Phân loại và giải bài tập cơ học đại cương

- Cơhọc là một môn học mở đầu và nó có vịtrí rất quan trọng trong vật lý. Nó là nền tảng của các ngành học vật lý sau này. Học tốt môn cơhọc sẽ là tiền đề quan trọng đểchúng ta học tốt các môn khác của bộmôn vật lý. - Quá trình làm đề tài đã giúp chúng tôi cũng cốlại một sốkiến thức cơbản về các định luật bảo toàn và trường hấp dẫn trong phần cơhọc cũng như đào sâu thêm một số kiến thức khác liên quan đến nó, từ đó tôi hoàn thiện hơn các kiến thức vềmôn cơ học. - Qua phần lý luận vềbài tập vật lý, chúng tôi đã nêu ra một sốlợi ích, cách phân loại, và một số định hướng giải bài tập, từ đó cho ta thấy rõ tầm quan trọng của bài tập vật lý cũng nhưcó một số cơ sở định hướng và lựa chọn cách giải phù hợp với bản thân mình.

pdf68 trang | Chia sẻ: lylyngoc | Ngày: 23/08/2014 | Lượt xem: 4271 | Lượt tải: 9download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Phân loại và giải bài tập cơ học đại cương, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
chiều. Cả hai đi với vận tốc smu /8,0= . Tính quãng đường s mà sà lan đi được đối với bờ sông trong khoảng thời gian hai người đó đổi chổ? - Bước 1 Tóm tắt kgM 600= , ml 12= , smv /1= kgm 401 = , kgm 602 = smuuu /8,021 === , ?=s - Bước 2 Phân tích Khi người chưa chuyển động, sà lan và người trôi theo dòng nước với vận tốc v so với bờ. Khi hai người bắt đầu đổi chổ cho nhau thì sà lan có vận tốc so với bờ là vv ≠′ . Tương ứng, người thứ nhất và người thứ hai có vận tốc tốc so với bờ là uv +′ và uv −′ . Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ ta sẽ tìm được v′ . Theo đề bài, với chiều dài của sà lan và vận tốc mà hai người di chuyển ta tìm được khoảng thời gian hai người di chuyển. Từ đó ta tìm được quãng đường sà lan đi được trong khoảng thời gian đó. - Bước 3 Giải Các ngoại lực theo phương ngang cân bằng nhau nên có sự bảo toàn động lượng theo phương ngang. Chọn hệ trục tọa độ gắn với bờ sông, chiều dương cùng chiều nước chảy (hình vẽ). Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: ( ) ( ) ( ) vMuvmuvmvmmM ′+−′++′=++ 2121 ⇒ ( ) 21 12 mmM mmuvv ++ −+=′ ( ) smv /023,1 4060600 40608,01 =++ −+=′ 2m 1m + vr ur ur Trang 34 s u lt 15 8,0 12 === ⇒ mtvs 345,1515.023,1 ==′= - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Ta thấy uv ≠′ , tức là khi hai người đổi chổ cho nhau đã gây ra gia tốc cho thuyền, kết quả là khi hai người di chuyển thuyền đã đi được quãng đường lớn hơn khi hai người không di chuyển. Bài 7 Một vật kgm 0,20= đang chuyển động theo chiều dương trục x với vận tốc smvx /200= thì bị nổ thành 3 mảnh; mảnh 1 có khối lượng kgm 0,101 = chuyển động với vận tốc smv y /1001 = theo chiều dương trục y; mảnh 2 khối lượng kgm 0,42 = chuyển động theo chiều âm trục x với smv x /5002 −= . a. Xác định vận tốc 3vr của mảnh đạn thứ 3? b. Có bao nhiêu năng lượng đã giải phóng trong vụ nổ? bỏ qua tác dụng của ngoại lực. - Bước 1 Tóm tắt kgm 0,20= , smvx /200= kgm 0,101 = , smv y /1001 = kgm 0,42 = , smv x /5002 −= a. ?3 =vr b. ?=∆E - Bước 2 Phân tích Do trong quá trình nổ các nội lực có giá trị rất lớn hơn so với ngoại lực nên ta có thể xem đây là hệ kín. Để tìm vận tốc của mảnh đạn thứ 3, do hệ là kín nên ta áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ, với các khối lượng và vận tốc của viên đạn và các mảnh 1, 2 đều đã biết ta dể dàng tìm được 3vr . Từ đó ta tìm được năng lượng của hệ trước và sau khi nổ, và tìm được phần năng lượng giải phóng trong vụ nổ. - Bước 3 Giải a. Xác định vận tốc 3vr của mảnh đạn thứ 3. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: 321 PPPP rrrr ++= Chiếu lên hệ trục tọa độ ta được: Trang 35 Ox: xxx vmvmmv 3322 += ( )( ) xv341020500.4200.20 +−+−= ⇒ smv x /10003 = Oy: yy vmvm 33110 += ⇒ yy vm mv 1 3 1 3 −= smv y /3 500100 6 10 3 −=−= 2 22 3 2 33 3 5001000 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛+=+= yx vvv smv /37 3 500 3 = 6 1 1000.3 .500 3 3 3 3 −=−=== x y x y v v P P tgα ⇒ 05,9−=α b. Năng lượng đã giải phóng trong vụ nổ. Năng lượng của hệ trước khi nổ: JmvTE 5 22 10.4 2 200.20 2 ==== Năng lượng của hệ sau khi nổ: 222 2 33 2 22 2 11 vmvmvmTE ++=′=′ JE 4 222 10.3,3637 3 500 2 6 2 500.4 2 100.10 =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛++=′ Năng lượng đã giải phóng trong vụ nổ: JEEE 555 10.3,3210.410.3,36 =−=−′=∆ - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Bài 8 Một khẩu súng liên thanh bắn 100 =n viên đạn trong 1 giây; đạn có khối lượng gm 2= và vận tốc smv /500= . Đạn bị chặn đứng bởi bức tường cứng. a. Tính động lượng 1P r và động năng 1T của mỗi viên đạn? b. Tính lực trung bình của chùm đạn vào tường? y x O 2P r 1P r 3P r P rα x P3 r yP3 r Trang 36 c. Nếu mỗi viên đạn tiếp xúc với tường trong mst 6,0=∆ thì lực trung bình do mỗi viên đạn tác dụng vào tường lúc tiếp xúc là bao nhiêu? Tại sao lực này lại khác với lực trong câu b? - Bước 1 Tóm tắt Súng bắn được 100 =n viên đạn trong 1s, gm 2= , smv /500= a. ?1 =P r , ?1 =T b. ?