Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Vật lí cấp Tỉnh: Tổng hợp vận tốc

Trong các kỳ thi học sinh giỏi Vật lý cấp Tỉnh hay các kỳ thi Vật lý phổ thông, chuyên đề tổng hợp vận tốc là một trong những nội dung quan trọng thường xuất hiện trong đề thi. Đây là một phần kiến thức nền tảng trong cơ học, giúp học sinh hiểu rõ cách chuyển động của một vật được quan sát từ các hệ quy chiếu khác nhau. Việc thành thạo quy tắc cộng vận tốc không chỉ giúp giải quyết các bài toán trên lớp mà còn là kỹ năng quan trọng để xử lý các bài toán phức tạp hơn trong các kỳ thi Olympic Vật lý. Trong bài viết này, chúng ta sẽ cùng phân tích các bài toán thực tế, áp dụng công thức và rèn luyện tư duy giải nhanh. Nếu bạn đang ôn luyện cho kỳ thi vào lớp 10 chuyên hoặc các kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia, thì đây chính là tài liệu không thể bỏ qua!

Kiến thức cơ bản về Cộng vận tốc

Qui tắc tổng hợp vận tốc xác lập mối liên hệ giữa các vận tốc của cùng một chất điểm trong các hệ quy chiếu khác nhau. Trong bài này chúng ta sẽ nghiên cứu quy tắc đó thông qua việc giải một số bài tập cụ thể. Chúng ta nhắc lại rằng mỗi hệ quy chiếu phải được gắn liền với một vật làm mốc nào đó và chuyển động của cùng một chất điểm sẽ diễn ra khác nhau trong các hệ quy chiếu khác nhau.

Giả sử có hai hệ quy chiếu \( S \) và \( S' \) chuyển động đối với nhau. Vì chuyển động và đứng yên có tính tương đối nên chúng ta quy ước coi hệ \( S \) là đứng yên, còn hệ \( S' \) chuyển động. Chuyển động của chất điểm \( M \) đối với hệ \( S \) được gọi là chuyển động tuyệt đối, còn chuyển động đối với hệ \( S' \) được gọi là chuyển động tương đối. Một cách tương ứng, vận tốc của \( M \) đối với hệ \( S \) được gọi là vận tốc tuyệt đối, còn đối với hệ \( S' \) được gọi là vận tốc tương đối. Để dễ hình dung chúng ta có thể lấy thí dụ như: chọn căn phòng làm hệ \( S \), còn quả cầu không khí vừa bay vừa quay là hệ \( S' \) và chất điểm \( M \) là con kiến đang bò trên quả cầu.

Chúng ta đưa thêm vào một khái niệm nữa là vận tốc kéo theo. Đây là vận tốc của một điểm trong hệ \( S' \), mà chất điểm \( M \) đi qua vào thời điểm đã cho, đối với hệ \( S \). Trong thí dụ của chúng ta đó là vận tốc đối với căn phòng của điểm trên quả cầu mà con kiến đang bò qua đó.

Ở bất kỳ thời điểm nào, vận tốc tuyệt đối \( \vec{v}_A \), vận tốc tương đối \( \vec{v}_O \) và vận tốc kéo theo \( \vec{v}_C \) cũng liên hệ với nhau bởi hệ thức:

\[ \vec{v}_A = \vec{v}_O + \vec{v}_C \]

Đây chính là công thức tổng hợp vận tốc. Chúng ta nêu ra hai nhận xét sau đây:

• Vận tốc kéo theo \( \vec{v}_C \) không phải là vận tốc của hệ \( S' \) đối với hệ \( S \). Thực vậy, trong khi chuyển động quả cầu không khí còn quay nên vận tốc của các điểm khác nhau trên quả cầu đối với căn phòng là khác nhau. Chính vì vậy, nói đến vận tốc của quả cầu (tức của hệ \( S' \)) đối với căn phòng (tức hệ \( S \)) là vô nghĩa. Chỉ trong trường hợp hệ \( S' \) chuyển động tịnh tiến chứ không quay thì vận tốc của tất cả điểm của \( S' \) đối với \( S \) là như nhau và người ta gọi đó là vận tốc của hệ \( S' \) đối với hệ \( S \).
• Hệ thức giữa vận tốc tuyệt đối, vận tốc tương đối và vận tốc kéo theo chỉ thuần túy là hệ thức động học, không có liên quan gì đến việc hệ \( S \) và hệ \( S' \) là hệ quy chiếu quán tính hay không quán tính. Cả hai hệ đều có thể là hệ không quán tính.

Bây giờ chúng ta xét các bài toán cụ thể.

Bài toán 1

Trên boong một con tàu thủy đang chuyển động đối với bờ sông với vận tốc \( u = 15 \) km/h có một hành khách đi với vận tốc \( v_0 = u/3 \) đối với boong tàu, theo phương lập với trục dọc của tàu góc \( \alpha = 30^\circ \) (xem H.1). Hãy tìm vận tốc của hành khách đó đối với bờ.

Hình 1: Cộng vận tốc: Người đi trên thuyền

Chúng ta lấy bờ sông làm hệ quy chiếu đứng yên và tàu thủy làm hệ quy chiếu chuyển động. Khi đó \( \vec{v}_0 \) là vận tốc tương đối, \( \vec{u} \) là vận tốc kéo theo. Vận tốc của hành khách đối với bờ \( \vec{v} \) sẽ là vận tốc tuyệt đối. Theo công thức tổng hợp vận tốc:

\[ \vec{v} = \vec{v}_0 + \vec{u} \]

Hình 2: Cộng vận tốc theo quy tắc cộng vecto

Sử dụng định lý cosin, chúng ta tìm được độ lớn vận tốc \( v \) của hành khách đối với bờ và góc \( \beta \) giữa vận tốc này và trục tàu:

\[ v = \sqrt{u^2 + v_0^2 - 2 u v_0 \cos{\alpha}} = \frac{u\sqrt{7}}{3} \approx 13 \text{ km/h} \]

\[ \sin{\beta} = \frac{v_0}{v} \sin{\alpha} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{7}} \approx 0.33, \quad \beta \approx 19^\circ \]

Bài toán 2

Trong phòng có một cái đĩa quay với vận tốc góc \( \omega \) không đổi quanh trục cố định \( O \) đi qua tâm đĩa và vuông góc với đĩa. Một con bọ dừa bò trên mặt đĩa dọc theo bán kính với vận tốc \( v_0 \) đối với đĩa (H.3). Hãy tìm độ lớn vận tốc của con bọ dừa đối với phòng vào thời điểm nó ở điểm \( A \) cách trục \( O \) khoảng \( R \).

Hình 3: Con bọ bò trên đĩa đang quay

Tất nhiên là nên chọn phòng làm hệ quy chiếu đứng yên, còn đĩa là hệ quy chiếu chuyển động. Khi đó, \( \vec{v}_0 \) là vận tốc tương đối. Vận tốc kéo theo \( \vec{v}_C \) là vận tốc của điểm \( A \) đối với phòng. Vận tốc kéo theo \( \vec{v}_C \) hướng vuông góc với phương bán kính \( OA \) và có độ lớn bằng:

\[ v_C = R \omega \]

Vận tốc của con bọ dừa \( \vec{v} \) đối với phòng là vận tốc tuyệt đối. Theo quy tắc tổng hợp vận tốc:

\[ \vec{v} = \vec{v}_0 + \vec{v}_C \]

Hình 4: Vận tốc con bộ được tổng hợp từ vận tốc đối với đĩa và vận tốc của điểm A

Độ lớn vận tốc của con bọ dừa đối với phòng bằng:

\[ v = \sqrt{v_0^2 + v_C^2} = \sqrt{v_0^2 + \omega^2 R^2} \]

Bài toán 3

Bán kính của một hành tinh \( r = 2000 \) km. Vận tốc các điểm trên xích đạo bằng \( v_1 = 0.6 \) km/s. Một vệ tinh chuyển động trong mặt phẳng xích đạo của hành tinh trên quỹ đạo bán kính \( R = 3000 \) km, theo chiều quay của hành tinh với vận tốc \( v_2 = 2 \) km/s. Hãy tìm vận tốc của vệ tinh đối với hành tinh.

Chọn hệ quy chiếu đứng yên là hệ mà vận tốc \( \vec{v}_1 \) và \( \vec{v}_2 \) được cho trong đó. Lấy hành tinh làm hệ chuyển động. Vận tốc tuyệt đối của vệ tinh đã cho và bằng \( \vec{v}_2 \). Chúng ta cần tìm vận tốc của vệ tinh đối với hành tinh, tức là vận tốc tương đối \( \vec{v}_O \).

Giả sử vào thời điểm nào đó vệ tinh đi qua điểm \( M \) gắn liền với hành tinh bằng một thanh tưởng tượng \( OM \) (H.5). Vận tốc của điểm \( M \) trong hệ quy chiếu đứng yên chính là vận tốc kéo theo \( \vec{v}_C \). Chúng ta hãy tìm nó.

Hình 5: Cộng vận tốc trong hệ quy chiếu quay

Vận tốc góc quay của hành tinh bằng:

\[ \omega = \frac{v_1}{r} \]

Còn vận tốc kéo theo là:

\[ v_C = \omega R = \frac{v_1 R}{r} \]

Theo quy tắc tổng hợp vận tốc:

\[ \vec{v}_2 = \vec{v}_O + \vec{v}_C \]

Ta nhận thấy rằng vận tốc tương đối của vệ tinh cùng hướng với vận tốc tuyệt đối \( \vec{v}_2 \) và có độ lớn bằng:

\[ v_O = v_2 - v_C = v_2 - v_1 \frac{R}{r} = 1.1 \text{ km/s} \]

Bài toán 4

Trên hai đường tròn bán kính mỗi đường bằng \( R \), nằm trong cùng một mặt phẳng, có hai ô tô \( A_1 \) và \( A_2 \) chuyển động với các vận tốc \( v_1 = v = 20 \) km/h và \( v_2 = 2v \). Kích thước các ô tô rất nhỏ so với \( R \). Vào một thời điểm nào đó thì các ô tô nằm ở các điểm \( M \) và \( C \) cách nhau \( R/2 \) (H.6).

