Bài toán va chạm không chỉ đơn giản như những bài toán chúng ta hay làm về va chạm giữa hai hòn bi, bóng đập vào tường, đạn nổ, ... bằng việc áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ ngay trước va chạm và ngay sau va chạm. Mà ta hãy xét quá trình va chạm một cách "chậm" hơn, đó là quá trình các vật biến dạng, chuyển hóa động năng thành thế năng và ngược lại. Chúng ta hãy xét từng bài toán va chạm một cách cẩn thận, rút ra những quy tắc một cách chắc chắn, từ đó có thể giải quyết tất cả các bài toán ở "đẳng cấp cao hơn" như vật trên nêm, lò xo tịnh tiến, piston nén khí chuyển động...
Có hai loại va chạm đặc biệt, đó là va chạm mềm và va chạm đàn hồi. Loại thứ nhất, trong quá trình va chạm, các vật bị biến dạng đến đâu thì giữ nguyên trạng thái đến đó, không có một chút "phản ứng" đàn hồi nào, kết thúc quá trình va chạm là hai vật dính vào nhau chuyển động cùng vận tốc, đây là va chạm mềm. Va chạm đàn hồi thì ngược lại, các vật biến dạng nhưng luôn ở trạng thái đàn hồi, tức là động năng chuyển thành thế năng đàn hồi, khi vận tốc các vật bằng nhau, chúng bắt đẩu hồi phục lại trạng thái ban đầu, tức là thế năng chuyển lại hoàn toàn thành động năng. Nhưng đa số, các vật biến dạng đàn hồi nhưng không thể hồi phục hoàn toàn về trạng thái ban đầu. Trong cả ba trường hợp định luật bảo toàn động lượng luôn đúng. Với va chạm đàn hồi động năng không đổi trước và sau va chạm.
Bây giờ chúng ta chuyển sang việc xem xét các bài toán cụ thể. Giải quyết chúng và sẽ không thảo luận chi tiết mỗi khi mọi thứ xảy ra. Hy vọng rằng người đọc sẽ có thể phân tích chi tiết và chứng minh mô hình đã chọn của hiện tượng.
Các bài toán va chạm điển hình
Ví dụ 1. Va chạm tuyệt đối đàn hồi giữa hai hòn bi
Hai viên bi có bán kính giống nhau di chuyển dọc theo một bề mặt nhẵn nằm ngang. Khối lượng của các viên là $m_1$, và $m_2$. Vận tốc của chúng là $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$ hướng dọc theo đường nối tâm của các hòn bi. Xác định tốc độ của các hòn bi sau va chạm tuyệt đối đàn hồi của chúng.
Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi và mặt nằm ngang nhẵn nên động lượng và động năng của hệ được bảo toàn. Trước khi va chạm, cả hai hòn bi đều chuyển động dọc theo đường thẳng nối tâm của chúng, do đó các lực tương tác có giá nằm trên đường nối tâm, và do đó chuyển động của các vật cùng nằm trên đường thẳng này. Ta chọn trục tọa độ dọc theo đường thẳng này, chiếu tất cả các vận tốc lên đó và viết các định luật bảo toàn động lượng và động năng:
\begin{equation}
\left\{\begin{array}{c}
m_{1} v_{1}+m_{2} v_{2}=m_{1} v_{1}^{\prime}+m_{2} v_{2}^{\prime} \\
\frac{m_{1} v_{1}^{2}}{2}+\frac{m_{2} v_{2}^{2}}{2}=\frac{m_{1} v_{1}^{\prime 2}}{2}+\frac{m_{2} v_{2}^{\prime 2}}{2}
\end{array}\right.
\end{equation}
Trong đó $v_{1}^{'}$ và $v_2^{'}$ là hình chiếu của vận tốc mới của các viên bi tương ứng. Để giải hệ, trong mỗi phương trình ở vế trái, chúng ta thu thập các số hạng chứa $m_1$ và ở bên phải các số hạng chứa $m_2$
\begin{equation}
\left\{\begin{array}{c}
m_{1} v_{1}-m_{1} v_{1}^{\prime}=m_{2} v_{2}^{\prime}-m_{2} v_{2} \\
\frac{m_{1} v_{1}^{2}}{2}-\frac{m_{1} v_{1}^{\prime 2}}{2}=\frac{m_{2} v_{2}^{\prime 2}}{2}-\frac{m_{2} v_{2}^{2}}{2}
\end{array}\right.
