Công thức tính cơ năng, bảo toàn cơ năng vật lí lớp 10

Phân tích bài toán:

Vật A cách mặt đất là h. Khi A chạm đất vật A đi được quãng đường là h, vật B cũng đi được quãng đường là h.

Độ cao của vật B so với mặt đất: h₂=h₁ + h.sinα

Chọn gốc thế năng tại mặt đất:

Cơ năng của hệ lúc thả:

W=W$_{oA }$+ W$_{oB}$=m$_{A}$.gh + m$_{B}$.gh₁

Cơ năng của hệ lúc vật A chạm đất

W=0,5m$_{A}$v$_{A}$² + 0,5m$_{B}$v$_{B}$² + m$_{B}$gh₂

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ chuyển động không ma sát

=>v$_{A}$ = v$_{B }$= \[\sqrt{\dfrac{2gh(m_{A}-m_{B}sin\alpha )}{m_{A}+m_{B}}}\]=2m/s

Khi vật A chạm đất vật B vẫn còn chuyển động do quán tính, nhưng chuyển động của vật B là chuyển động thẳng chậm dần đều.

Cơ năng của vật B lúc vật A dừng lại: W$_{B }$ = m$_{B}$gh₂ + 0,5m$_{B}$v²

Cơ năng của vật B lúc dừng lại: W’$_{B}$=m$_{B}$gh$_{3 }$= m$_{B}$.g(h₂ + x.sinα)

(với x là quãng đường vật B đi thêm được)

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng => x=0,4m

Để cho viên bi có thể đi xa mép bàn A nhất thì quỹ đạo của bi phải đi sát mép A.

Kí hiệu $\overrightarrow {v}$ là vận tốc của bi khi đi qua A, $\alpha$ là góc hợp với $\overrightarrow {v}$ và phương ngang và $\alpha_0$ là góc ném tại B. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

$v=\sqrt{v_0^2-2gh}=\sqrt{20} (m/s)$

Coi $\overrightarrow {v}$ là vận tốc ném bi từ A, ta suy ra tầm xa AC: $AC=\dfrac{v^2\sin 2\alpha}{g}$

Để cho AC lớn nhất thì phải có $\sin 2 \alpha=1$, suy ra: $\alpha=\dfrac{\pi}{4}$

Thành phần theo phương ngang của $\overrightarrow {v}$ và $\overrightarrow {v_0}$ bằng nhau, nên:

$v\cos \alpha_0=v\cos \alpha \leftrightarrow \cos \alpha_0=\dfrac{v}{v_0}\cos \alpha=\dfrac{1}{2}$

Suy ra $\alpha_0=\dfrac{\pi}{3}$

Xét hệ tọa độ xOy, gốc O trùng với B, trục Ox nằm ngang, trục Oy hướng thẳng đứng lên trên. Phương trình quỹ đạo của bi:

$\tan \alpha_0-\dfrac{gx^2}{2v_0^2 \cos^2 \alpha_0}= \sqrt{3}x-\dfrac{x^2}{2}$

Tại điểm A ( và C) $y=h=1m$ ta có: $1=\sqrt{3}x-\dfrac{x^2}{2}$

Suy ra: $x_A=(\sqrt{3}-1)(m)$ và $x_C=( \sqrt{3}+1)(m)$

Như vậy, B cách chân bàn một đoạn $BH=x_A=\sqrt{3}-1=0,732(m)$ và C cách A: $AC=x_C-x_A=2m$

a) Vì bỏ qua ma sát nên cỏ năng của vật được bảo toàn. Cơ năng của vật tại A là

$W_A = mg.AD$.

Cơ năng của vật tại B :

$W_B = \dfrac{1}{2}mv^2_B + mg.BC$.

Vì cơ năng được bảo toàn, nên $W_A = W_B$

$mg.AD = \dfrac{1}{2}mv^2_B + mg.BC$

Thay số ta tính được $v_B = \sqrt{6}= 2,45 m/s $.

Tương tự, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại A và E ta tính được $v_E = 5,1 m/s$.

b) Chọn hệ quy chiếu (hình vẽ). Khi vật rơ khỏi B, vận tốc ban đầu $v_B$ hợp với phương ngang một góc $\alpha $. Xét tam giác ABH có :

$\sin \alpha = \dfrac{AH}{AB} = \dfrac{AD – BC}{AB}= \dfrac{3}{5} (1) $

Phương trình chuyển động theo các trục x và y là

$x = v_B\cos\alpha .t (2)$

$y = h – v_B\sin \alpha.t – \dfrac{1}{2}gt^2 (3)$

Từ $(2)$ và $(3)$ ta rút ra được : $y = h – x tan \alpha – \dfrac{1}{2}\dfrac{g}{v^2_B \cos^2\alpha }x^2 (4) $

Đây chính là phương trình của một parabol có bề lõm quay xuống dưới. Vậy quỹ đạo của vật sau khi dời bàn là một parabol.

Từ $(1) \sin \alpha = \dfrac{3}{5} \Rightarrow \cos \alpha = \dfrac{4}{5} $ và $tan \alpha = \dfrac{3}{4} $.