Hình 6: Vận tốc tương đối giữa hai xe chạy trên hai quỹ đạo tròn

1. Hãy tìm vận tốc của ô tô \( A_2 \) đối với hệ quy chiếu gắn liền với ô tô \( A_1 \) vào thời điểm đó.
2. Hãy tìm vận tốc của ô tô \( A_2 \) đối với hệ quy chiếu gắn liền với ô tô \( A_1 \) khi \( A_2 \) ở điểm \( D \).

Chọn đường làm hệ quy chiếu đứng yên. Vận tốc của ô tô \( A_2 \) trong hệ quy chiếu này là vận tốc tuyệt đối. Ký hiệu \( \vec{v}_C \) và \( \vec{v}_D \) là vận tốc tuyệt đối của \( A_2 \) khi đi qua các điểm \( C \) và \( D \) (H.7). Theo đề bài:

\[ v_C = v_D = v_2 = 2v \]

Chúng ta gắn hệ quy chiếu chuyển động với ô tô \( A_1 \). Rõ ràng hệ này quay xung quanh trục \( O \) với vận tốc góc:

\[ \omega = \frac{v}{R} \]

Ký hiệu vận tốc kéo theo khi ô tô \( A_2 \) đi qua các điểm \( C \) và \( D \) là \( \vec{v}_{Ckt} \) và \( \vec{v}_{Dkt} \). Độ lớn các vận tốc này bằng:

\[ v_{Ckt} = \omega \cdot OC = \frac{v}{R} \left(R + \frac{R}{2}\right) = \frac{3}{2} v \]

\[ v_{Dkt} = \omega \cdot OD = \frac{v}{R} \left(R + \frac{R}{2} + 2R\right) = \frac{7}{2} v \]

Chúng ta cần phải tìm các vận tốc tương đối \( \vec{v}_{Ctd} \) và \( \vec{v}_{Dtd} \) của ô tô \( A_2 \) khi nó đi qua các điểm \( C \) và \( D \).

Theo quy tắc tổng hợp vận tốc (xem H.7):

Hình 7: Vận tốc của xe A2 đối với xe A1 thực ra là đối với một chiếc 'đĩa' gắn chặt với xe A1

\[ \vec{v}_C = \vec{v}_{Ctd} + \vec{v}_{Ckt}, \quad \vec{v}_D = \vec{v}_{Dtd} + \vec{v}_{Dkt} \]

Vận tốc của \( A_2 \) đối với \( A_1 \) ở các điểm \( C \) và \( D \) trùng hướng với các vận tốc của \( A_2 \) đối với đường tại các điểm này và bằng:

\[ v_{Ctd} = v_C - v_{Ckt} = 2v - \frac{3}{2} v = 10 \text{ km/h} \]

\[ v_{Dtd} = v_D + v_{Dkt} = 2v + \frac{7}{2} v = 110 \text{ km/h} \]

Bài toán 5

Trong khi trời đang mưa đá, một ô tô chạy trên đường nằm ngang với vận tốc không đổi \( u = 25 \) km/h. Một hạt mưa đá rơi xuống va chạm với tấm kính chắn gió phía trước và bật ra theo phương ngang cùng chiều chuyển động của xe. Kính chắn gió nghiêng góc \( \alpha = 30^\circ \) so với phương thẳng đứng (H.8). Cho rằng trước khi va chạm, vận tốc các hạt mưa có phương thẳng đứng và va chạm là hoàn toàn đàn hồi, hãy tìm vận tốc hạt mưa đá:

Hình 8: Tổng hợp vận tốc của hạt mưa và ô tô

1. Trước khi va chạm.
2. Sau khi va chạm.

Chúng ta chọn đường làm hệ quy chiếu đứng yên và ô tô làm hệ quy chiếu chuyển động. Chúng ta sẽ tìm vận tốc \( \vec{v}_1 \) và \( \vec{v}_2 \) của hạt mưa đá đối với đường trước và sau va chạm, tức là các vận tốc tuyệt đối của hạt mưa. Theo đề bài, \( \vec{v}_1 \) hướng thẳng đứng xuống dưới, còn \( \vec{v}_2 \) hướng nằm ngang (H.9).

Hình 9:

Ngay sau khi va chạm, vận tốc tuyệt đối \( \vec{v}_2 \), vận tốc tương đối \( \vec{v}_{2O} \) và vận tốc kéo theo của hạt mưa \( \vec{u} \) (cũng là vận tốc của ô tô) liên hệ nhau bởi hệ thức:

\[ \vec{v}_2 = \vec{v}_{2O} + \vec{u} \]

Vì \( \vec{v}_2 \) và \( \vec{u} \) hướng theo phương ngang nên \( \vec{v}_{2O} \) cũng hướng nằm ngang, do đó:

\[ v_2 = v_{2O} + u \]

Vận tốc tương đối \( \vec{v}_{2O} \) lập với pháp tuyến \( AB \) của mặt kính một góc \( \beta \), chính là góc phản xạ. Từ phần động lực học, chúng ta đã biết trong va chạm đàn hồi của một vật với bề mặt của một vật nặng, đứng yên thì:

• Góc tới bằng góc phản xạ.
• Độ lớn vận tốc tới và vận tốc phản xạ bằng nhau.

Vì vậy, vận tốc \( \vec{v}_{1O} \) của hạt mưa đá đối với ô tô ngay trước khi va chạm cũng lập với pháp tuyến \( AB \) của mặt kính một góc \( \beta \) và về độ lớn:

\[ v_{1O} = v_{2O} \]

Trước khi va chạm, hệ thức giữa vận tốc tuyệt đối \( \vec{v}_1 \), vận tốc tương đối \( \vec{v}_{1O} \) và vận tốc kéo theo \( \vec{u} \) là:

\[ \vec{v}_1 = \vec{v}_{1O} + \vec{u} \]

Từ H.9 dễ dàng chứng minh được \( \beta = \alpha \) và vận tốc tương đối \( \vec{v}_{1O} \) lập với phương ngang một góc \( 2\beta \). Sử dụng hình 9, chúng ta cũng tìm được vận tốc của hạt mưa đá trước và sau va chạm:

\begin{align} v_1 &= u \tan(2\alpha) \\ &= u \tan(2\beta) \\ &= u\sqrt{3} \approx 43 \text{ km/h} \end{align}

\begin{align} v_2 &= v_{2O} + u = v_{1O} + u \\ &= \frac{u}{\cos(2\beta)} + u \\ &= u \left(\frac{1}{\cos(2\alpha)} + 1\right) \\ &= 3u = 75 \text{ km/h} \end{align}

Bài toán 6

Một băng chuyền chuyển động với vận tốc không đổi \( v \). Băng nằm trong cùng mặt phẳng với mặt bàn. Một hộp nhỏ đang chuyển động trên mặt bàn với vận tốc \( v/2 \) thì đi vào băng chuyền theo hướng lập một góc \( \alpha \) (\( \cos{\alpha} = \frac{1}{9} \)) với mép băng. Hệ số ma sát trượt giữa hộp và băng là \( \mu \).

Hình 10: Chuyển động tương đối trên băng chuyền

1. Độ lớn vận tốc của hộp đối với băng vào lúc bắt đầu chuyển động trên băng chuyền bằng bao nhiêu?
2. Với độ rộng tối thiểu của băng bằng bao nhiêu để hộp không đi ra khỏi băng?

Chọn hệ quy chiếu đứng yên gắn liền với bàn, còn hệ quy chiếu chuyển động gắn liền băng chuyền. Khi đó, vận tốc của băng chính là vận tốc kéo theo:

\[ v_C = v \]

Lúc bắt đầu chuyển động trên băng, vận tốc tuyệt đối của hộp bằng vận tốc của hộp đối với bàn trước khi đi vào băng, vì vậy:

\[ v_A = \frac{v}{2} \]

Vận tốc tương đối của hộp đối với băng lúc bắt đầu chuyển động trên băng là \( \vec{v}_O \). Theo quy tắc tổng hợp vận tốc (H.11):

\[ \vec{v}_A = \vec{v}_O + \vec{v}_C \]

Sử dụng định lý cosin đối với tam giác, ta được:

\[ v_O^2 = v_C^2 + v_A^2 - 2 v_C v_A \cos(180^\circ - \alpha) = \frac{7v}{6} \]

Để trả lời câu hỏi thứ hai, nên chuyển sang hệ quy chiếu quán tính gắn liền với băng. Đối với băng, hộp có vận tốc ban đầu \( \vec{v}_O \) theo hướng lập với mép băng một góc \( \gamma \) nào đó và chuyển động thẳng, chậm dần đều với gia tốc \( \mu g \). Yêu cầu độ rộng của băng nhỏ nhất mà hộp không đi ra khỏi băng dẫn tới hộp phải dừng lại ở mép băng đối diện. Khi đó hộp đi được đoạn đường:

Hình 11:

\[ s = \frac{d}{\sin{\gamma}} \]

Đối với chuyển động chậm dần đều của hộp trên băng chuyền, có thể viết:

\[ v_O^2 = 2\mu g s \]

Từ hai biểu thức cuối, suy ra:

\[ d = \frac{49}{72} \frac{v^2 \sin{\gamma}}{\mu g} \]

Dựa vào định lý sin đối với tam giác, ta có:

\[ \frac{\sin{\gamma}}{\sin(180^\circ - \alpha)} = \frac{v_A}{v_O} \]

Ở đây:

\[ \sin(180^\circ - \alpha) = \sin{\alpha} = \sqrt{1 - \cos^2{\alpha}} = \frac{4\sqrt{5}}{9} \]

Từ đó, chú ý đến biểu thức của \( v_A \) và \( v_O \) qua \( v \), ta được:

\[ \sin{\gamma} = \frac{4\sqrt{5}}{21} \]

Thế vào biểu thức của \( d \), ta nhận được độ rộng cực tiểu của băng chuyền để hộp không đi ra khỏi băng:

\[ d = \frac{7\sqrt{5}}{54} \frac{v^2}{\mu g} \]

Bài tập tự giải

Bài 1: Một đầu máy tàu hỏa chuyển động trên đoạn đường ray thẳng \( CD \) với vận tốc \( v \). Một ô tô chuyển động với vận tốc \( v/4 \) trên con đường có dạng một cung tròn bán kính \( R \). Khoảng cách từ tâm cung tròn đến đường ray bằng \( OK = 2R \). Vào một thời điểm nào đó, đầu tàu ở điểm \( K \) còn ô tô ở điểm \( A \). Hãy tìm vận tốc của đầu tàu đối với ô tô (hệ quy chiếu gắn liền với ô tô) vào thời điểm đó. Bỏ qua kích thước của ô tô và đầu tàu so với \( R \).

Đáp số: Vận tốc tương đối bằng \( v/2 \) và cùng hướng với đầu máy.

Bài 2: Trời đang mưa đá có một ô tô chuyển động với vận tốc \( u = 29 \) km/h trên đường nằm ngang. Một hạt mưa đá đập lên kính chắn sau của ô tô. Kính này nghiêng một góc \( \beta = 30^\circ \) so với phương ngang. Hạt mưa bật ra theo phương ngang, ngược chiều chuyển động của ô tô. Cho rằng va chạm của hạt mưa đá với kính ô tô là hoàn toàn đàn hồi và vận tốc của hạt mưa trước khi va chạm hướng thẳng đứng, hãy tìm vận tốc của hạt mưa:

1. Trước va chạm.
2. Sau va chạm.

Đáp số:

• a) \( v_1 = 50 \) km/h
• b) \( v_2 = 29 \) km/h

Bài 3: Một băng tải nằm ngang chuyển động với vận tốc không đổi \( v \). Trên băng có một đĩa nhỏ (vòng đệm) chuyển động ngang với vận tốc \( 3v \) theo hướng lập với mép đĩa một góc \( \alpha \) (\( \cos{\alpha} = 2/3 \)).

1. Đĩa nhỏ có độ lớn vận tốc bằng bao nhiêu so với băng tải khi bắt đầu chuyển động trên băng?
2. Hệ số ma sát trượt giữa đĩa và băng tải lớn nhất bằng bao nhiêu để đĩa nhỏ vẫn đi vượt qua được băng tải?

Đáp số:

• a) \( v_d = v \sqrt{14} \)
• b) \( \mu_{max} = \frac{\sqrt{70}}{2} \frac{v^2}{gd} \)

Read More

Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11: Liên kết động học trong các bài toán động lực học

Trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh vật lý 11, không thể thiếu các bài toán động lực học hoặc liên quan đến động lực học. Trong các bài toán động lực học, hiện tượng vật lý thường gặp là sự chuyển động của các vật không tự do, chúng được liên kết với những vật khác. Sự liên kết có thể được tạo ra từ các bề mặt cứng, các sợi dây không giãn, các thanh cứng, v.v... Trong các trường hợp đơn giản nhất, chúng ta mặc nhiên đã xét đến các liên kết đó, thậm chí không đề cập đến sự tồn tại của chúng. Ví dụ: Một vật nằm trên mặt phẳng ngang, được tác dụng một lực $\vec{F}$ chếch lên một góc $30^\text{o}$, khi áp dụng định luật II Newton, chúng ta đã mặc nhiên cho rằng vật chuyển động theo phương ngang mà không cần nói đến một điều kiện nào; hay chúng ta coi vận tốc của tàu kéo và sà lan là như nhau (có tính đến sự có mặt của một cáp không giãn); v.v... Tuy nhiên, đôi khi cần phải biểu thị những liên kết này dưới dạng một phương trình mà chúng sẽ được gọi là liên kết động học. Bài viết Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11: Liên kết động học trong các bài toán động lực học này sẽ giúp các bạn có thêm một phần kiến thức quan trọng về động học và động lực học, có thêm kĩ năng để chuẩn bị tốt hơn cho kì thi HSG vật lý 11 mà các bạn đang hướng tới.

---

Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11: Một số bài toán thí dụ về Liên kết động học trong các bài toán động lực học

Bài toán 1. Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Liên kết động học giữa khối lăng trụ và khối lập phương

Tìm gia tốc của một lăng trụ có khối lượng $m_1$ và một khối lập phương có khối lượng $m_2$ như trong hình 1. Khối lăng trụ có một góc bằng $\alpha$. Bỏ qua mọi ma sát.

Hình 1: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Liên kết động học giữa tường thẳng đứng, sàn nằm ngang, lăng trụ và khối lập phương.

Do định hướng của sàn nên khối lập phương chỉ chuyển động theo phương ngang, còn tường định hướng cho lăng trụ chỉ chuyển động thẳng đứng. Ta chọn chiều dương cho chuyển động của khối lập phương là từ trái sang phải, chiều dương cho chuyển động của lăng trụ là từ trên xuống dưới. Biểu diễn các lực tác dụng lên các khối như hình 2.

Hình 2: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Các lực tác dụng lên lăng trụ và khối lập phương.

Phương trình định luật II Newton cho các vật \begin{align} m_1g-N\sin{\alpha}=m_1a_1 \tag{1.1}\label{https://blogger.googleusercontent.com/img/b/R29vZ2xl/AVvXsEisv5chrU1MqFV6KMfpoUSIVkidRG0uLI1gUC9W0xToXENI7ZGsdnF4kyRnQeeflyfW2vZEU95F9mEN1jgcsT_wIQ25XxkzBaxZRZSv4ct5noTxA7_K90mGLN8OU-MAuRD0hoCKw5QFm8aG1G40qRwhBIduPOh7CMIeqBgmMnrh9FusrE8mRtT9FdhF/s16000/Optimized-Fig2.png.1}\\ N\cos{\alpha}=m_2a_2\tag{1.2}\label{1.2} \end{align} Trong đó $N_{12}=N_{21}=N$, các lực này vuông góc với mặt nêm, điều này được suy ra từ định luật III Newton.
Ta đã có hai phương trình nhưng có đến ba ẩn $N$, $a_1$, $a_2$. Cần thêm một phương trình nữa để giải được. Đó chính là phương trình liên kết động học, liên hệ giữa hai gia tốc $a_1$ và $a_2$. Có nhiều cách thiết lập phương trình này. Ta xét hai cách sau:
Cách 1 là, biểu diễn sự dịch chuyển nhỏ của hệ như hình 3.

Hình 3: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Các hình có đường viền đứt nét là vị trí các khối ở thời điểm $t$, các hình có đường viền liền nét biểu diễ vị trí các khối ở thời điểm $t + Δt$.

Để ý tam giác $\text{ABC}$ có cạnh $AB$ là độ dịch chuyển của nêm, cạnh $BC$ là độ dịch chuyển của khối lập phương. Ta có thể viết $AB=Δx_1$ và $BC=Δx_2$, chúng có mối quan hệ hình học là \begin{align} Δx_2=Δx_1\tan{\alpha} \\ \end{align} Chia cả hai vế cho $Δt$ ta được \begin{align} v_2=v_1\tan{\alpha} \\ \end{align} Phương trình này đúng ở mọi thời điểm nên ta cũng có thể viết \begin{align} v_2'=v_1'\tan{\alpha} \\ \end{align} Tức là \begin{align} v_2'-v_2=\left(v_1'-v_1\right)\tan{\alpha} \\ Δv_2=Δv_1\tan{\alpha} \end{align} Chia cả hai vế cho $Δt$ ta được \begin{align} a_2=a_1\tan{\alpha} \tag{1.3}\label{1.3}\\ \end{align} Phương trình (\ref{1.3}) gọi là phương trình liên kết động học.
Cách 2 là, sử dụng công thức cộng vận tốc cho vận tốc của nêm đối với đất $\vec{v}_{13}=\vec{v}_1$ thẳng đứng hướng xuống, vận tốc của lập phương đối với đất $\vec{v}_{23}=\vec{v}_2$ nằm ngang từ trái sang phải, vận tốc của lập phương đối với nêm $\vec{v}_{21}$ dọc theo mặt nêm hướng lên (hướng lên, tạo với phương thẳng đứng góc $\alpha$). Phương trình là \begin{align} \vec{v}_{23}=\vec{v}_{21}+\vec{v}_{13} \\ \vec{v}_2=\vec{v}_{21}+\vec{v}_1 \end{align}

Hình 4: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Giản đồ véc tơ cộng vận tốc giữa các vật có liên kết động học.

Từ giản đồ véc tơ ở hình 4, dễ dàng suy ra \begin{align} v_2=v_1\tan{\alpha} \\ \end{align} Và cuối cùng cũng là \begin{align} a_2=a_1\tan{\alpha} \\ \end{align} Bây giờ kết hợp phương trình liên kết động học (\ref{1.3}) với hai phương trình định luật II Newton (\ref{1.1}) và (\ref{1.2}), giải ra ta được nghiệm \begin{align} a_1=\frac{m_1g}{m_1+m_2\tan{\alpha}} \\ a_2=\frac{m_1g\tan{\alpha}}{m_1+m_2\tan^2{\alpha}} \end{align} Trong vấn đề này, phương pháp thứ hai có vẻ hơi giả tạo. Tuy nhiên, trong một số trường hợp, chính việc lựa chọn đúng hệ quy chiếu đã giúp đơn giản hóa đáng kể bài toán liên kết động học. Đây là một ví dụ.