=′F c. ?1 =F - Bước 2 Phân tích Để tính lực trung bình của mỗi viên đạn ta cần biết độ biến thiên động lượng của chùm đạn trong một giây, và vận dụng dạng khác của định luật II Newton sẽ tính được F ′ . Tương tự như trên, trước tiên ta phải tìm biến thiên động lương của một viên đạn trong một giây và sau đó tính 1F . - Bước 3 Giải a. Động lượng 1P r và động năng 1T của mỗi viên đạn. smkgvmP /.1500.10.2 3111 === − JvmT 250 2 500.10.2 2 232 11 1 === − b. Lực trung bình của chùm đạn vào tường. Ta có: dt dPF = Hay t PF ∆ ∆= Với F là phản lực của tường và t∆ là khoảng thời gian lực tác dụng trong một giây, hay st 1=∆ . P∆ là độ biến thiên xung lượng trong một giây, hay ( ) 111 100.10.10 PPPP −=−=∆=∆ Vậy lực tác dụng trung bình của chùm đạn là FF −=′ N t P t PF 10 1 1.10.10 1 ==∆ −−=∆ ∆−=′ c. Lực trung bình do mỗi viên đạn tác dụng vào tường trong trường hợp mst 6,0=∆ . Theo một dạng khác của định luật II Newton ta có: dt dPF 11 = hay t PF ∆ ∆= 11 Trang 37 NF 331 10.667,110.6,0 1 == − Lực 1F khác với F ′ là do khoảng thời gian một viên đạn tiếp xúc vào tường ở hai câu là khác nhau. Trong câu b khoảng thời gian từng viên đạn tiếp xúc vào tường là 0,1s còn trong câu c là 0,6ms. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Trên thực tế từng viên đạn có lực tác dụng Fr khác nhau, nhưng do thời gian tương tác của mỗi viên đạn là rất ngắn nên để tín được lực tác dụng của chúng ta phải thông qua lực trung bình của chùm đạn và dĩ nhiên sẽ có sự sai lệch so với từng viên cụ thể. 2. Trường hấp dẫn 2.1 Bài tập định tính Bài 1 Vệ tinh địa tĩnh là vệ tinh đứng yên ở trên đường thẳng đứng của một điểm thuộc xích đạo Trái Đất. Tính: a. Bán kính của quỹ đạo vệ tinh ấy. b. Vận tốc dài của vệ tinh. Biết khối lượng của Trái Đất kgM 2410.6= ; hằng số hấp dẫn 2 2 11 .10.67,6 kg mNG −= . - Bước 1 Tóm tắt Cho vệ tinh địa tĩnh ở một điểm thuộc xích đạo, tính: a. ?=r b. ?=v Biết: kgM 2410.6= , 2 2 11 .10.67,6 kg mNG −= . - Bước 2 Phân tích Vì là vệ tinh địa tĩnh nên nó đứng yên so với một điểm trên mặt đất và có vận tốc gốc trùng với vận tốc gốc của Trái Đất. Giữa Trái Đất và vệ tinh có lực hất dẫn, do nó đứng yên so với Trái Đất nên tổng hợp lực lên nó bằng 0, hay lúc này lực hấp dẫn đóng vai trò là lực hướng tâm. Ngoài ra ta còn tìm được vận tốc của vệ tinh thông qua chu kỳ quay của Trái Đất. - Bước 3 Giải Gọi r là bán kính của quỹ đạo vệ tinh. Lực hướng tâm ở đây là lực hấp dẫn: r mv r mMG 2 2 = (1) m: là khối lượng của vệ tinh Trang 38 v: là vận tốc của nó. r T rv .2. πω == (2) Đối với vệ tinh địa tĩnh, chu kỳ T phải bằng chu kỳ quay của Trái Đất, s86400T = . a. 3 2 2 2 2 2 4 4 π π GMTr T r r GM =⇒= Thay số: km 42000m4,2.10r 7 == . b. r T v .2π= Thay số vào ta được v = 3.103 m/s = 3km/s. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Có thể tính v theo công thức r GMv = . Bài 2 Một hành tinh có bán kính R= 104 km và tự quay một vòng mất 12 giờ. Trọng lượng của một vật đặt ở xích đạo của hành tinh bằng 0,8 trọng lượng khi đặt ở cực. Tính gia tốc rơi tự do ở cực của hành tinh ấy. - Bước 1 Tóm tắt R= 104 km, T = 12 giờ, P = 0,8.Pc, tính ?=cg - Bước 2 Phân tích Hành tinh khi tự quay quanh trục của nó sẽ sinh ra lực quán tính ly tâm, do có lực này nên ở xích đạo trọng lượng của vật sẽ nhỏ hơn ở hai cực của hành tinh. Biết chu kỳ và bán kính của hành tinh ta có thể tính được gia tốc rơi tự do ở xích đạo cũng như ở hai cực của hành tinh ấy. - Bước 3 Giải Gọi Pc và gc lần lượt là trọng lượng và gia tốc rơi tự do ở cực: F m.gc Pc == (lực hút của hành tinh) ở xích đạo, trọng lượng P = F - f, Rmf 2ω= là lực quán tính ly tâm. P = 0,8.Pc. Vậy: cgmRmf ..2,02 == ω với .2,0 2Rgc ω= Vận tốc góc hành tinh: 3600.12 2πω = Vậy gc = 1,06m/s2. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Trang 39 Bài 3 Bán kính của Hỏa Tinh: 9,1 Rr = , khối lượng của Hỏa Tinh: 9 Mm = , R và M là bán kính và khối lượng của Trái Đất. Tính gia tốc rơi tự do trên bề mặt Hỏa Tinh. Biết gia tốc rơi tự do trên Trái Đất là g0. Bỏ qua sự tự quay của hành tinh. - Bước 1 Tóm tắt 9,1 Rr = , 9 Mm = , bỏ qua sự tự quay của hành tinh, tính ?=g - Bước 2 Phân tích Trên bề măt mọi hành tinh đều tồn tại một gia tốc rơi tự do, gia tốc này phụ thuộc vào khối lượng và khoảng cách của vật với tâm hành tinh ấy. Nếu biết khối lượng và khoảng cách tới hành tinh ta tìm được gia tốc rơi tự do trên hành tinh ấy. - Bước 3 Giải Trên Trái Đất: 2R MGgo = Trên Hoả Tinh: 2r mGg = Vậy: oo ggR MGg 4,0 9 )9,1( 9 9,1 22 2 === Bài 4 a. Ở độ cao H nào so với mặt đất thì gia tốc rơi tự do bằng g0/4, g0 là gia tốc rơi tự do ở mặt đất. b. Ở độ sâu l nào so với mặt đất thì gia tốc rơi tự do bằng g0/2, biết rằng lớp hấp dẫn của lớp đồng chất hình vỏ cầu lên một chất điểm không nằm hẳn trong lớp ấy bằng không. Coi Trái Đất là hình cấu đồng chất có bán kính R. - Bước 1 Tóm tắt a. Tìm H để 4 0gg = . b. Tìm l để 2 0gg = - Bước 2 Phân tích Gia tốc rơi tự do phụ thuộc vào khối lượng của vật và khoảng