



; 2) A0 5 3

 

cm
Bài 8: Cho một hệ dao động nhưhình vẽ bên. Lị xo có

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

 

g

g

m100 bắn vào với cùng vận tốc v0 3,625



m/s



, va chạm là hoàn toàn đàn hồi. Sau va chạm ta
thấy cả hai vật cùng dao động điều hoà. Viết phương trình dao động của hệ



m0 M



. Chọn trục Ox
như hình vẽ, gốc toạ độ ở vị trí cân bằng và gốc thời gian là lúc bắt đầu va chạm.

3. Cho biết hệ số ma sát giữa m0 vàMlà0,4. Hỏi vận tốc v0 của vậtmphải nhỏ hơn một giá trị bằng
bao nhiêu để vật m0 vẫn đứng yên (không bị trượt) trên vật M trong khi hệ dao động. Cho



/ 2



10 m s

g .

Gi¶i

1. Biên độ dao động A l l 14,5

 

cm

80
109

min

max   


2

-+ Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên vận tốc của M sau va chạm tính theo công thức:








2
2

2
0
0

MV
mv

mv

MV
mv

mv









s
/
cm
s

/
m
,
,

v
m
M

V 3625 145 145

4
1

0

(đây chÝnh lµ vËn tèc

cực đại của dao động điều hoà).



rad s



cm

s
cm
A

V
V

A

v 10 /

5
,
14

/
145

max       .

+ Chu kì dao động: T 0,628

 

s
5

2  

 





m s





cm s



m
m
M

V 7,25 2 / 200 /

1,
0

625
,
0
1

2
1

' 0










 (đây chính là vận tốc cực đại của dao

động điều hồ).

+ Tần số góc của dao động: 8( / )

225
,
0
4
,
0

40
0

s
rad
m

M

k 




 .

 

cm
cm

s
cm
V

A
V
A

v 25

8
/
200
'
'

max       

+ Pha ban đầu được xác định từ điều kiện đầu:






















s
cm
v

x
t

t
t

/
200
0
0

0  
















1
cos

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

+ Vậy phương trình dao động là: x25sin



8t

  

cm .

3. Dùng vật m bắn vào hệ



m0 M



với vận tốc v0, va chạm là hồn tồn đàn hồi thì vận tốc ca h

m0 M

ngay sau va chạm là:

v v v

m s

m

m
M

V /

29
8
25
,
6
1

2
1

' 0

0
0

(đây chính là vËn tèc

cực đại của dao động điều hoà:

29
'

' 0

max A V A V v

v     



 ).

+ Vậy phương trình dao động điều hồ có dạng: x v sin



8t



290 , vµ gia tèc cđa hƯ lµ:



 









   




 x A t v t

a sin 8

29
64
sin

'' 2 0 . Do đó gia tốc cực đại:

29
64 0
max

v

a  .

+ Vật m0đặt trên vật M chuyển động với gia tốc a, nên nó chịu tác dụng lực có độ lớn:

29
64 0 0
max

v
m
F

a
m

Fqt   qt  .

+ Để vật m0 ln đứng n trên M thì lực ma sát trượt Fms m0glớn hơn hoặc bằng lực cực đại, tức
là:

29
64
10
8

0 0

0g m a g a , . v

m  max   max  

 v 3,625



m/s



8
29

0  

 .

+ Vậy để vật m0 đứng yên (không bị trượt) trên vật M trong khi hệ dao động thì vận tốc v0 của vật m
phải thoả mãn: v 3,625



m/s



8
29

0 0   .

§S: 1) T 0,628

 

s

5 

cm so với M. Coi va chạm là hoàn toàn
mềm, lấy g 10



m/s2



;2 10.

1) Tính vận tốc củam ngay trước khi va chạm và vận tốc của hai vật ngay sau va
chạm.

2) Sau va chạm hai vật cùng dao động điều hoà.
Giải:

1) Vận tốc của vật m ngay trước lúc va chạm:



m/s



,
,

.
.
gh

v0  2  210006 02 3



cm/ s



v0 20 3 (hướng xuống dưới).

+ Hệ

V 5 3 /

1
1

0  



 (hướng xuống dưới).

2) T¹i VTCB cũ củaM, lò xo nén một đoạn:

m

 

cm
k

Mg 0,03 3

200
10
.
6
,

0  





</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>





 

m

 

cm

k
g
M

m 0,04 4

200

10
.
8
,
0

'    

 .

+ Suy ra: OC l'l 431

 

cm

+ Chọn hệ toạ độ Ox nhưhình vẽ, gốc O trùng với vị trí cân bằng mới của hệ



M m



sau va chạm.
Do đó, ngay sau va chạm hệ có toạ độ và vận tốc lần lượt là:

200 

 






 .