Bài toán 2. Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Liên kết động học giữa nêm và vật trượt trên nêm

Một cái nêm có chiều cao $h$ với góc nghiêng $\alpha$ đặt trên một mặt phẳng nằm ngang nhẵn (Hình 5). Khối lượng của nêm là $m_1$. Một vật dạng khối nhỏ khối lượng $m_2$ bắt đầu trượt không ma sát từ đỉnh nêm. Tìm gia tốc của nêm và thời gian trượt của khối nhỏ.

Hình 5: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Liên kết động học giữa nêm và vật trượt trên nêm.

Ta biểu diễn các lực tác dụng lên nêm và các lực tác dụng lên khối nhỏ như hình 6 dưới đây.

Hình 6: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Biểu diễn các lực tác dụng lên nêm và khối nhỏ.

Nêm chỉ chuyển động theo phương ngang, ta chọn chiều dương từ trái sang phải. Đối với vật nhỏ ta chưa xác định được hướng chuyển động nên các đại lượng được viết dưới dạng véc tơ. Áp dụng định luật II Newton cho nêm và khối nhỏ: \begin{align} N\sin{\alpha}=m_1a_1 \tag{2.1}\label{2.1}\\ \vec{N}_{12}+m_2\vec{g}=m_2\vec{a}_2\tag{2.2}\label{2.2} \end{align} Trong đó $N=N_{12}=N_{21}$.
Vận tốc của nêm đối với đất $\vec{v}_1=\vec{v}_{13}$, vận tốc của khối nhỏ đối với đất $\vec{v}_2=\vec{v}_{23}$, vận tốc của khối nhỏ đối với nêm $\vec{v}_{21}$, tuân theo công thức cộng vận tốc \begin{align} \vec{v}_{23}=\vec{v}_{21}+\vec{v}_{13}\\ \text{hay}\ \vec{v}_{2}=\vec{v}_{21}+\vec{v}_{1}\tag{2.3}\label{2.3} \end{align} Tương tự như ở bài toán 1, phương trình vận tốc đúng cho mọi thời điểm nên cũng suy ra phương trình gia tốc: \begin{align} \vec{a}_{2}=\vec{a}_{21}+\vec{a}_{1}\tag{2.4}\label{2.4} \end{align} Ta vẽ được giản đồ véc tơ như hình 7 sau đây.

Hình 7: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Giản đồ véc tơ biểu thị phép cộng gia tốc.

Từ phương trình (\ref{2.4}) rút ra $\vec{a}_2$ và thay vào (\ref{2.2}), sau đó chiếu lên phương dọc theo mặt nêm và phương vuông góc với nó, ta được \begin{align} m_2g\sin{\alpha}=m_2\left(a_{21}-a_1\cos{\alpha}\right)\tag{2.5}\label{2.5}\\ N-m_2g\cos{\alpha}=-m_2a_1\sin{\alpha}\tag{2.6}\label{2.6} \end{align} Kết hợp 3 phương trình (\ref{2.1}), (\ref{2.5}), (\ref{2.6}), ta tính được \begin{align} a_1=\frac{m_2 \sin{\alpha} \cos{ \alpha}}{m_1+m_2 \sin^2{ \alpha}} g, \\ a_{21}=\frac{\left(m_1+m_2\right) \sin {\alpha}}{m_1+m_2 \sin^2{ \alpha}} g . \end{align} Để trả lời câu hỏi thứ hai của bài toán, chúng ta không cần tìm $a_2$, vì thời gian trượt được biểu thị chính xác theo $a_{21}$ dọc theo mặt nêm: \begin{align} \frac{a_{21}t^2}{2}=\frac{h}{\sin{\alpha}} \end{align} Suy ra thời gian trượt \begin{align} t=\sqrt{\frac{2 h}{a_{21} \sin{\alpha}}}=\sqrt{\frac{2 h\left(m_1+m_2 \sin ^2 {\alpha}\right)}{g\left(m_1+m_2\right) \sin ^2{\alpha}}} \end{align}
Như đã đề cập, giới hạn chuyển động có thể được xác định không chỉ bởi sự tiếp xúc trực tiếp của các vật thể đang được xem xét mà còn bởi sự hiện diện của các phần tử kết nối trong hệ như thanh cứng, sợi dây không dãn, v.v... được chỉ định trong điều kiện, các phần tử kết nối được coi là lý tưởng, tức là các sợi không giãn, mảnh và không trọng lượng, và các thanh cứng hoàn toàn; đối với các ròng rọc, ngoài việc không trọng lượng, việc không có ma sát trên trục cũng được giả định. (Thực ra từ “không trọng lượng” có nghĩa là khối lượng của phần tử đã cho nhỏ không đáng kể so với khối lượng của các vật thể khác trong hệ, từ “không dãn” có nghĩa là độ dãn dài của phần tử nhỏ so với độ dịch chuyển của các cơ quan trong hệ thống, v.v. ...). Trước khi phân tích các ví dụ cụ thể, chúng ta hãy tìm hiểu xem tính lý tưởng của các phần tử kết nối dẫn đến điều gì. Chúng ta hãy xem xét ba trường hợp đặc biệt.

1. Sự không trọng lượng của một sợi dây

Hãy viết định luật II Newton cho một đoạn dây có khối lượng $Δm$ (Hình 8):

Hình 8: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Nếu bỏ qua khối lượng của sợi dây thì lực căng tác dụng lên hai đầu một đoạn dây bằng nhau.

$$T-T'=Δma$$ Với điều kiện $Δm = 0$ thì $T=T'$, tức là lực căng dây không thay đổi dọc theo sợi dây.

2. Ròng rọc chuyển động không trọng lượng và không có ma sát trên trục của nó

Xét một ròng rọc với một sợi dây vắt qua như hình 9.

Hình 9: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Nếu ròng rọc nhẹ thì lực căng hai đầu dây vắt qua ròng rọc có độ lớn bằng nhau.

Nếu bỏ qua ma sát, chỉ có lực căng hai đầu dây vắt qua ròng rọc gây ra moment làm quay ròng rọc. Phương trình động lực học cho chuyển động quay của ròng rọc là $$(T-T')R=I\gamma$$ Trong đó $\gamma$ là gia tốc góc, $I$ là moment quán tính, $I\text{~}m$ nên khi khối lượng $m$ của ròng rọc không đáng kể thì $I=0$, $=T'$. Tức là lực căng của cùng một sợi dây ở cả hai bên của ròng rọc là như nhau.
Phương trình định luật I Newton cho chuyển động tịnh tiến của ròng rọc $$T_0-T-T'=ma$$ Nếu $m=0$ thì $T_0=2T$, mặc dù ròng rọc có thể có gia tốc thì các lực tác dụng lên nó cũng cân bằng nhau.

3. Thanh cứng không trọng lượng

Điều kiện này có nghĩa là tổng lực và tổng momen của các lực tác dụng lên thanh bằng không. Ví dụ, nếu hai lực tác dụng lên thanh thì chúng bằng nhau về giá trị tuyệt đối, ngược chiều và tác dụng dọc theo thanh (Hình 10). (Không giống như một sợi chỉ, một thanh không chỉ có thể ở trạng thái kéo dài mà còn ở trạng thái nén).

Hình 10: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Nếu thanh cứng và nhẹ nhẹ thì lực nén hay kéo hai đầu thanh có độ lớn bằng nhau.

Tính không thể kéo dài và độ cứng của thanh và thanh dẫn đến sự xuất hiện của quan hệ động học mà chúng ta sẽ phân tích riêng trong các bài toán sau.

Bài toán 3. Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Sợi dây liên kết giữa các vật bị đứt đột ngột

Hai vật khối lượng $m_1$ và $m_2$ được kết nối với nhau bằng các sợi dây và ròng rọc lí tưởng như hình 11. Hệ đang cân bằng thì cắt đứt sợi dây nối vật $m_1$ với giá treo. Tìm gia tốc của các vật ngay sau khi cắt đứt sợi dây.

Hình 11: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Sợi dây liên kết giữa các vật bị đứt đột ngột.

Các lực tác dụng lên các vật ngay sau khi dây đứt được biểu diễn trong hình 12. Trong đó, như phân tích ở trên, lực căng hai đầu dây vắt qua ròng rọc có độ lớn bằng nhau $T$, các lực tác dụng lên ròng rọc cân bằng nhau cho dù ròng rọc có gia tốc $T'=2T$.

Hình 12: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Biểu diễn các lực liên kết và tọa độ của các vật - Vì vật $m_2$ và ròng rọc có cùng gia tốc nên ta chỉ cần xét tọa độ của ròng rọc là $x_2$.