cách giữa hai vật. Nếu thay đổi khoảng cách giữa các vật thì gia tốc này cũng thay đổi theo, ứng với khoảng cách mới ta sẽ tìm được gia tốc rơi tự do ứng với khoảng cách đó. Trang 40 - Bước 3 Giải a. Ở mặt đất: 2R MGgo = , M là khối lượng Trái Đất ở độ cao H, tức là khoảng cách r = R + H từ tâm Trái Đất, ở độ cao H, gia tốc rơi tự do 2r MGg = . Nếu 4 0gg = thì r2 = 4.R2 , r = 2.R và H = R. b. Chỉ có hình cầu bán kính R’ = R – l có tác dụng hấp dẫn lên vật ở độ sâu l. Nó có khối lượng 3'' 3 4 RM πρ= , ρ là khối lượng riêng của Trái Đất. Nếu g’ là gia tốc rơi tự do ở độ sâu l thì 2 ' ' R MGg ′= Mặt khác 2R MGgo = , với 33 4 RM πρ= Nếu 2 0' gg = thì 22' ' .2 R M R M = Ta suy ra: 2 ' RR = và 2 Rl = - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Khi xem Trái Đất là khối cầu đồng chất ta được kết quả trên, do đó nó chỉ đúng với những hành tinh đồng chất, nhưng thực tế các hành tinh có kết cấu không đồng chất nên kết quả sẽ có sai lệch và việc tính chúng là rất khó khăn. Bài 5 Mặt trăng quay một vòng Trái Đất mất T = 27 ngày đêm. Tìm bán kính quỹ đạo r của nó, biết bán kính Trái Đất R = 6,4.106m, và gia tốc rơi tự do trên mặt đất g = 9,8m/s2. - Bước 1 Tóm tắt 27=T ngày đêm s610.33,2= . R = 6,4.106m, g = 9,8m/s2. Tìm r = ? - Bước 2 Phân tích Mặt Trăng quay quanh Trái Đất là nhờ có lực hướng tâm, đó là lực hấp dẫn. ta có thể xem Mặt Trăng chuyển động quanh Trái Đất với quỹ đạo tròn. Để tìm bán kính quỹ đạo của Mặt Trăng ta đựa vào biểu thức lực hấp dẫn và biểu thức gia tốc gốc liên hệ với chu kỳ của Mặt Trăng ta sẽ tìm được bán kính quỹ đạo của nó. Trang 41 - Bước 3 Giải Gọi m và M là khối lượng của Mặt Trăng và Trái Đất, lực hướng tâm tác dụng lên Mặt Trăng rm 2ω chính là lực hấp dẫn 2r MmG . Ta có 2 2 r MGr =ω hay 2 22 3 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛== ωω R R MGMGr Nhưng 2R MGg = và T πω 2= Thay vào ta có: 2 3 2 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= π RTgr Với sT 610.33,23600.24.27 == 243 10.3,55=r , Rmr 6010.8,3 8 ≈= - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Chính xác hơn thì quỹ đạo của Mặt Trăng quang Trái Đất là hình elip nên quỹ đạo tìm được chỉ là bán kính trung bình của quỹ đạo. Bài 6 Hai ngôi sao A và B có cùng khối lượng m quay xung quang một ngôi sao O khối lượng M trên cùng một quỹ đạo tròn tâm O bán kính r. A và B luôn xuyên tâm đối qua O. Tìm biểu thức chu kỳ quay của A và B. - Bước 1 Phân tích Vì hai ngôi sao cùng chuyển động trên cùng một quỹ đạo và luôn đối xứng qua tâm nên nó có cung chu kỳ và cùng khoảng cách với O. Do đó ta chỉ cần tìm biểu thức chu kỳ của một trong hai ngôi sao sẽ biết được chu kỳ của ngôi sao còn lại. Do chúng đối xứng với nhau nên mỗi ngôi sao đồng thời chịu tác dụng lực của hai ngôi sao còn lại Với hai ngôi sao A và B thì hợp lực này chính là lực hướng tâm, từ đó ta tìm được chu kỳ của A và B. - Bước 2 Giải Xét sao A, nó bị sao O và B hút với tổng hợp lực là: ( )mM r Gm r mG r MmGFFF BOA +=+=+= 444 22 2 2 (1) AF cũng chính là lực hướng tâm: rmFA 2ω= (2) A B r r m m O M Trang 42 Từ (1) và (2) rút ra: ( ) 2 1 34 4 ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ == r mMGω và ( ) 2 1 4 42 ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +== mMG rrT πω π T là chu kỳ của hành tinh A đồng thời cũng là chu kỳ của hành tinh B. - Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Bài 7 Tốc độ tự quay lớn nhất mà một hành tinh có thể có là tốc độ mà lực hấp dẫn do hành tinh đó tác dụng vào các vật ở xích đạo, vừa đủ để tạo ra lực hướng tâm cần thiết cho sự tự quay đó. a. Chứng minh rằng chu kỳ tự quay ngắn nhất có được cho bởi ρ π G T 3= , trong đó ρ là khối lượng riêng của hành tinh (giả sử đồng tính). b. Hãy tính T với 3/0,3 mg=ρ , giá trị điển hình của nhiều hành tinh, vệ tinh. - Bước 1 Tóm tắt a. Chứng minh ρ π G T 3= là chu kỳ tự quay ngắn nhất. b. Tính T với 3/0,3 mg=ρ . - Bước 2 Phân tích Để chứng minh được công thức trên ta cần tìm được mối quan hệ giữa chu kỳ và lực hướng tâm, trong trường hợp này là lực hấp dẫn. - Bước 3 Giải a. Ta có: mg R MmGF == 2 ⇒ 2R MGg = (1) Với ρπρ 3 3 4 RVM == và R vg 2 = là gia tốc hướng tâm và T Rv π2= Vậy (1) thành ρππ 322 2 3 44 R R G T R = ⇒ ρ π G T 3= b. Thay số với 333 /10.0,3/0,3 mkgmg ==ρ sT 97,6862 10.3.10.67,6 3 311 == −π Bài 8 Một ngôi sao nơtrôn (sao rất đậm đặc) được cho là tự quay với tốc độ gốc khoảng 1 vòng/s. nếu nó có bán kính kmR 10= thì khối lượng tối thiểu của nó phải là bao nhiêu để các vật trên bề mặt nó được giữ lại? Trang 43 - Bước 1 Tóm tắt svòng /1=ω , kmR 10= . Để giữ được các vật trên bề mặt thì ?min =M - Bước 2 Phân tích Một vật ở xích đạo chịu tác dụng của hai lực đó là lực hấp dẫn và lực li tâm. Để giữ vật trên bề mặt thì lực hấp dẫn phải thắng được lực li tâm hoặc tối thiểu cũng phải cân bằng với lực li tâm. - Bước 3 Giải Một vật m ở xích đạo của sao chịu tác dụng của lực quán tính li tâm RmFq 2ω= và lực hấp dẫn 2R MmGFh = . Để vật giữ được tại chổ thì qh FF ≥ ⇒ R R MG 22 ω≥ ⇒ G RM 32ω≥ ⇒ ( ) ( )( )211 24232 min 10.67,6 10.2 −== πω G RM kgM 23min 10.92,5= - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Đối với một ngôi sao nơtron, tuy nó quay với vận tốc lớn, nhưng thông thường khối lượng của nó gấp vài lần khối lượng Mặt Trời nên ở đó sức hút của nó rất lớn, một vật ở đó khó mà thoát khỏi sức hút của nó. 2.2 Bài tập định lượng Bài 1 Một vệ tinh của Trái Đất có khối lượng M = 2000 kg đang bay trên quỹ đạo tròn với vận tốc v = 8 km/s thì phóng ra ngược chiều bay một vật có khối lượng kg0,05 m = với vận tốc (đối với vệ tinh) u = 1 km/s. a. Bán kính của quỹ đạo vệ tinh tăng hay giảm bao nhiêu? b. Tính bán kính mới? c. Vật phóng ra chuyển động như thế nào? Coi quỹ đạo mới vẫn là tròn, gia tốc trọng trường biến đổi không đáng kể theo chiều cao và có giá trị g = 9,8m/s2. - Bước 1 Tóm tắt M = 2000kg, v = 8km/s, m = 0,05kg, u = 1km/s a. ?=∆R b. ?=′R Trang 44 c. Vật phóng ra chuyển động thế nào? - Bước 2 Phân tích Khi vệ tinh phóng ra một vật ngược với chiều quỹ đạo thì theo định luật bảo toàn độnglượng, vệ tinh sẽ nhận thêm một vận tốc do vật đó tác dụng lên vệ tinh, do đó bán kính quỹ đạo vốn có của vệ tinh sẽ tăng và vệ tinh sẽ chuyển động với quỹ đạo mới. Để tính được độ tăng bán kính quỹ đạo này trước hết ta phải biết được độ tăng vận tốc của vệ tinh. Khi biết được độ tăng bán kính ta có thể tìm được bán kính của quỹ đạo mới. Ta cũng dể dàng tìm được vận tốc của vật bị ném và từ đó ta biết được chuyển động của vật bị ném ra. - Bước 3 Giải a. Nếu v’ là vận tốc của vệ tinh sau khi phóng vật thì vận tốc của vật đối với mặt đất là v’- u. Định luật bảo toàn động lượng cho ta phương trình: muMvuvmvmMMv −=−+−= ''' )()( vMvvMmu ∆=−= )( ' , smu M mv /25,0==∆ Gia tốc trọng trường cũng là gia tốc hướng tâm: RR vv R vg ∆+ ∆+== 22 )( g vv v vRvvvv v RR ∆=∆≈∆+∆=∆ 22)2( 222 Thay số ta được mR 400=∆ là bán kính quỹ đạo tăng b. R vg 2 8,9 ′== , với v’ = 8000,25 m./s. Suy ra kmmR 65316531020' ≈= Kiểm lại km g vR 6,6530 2 == , R’= R + 0,4 km. c. Vật có vận tốc v’- u = 7 km/s bé hơn vận tôc 7,9 km/s của chuyển động tròn nên không thành vệ tinh mà rơi xuống đất theo một cung elip. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Thực ra quỹ đạo mới là hình elip. Ta coi gần đúng là hình tròn nên kết quả ngược với điều đã biết là: Nếu vệ tinh chyển động tròn thì bán kính R quỹ đạo càng lớn, vận tốc vệ tinh v càng giảm: R MGv đ= . Mđ: là khối lượng Trái Đất, G: là hằng số hấp dẫn. Trang 45 Bài 2 a. Tính tốc độ thoát ly trên một tiểu hành tinh hình cầu, có bán kính kmR 500= và gia tốc hấp dẫn trên mặt bằng 2/3 smg = ? b. Nếu một hạt rời mặt tiểu hành tinh với tốc độ xuyên tâm smv /1000= thì hạt đi xa mặt hành tinh được bao nhiêu? c. Một vật thả từ độ cao kmh 1000= trên mặt tiểu hành tinh sẽ va vào mặt tiểu hành tinh với tốc độ bao nhiêu? - Bước 1 Tóm tắt a. Tính tốc độ thoát ly v biết kmR 500= , 2/3 smg = . b. Nếu smv /1000= , ?=h c. kmh 1000= , ?=v - Bước 2 Phân tích Một vật muốn thoát khỏi tiểu hành tinh thì phải cung cấp cho nó một vận tốc ban đầu sao cho động năng của nó thắng được thế năng hấp dẫn của tiểu hành tinh ấy. Khi một vật được cung cấp một vận tốc ban đầu thì vật sẽ chuyển động ra xa tiểu hành tinh, năng lượng của vật càng lớn thì vật đi được quãng đường càng xa. Nếu vận tốc của vật thắng được thế năng hấp dẫn của hành tinh ấy thì vật sẽ bay vào vũ trụ. Nếu vận tốc của vật không đủ lớn thì vật sẽ đi được một khoảng rồi rơi lại hành tinh đó. Tại vị trí vật có vận tốc bằng 0 thì khoảng cách của vật với hành tinh là lớn nhất. Khi một vật ở độ cao h, dưới tác dụng của lực hấp dẫn vật sẽ rơi về phía hành tinh ấy, có sự chuyển hóa năng lượng trong quá trình rơi, thế năng chuyển hóa thành động năng, h càng lớn thì năng lượng của vật càng lớn và vận tốc của vật càng lớn. - Bước 3 Giải a. Muốn thoát li khỏi trường hấp dẫn của tiểu hành tinh thì khi rời khỏi mặt đất vật phải có động năng ban đầu tối thiểu là bằng thế năng hấp dẫn của vật: mgR R MmGmv == 2 2 ⇒ 310.5.3.22 == gRv smsmv /1732/3103 == b. Gọi h và r là khoảng cách từ tâm tiểu hành tinh tới bề mặt và điểm xa nhất mà hạt có thể tới được. Tại đó v = 0. Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: r MmG R MmGmv −=− 0 2 2 Thay 2gRGM = và Rhr += vào phương trình trên ta được: Trang 46 Rh RggRv +−=− 22 2 ⇒ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −=+ gR v RhR 2 111 2 ⇒ R gR v Rh − ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − = 2 1 2 ⇒ 5 5 6 5 10.5 10.5.3.2 101 10.5 − ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − =h kmmh 25010.25 4 == c. Theo định luật bảo toàn năng lượng: hR MmGmv R MmG +−=+− 2 2 ⇒ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−= hRRgRhRRGMv 112112 22 ⇒ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−= 555 5 10.1010.5 1 10.5 1.3.210.5112 hRR gRv smsmv /1414/2103 == - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Các vận tốc trong vũ trụ là