\end{equation}
Áp dụng hằng đẳng thức đáng nhớ cho phương trình thứ hai, rồi kết hợp phương trình thứ nhất ta được
\begin{equation}
v_{1}+v_{1}^{\prime}=v_{2}^{\prime}+v_{2}
\end{equation}
Kết hợp phương trình này với phương trình đầu tiên của hệ trước thành một hệ mới:
\begin{equation}
\left\{\begin{array}{l}
v_{1}+v_{1}^{\prime}=v_{2}^{\prime}+v_{2} \\
m_{1} v_{1}-m_{1} v_{1}^{\prime}=m_{2} v_{2}^{\prime}-m_{2} v_{2}
\end{array}\right.
\end{equation}
Suy ra
\begin{equation}
\begin{aligned}
&v_{1}^{\prime}=\frac{\left(m_{1}-m_{2}\right) v_{1}+2 m_{2} v_{2}}{m_{1}+m_{2}} \\
&v_{2}^{\prime}=\frac{\left(m_{2}-m_{1}\right) v_{2}+2 m_{1} v_{1}}{m_{1}+m_{2}} .
\end{aligned}
\end{equation}
Phân tích biểu thức $v_1^{'}$ và $v_2^{'}$, ta có thể rút ra các kết luận sau:
1) Trong trường hợp va chạm của các vật có khối lượng giống hệt nhau ($m_1 =m_2$)
\begin{equation}
v_{1}^{\prime}=v_{2}\ \mathrm{\text {và}} \quad v_{2}^{\prime}=v_{1}
\end{equation}
- Các viên bi trao đổi tốc độ cho nhau.
2) Trong trường hợp va chạm giữa vật nhẹ và vật nặng $\left(\frac{m_1}{m_2}\rightarrow 0\right)$
\begin{equation}
v_{1}^{\prime}=-v_{1}+2 v_{2}\ \text {và}\ v_{2}^{\prime}=v_{2}
\end{equation}
- Vật nặng không thay đổi tốc độ của nó.
3) Nếu trong hệ phương trình ban đầu ta thực hiện thay thế $v_1\rightarrow -v_1^{,}$ và $v_2\rightarrow -v_2^{,}$, khi đó vận tốc mới của các vật sẽ là: $v_1^{,,}=—v_1$ và $v_2^{,,}=—v_2$. Về mặt vật lý, điều này có nghĩa là tính thuận nghịch của chuyển động cơ học.
4) $v_2^{,}-v_1^{,}=-(v_2-v_1)$
- Khi va chạm, độ lớn của vận tốc tương đối của các vật không thay đổi và hướng của vận tốc này là ngược lại.
Ví dụ 2. Va chạm tuyệt đối đàn hồi giữa quả cầu và chiếc hộp đựng quả cầu
Một quả cầu nhỏ nằm ở đáy một chiếc hộp, đồng thời tiếp xúc với tường bên phải. Nhờ tác động của một lực đẩy từ bên ngoài, hộp bắt đầu chuyển động sang phải dọc theo một mặt phẳng nhẵn nằm ngang với vận tốc $\vec{v}$, sau thời gian $\tau$ thì quả cầu sẽ về lại vị trí ban đầu so với hộp. Biết va chạm của quả cầu với hộp là đàn hồi tuyệt đối, đáy hộp nhẵn và khoảng cách giữa các thành của hộp bằng $L$. Tính $\tau$.
Rõ ràng ban đầu quả cầu đứng yên, hộp chuyển động sang phải với vận tốc $v$. Vận tốc tương đối của quả cầu so với hộp là $v$. Theo nhận xét 4) của Ví dụ 1 thì vận tốc này không đổi kể cả hai vật có va chạm nhau (va chạm tuyệt đối đàn hồi). Như vậy, ta xem hộp đứng yên và quả cầu chuyển động giữa các thành hộp với vận tốc có độ lớn không đổi $v$. Thời gian để nó về lại vị trí cũ là phải đi quãng đường $2L$, $4L$, $6L$,.... $2kL$. Trong đó $k=1,2,3,...$. Thời gian tương ứng là
$$\tau=\frac{2kL}{v}$$
Ví dụ 3. Va chạm tuyệt đối đàn hồi giữa quả cầu và bức tường đang chuyển động
Một bức tường nhẵn thẳng đứng chuyển động theo phương ngang với vận tốc $u$. Một quả cầu khối lượng $m$ đập vào tường với vận tốc $v$ theo hướng hợp với pháp tuyến của tường một góc $\alpha$ (hình vẽ). Coi va chạm là đàn hồi tuyệt đối, xác định độ lớn vận tốc của quả cầu sau va chạm và góc $\beta$ mà quả cầu bay ra khỏi tường.