Chúng ta hãy chọn chiều dương của trục thẳng đứng hướng xuống dưới và viết định luật II Newton cho cả hai vật: \begin{align} T+m_1g=m_1a_1\tag{3.1}\label{3.1}\\ m_2g-2T=m_2a_2\tag{3.2}\label{3.2} \end{align} Để tìm mối liên kết động học giữa $a_1$ và $a_2$ tất nhiên chúng ta phải xét đến yếu tố kết nối giữa các vật, đó chính là sợi dây. Đặc điểm cần khai thác ở đây chính là tính không biến dạng của sợi dây. Tức là chiều dài sợi dây không đổi. Biểu thức liên hệ giữa tọa độ của các vật với chiều dài sợi dây như sau: \begin{align} l=x_2+\pi R+(x_2-x_1)\tag{3.3}\label{3.3} \end{align} Trong đó $\pi R$ là độ dài đoạn dây vòng qua nửa ròng rọc bán kính $R$.
Suy luận tương tự những bài toán trên, ta đưa đến các biểu thức liên hệ động học. \begin{align} 2Δx_2-Δx_1=0\\ 2v_2-v_1=0\\ 2a_2-a_1=0\tag{3.4}\label{3.4} \end{align} Thực ra chỉ cần đạo hàm hai lần theo thời gian hai vế (\ref{3.3}) là ta có ngay (\ref{3.4}).
Bây giờ, kết hợp (\ref{3.1}), (\ref{3.2}), (\ref{3.4}), ta suy ra được \begin{equation} a_1=2 a_2=\frac{2\left(m_2+2 m_1\right)}{m_2+4 m_1} g . \end{equation} Hãy để ý rằng $a_1\gt g$. Bạn có thể tự suy nghĩ về điều này nhé.

Bài toán 4. Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Hai vật được liên kết bằng một thanh nhẹ

Một thanh không trọng lượng hai đầu được gắn hai vật giống hệt nhau khối lượng $m$, thanh có một trục cố định nằm ngang đi qua thanh, chia chiều dài của nó theo tỷ lệ 2:1 (Hình 13).

Hình 13: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Hai vật được liên kết bằng một thanh nhẹ.

Thanh được giữ ở vị trí nằm ngang và được thả ra tại một thời điểm nào đó. Tìm gia tốc của các vật ngay sau đó và cả áp lực của thanh lên trục tại thời điểm này.

Các lực tác dụng lên các vật ở hai đầu thanh, tại thời điểm ngay sau khi thả, được biểu diễn như hình 14 dưới đây.

Hình 14: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Các phản lực từ thanh lên các vật có phương thẳng đứng và chiều từ dưới lên.

Phương trình định luật II Newton cho các vật là \begin{align} mg-N_1=m a_1\tag{4.1}\label{4.1}\\ -mg+N_2=ma_2\tag{4.2}\label{4.2} \end{align} Đối với thanh, các lực do các vật tác dụng lên hai đầu của nó cũng có độ lớn $N_1$ và $N_2$ nhưng theo hướng ngược lại (theo định luật III Newton). Các lực này tạo ra các moment lực (đối với trục quay $\text{O}$) có độ lớn tương ứng $$M_1=N_1 \frac{2}{3}l\\ M_2=N_2\frac{1}{3}l$$ nhưng có tác dụng làm thanh quay theo hai chiều ngược nhau.
Như đã phân tích ở trên, do thanh nhẹ nên các moment lực tác dụng lên nó luôn cân bằng nhau, tức là \begin{align} N_1 \frac{2}{3}l=N_2\frac{1}{3}l\\ N_2=2N_1\tag{4.3}\label{4.3} \end{align} Bây giờ chúng ta phải tìm phương trình liên kết động học, tức là mối liên hệ giữa $a_1$ và $a_2$. Cũng trong hình 14, hình ảnh thanh mờ là vị trí của thanh sau thời gian $Δt$ rất nhỏ, tại đó các vật có các tọa độ $x_1$ và $x_2$. Từ các tam giác đồng dạng ta suy ra hệ thức $$x_1=2x_2$$ Suy luận tương tự như các bài toán trên ta lần lượt có \begin{align} v_1=2v_2\\ a_1=2a_2\tag{4.4}\label{4.4} \end{align} Kết hợp bốn phương trình (\ref{4.1}), (\ref{4.2}), (\ref{4.3}), (\ref{4.4}) ta suy ra được \begin{equation} \begin{aligned} & a_1=2 a_2=\frac{2}{5} g \text {, } \\ & N_2=2 N_1=\frac{6}{5} \mathrm{mg} \\ & \end{aligned} \end{equation} Vì tổng các lực tác dụng lên một thanh không trọng lượng bằng 0 nên phản lực của trục bằng $$N=N_1+N_2=\frac{9}{5}mg$$

$$\text{*}\ \text{*}\ \text{*}\ \text{*}\ \text{*}$$

Trong nhiều bài toán được thiết kế để áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, người ta yêu cầu tìm vận tốc của các vật tại một thời điểm nhất định. Trong trường hợp này, cần phải thiết lập các kết nối động học không phải giữa các gia tốc mà giữa các vận tốc của các vật. Khi giải quyết các vấn đề như vậy, sẽ rất hữu ích khi sử dụng thực tế là tổng công được thực hiện bởi bất kỳ phần tử kết nối lý tưởng nào đều bằng không. Lý do vật lý cho điều này là không có năng lượng nào có thể được lưu trữ trong một phần tử như vậy, cả động năng (khối lượng của nó bằng không), và thế năng (phần tử không bị biến dạng).

Bài toán 5. Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Sợi dây liên kết các vật có lực căng luôn thay đổi

Hai vật giống nhau khối lượng $m$ được nối vào hai đầu một sợi dây, một vật khối lượng $M$ được gắn vào chính giữa sợi dây đó. Sợi dây được vắt qua hai ròng rọc cố định để treo hai vật giống nhau. Ban đầu, vật có khối lượng $M$ được giữ ở cùng độ cao với các ròng rọc (đoạn dây giữa hai ròng rọc nằm ngang), vật $M$ cách đều các ròng rọc với khoảng cách $l$, sau đó thả nhẹ để hệ chuyển động (Hình 15).

Hình 15: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Hình có đường đứt nét biểu diễn vị trí ban đầu của các vật và sợi dây, hình có đường liền nét biểu diễn vị trí cần xác định tốc độ của các vật.

Coi các ròng rọc và sợi dây là lý tưởng, kích thước của các ròng rọc rất nhỏ so với khoảng cách $2l$ giữa chúng, khoảng cách ban đầu từ các vật $m$ đến ròng rọc phía trên chúng đủ lớn để không có va chạm giữa các vật với các ròng rọc. Hãy tìm tốc độ của các vật khi đoạn dây giữa vật $M$ với một ròng rọc tạo một góc $\alpha$ với phương thẳng đứng. Kiểm tra kết quả mà bạn đã tìm được.

Vào thời điểm đang xét, độ cao của vật khối lượng $M$ đã giảm đi một lượng $H=l\cot{\alpha}$, và mỗi vật khối lượng $m$ đã tăng độ cao thêm $h=\frac{l}{\sin{\alpha}}-l$. Theo định luật bảo toàn năng lượng, \begin{align} \frac{MV^2}{2}+2\frac{mv^2}{2}-MgH+2mgh=0\tag{5.1}\label{5.1} \end{align} Để tìm mối liên kết giữa $v$ và $V$, ta có thể áp dụng phương pháp trực tiếp. Trong hình 15, đặt chiều dài đoạn dây từ vật $M$ đến ròng rọc là $L$, ta rút ra \begin{align} l^2+H^2=L^2\tag{5.2}\label{5.2} \end{align} Từ vị trí đang xét, sau một khoảng thời gian $Δt$ rất nhỏ vật $M$ dịch chuyển xuống một khoảng bằng $ΔH$, các vật $m$ dịch chuyển lên một khoảng bằng $Δh=ΔL$, thì \begin{align} l^2+\left(H+ΔH\right)^2=\left(L+Δh\right)^2\\ l^2+H^2+2H.ΔH+\left(ΔH\right)^2=L^2+2L.Δh+\left(Δh\right)^2 \end{align} Kết hợp với (\ref{5.1}), đồng thời bỏ đi vô cùng bé bậc hai $\left(ΔH\right)^2$ và $\left(Δh\right)^2$, ta còn lại \begin{align} 2H.ΔH=2L.Δh \end{align} Và chú ý rằng, trong hình 15, tỉ số $$\cos{\alpha}=\frac{H}{L}$$ Tức là \begin{align} ΔH.\cos{\alpha}=Δh \end{align} Chia cả hai vế cho $Δt$ ta được \begin{align} V.\cos{\alpha}=v\tag{5.3}\label{5.3} \end{align} Tuy nhiên, sẽ dễ dàng hơn để có được mối quan hệ này từ những cân nhắc sau đây. Do khoảng cách $L$ từ vật có khối lượng $M$ đến ròng rọc tại thời điểm đang xét tăng theo tốc độ $v$ (sợi chỉ được kéo ra với tốc độ như vậy), nên hình chiếu của vận tốc $\vec{V}$ của vật này theo hướng của sợi dây phải bằng $v$. Trong khi vận tốc $\vec{V}$ của $M$ được có phương thẳng đứng, điều này được biểu diễn ở hình 16 dưới đây.

Hình 16: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Các véc tơ màu xanh $v$ là hình chiếu của $V$ trên phương sợi dây.