rất lớn do có khối lượng rất lơn, do đó đối với các sai số khi tính các vận tốc đó là không đáng kể khi so sánh với chúng. Bài 3 Một lỗ trống hình cầu được khoét trong một khối cầu bằng chì bán kính R sao cho bề mặt của lỗ tiếp xúc với mặt trong của khối cầu và đi qua tâm O. Khối cầu trước khi khoét lỗ có khối lượng là M. Hỏi khối cầu đã bị khoét tác dụng lên hạt khối lượng m đặt tại A, với OA = d một lực F bằng bao nhiêu? - Bước 1 Phân tích Để tính được lực tác dụng của của khối cầu lên hạt m đặt tại A ta tính lực tác dụng của khối cầu khi chưa bị khoét và lực tác dụng của phần cầu bị khoét rồi tìm hiệu lực tác dụng của chúng ta tìm được lực tác dụng tại A. O 1O R A m M Trang 47 - Bước 2 Giải Lực do khối cầu chưa khoét tác dụng lên m lực 20 d MmGF = . Phần chì bị khoét có bán kính 21 Rr = nên có khối lượng 82 1 3 1 MMM =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= . Và 21 RdAO −= . Riêng phần khoét tác dụng lên m lực: ( ) ( )2211 5,085,0 Rd MmG Rd mMGF −=−= Vậy ( ) ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −−=−= 2210 5,08 11 Rdd GMmFFF - Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Bài 4 Hai hạt có khối lượng m và M lúc đầu đứng yên và ở rất xa nhau. Do hút hấp dẫn giữa chúng, chúng tiến lại gặp nhau. Chứng minh rằng tại bất kỳ thời điểm nào, tốc độ của một hạt đối với hạt kia cũng là ( ) d mMG +2 , trong đó d là khoảng cách giữa hai hạt tại thời điểm đang xét. - Bước 1 Phân tích Để chứng minh được điều trên ta phải tìm được mối liên hệ giữa 12v và v. Để tìm v ta có thể áp dụng định nghĩa khối tâm hoặc định luật bảo toàn cơ năng. Ta áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, và thay thế v vừa tìm được cũng như mối liên hệ giữa v và 12v để chứng minh điều cần chứng minh. - Bước 2 Giải Đặt G là khối tâm của hệ trùng với gốc O. vì hệ không chịu tác dụng ngoại lực (lực hấp dẫn F giữa M và m là nội lực), nên trong quá trình M và m tiến lại gần nhau, G đứng yên (OG = 0). Theo định nghĩa khối tâm: ( ) 0=+=+ OGmMmxMX ⇒ 0=+ dt dxm dt dXM ⇒ 0=+ mvMV ⇒ m MVv −= Hoặc theo định luật bảo toàn động lượng ta cũng có: vr O m M x G V r Trang 48 0=+ vmVM rr ⇒ 0=+ mvMV ⇒ m MVv −= (1) Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: 0 22 22 =−+ d MmGmvMV (2) Vì lúc đầu hai hạt ở rất xa nhau ∞=d và đứng yên 0== vV . Tốc độ của hạt này đối với hạt kia là: vVv −=12 (3) Thay (1) vào (2) ta được: d MmG m VMmMV =+ 2 222 22 ⇒ d MmG m MmMV =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ + 2 2 ⇒ ( )dmM GmV += 2 (4) Thay (1) vào (4) ta thu được: ( )dmM GMv +−= 2 (5) Thay (4), (5) vào (3) ta thu được: ( ) d mMGv += 212 - Bước 3 Biện luận Để chứng minh điều đó ta có thể tìm v bằng một trong hai cách hoặc vận dụng cả hai cách và so sánh kết quả để bài toán là hoàn chỉnh nhất. Bài 5 Một thanh mỏng có khối lượng M được uốn thành nửa đường tròn ABC bán kính R. a. Xác định lực hấp dẫn do nó tác dụng vào một hạt khối lượng m đặt tại tâm cong O? b. Nếu thanh là cả đường tròn thì lực hấp dẫn là bao nhiêu? - Bước 1 Phân tích Vì thanh có dạng là nữa đường tròn nên ta không thể tính trực tiếp lực hấp dẫn của thanh mà phải chia thanh thành những vi phân khối lượng dM rồi tính lực tác dụng của thành phần dM , sau đó lấy tổng các lực Fd r để được lực tác dụng của cả thanh. - Bước 2 Giải a. Tính lực hút của một yếu tố chu vi θd đặt tại N lên hạt m: B R O m C A Trang 49 2R mdMGdF = với π θdMdM = ⇒ π θdM R GmdF 2= Và viết dưới dạng ký hiệu vectơ đơn vị: jdFidFFd rrr .sin..cos. θθ += Với ∧= xOMθ ∫∫∫ +== ππ θθ 00 .sin.cos jdFidFFdF rrrr Các thành trên trục x đối xứng nhau qua O nên 0.cos 0 =∫ π θ idF r Hay 02 0 2 cos.sin π π θπθπ θ R jGMmjd R GMmF rrr == ∫ 2 2 R jGMmF π rr = b. Nếu thanh là cả đường tròn thì các thành phần trên trục y cũng đối xứng nhau qua O nên 0=Fr . - Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Bài 6 Một vệ tinh nhân tạo của Trái Đất được đặt lên một quỹ đạo tròn với ý định để nó lơ lững bên trên một điểm A của xích đạo Trái Đất. Tuy nhiên bán kính quỹ đạo của vệ tinh bị tính sai thành r, lớn hơn kmr 0,2=∆ so với bán kính 0r mà đúng ra nó phải có. Vậy điểm B ở ngay dưới vệ tinh sẽ chuyển động trên xích đạo Trái Đất theo hướng nào, và với tốc độ bằng bao nhiêu? - Bước 1 Tóm tắt kmr 0,2=∆ , ?=Bvr - Bước 2 Phân tích Để tìm được Bvr ta phải tìm được bán kính quỹ đạo của vệ tinh và vận tốc gốc quay của điểm B. Để tìm bán kính quỹ đạo của vệ tinh và vận tốc gốc quay của điểm B ta có thể dựa vào định luật vạn vật hấp dẫn để tìm chúng. - Bước 3 Giải Vệ tinh chuyển động tròn, chịu tác dụng của lực hướng tâm: rmFht 2ω= (1) Vệ tinh chịu tác dụng lực hấp dẫn của Trái Đất: BR O m C A y ndF dF xθd θ N Trang 50 2r MmGFhd = (2) Mà hdht FF = , từ (1) và (2) ta rút ra: 2 2 r GMr =ω ⇒ GMr =32ω (3) ⇒ ( ) ( ) 032 22332 ==+= GMddrrdrrd ωωωω ⇒ dr r d 2 3ωω −= (4) Với ω là vận tốc góc quay của Trái Đất: 86400 22 ππω == T và r là bán kính quỹ đạo của vệ tinh địa tĩnh. Từ (3) ⇒ ( ) 3 1 25 24113 1 2 10.72,7 10.98,5.10.67,6 ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= − − ω GMr kmmr 4225010.225,4 7 == Thay vào (4) ta có: sradd /10.16,5 10.225,4.86400.2 10.2.2.3 9 7 3 −−=−= πω Vận tốc của điểm B là: ( ) smRdvB /10.29,310.16,5.10.6370 293 −− −=−== ω Dấu “–” chứng tỏ B chuyển động ngược chiều quay của trái đất, nghĩa là B chuyển động trên xích đạo từ đông sang tây. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Vậy do tính sai bán kính quỹ đạo mà vệ tinh không còn là vệ tinh địa tĩnh nữa mà sẽ quay với vận tốc gốc sradd /10.16,5 9−−=ω , nó sẽ ảnh hưởng rất lớn đến ứng dụng của vệ tinh. Bài 7 Một hang rỗng hình cầu tâm I, bán kính R ở sâu dưới mặt đất một khoảng OI = d. Đo gia tốc trọng trường tại A cách O một khoảng OA = x thì thấy thành phần thẳng đứng yg tại A nhỏ hơn giá trị chờ đợi (nếu không có hang rỗng) là: a. Chứng minh rằng ( )2322 3 3 4 xd dGRg y + =∆ ρπ , với ρ là khối lượng riêng của đất. Trang 51 b. yg∆ thường rất nhỏ, cỡ 25 /10 sm− gọi là miligal. Khi đo g trong bán kính ma 150= xung quanh O người ta thấy yg∆ biên thiên từ 10 miligal tại các biên A, B tới 14 miligal tại O. Hãy tính độ sâu d của hang. Cho biết 3/8,2 cmg=ρ . c. Giả sử hang không rỗng mà chứa dầu thô khối lượng riêng 31 /1 cmg=ρ thì các số chỉ trong câu b bây giờ là bao nhiêu? - Bước 1 Tóm tăt OI = d, OA = x a. Chứng minh ( )2322 3 3 4 xd dGRg y + =∆ ρπ b. yg∆ ở A, B là 25 /10.10 sm− , ở O là 25 /10.14 sm− , 3/8,2 cmg=ρ . Tìm d. c. Với 31 /1 cmg=ρ . Tìm d. - Bước 2 Phân tích Để chứng minh ( )2322 3 3 4 xd dGRg y + =∆ ρπ ta cần tìm hiệu gia tốc khi hang không rỗng và gia tốc của lượng đất tương đương với phần rỗng gây ra. Từ điều vừa chứng minh được và theo điều kiện gia tốc ở biên và ở tâm ta sẽ tìm được độ sâu d của hang. Để tìm d trong trường hợp hang chứa dầu thô ta cần xét lại công thức ở câu a. độ giảm gia tốc lúc này không phải do độ giảm khối lượng riêng của đất mà là hiệu độ giảm khối lượng riêng của đất với phần khối lượng riêng của dầu có trong hang. Tương tự câu b, ta sẽ tìm được d. - Bước 3 Giải a. quả cầu đất gây tại A một gia tốc: 22 3 2 1 3 4 xd RG IA MGg +==∆ ρπ Và θsin.gg y ∆=∆ . O x I B R A d x O θ A x x I R d yg∆y∆ r Trang 52 Với ( )2122sin xd d IA OI + ==θ Vậy ( )2322 3 3 4 xd dGRg y + =∆ ρπ (1) Đặt gr là gia tốc tại A nếu dưới đất không có hang rỗng và Agr là gia tốc lúc có hang rỗng, R là bán kính của hang. Vậy ggg A ∆+= rr ⇒ yAyy ggg ∆+= hay yyAy ggg ∆−= b. Từ (1) cho thấy maxyy gg ∆=∆ khi x = 0 và yg∆ càng nhỏ khi x càng lớn. Theo đề bài khi x = 0: 53 3 10.14 3 4 −==∆ d dGRg y ρπ (2) Và khi mx 150= : ( ) 5 2 3 22 3 10.10 1503 4 −= + =∆′ d dGRg y ρπ (3) Chia (2) cho (3) ta được 4,1150 2 3 2 22 =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ + d d ⇒ md 299 14,1 150 3 2 = − = Thay vào (2) ta có: m G dR 252 10.8,2.10.67,6.4 299.10.14.3 4 .10.14.3 311 2525 === − −− πρπ c. Nếu hang chứa dầu thô thì độ giảm: ( ) ( )23221 3 3 4 xd dGRg y + −=∆ ρρπ Khi đó: 8,2 18,210.14 511 −=−∆=∆ −ρ ρρ yy gg smg y /10.9 5 1 −=∆ 8,2 18,210.10 511 −=−∆′=∆′ −ρ ρρ yy gg smg y /10.43,6 5 1 −=∆′ Trang 53 - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Với việc tính toán trên người ta còn áp dụng vào việc thăm dò khoáng sản trong lòng đất. Bài 8 Một quả cầu rỗng có khối lượng M, bán kính trong b, bán kính ngoài a. a. Tìm biểu thức của lực hấp dẫn F do khối cầu tác dụng lên một hạt m đặt cách tâm O của quả cầu một khoảng r, với r diến thiên từ 0 đến ∞ . b. Tìm biểu thức tương ứng của thế năng hấp dẫn U(r). - Bước 1 Phân tích Để tìm biểu thức thế năng hấp dẫn và lực hấp dẫn do M tác dụng lên m ta xét đến các trường hợp sau: TH1 khi br ≤≤0 , hay điểm m nằm trong lòng vật M, M không tác dụng lực lên m và do đó thế năng hấp dẫn là hằng số. Để tính được hằng số này tùy thuộc vào việc chọn gốc thế năng của ta. Có thể chọn gốc thế năng ở O hay ở ∞ . TH2 khi arb ≤≤ , chỉ có phần cầu có bán kính từ b cho đến r mới tác dụng lực hấp dẫn lên m. Tương tự như TH1 ta cũng tìm được thế năng hấp dẫn và lực hấp dẫn tác dụng lên m. TH3 khi ar ≥ , cả khối cầu đều tác dụng lực hấp dẫn lên m. - Bước 2 Giải a. Biểu thức của lực hấp dẫn Tính lực F cho 3 trường hợp TH1 br ≤≤0 thì 0=F TH2 arb ≤≤ thì 21r mMGF −= (1) Vơi 1M là khối lượng của phần quả cầu có bán kính từ b đến r. A r a b O c B m N A r a b O c B m N Trang 54 Ta có ( ) ( ) 33 33 33 33 111 3 4 3 4 ba br ba br V V V V M M − −= − − === π π ρ ρ ⇒ M ba brM 33 33 1 − −= Thay vào (1) ta có: 33 33 2 ba br r mMGF − −−= (2) Trong khoảng này F(r) là nghịch biến vì 0< dr dF . TH3 ar ≥ thì 2r MmGF −= , trong khoảng này F(r) đồng biến . Đồ thị biểu diễn F theo r. b. Biểu thức của thế năng hấp dẫn Ta có dr dUF −= . Ta cũng xét trong 3 trường hợp: TH1 br ≤≤0 thì 0=F nên 0= dr dU ⇒ constUU == 0 , nghĩa là thế năng tại mọi điểm trong hốc rỗng đều như nhau. Để tính 0U ta tính 0U tại tâm O: dM r mGdUU ∫∫ −== 00 (4) Với dM là khối lượng của một nguyên tố thể tích của vỏ quả cầu: dVdM ρ= Trong tọa độ cầu