Gọi $M$ là khối lượng của bức tường, gọi $u'$ là độ lớn của vận tốc của bức tường sau khi va chạm, và cho $v_x^{,}$ và $v_y^{,}$ là hình chiếu tương ứng của vận tốc viên quả cầu sau va chạm. Các định luật bảo toàn động lượng và động năng:
\begin{equation}
\left\{\begin{array}{l}
m v \sin \alpha=m v_{y}^{\prime} \\
m v \cos \alpha+M u=m v_{x}^{\prime}+M u^{\prime} \\
\frac{m v^{2}}{2}+\frac{M u^{2}}{2}=\frac{m v_{x}^{\prime 2}}{2}+\frac{m v_{y}^{\prime 2}}{2}+\frac{M u^{\prime 2}}{2}
\end{array}\right.
\end{equation}
Từ hệ thống này, chúng ta tìm thấy
\begin{equation}
\begin{aligned}
&v_{y}^{\prime}=v \sin \alpha \\
&v_{x}^{\prime}=\frac{(m-M) v \cos \alpha+2 M u}{m+M} \\
&u^{\prime}=\frac{(M-m) u+2 m v \cos \alpha}{m+M}
\end{aligned}
\end{equation}
Chắc chắn rằng khối lượng của quả bóng rất nhỏ so với khối lượng của bức tường, tức là $\frac{m}{M}\rightarrow 0$. Tính đến điều này, chúng ta thu được
\begin{equation}
\begin{aligned}
&v_{y}^{\prime}=v \sin \alpha \\
&v_{x}^{\prime}=-v \cos \alpha+2 u \\
&u^{\prime}=u
\end{aligned}
\end{equation}
(so sánh hai biểu thức cuối với suy ra 2 từ bài toán 1). Từ đây
\begin{equation}
v^{\prime}=\sqrt{v_{x}^{\prime 2}+v_{y}^{\prime 2}}=\sqrt{v^{2}-4 u v \cos \alpha+4 u^{2}}
\end{equation}
\begin{equation}
\beta=\operatorname{arctg} \frac{v_{y}^{\prime}}{-v_{x}^{\prime}}=\frac{v \sin \alpha}{v \cos \alpha-2 u}
\end{equation}
Ví dụ 4. Va chạm giữa các phân tử khí và thành bình
Một ống nghiệm khối lượng $M$ chứa 1 mol khí lý tưởng khối lượng $m$ ở nhiệt độ $T$. Tháo nhanh nắp ống nghiệm (có khối lượng nhỏ không đáng kể) ra khỏi ống. Hãy đánh giá tốc độ của ống sau đó. Làm thế nào tất cả khí sẽ thoát ra khỏi ống nghiệm? Có thể bỏ qua ảnh hưởng của không khí xung quanh.
Chọn trục $x$ dọc theo trục ống tiêm và có chiều dương từ trái sang phải. Một nửa tổng số phân tử khí có hình chiếu vận tốc $v_x\gt0$, các phân tử này sẽ rời khỏi ống mà không truyền bất kỳ động lượng nào cho nó. Một nửa số phân tử còn lại sẽ truyền động lượng kép của chúng đến thành sau của ống và sau đó cũng rời khỏi ống. Do đó, ống nghiệm sẽ nhận được một động lượng (hình chiếu trên trục $x$)
\begin{equation}
M V=2 m_{0} \bar{v}_{x} N_{A} / 2
\end{equation}
Trong đó $V$ là hình chiếu vận tốc của ống nghiêm trên $Ox$, khối lượng của một phân tử khí là $m_0$, $\bar{v}_x$ là tốc độ trung bình trên phương $x$ của phân tử khí, $N_A$ là số Avogadro
\begin{equation}
M V=m_{0} N_{\mathrm{A}} \sqrt{k T / m_{0}}
\end{equation}
\begin{equation}
\begin{aligned}
V &=\frac{m_{0} N_{\mathrm{A}}}{M} \sqrt{\frac{k T}{m_{0}}}=\\
&=\frac{1}{M} \sqrt{\left(m_{0} N_{\mathrm{A}}\right)\left(k N_{\mathrm{A}}\right) T}=\frac{1}{M} \sqrt{m R T}
\end{aligned}
\end{equation}
Trong đó $R$ là hằng số khí lí tưởng
.