Từ hình 16 dễ dàng suy ra được (\ref{5.3}).
Kết hợp (\ref{5.1}) và (\ref{5.3}) ta được \begin{equation} V=\sqrt{2gl\frac{M\cos{\alpha}+2m(\sin{\alpha}-1)}{\sin{\alpha}\left(M+2m \cos^2{\alpha}\right)}} \end{equation} Hãy tìm hiểu xem độ cao của vật $M$ sẽ luôn giảm (chúng tôi coi các sợi dây rất dài) hay tại một thời điểm nào đó, nó sẽ dừng lại và bắt đầu tăng lên. Để vật dừng lại thì $V=0$, ta đưa điều kiện này về $$\tan{\frac{\alpha}{2}}=\frac{2m-M}{2m+M}$$ Tức là vật dừng lại và chuyển động ngược lên chỉ xảy ra nếu $M \lt 2m$. Nếu $M\gt 2m$ thì vận tốc của vật ở giữa sẽ lớn hơn không mọi thời điểm và tốc độ của nó sẽ tăng vô hạn ($V\rightarrow ∞$ với $a\rightarrow 0$ - bạn tự kiểm tra). Nếu $M =2m$, thì khi vật ở giữa được hạ xuống, hệ thống ngày càng tiến gần đến trạng thái cân bằng, gia tốc của các vật có xu hướng bằng $0$ và vận tốc của chúng có xu hướng đạt đến giá trị giới hạn $V_∞=\sqrt{gl}$ (bạn tự xem).
Tôi muốn lưu ý rằng khi sử dụng định luật bảo toàn năng lượng, lực căng của sợi dây hoàn toàn không được đưa vào tính toán.
Ví dụ cuối cùng minh họa các phương pháp để đạt được các liên kết động học trong quá trình chuyển động của các thanh đặc (hoặc các liên kết rắn khác). Hãy nhớ lại rằng khi một vật rắn chuyển động, khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ của nó không thay đổi.

Bài toán 6. Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Liên kết động học giữa các vật trên một thanh nhẹ chuyển động

Một thanh không trọng lượng có chiều dài $l$ với các vật nặng khối lượng $m$ gắn ở hai đầu thanh, trượt dọc theo các cạnh của một góc nhị diện vuông (Hình 17).

Hình 17: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Hình mờ biểu diễn vị trí ban đầu thẳng đứng của thanh, hình rõ biểu diễn vị trí cần xác định tốc độ của các vật.

Tìm vận tốc của các quả nặng tại thời điểm thanh tạo một góc $\alpha$ với phương ngang. Bỏ qua mọi ma sát. Ban đầu thanh ở vị trí thẳng đứng.

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng \begin{align} mg\left(l-y\right)=\frac{mv_1^2}{2}+\frac{mv_2^2}{2}\tag{6.1}\label{6.1} \end{align} trong đó $y=l\sin{\alpha}$ là tọa độ của vật thứ hai tại thời điểm đang xét. Để có phương trình liên kết động học, bạn có thể áp dụng phương pháp trực tiếp, như đã thực hiện trong bài toán trước (tự làm). Liên kết động học nhanh hơn và rõ ràng hơn thu được từ những suy nghĩ như vậy. Vì khoảng cách giữa các quả nặng không thay đổi, nên tại mỗi thời điểm, tốc độ mà quả nặng thứ nhất “ra” khỏi quả thứ hai bằng với tốc độ quả nặng thứ hai “tiến lại gần” quả thứ nhất. Nói cách khác, các hình chiếu vận tốc của vật lên thanh tại bất kỳ thời điểm nào cũng như nhau (xem hình 18):

Hình 18: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Các véc tơ màu đỏ là các hình chiếu vận tốc của vật lên thanh tại bất kỳ thời điểm nào cũng như nhau.

\begin{align} v_1\cos{\alpha}=v_2\sin{\alpha}\tag{6.2}\label{6.2} \end{align} Kết hợp (\ref{6.1}) và (\ref{6.2}) rút ra được $$v_1=\sqrt{2gl\sin^2{\alpha}\left(1-\sin{\alpha}\right)}\\ v_2=\sqrt{2gl\cos^2{\alpha}\left(1-\sin{\alpha}\right)} $$ Trong động học của vật rắn, người ta thường sử dụng phép “phân tách” chuyển động phức tạp thành tịnh tiến và quay. Để chứng minh phương pháp này, chúng ta áp dụng nó để thu được giới hạn động học (\ref{6.2}). Trong hệ quy chiếu gắn với vật thứ nhất, thanh thực hiện chuyển động quay thuần túy. Do đó, trong hệ quy chiếu này, tốc độ của vật thứ hai $\vec{v}_{21}$ hướng vuông góc với thanh. Áp dụng công thức cộng vận tốc $\vec{v}_2=\vec{v}_{21}+\vec{v}_1$ (xem hình 19), ta cũng thu được hệ thức (\ref{6.2}).

Hình 19: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11 - Hiệu véc tơ vận tốc của hai đầu thanh phải có phương vuông góc với thanh.

Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi vật lý 11: Một số bài tập tự giải về Liên kết động học trong các bài toán động lực học

Bài tập 1

Tìm gia tốc của thanh và nêm như trong hình 20. Bỏ qua ma sát.

Hình 20: Thanh có khối lượng $m_1$, nêm có khối lượng $m_2$, thanh được giữ để chỉ trượt theo phương thẳng đứng.

Bài tập 2

Tìm lực căng của sợi dây trong hệ thống như hình 21. Trong đó sợi dây và các ròng rọc là lí tưởng.

Hình 21: Ba vật khối lượng khác nhau được liên kết bởi sợi dây vắt qua các ròng rọc.

Bài tập 3

Gia tốc của vật trong hệ thống được mô tả trong hình 22 bằng bao nhiêu?

Hình 22: Chú ý mắc bẫy trong liên kết hệ này.

Bài tập 4

Tìm gia tốc của nêm trong hình 23. Bỏ qua ma sát. Chỉ dẫn: Áp dụng phương pháp đã sử dụng vào giải bài toán 2 trong bài viết.

Hình 23: Vật trượt trên nêm nhưng được kết nối với tường qua sợi dây.

---

Read More

Giá trị đích thực của bài tập đồ thị độ dịch chuyển - thời gian

---

B ài viết này không những đem đến cho các bạn những bài tập đồ thị độ dịch chuyển - thời gian cực hay mà còn cho các bạn thấy giá trị đích thực của bài tập đồ thị độ dịch chuyển - thời gian. Vậy giá trị đó là gì? Trước hết, chúng ta nhìn lại những bài tập đồ thị độ dịch chuyển - thời gian thường thấy, mà cụ thể là trong sách bài tập vật lí 10, bộ sách Kết nối tri thức hay Chân trời sáng tạo, hoặc cả những sách tham khảo mới nhất, bài tập chủ yếu ở mấy dạng sau:

• Cho đồ thị độ dịch chuyển - thời gian, tìm vận tốc, viết phương trình chuyển động.
• Cho biết tính chất của chuyển động, yêu cầu vẽ đồ thị độ dịch chuyển - thời gian, tìm vị trí và thời điểm hai vật gặp nhau.

Đọc xong những gì tôi viết dưới đây, các bạn sẽ thấy đồ thị nó còn là một công cụ, là phương pháp để giải các bài toán động học cực kì hiệu quả, đơn giản một cách kinh ngạc. Có những bài toán nếu giải bằng cách lập hệ phương trình phải cần đến cả trang giấy, nhưng chỉ cần một hình vẽ đơn giản và vài dòng tính toán, đồ thị đã cho bạn kết quả trong thời gian rất ngắn. Chúng ta bắt đầu bằng một ví dụ:

H ai ô tô cùng khởi hành từ hai điểm A, B trên cùng một đường thẳng, chuyển động đều hướng về nhau. Kể từ khi hai xe gặp nhau trên đường đi, sau thời gian 4 h xe từ A đến được B, còn xe từ B đến được A chỉ sau thời gian 1 h. Hãy tính thời gian từ khi khởi hành đến khi hai xe gặp nhau.

Chúng ta thử giải bài toán động học này bằng cách lập hệ phương trình nhé.
Gọi $v_1$ và $v_2$ là tốc độ của hai xe, khoảng cách giữa A và B là $\ell$. Chọn trục $Ox$ dọc theo đường đi của hai xe, gốc O trùng với A, chiều dương từ A đến B, gốc thời gian lúc hai xe xuất phát. Phương trình chuyển động của các xe lần lượt $$ x_1=v_1t\\ x_2=-v_2t+\ell $$ Hai xe gặp nhau khi $x_1=x_2$, suy ra $$ t=\frac{\ell}{v_1+v_2} $$ Vị trí gặp nhau có tọa độ $$ x=\frac{v_1\ell}{v_1+v_2} $$ Quãng đường xe 1 đi tiếp đến B và xe 2 đi tiếp đến A lần lượt là $$ 4v_1=\ell-\frac{v_1\ell}{v_1+v_2}=\frac{v_2\ell}{v_1+v_2}\\ v_2=\frac{v_1\ell}{v_1+v_2} $$ Suy ra $$ \frac{\ell}{v_1+v_2}=2 $$ Tức là thời gian từ khi khởi hành đến khi gặp nhau là $$t=\frac{v_1\ell}{v_1+v_2}=2\ \text{s}$$ Còn bây giờ chúng ta thưởng thức giá trị đích thực của đồ thị độ dịch chuyển - thời gian nhé. Đầu tiên là vẽ đồ thị, việc vẽ đồ thị chỉ đơn giản là kẻ các đoạn thẳng thôi, đừng nặng nề về phương trình của chúng. Ở đây xe 2 nhanh hơn nên đồ thị của nó dốc hơn, vậy thôi. Xe 1 chạy từ A đến B thì đồ thị là đoạn thẳng AK hướng lên, xe 2 chạy từ B đến A thì đồ thị là đoạn thẳng hướng xuống BL (hình 1)

Hình 1: Đồ thị độ dịch chuyển - thời gian trở thành các tam giác đồng dạng.