thì drdrdV Ω= 2 , với Ωd là phần tử gốc khối. Thay vào (4) ta được: a b 24 0 a b 2 0 2 4 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛−=−Ω= ∫ ∫ rGmdrrrGmdU πρρ π F A O r b a r B Trang 55 ( )220 2 baGmU −−= πρ (5) Ta lại có: ( )33 3 4 baVM −== πρρ ⇒ ( )334 3 baM−= πρ Vậy ( )( )220 23 baba baGMmU ++ +−= (6) TH2 arb ≤≤ . Từ (2) và (3) suy ra: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −−= 2 3 33 r br ba mMG dr dU ⇒ const r br ba MmGU +⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +−= 32 33 2 (7) Xét tại điểm B thì 0UU = , và (7) thành: ( )( ) constbbbbaMmGba baGMm +⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +−=− −− 32 3333 22 22 3 ⇒ ( )33 2 2 3 ba GMmaconst −−= Vậy (6) thành ( ) ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −+−= 2 32 33 2 3 2 a r br ba GMmU (8) TH3 với ar ≥ coi thế năng do quả cầu gây ra giống thế năng của một chất điểm khối lượng M đặt tại O: r MmGU −= - Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Do thế năng phụ thuộc vào gốc tọa độ nên đối với việc chọn gốc tọa độ ở O thì ta được các kết quả đó nhưng nếu ta chọn gốc tọa độ ở ∞ thì ta sẽ được các kết quả sai khác nhau một hằng số. III. Một số bài tập kiến nghị 1. Các định luật bảo toàn Bài 1 Một vật được ném theo phương hợp với phương nằm ngang một góc α với vận tốc ban đầu bằng v0. Tìm chiều cao mà ở đó động năng của vật bằng thế năng của nó? Trả lời g v h 4 2 0= Trang 56 Bài 2 Một lực tác dụng vào một vật có khối lượng 3kg sao cho vị trí của vật là một hàm của thời gian x = 3t – 4t2 + t3. Trong đó x tính bằng mét và t tính bằng giây. Hãy tính công do lực này thực hiện từ t1 = 0 đến t2 = 4s. Trả lời JA 528= Bài 3 Trái Đất quay quanh Mặt Trời một vòng hết một năm. Phải thực hiện một công bằng bao nhiêu trên Trái Đất để giữ nó đứng yên so với Măt Trời? Cho biết khối lượng của Trái Đất m = 5,98.1024kg, khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời là R = 1,5.1011m và coi Trái Đất như một chất điểm. Trả lời J T RmA 332 22 10.67,22 −=−= π Bài 4 Một ô tô chuyển động với vận tốc m/s10 . Trước một vật cản người lái phanh gấp sao cho các bánh xe ngừng quay. Xe đi tiếp được một quãng đường bằng bao nhiêu đến khi ngừng hẳn nếu hệ số ma sát bằng 0,2. Trả lời m kg vs 5,25 2 2 == Bài 5 Một viên đạn khối lượng m bay ngang xuyên vào một vật có khối lượng M treo bởi hai sợi dây giống nhau chiều dài l và dừng lại trong đó. Khi đó hai dây lệch đi một gốc ϑ (như hình). Giả sử Mm << , tính: a. Vận tốc của viên đạn trước khi xuyên vào vật? b. Số phần trăm động năng ban đầu của viên đạn biến thành nhiệt? Trả lời a. ( ) ( )ϑcos12 −+= gl m Mmv b. %100 Mm M +=η Bài 6 Người A chạy có động năng bằng nửa động năng của người B và có khối lượng gấp đôi khối lượng gấp đôi khối lượng của người B. Nếu A tăng tốc thêm 1m/s thì động năng của A và B bằng nhau. Hỏi vận tốc ban đầu của A và B? Trả lời smvA /41,2= , smvB /82,4= Bài 7 Một quả bóng rơi từ độ cao h = 7,5m xuống một nền phẳng, nhẳn. Cần cấp cho nó một vận tốc ban đầu bằng bao nhiêu để sau hai lần chạm xuống nền nó đạt đến độ cao ban đầu? Nếu mỗi lần chạm xuống nền quả bóng mất 40% năng lượng. Trả lời smghv /166,162 3 4 == Bài 8 Trên mặt nước đứng yên có một chiếc thuyền khối lượng m1 và người khối lượng m2 đứng trên thuyền người bắt đầu chuyển động và dời khoảng l r đối với thuyền rồi dừng lại. Hỏi trong thời gian đó thuyền dời đối với nước một khoảng là bao nhiêu? Sức cản của nước coi là không đáng kể. l M l m Trang 57 Trả lời l mm mr rr 21 2 +−=∆ . Bài 9 Trên mặt hồ có một cái thuyền chiều dài L, khối lượng M chở một người có khối lượng m, cả hai ban đầu đứng yên. Nếu người đi từ mũi thuyền đến đuôi thuyền thì thuyền dịch chuyển bao nhiêu so với nước, theo chiều nào? Bỏ qua sức cản của nước. Trả lời L mM mx +−= Bài 10 Một khẩu súng có khối lượng M (không kể đạn) lăn tự do từ trạng thái nghỉ theo một đường dốc có góc nghiên α với phương nằm ngang. Sau khi đi được một đoạn đường l khẩu súng bắn ra theo phương ngang một viên đạn khối lượng m. Tính vận tốc v của viên đạn, biết rằng ngay sau khi bắn khẩu súng dừng lại. Trả lời: αα sin2cos glm mMv += . Bài 11 tính công cần thiết để đưa một vật lên cao theo một mặt phẳng nghiêng với các dữ kiện như sau: vật có khối lượng kgm 100= . Chiều dài của mặt phẳng nghiêng ms 2= , góc nghiêng là 030=α , hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là 1,0=µ , vận tốc ban đầu của vật bằng 0 và gia tốc trong khi chuyển động là 2/1 sma = . Tính công suất trung bình và công suất cực đại của công cụ đã dùng để đưa vật đó lên. Trả lời: ( ) JggamsA 1350cossin12 ≈++= αµα , ( ) WasggamPtb 6752cossin ≈++= αµα ( ) WasggamP 13502cossinmax ≈++= αµα Bài 12 Một xe tải khối lượng kgm 2100= , đang chuyển động về hướng Bắc với vận tốc hkmv /451 = thì quay sang hướng Đông rồi tăng tốc với hkmv /542 = . a. Tính độ biến thiên động năng của xe? b. Tìm độ lớn và hướng của độ biến thiên động lượng của xe? Trả lời: a. ( ) JvvmT 32122 