Ví dụ 5. Va chạm không xuyên tâm
Một quả cầu trơn không đàn hồi (làm bằng chì mềm) bay đến va chạm vào một quả cầu khác. vận tốc của quả cầu thứ nhất hướng tới một góc $\alpha$ so với đường nối tâm hai quả cầu. Sau va chạm, các quả cầu tán xạ theo góc nào?
Không giống như các bài toán trước, trong bài toán này này một va chạm không đàn hồi được xét đến. Vì va chạm là không đàn hồi nên động năng của hệ không được bảo toàn (một phần được chuyển thành nội năng). Để giải quyết vấn đề, chúng ta sử dụng định luật bảo toàn động lượng. Do mặt các quả cầu nhẵn, lực tương tác giữa chúng hướng dọc theo đường nối tâm (dọc theo trục $x$) và không có hình chiếu nào trên phương vuông góc, tức là trên trục $y$. Do đó,
\begin{equation}
m v \sin \alpha=m v_{1y}^{\prime}
\end{equation}
Trong đó $m$ là khối lượng của mỗi quả cầu, $v$ là độ lớn vận tốc của quả cầu thứ nhất trước khi va chạm, $v_1y^{,}$ là hình chiếu vận tốc quả cầu thứ nhất trên trục $y$ sau khi va chạm, và là trục Y của vận tốc của quả bóng này sau va chạm. Còn $v_2y^{,}=0$. Tương tác giữa các quả cầu trong khi va chạm không đàn hồi của chúng dẫn đến sự thẳng hàng của các hình chiếu của vận tốc quả cầu trên trục $x$, khi đó
\begin{equation}
m v \cos \alpha=(m+m) v_{x}^{\prime}
\end{equation}
Trong đó $v_x^{'}=v_{1x}^{'}=v_{2x}^{'}$ là tương ứng, trong đó là hình chiếu của vận tốc của cả hai quả bóng sau va chạm.
\begin{equation}
\operatorname{tg} \beta=\frac{v_{1 y}^{\prime}}{v_{x}^{\prime}}=\frac{v \sin \alpha}{1 / 2 v \cos \alpha}=2 \operatorname{tg} \alpha
\end{equation}
Hay
\begin{equation}
\beta=\operatorname{arctg}(2 \operatorname{tg} \alpha)
\end{equation}
Ví dụ 6. Sự phân rã của một hạt nhân
Một hạt nhân có khối lượng $m$, đang bay với vận tốc $\vec{v}$ thì vỡ ra thành hai mảnh giống hệt nhau. Năng lượng nghỉ của hạt nhân là $E_1$, năng lượng nghỉ của mỗi mảnh vỡ là $E_2$ ($E_1 \gt 2E_2$). Xác định góc lớn nhất có thể giữa các vectơ vận tốc của hai mảnh.
Quá trình phân rã của hạt nhân thành hai mảnh, giống như quá trình va chạm không đàn hồi đã đảo ngược thời gian. Đầu tiên, cả hai mảnh vỡ bay cùng nhau, tạo thành một hệ thống duy nhất (giai đoạn đầu). Do tác động của nội lực, hệ thống chia thành hai phần (giai đoạn thứ hai). Các mảnh vỡ được hình thành do sự vỡ của hạt nhân phân tán theo các hướng khác nhau với vận tốc không đổi (giai đoạn thứ ba).
Ký hiệu vận tốc của các mảnh vỡ của hạt nhân là $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$, viết các định luật bảo toàn động lượng và năng lượng toàn phần của hệ:
\begin{equation}
\begin{gathered}
m \vec{v}=\frac{m}{2} \overrightarrow{v_{1}}+\frac{m}{2} \overrightarrow{v_{2}} \\
\frac{m v^{2}}{2}+E_{1}=\frac{m}{2} \frac{v_{1}^{2}}{2}+\frac{m}{2} \frac{v_{2}^{2}}{2}+2 E_{2}
\end{gathered}
\end{equation}
Chúng ta mô tả bằng giản đồ vecto các vận tốc của hạt nhân và các mảnh vỡ của nó (Hình vẽ).