Vẽ xong đồ thị, chúng ta có những tam giác, độ dài các cạnh nằm ngang biểu diễn các khoảng thời gian, độ dài các cạnh thẳng đứng biểu diễn độ dịch chuyển. Bây giờ bài toán động học vật lý lớp 10 được đưa hoàn toàn về một bài toán hình học lớp 7. Ta đừng quên kí hiệu các đỉnh hình học bằng các chữ cái để tiện tư duy. Và việc cần làm bây giờ là xét các tam giác đồng dạng $$\Delta APO \text{~}\Delta KQO\ \text{và}\ \Delta BQO \text{~}\Delta LPO\\ \frac{BQ}{LP}=\frac{OQ}{OP}\ \text{và}\ \frac{OK}{PA}=\frac{OQ}{OP} $$ Suy ra $$ \frac{BQ}{LP}=\frac{OK}{PA}\ \text{hay}\ \frac{t}{4}=\frac{1}{t}\\ t=2\ \text{h} $$ Bây giờ chúng ta rút ra phương pháp tổng quát để giải các bài toán đồ thị độ dịch chuyển - thời gian. Thức chất, đây gọi là phương pháp hình học trong vật lí, tức là từ các dữ kiện vật lí, chuyển về bài toán hình học đơn giản và trực quan hơn. Các bước như sau:

• Vẽ đồ thị đọ dịch chuyển - thời gian cho mỗi chuyển động, tạo thành hệ các tam giác.
• Kí hiệu tất cả các đỉnh bằng các chữ cái, đặt kích thước các cạnh vào hình vẽ: Cạnh nằm ngang là các giá trị thời gian, cạnh thẳng đứng mang giá trị độ dịch chuyển, cạnh đã cho ghi số, cạnh chưa cho kí hiệu chữ.
• Lập các biểu thức hình học liên hệ các cạnh với nhau: Có thể áp dụng định lí Pi-ta-go, hệ thức lượng trong tam giác vuông và đặc biệt là hệ twhwcs ta giác đồng dạng.
• Giải các phương trình đã lập để tìm nghiệm.

Ví dụ 1

Hai xe cùng khởi hành từ hai điểm A, B trên cùng một đường thẳng, chuyển động đều, hướng về nhau. Xe từ A đến B sau 36 min, còn xe từ B đến A sau 45 min. Hai xe gặp nhau sau bao lâu kể từ khi khởi hành?

Đồ thị được biểu diễn như hình vẽ bên, thời gian $t = CO$.

Hình 2

Cũng xét các tam giác đồng dạng ta có $$ \frac{OB}{OL}=\frac{36}{45}=\frac{4}{5}\\ \frac{OB}{t}=\frac{LB}{45}=\frac{OL+OB}{45}\\ ⇒\frac{45}{t}=\frac{OL}{OB}+1$$ Cuối cùng ta được $$\frac{45}{t}=\frac{5}{4}+1\\ ⇒t=20\ \text{min}$$

Ví dụ 2

Một đoạn đường thẳng AB chiều dài 12 km. Lúc 9 h 25 min một xe chuyển động đều qua A hướng về B và đến B lúc 13 h 15 min. Lúc 11 h một xe đi đều qua B hướng về A và đến A lúc 14 h 40 min. Hai xe gặp nhau tại C cách A bao xa và tại thời điểm nào?

Vẽ hình như thường lệ (hình 3).

Hình 3

Từ hình vẽ ta thấy $$KM=\frac{9}{4}\ \text{h}, AN=\frac{23}{6}\ \text{h}, AL=\frac{21}{4}\ \text{h}\\ \frac{OM}{OA}=\frac{\frac{9}{4}}{\frac{21}{4}}=\frac{3}{7}$$ Mặt khác ta lại có $$\frac{OA}{MA}=\frac{t_0}{\frac{23}{6}}=\frac{6t_0}{23}\\ \text{hay}\ \frac{OA}{OM+OA}=\frac{6t_0}{23}$$ \begin{align} ⇒t_0&=\frac{23}{6\left(\frac{OM}{OA}+1\right)}\\ &=\frac{23}{6\left(\frac{3}{7}+1\right)}\\ &=\frac{161}{60}\ \text{h}\\ &=2\ \text{h} 41\ \text{min} \end{align} Khi đó ta có $$\frac{AC}{AB}=\frac{t_0}{\frac{23}{6}} \\ ⇒AC=12\times \frac{6}{23}\times \frac{161}{60}=8.4\ \text{km}$$

Ví dụ 3

Một xe đạp và một ô tô cần phải đi từ A đến B, với $AB = 11\ \text{km}$. Hai xe xuất phát đồng thời, ô tô chạy với vận tốc 60 km/h và cứ đi được 1 km lại dừng 2 min, xe đạp cũng chuyển động đều nhưng đi liên tục. Hỏi vận tốc của xe đạp phải như thế nào để nó luôn đuổi kịp ô tô ở mỗi chặng nghỉ trên đường?

Đồ thị độ dịch chuyển - thời gian của ô là các đường bậc thang, của xe đạp phải là đường thẳng (hình 4).

Hình 4

Điều kiện bài toán chỉ thỏa mãn khi đồ thị chuyển động của xe đạp phải được giới hạn giữa hai đường thẳng, tức là vận tốc phải có giá trị nằm trong khoảng giữa $v_1$ và $v_2$, với $$v_1=\frac{10}{30}\ \text{h/min}=20\ \text{km/h}\\ v_2=\frac{10}{28}\ \text{h/min}=21.4\ \text{km/h}$$

Ví dụ 4

Hai chất điểm đồng thời xuất phát tại hai điểm A và B, chuyển động thẳng đều hướng về nhau, chất điểm xuất phát từ A đi với tốc độ $v_1 = 4\ \text{m/s}$, đến B thì lập tức quay lại A với cùng tốc độ $v_1$, chất điểm từ B đi với tốc độ $v_2$, đến A cũng lập tức quay lại với tốc độ $v_2$. Lần gặp nhau thứ nhất và lần gặp nhau thứ hai của hai chất điểm cách nhau 4 s. Khoảng cách AB bằng bao nhiêu nếu 1. $v_2 = 7\ \text{m/s}$?
2. $v_2 = 9\ \text{m/s}$?

Tốc độ của chất điểm từ B lớn hơn nên đồ thị ứng với chuyển động này là đường thẳng có độ dốc lớn hơn so với chất điểm từ A.

Hình 5

1. Với $v_2 = 7\ \text{m/s}$
Trường hợp này thì $$BD=\frac{2s}{7}\gt BE=\frac{s}{4}$$ Nên lần gặp nhau thứ hai xảy ra sau khi chất điểm từ A quay lại từ B. Từ hình 5 ta có: Tổng khoảng cách $KK_2+L_2 L$ là quãng đường chất điểm từ A đi trong thời gian 4 s, ta có thể tính được $$KK_2+L_2 L=4\times4=16\ \text{m}$$ Tương tự ta có $$KK_1+L_1 L=4v_2$$ Khoảng cách AB được tính $$s=\frac{1}{2} \left(KK_2+L_2 L+KK_1+L_1 L\right)=8+2v_2\\ s=8+2\times7=22\ \text{m}$$ 2. Với $v_2 = 9\ \text{m/s}$
Các bạn tự vẽ đồ thị và giải nhé.

Ví dụ 5

Tay đua A xuất phát trước 15 phút so với tay đua B, tại cùng một địa điểm và cả hai cùng chạy thẳng đều về đích. Tay đua B vượt qua tay đua A tại nơi cách đều đích và điểm xuất phát, rồi đến đích tại thời điểm mà tay đua A còn cách đích một phần ba quãng đường đua. Tay đua A phải mất bao nhiêu thời gian cho cuộc đua này?

Hình 6

Từ hình vẽ ta thấy hai tam giác bằng nhau $$\Delta AEL=\Delta KEM$$ Tức là ta có $$MK=AL=15\ \text{min}$$ Với hệ thức tỉ lệ các tam giác đồng dạng: $$\frac{AP}{15}=\frac{AB}{\frac{1}{3} AB}=3\\ ⇒AP=45\ \text{min}$$ Vậy thời gian tay đua A phải đi là 45 phút.

Ví dụ 6

Cùng đi thẳng đều từ A đến B, ban đầu người đi bộ xuất phát, sau 2 giờ thì người đi xe đạp xuất phát và sau 30 phút nữa thì người đi xe máy xuất phát. Ba người cùng đi qua một vị trí tại cùng một thời điểm. Người đi bộ đến B chậm hơn 1 giờ so với xe máy và chậm hơn xe đạp bao lâu?

Hình 7

Vẫn là các tam giác đồng dạng, ta có $$\frac{VP}{2}=\frac{QP}{QA}=\frac{1}{2.5}\\ \Rightarrow VP=\frac{2}{2.5}=0.8\ \text{h}$$ Suy ra thời gian từ khi xe đạp cán đích đến khi người đi bộ cán đích là 0,8 h = 48 min

Ví dụ 7

Ba người, một đi bộ, một đi xe đạp và một đi xe máy xuất phát đồng thời và đi thẳng đều cùng hướng. Người đi bộ và người đi xe đạp cùng xuất phát tại A, còn người đi xe máy xuất phát tại B cách A 6 km, đuổi theo hai người kia. Khi người đi xe máy đuổi kịp xe đạp thì anh ta cách người đi bộ 3 km. Hỏi khi người đi xe máy đuổi kịp người đi bộ thì anh ta cách người đi xe đạp bao xa?

Hình 8

Từ hình vẽ ta có $$\frac{PQ}{6}=\frac{PE}{AE}\ \text{và}\ \frac{PQ}{3}=\frac{AP}{AE}\\ \Rightarrow AP=2PE\ \text{hay}\ AP=\frac{2}{3} AE\\ PQ=\frac{2}{3} EF=2\ \text{km}$$ Vậy xe máy đuổi kịp người đi bộ khi còn cách người đi xe đạp 2 km.

Ví dụ 8

Lúc 8 h ông Minh xuất phát tại thành phố A đi về thành phố B. Trước lúc ông Minh đến thành phố B 6 h thì từ thành phố B, bà Hoa xuất phát và đến thành phố A lúc 17 h. Biết khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 400 km và chuyển động của hai người là thẳng đều. Hai người gặp nhau trên đường tại nơi cách thành phố A bao xa?

