Đáp án:

$Vo=320m/s$

Giải thích các bước giải:

+Chọn mốc thế năng ở vị trí (1) như trong hình

+Chiều dương hướng lên

*Xét trước va chạm:

+Động lượng của hệ đạn và bao cát là:

$\vec{po}=m\vec{Vo}+\vec{0}$ (vì bao cát đứng yên nên động lượng bao cát là 0)

*Xét sau va chạm: 

+Động lượng của hệ đạn và bao cát là:

$\vec{p}=(M+m)\vec{V'}$

+Áp dụng định luật bảo toàn động lượng:

$\vec{po}=\vec{p}$

$⇒m\vec{Vo}=(M+m)\vec{V'}$ (*)

+Chọn chiều dương là chiều viên đạn bay

+Chiếu (*) lên chiều dương có:

$mVo=(M+m)V'$

$⇒Vo=\frac{M+m}{m}.V'$ 

*Bây giờ ta tìm $V'$: 

+Chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng ban đầu của bao cát (vị trí số 2)

$⇒z_{2}=0$

+Theo hình vẽ:

$z_{1}=l-lcos\alpha=l(1-cos\alpha)$

+Thế năng tại vị trí 1 là:

$W_{t1}=(M+m)gz_{1}=(M+m)gl(1-cos\alpha)$

+Thế năng tại vị trí 2 là:

$W_{t2}=mgz_{2}=0$

+Động năng tại vị trí 1 là: (vận tốc ở vị trí 1 lúc này bằng 0)

$W_{đ1}=0,5(M+m)v_{1}^2=0$

+Động năng tại vị trí 2 là: (vận tốc ở vị trí 2 lúc này bằng $V'$)

$W_{đ2}=0,5(M+m)V'^2$

+Bảo toàn cơ năng:

$W_{1}=W_{2}$

$⇒W_{đ1}+W_{t1}=W_{đ2}+W_{t2}$

$⇔0+(M+m)gl(1-cos\alpha)=0,5(M+m)V'^2+0$

$⇔(M+m)gl(1-cos\alpha)=0,5(M+m)V'^2$

$⇔V'=\sqrt{\frac{(M+m)gl(1-cos\alpha)}{0,5(M+m)}}$

$⇔V'=\sqrt{\frac{gl(1-cos\alpha)}{0,5}}$

$⇔V'=\sqrt{2gl(1-cos\alpha)}$

+Thế $V'$ vào $Vo=\frac{M+m}{m}.V'$ ta tính được vận tốc đạn là:

$Vo=\frac{M+m}{m}.\sqrt{2gl(1-cos\alpha)}$

+Thay số:

$Vo=\frac{10+0,1}{0,1}.\sqrt{2.10.1(1-cos60^o)}≈320(m/s)$

Đáp án:

${v_o} = \dfrac{{M + m}}{m}\sqrt {2gl\left( {1 - \cos \alpha } \right)} $ 

Giải thích các bước giải:

Vận tốc của viên đạn là:
$\begin{array}{l}
\dfrac{1}{2}\left( {M + m} \right){v^2} = \left( {M + m} \right)gh\\
 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\left( {M + m} \right){v^2} = \left( {M + m} \right)gl\left( {1 - \cos \alpha } \right)\\
 \Leftrightarrow v = \sqrt {2gl\left( {1 - \cos \alpha } \right)} \\
m{v_o} = \left( {M + m} \right)v \Leftrightarrow {v_o} = \dfrac{{M + m}}{m}\sqrt {2gl\left( {1 - \cos \alpha } \right)} 
\end{array}$