Khi vật chạm đất tại E thì $y = 0$. Thay giá trị của y và $v_B$ vào phương trình $(4)$, ta thu được phương trình

$1,3x^2 + 0,75x – 1 = 0 (5)$

Giải phương trình $(5)$, thu được $x = 0,635 m$. Vậy vật rơi cách châm bàn một đoạn $CE = 0,635 m.$

c) Sau khi ngập sâu vào đất $2 cm$ vật đứng yên. Độ giảm động năng gần đúng bằng công cản. Gọi lực cản trung bình là F, ta có :

$W_E – 0 = Fs \Rightarrow F = \dfrac{W_E}{s} \approx 130 N $.

Giả sử m₁ > m₂ => P₁ > P₂ => sau khi buông nhẹ vật m₁ đi xuống, vật m₂ đi lên cùng quãng đường s. Chọn gốc thế năng riêng cho mỗi vật tại vị trí ban đầu. Chọn chiều dương là chiều chuyển động của các vật khi đó v₁ = v₂ = v >0

Cơ năng ban đầu của hệ: W = W₁ + W₂ = 0

Cơ năng sau của hệ: W’ = W’₁ + W’₂ = -m₁gs + 0,5m₁v² + m₂gs + 0,5m₂v² = 0

=> m₁ – m₂ = (m₁ + m₂)v²/(2gs) = 0,5kg

m₁ + m₂ = 3 => m₁ = 1,75kg; m₂ = 1,25kg

Ban đầu đây ở trạng thái cân bằng đứng yên nên mỗi nhánh có chiều dài là L/2 và có trọng tâm G là trung điểm của mỗi nhánh. Chọn vị trí G làm gốc của thế năng, chọn chiều dương là chiều chuyển động của dây xích..

Khi dây vừa rời khỏi ròng rọc thì khối tâm của dây xích ở G’ cách G khoảng L/4 về phía dưới

cơ năng ban đầu: W_o = 0,5mv_o²

cơ năng sau: W = -mgL/4 + 0,5mv² = 0,5mv_o² => v = 3m/s

Gọi v₁ là vận tốc của vật khi bắt đầu rời cầu nhảy (theo phương ngang).

áp dụng định luật bảo toàn cơ năng

0,5mv_o² = 0,5mv₁² + mgh => v₁ = \[\sqrt{v_o^2 – 2gh}\]

Sau khivật rời khỏi cầu giống như vật ném ngang với vận tốc v₁

=> s = v₁\[\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\] = \[\sqrt{\dfrac{2v_o^2h}{g} – 4h^2}\]

=> s_max khi biểu thức trong căn max => h = v_o²/4g = 3,6m => s = 7,2m

(biểu thức trong căn có dạng y = ax² + bx với a < 0 => y_max tại x = -b/2a)

a/ m₂; m₃ chuyển động tròn quanh tâm O (vị trí đặt m₁)

r₂ = r₃/2 = L/2 => v₂ = v₃/2

theo định luật bảo toàn cơ năng (gốc thế năng tại O) bỏ qua động năng của vật m₁

m₂g(L/2) + m₃gL = 0,5m₂v₂² + 0,5m₃v₃² => v₃ = 2\[\sqrt{\dfrac{3gL}{5}}\]

b/ Hệ chuyển động tự do: không có ma sát giữa m₁ và sàn

vì ngoại lực theo phương ngang bằng O nên m₂ chuyển động tịnh tiến đi xuống m₁ tịnh tiến sang phải trên mặt phảng ngang. Hệ là kín theo phương ngang.

Tại thời điểm thanh nghiêng góc α so với phương thẳng đứng thì m₁; m₂; m₃ có vận tốc lần lượt là v₁; v₂; v₃.

\[\vec{v_3}\] = \[\vec{v_{3x}}\]+\[\vec{v_{3y}}\]

Theo định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang:

m₁v₁ = m₃v$_{3x}$ => v₁ = v$_{3x}$

Vì thanh không biến dạng và các quả cầu gắn chặt vào thanh nên trong quá trình chuyển động, khoảng cách giữa các quả cầu m₁; m₂; m₃ không thay đổi => thành phần vận tốc của các quả cầu dọc theo phương thanh là bằng nhau=>

v₁sinα = v₂cosα = v$_{3y}$cosα – v$_{3x}$cosα (1)

v₁ = v$_{3x}$; v₂ = v₁tanα = v$_{3x}$tanα (2)

v$_{3y}$ = 2v₁tanα = 2v$_{3x}$tanα (3)

áp dụng định luật bảo toàn cơ năng =>

mg(L/2) + mgL = mg(L/2) + mgL.cosα + 0,5m(v₁² + v₂² + v$_{3x}$² + v$_{3y}$²) (4)

từ (1); (2); (3); (4) =>

v₃² = \[\dfrac{3gL(1-\cos\alpha)}{2+5\tan^2\alpha}\] + \[\dfrac{12gL(1-\cos\alpha)}{\dfrac{2}{\tan^2\alpha}+5}\]

khi quả cầu m₃ sắp chạm đất => α = 90^o => v₃ = 2\[\sqrt{\dfrac{3gL}{5}}\]

– khi cân bằng mặt thoáng của hai bình có độ cao bằng nhau và bằng h/2

– Coi khối nước trong mỗi bình như một chất điểm có khối lượng bằng khối lượng của khối nước đặt tại khối tâm của mỗi khối, tức là độ cao bằng h/4

– Độ biến thiên thế năng của khối nước

ΔW$_{t}$ = mgh/4 – mgh/2 = -mgh/4 < 0 => thế năng của khối nước giảm => một phần thế năng của khối nước đã chuyển hóa thành nhiệt làm nóng khối nước và thành bình.