Hình 9

Dễ dàng nhận thấy $$\frac{x}{9}=\frac{400-x}{6}\\ \Rightarrow x=240\ \text{km}$$

Bài tập tự giải

Bài 1
Hai khách du lịch khởi hành cùng lúc về phía nhau từ hai điểm A và B. Lúc gặp nhau, người thứ nhất đi được hơn người thứ hai 30 km và sau 4 giờ nữa anh ta sẽ đến B. Người thứ hai đến A sau 9 giờ kể từ khi gặp nhau. Tìm quãng đường AB và vận tốc của mỗi khách du lịch.
Bài 2
Hai người đi bộ về phía nhau từ hai điểm A và B trên một đường thẳng. Ông An rời A muộn hơn 6 h so với khi bà Bình rời B, và lúc gặp nhau thì ông An đã đi bộ ít hơn bà Bình 12 km. Từ khi gặp nhau, ông An đến B sau 8 giờ, bà Bình đến A sau 9 giờ. Tìm vận tốc của mỗi người đi bộ.
Bài 3
Nếu chỉ dùng vòi thứ nhất thì sau 4 h bể sẽ đầy nước. Tuy nhiên, sau 2 h vòi thứ nhất bơm nước, người ta mở thêm vòi thứ hai Bể chứa đầy ống thứ nhất trong 4 giờ. Sau khi mở ống thứ nhất 2 giờ thì mở ống thứ hai, qua đó trong 6 giờ có thể lấp đầy toàn bộ bể. Hỏi toàn bộ bể được lấp đầy trong bao nhiêu giờ với?
Bài 4
Người đi bộ đi từ điểm A đến điểm B. Sau 3/4 giờ một người đi xe đạp rời A đi về B. Kể từ khi người đi xe đạp đến B thì người đi bộ phải đi thêm 3/8 quãng đường nữa mới đến B. biết rằng người đi xe đạp đuổi kịp người đi bộ tại vị trí cách đều A và B. Người đi bộ phải mất bao nhiêu thời gian trên cả quãng đường?
Bài 5
Một chiếc bè đi xuôi dòng từ Bến tàu A đến Bến tàu B. Theo anh, sau 1/2 giờ một chiếc thuyền xuất phát từ bến A, và sau 1 giờ nữa có một chiếc thuyền. Chiếc bè, chiếc thuyền và chiếc thuyền chuyển động thẳng đều và không dừng lại. Một thời gian sau khi chiếc thuyền rời bến, hóa ra đến giờ phút này họ đã đi chung một đoạn đường từ A đến B. Thuyền đến bến B bao nhiêu phút trước khi bè đến bến B nếu bè đến bến B muộn hơn thuyền 15 phút?
Bài 6
Một người đang đi bộ dọc theo một con đường với tốc độ không đổi, người đi xe đạp và người đi xe máy đang chuyển động về phía anh ta với vận tốc không đổi cũng trên con đường đó. Tại thời điểm khi người đi xe đạp và người đi xe máy ở cùng một điểm thì người đi bộ cách họ 8 km. Tại thời điểm người đi xe máy gặp người đi bộ thì người đi xe máy đi sau người đi bộ 4 km. Người đi xe máy sẽ vượt người đi xe đạp bao nhiêu km vào thời điểm người đi bộ gặp người đi xe đạp?
Bài 7
Một máy bay cất cánh từ điểm A bay đến điểm B, sau 3 giờ một máy bay trực thăng cất cánh ngược chiều (từ B bay đến A) và sau 3 giờ nữa thì hai máy bay bay ngang qua nhau. Máy bay đến B lúc 13h30 và trực thăng đến A lúc 20h30. Tìm thời gian bay của máy bay từ A.
Bài 8
Một người đi bộ rời điểm A để đến điểm B lúc 7 giờ, và một lúc sau người đi bộ rời B để đến điểm A. Người đi bộ đến B 12 giờ sau khi người kỵ mã rời đi. Người cầm lái đến A lúc 17h cùng ngày. Tốc độ của người đi bộ và người đi xe là không đổi. Người đi bộ đã đi bao xa từ A đến B trước khi gặp người đi xe?
Bài 9
Đường đi liên tiếp qua các điểm A, B, C và D. Khoảng cách từ B đến C là 12 km. Một người đi xe máy đi từ A đến D với vận tốc không đổi. Cùng lúc đó, một người đi bộ và một người đi xe đạp khởi hành từ B đến D với vận tốc không đổi. Khi người đi xe máy đuổi kịp người đi bộ thì người đi xe đạp đã vượt họ thêm 6 km. Tại điểm C, người đi xe máy đuổi kịp người đi xe đạp và khi đến điểm D, người đi xe máy ngay lập tức quay trở lại A, gặp người đi bộ lần thứ hai tại C. Tìm khoảng cách giữa A và B nếu biết thời điểm xuất phát của chuyển động đến thời điểm gặp lại người đi xe máy và người đi bộ dài gấp 4 lần thời gian từ lúc bắt đầu chuyển động đến lúc người đi xe máy lần đầu đuổi kịp người đi xe đạp.

---

Read More

Vẽ đường hypebol bằng sức căng bề mặt nước

Vẽ đường hypebol bằng sức căng bề mặt nước là một thí nghiệm thú vị về sức căng bề mặt nước và sự dính ướt của nước lên thủy tinh. Chúng ta có thể tạo ra một đường hypebol tuyệt đẹp từ sự giao nhau giữa mặt kính và mặt nước, với sự trợ giúp của sức căng bề mặt.

---

Đo suất căng bề mặt nước bằng hai tấm kính ghép song song

Một trong những phương pháp đo suất căng bề mặt của chất lỏng là dựa trên sự dâng lên của cột chất lỏng làm ướt trong ống mao dẫn. Tuy nhiên, không phải lúc nào cũng có sẵn ống mao dẫn và kính hiển vi để xác định đường kính bên trong của chúng.

Người ta đã chỉ ra rằng các mao quản có thể được thay thế bằng hai tấm thủy tinh. Nhúng các tấm thủy tinh vào thau nước và dần dần đặt chúng song song với nhau. Nước dâng lên giữa các tấm kính do nó bị lực căng bề mặt hút vào (Hình 1).

Hình 1

Dễ dàng tính được hệ số căng bề mặt từ độ cao của nước dâng $y$ và khe hở giữa các tấm $a$. Lực căng bề mặt $F=2\sigma L$, trong đó $L$ là chiều dài của tấm (Số $2$ xuất hiện là do nước tiếp xúc với cả hai tấm). Lực này giữ một lớp nước có khối lượng $m=\rho Ldy$, trong đó $\rho$ là khối lượng riêng của nước. Theo cách này,

\begin{align} 2\sigma L=\rho Ldyg \end{align}

Từ đây người ta có thể tìm ra hệ số căng bề mặt

\begin{align} \sigma=\frac{1}{2}\rho gdy\tag{1} \end{align}

Vẽ đường hypebol bằng sức căng bề mặt nước với hai tấm kính ghép không song song

Nhưng thú vị hơn khi làm điều này: ép các tấm lại với nhau ở một đầu và để lại một khoảng trống nhỏ ở đầu kia (Hình 2). Nước dâng lên và vẽ lên hai tấm kính các đường cong đẹp một cách đáng kinh ngạc (tất nhiên, nếu các tâm kính được lau sạch và khô).

Hình 2

Thật khó để tưởng tượng rằng phần của bề mặt này bởi mặt phẳng cắt ngang là một hyperbol. Thật vậy, ta có thể thay thế $d$ trong công thức (1) bằng $d=D\frac{x}{L}$ từ sự đồng dạng của các tam giác tương ứng (xem Hình 2). Trong đó $D$ là khoảng trống ở cuối, $L$ vẫn là chiều dài của tấm và $x$ là khoảng cách từ điểm tiếp xúc của các tấm đến điểm mà khe hở và chiều cao của mức được xác định.

$$\sigma=\frac{1}{2}\rho gyD\frac{x}{L}$$

Hay

\begin{align} y=\frac{2\sigma L}{\rho g D}\cdot\frac{1}{x}\tag{2} \end{align}

Phương trình (2) thực sự là một phương trình hypebol.
Để tiến hành thí nghiệm, bạn có thể lấy các tấm thủy tinh mỏng có kích thước $10\times 20\ \text{cm}$, lau thật sạch và để thật khô, đặt khoảng trống ở cuối bằng độ dày của que diêm. Sử dụng khay đựng nước và làm thí nghiệm thật nhẹ nhàng. Đối với các phép đo, dán giấy milimet lên bên ngoài của một trong các tấm.
Có một đường cong được vẽ bằng nước, bạn có thể kiểm tra xem liệu đây có thực sự là đường hypebol hay không. Bằng cách kiểm tra xem diện tích của tất cả các hình chữ nhật dưới đường cong (Hình 3) có bằng nhau hay không.

Hình 3

Nếu bạn có một nhiệt kế, hãy đo nhiệt độ của nước, nhưng để khảo sát sự phụ thuộc của lực căng bề mặt vào nhiệt độ. Bạn cũng có thể nghiên cứu ảnh hưởng của tạp chất. Tóm lại, hãy suy nghĩ về câu hỏi này: lực căng bề mặt $F$ có phương vuông góc với đường tiếp xúc của nước với thủy tinh (Hình 4). Thành phần thẳng đứng của lực này được cân bằng bởi trọng lực của cột nước. Thành phần nằm ngang của nó cân bằng như thế nào?

Hình 4

---

Read More

Bài toán va chạm

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

Read More