Trong hình bình hành ACB'D, $\vec{AC} = \vec{v}_1$ là vectơ vận tốc của mảnh thứ nhất, $\vec{AD} = \vec{v}_2$ là vectơ vận tốc của mảnh thứ hai và $\vec{AB}$ là vectơ vận tốc của hạt nhân trước khi vỡ ($AB =\frac{1}{2}AB'$). Chúng ta nói thêm về các vectơ $\vec{BC}$ và $\vec{BD}$ ($\vec{BC}=-\vec{BD}$, độ lớn thì $BC =BD=v_0$. Định luật bảo toàn năng lượng toàn phần và định lý tổng bình phương các đường chéo của hình bình hành bằng tổng bình phương các cạnh của nó dẫn đến quan hệ
\begin{equation}
\begin{gathered}
v_{1}^{2}+v_{2}^{2}=2 v^{2}+\frac{4}{m}\left(E_{1}-2 E_{2}\right) \\
v_{1}^{2}+v_{2}^{2}=2 v^{2}+2 v_{0}^{2}
\end{gathered}
\end{equation}
Rõ ràng có thể xảy ra hai trường hợp:
a) $v\ge v_0$;
b) $v\lt v_0$.
Trước tiên, chúng ta hãy xem xét trường hợp a), tương ứng chính xác với hình vẽ, và tìm góc $\varphi$ lớn nhất có thể. Để làm điều này, chúng ta sử dụng định lý cosin cho các tam giác ACD, ABD và ACB và thu được
\begin{equation}
\begin{aligned}
\cos \varphi=\frac{v_{1}^{2}+v_{2}^{2}-\left(2 v_{0}\right)^{2}}{2 v_{1} v_{2}}=\\
=\frac{v^{2}-v_{0}^{2}}{\sqrt{\left(v^{2}+v_{0}^{2}\right)^{2}-\left(2 v v_{0} \cos \alpha\right)^{2}}}
\end{aligned}
\end{equation}
Hay
\begin{equation}
\begin{gathered}
\cos \varphi \geqslant \frac{v^{2}-v_{0}^{2}}{v^{2}+v_{0}^{2}} \\
\varphi_{\max }=\arccos \frac{v^{2}-v_{0}^{2}}{v^{2}+v_{0}^{2}},
\end{gathered}
\end{equation}
Ở đây
\begin{equation}
v_{0}^{2}=\frac{2}{m}\left(E_{1}-2 E_{2}\right)
\end{equation}
Trong đó
$$v_1=v_2=\sqrt{v^2+v_0^2}$$
Trường hợp b) hãy tự xem xét và đảm bảo rằng $\varphi_\text{max}=\pi$.
Bài tập tự giải về va chạm
Bài 1. Trên đường đi của một vật khối lượng $m$ trượt trên mặt bàn nhẵn với vận tốc $\vec{v}$, có một ngọn đồi chuyển động không cố định khối lượng $M$ và độ cao $H$, thiết diện của ngọn đồi như hình vẽ. Xác định tốc độ của vật và ngọn đồi sau khi vật trượt lên và rời khỏi ngọn đồi. Vật chuyển động không tách khỏi đồi trong quá trình trượt trên đồi, không có ma sát giữa vật và đồi.
Bài 2. Sau một va chạm đàn hồi tuyệt đối thì hai quả cầu nhẵn giống nhau bay ra ở góc $\beta$ bằng bao nhiêu? Biết rằng trước khi va chạm, một trong các quả cầu đang đứng yên, trong khi quả bóng kia đang chuyển động với vận tốc $\vec{v}$ hướng một góc $\alpha$ so với đường nối tâm của các quả cầu.
Bài 3. Một chiếc vòng bán kính $R$ và một quả cầu nhỏ bên trong chiếc vòng có thể chuyển động dọc theo mặt bàn nhẵn. Tại một thời điểm nào đó, quả cầu va chạm đàn hồi với chiếc vòng. Khi va chạm chiếc vòng đang đứng yên còn quả cầu chuyển động với vận tốc $\vec{v}$ tạo với góc $\alpha$ so với bán kính được vẽ tại điểm va chạm. Tìm thời gian trước lần va chạm tiếp theo.
Bài 4. Hai quả cầu nhẵn giống hệt nhau khối lượng $M$ nằm yên trên một mặt phẳng nằm ngang, tiếp xúc với nhau. Một quả cầu thứ ba có cùng bán kính, nhưng khối lượng $m$, chuyển động dọc theo mặt phẳng đặt hai quả cầu, với vận tốc $\vec{v}$, dọc theo đường thẳng đi qua điểm tiếp xúc của các quả cầu đang đứng yên, vuông góc với đường nối tâm hai quả cầu này. Xác định vận tốc của các quả sau va chạm đàn hồi tuyệt đối.
------------- Hết -------------
Các bạn nên đọc các bài viết liên quan đến các định luật bảo toàn sau đây:
Định luật bảo toàn động lượng
Một số bài toán thú vị về định luật bảo toàn cơ năng