+ Biên độ dao động:

 





 

cm

v
x

A 2

5
3
5

1 2

2
2

2
2
1
2

1     

lồng vào một trục
thẳng đứng nhưhình vẽ. Khi đang ở vị trí cân bằng, thả vật m200

 

g từ

độ cao h3,75

 

cm so với M. Coi ma sát không đáng kể, lấy



/ 2



10 m s



cm/s



v
m
M

V 20 3

5
3
1

0  



 (hướng xuống dưới).

2) Tại VTCB cũ của M (vị trí O), lò xo nén một đoạn:

m

cm
k

Mg 0,015 1,5

200
10
.
3
,
0

0   


+ T¹i VTCB míi C cđa hƯ sau va chạm, lò xo nén một đoạn:

m

 

cm

k
g
M

m 0,025 2,5

200
10
.
5
,

0  






 .

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

+ Sau va chạm hệ dao động điều hoà xung quanh VTCB mới C  O’ với tần số góc:



M m





rad s



k 20 /

2
,
0
3
,
0

200 




 .

+ Phương trình dao động: X  Asin



20t



, vận tốc: V  X'20Acos



20t



+ Chän t0 lóc va chạm, nên:

s
/
cm
V

cm
OC

X

t

3
20

1
0

6
5
2
3

1
0

1
3

20
20

1 A cm

tg
sin
A
cos

A
sin
A

+ Suy ra, li độ của vật trong hệ toạ độ O’X là: X t 

 

cm






 



6
5

20
sin

2  .

3) Theo (1) ta có phương trình dao động của vật trong hệ toạ độ Ox là:

 

cm
t

x
hay
X

x 1

6
5
20
sin
2
,

1 







 




  .

§S: 1) v



m/s



2
3

0  ,V 20 3



cm/s



, 2) X t 

 

cm






 



6
5
20
sin

2  ,

3) x t 1

 

cm

6
5
20
sin

2 







 

 

Bài 11: Một quả cầu khối lượng M 2

 

kg , gắn trên một lị xo thẳng đứng có độ cứng



N m



k 400 / . Một vật nhỏ m0,4

 

kg rơi tự do từ độ cao h ,18

 

m xuống va chạm
đàn hồi vớiM (xem hình vẽ). Sau va chạm vậtM dao động điều hoà. Lấy g 10



m/s2



b) TÝnh vËn tèc cđa hai vËt ngay sau va ch¹m.

c) Viết phương trình dao động của vật M, chọn gốc tọa độ ở vị trí cân bằng của vật, chiều
dương hướng thẳng đứng trên xuống, gốc thời gian là lúc ngay sau va chạm. Giả sử Mđ

không bị nhấc lên trong khiM dao động. Gốc thời gian là lúc va chạm.

d) Khối lượng Mđ phải thoả mãn điều kiện gì để nó khơng bị nhấc lên trong khi M

dao động.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

 

cm

h20 (so với đĩa) xuống đĩa rồi dính vào đĩa (hình vẽ). Sau va chạm hai vật dao động điều hồ.
a) Tính vận tốc của m ngay trước khi va chạm và vận tốc của hai vật ngay sau va chạm.

b) VÞ trÝ cân bằng mới cách vị trí cân bằng cũ một khoảng bao nhiêu?

c) Vit phng trỡnh dao ng ca hai vật, chọn gốc tọa độ ở vị trí cân bằng của hai vật, chiều dương
hướng thẳng đứng từ tên xuống, gốc thời gian là lúc bắt đầu va chạm. Cho g 10



m/s2



.

§S: a) v0 2



m/s



,V 0,2



m/s



, b)4 (cm), c) x t 

 

cm





 


4
5
sin
2

g lên trên vậtM, hệ gồm hai vật



m0 M



đang đứng yên. Vẫn dùng vật m
bắn vào với cùng vận tốc v0 1



m/s



, va chạm là hoàn toàn đàn hồi. Sau va chạm ta thấy cả hai vật
cùng dao động điều hoà. Viết phương trình dao động của hệ



m0 M



. Chọn gốc toạ độ ở vị trí cân
bằng, chiều dương của trục cùng chiều với v0 và gốc thời gian là lúc bắt đầu va chạm.

3. Cho biết hệ số ma sát giữa m0 vàM là0,4. Hỏi vận tốc v0 của vật m phải nhỏ hơn một giá trị bằng
bao nhiêu để vật m0 vẫn đứng yên (không bị trượt) trên vật M trong khi hệ dao động. Cho



/ 2



10 m s

g .

§S: 1) T

 

s,k 40



N/m



5 

</div>

bai toan va cham con lac lo xo

v

v

2

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i><sub></sub></i>

<i></i>

<i></i>

2

2

<i></i>

(

<i>A</i>

)

<b></b>

<i>x</i>

<sub>2</sub>

2





 

 





























 





 





 

 

 





























 

 

 

 

 

 

 

 





 

 





 

 