10.2,722 =−=∆ b. ( ) 2322212 /.10.41 smkgvvmP =+= , 0 1 2 2,50== v varctgϕ Bài 13 Hai ôtô A và B có khối lượng kgmA 1100= và kgmB 1400= . Xe A đỗ trước đèn tín hiệu, xe B phanh không kịp đã hút vào sau xe A. hệ số ma sát động của Trang 58 mỗi xe với mặt đường là 13,0=k . Sau va chạm xe A dừng lại cách điểm va chạm là ms 2,81 = , và xe B cách ms 1,62 = . a. Tìm vận tốc của mỗi xe sau va chạm? b. Dùng sự bảo toàn động lượng để tìm vận tốc của xe B ngay trước lúc va chạm? Trả lời: a. smkgsvA /57,42 1 == , smkgsvB /94,32 2 == b. sm m vmvmv B BBAA B /53,70 ==+= Bài 14 Một tên lửa có khối lượng 16 tấn được phóng thẳng đứng nhờ lượng khí phụt ra phía sau với vận tốc sm /800 trong một thời gian tương đối dài. Tính khối lượng khí mà tên lửa cần phụt ra phía sau mỗi giây trong những giây đầu tiên để cho tên lửa đó: a. Bay lên rất chậm. b. Bay lên với gia tốc 2/10 sm . Lấy 2/10 smg = . Bỏ qua sức cản không khí. Trả lời a. kg v Mgm 200== b. ( ) kg v gaMm 400=+= Bài 15 a. Một vật nhỏ có khối lượng kgm 1= được gắn vào đầu dưới của một thanh cứng chiều dài ml 1= , khối lượng không đáng kể. Thanh có thể quay trong mặt phẳng thẳng đứng trên một trục không ma sát xuyên qua đầu trên. Ban đầu thanh nằm theo phương thẳng đứng với vật m ở dưới. Phải cấp cho vật m một vận tốc ban đầu 0v bằng bao nhiêu để vật m có thể quay được trong mặt phẳng thẳng đứng theo một đường tròn kín. b. Thay thanh bằng một sợi dây mềm không giãn (khối lượng không đáng kể, dài như thanh). Lúc đầu vật m đang ở vị trí thấp nhất. tạo cho nó một vận tốc 0v ban đầu theo phương nằm ngang bằng sm /102 . Hỏi vật lên tới độ cao nào so với vị trí thấp nhất thì rời khỏi quỹ đạo tròn. c. 0v tối thiểu bằng bao nhiêu thì vật m trong câu b quay được trong mặt phẳng thẳng đứng theo một đường tròn kín. Lấy 2/10 smg = . Trả lời: a. smv /32,6min0 = Trang 59 (1) A l l∆ x (2) C B O m b. 3 5 0 lAH = c. smglv /2550 =≥ Bài 16 Một hệ gồm hai lò xo mắc nối tiếp nhau, lần lược có hệ số đàn hồi 1k và 2k . Tính công cực tiểu cần thiết để kéo dài nó thêm một đoạn l∆ . Trả lời ( ) 2 2 min lkA ∆= , với 11 11 kk kkk += Bìa 17 Một vật A nằm yên trên một mặt phẳng ngang nhẳn. nó được nối vào một điểm cố định P bằng một sợi dây và nối với vật B bằng một sợi dây khác vắt qua một ròng rọc khối lượng không đáng kể. Khối lượng hai vật A và B bằng nhau. Ngoài ra vật A còn được nối vào điểm O qua một lò xo nhẹ không biến dạng chiều dài cml 500 = và có hệ số đàn hồi 0 5 l mg=χ với m là khối lượng của A. Khi ta đốt dây PA, vật A bắt đầu chuyển động. xác định vận tốc của nó lúc bắt đầu rời mặt phẳng ngang. Trả lời smglv /7,1 32 19 0 == Bài 18 Một sợi dây đàn hồi khối lượng không đáng kể, chiều dài l, một đầu cố định tại điểm A. Từ điểm A một chiếc vòng nhỏ khối lượng m lòng ngoài sời dây, rơi đến mấu B gắn ở đầu dưới của sợi dây, vòng tiếp tục chuyển động và kéo sợi dây dãn ra. Hãy tìm hệ số đàn hồi k của sợi dây, biết rằng khi chiếc vòng bắt đầu dừng lại thì sợi dây giãn ra đoạn l∆ . Bỏ qua ma sát. Trả lời ( )( )2 2 l llmgk ∆ ∆+= Bài 19 Đĩa cân của một cân lò xo có khối lượng kgm 025,01 = và lò xo có hệ số cứng mNk /3,15= . Một vật khối lượng gm 50= rơi xuống đĩa cân từ độ cao cmh 9= , không vận tốc ban đầu. Biết va chạm giữa vật và đĩa cân là hoàn toàn không đàn hồi, tính xem vật dời xa đến đâu so với vị trí ban dầu của nó. Trả lời: cm mm mh k mg k mghH 1,192 1 ≈⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +++= Bài 20 Một vật treo trên một mặt phẳng ngang có đặt một tấm ván mang một vật khối lượng kgm 0,1= , vật này nối vào điểm O bằng một sợi dây đàn hồi nhẹ không biến dạng chiều dài cml 400 = . Hệ số ma sát của vật trên tấm ván 20,0=k . B p A O Trang 60 Tấm ván từ từ xê dịch về phía bên phải cho đến khi vật bắt đầu trượt trên nó. Đúng lúc đó, sợi dây lệch khỏi vị trí thẳng đứng một góc 030=ϑ . Hãy xác định, trong hệ quy chiếu gắn liền với mặt phẳng ngang, công của lực ma sát tác dụng lên vật m từ lúc đầu đến lúc bắt đầu trượt. Trả lời ( ) Jk kmglA 09,0 coscossin cos1 2 0 =+ −= ϑϑϑ ϑ Bài 21 Một người có khối lượng m đứng trên một cái bè khối lượng M nằm yên trên mặt hồ. Người đó dịch chuyển một đoạn l ′ với vận tốc ( )tv′ đối với bè rồi dừng lại. bỏ qua sức cản của nước, hãy tính: a. Độ dịch chuyển l của bè đối với bờ hồ. b. Thành phần nằm ngang của lực do người tác dụng lên bè khi chuyển động. Trả lời a. l mM ml ′+−= l. b. dt vd mM mMF ′ +−= Bài 22 Sau khi va chạm một hạt có khối lượng m chuyển động lệch hướng đi một gốc 2 π và một hạt khác khối lượng M ban đầu đứng yên, bị bắn đi theo hướng hợp một gốc 030=ϑ đối với hướng chuyển động ban đầu của hạt m. Hỏi động năng của hệ sau va chạm thay đổi ra sao và thay đổi bao nhiêu phần trăm, nếu 0,5= m M ? Trả lời %4011 2 −=−+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +=∆ M mtg M m T T ϑ 2. Trường hấp dẫn Bài 1 Cho lực xuyên tâm mà cường độ chỉ phụ thuộc độ lớn r của bán kính vectơ rr , ( ) 0rrfF rr = , r rr rr =0 là vectơ đơn vị trên rr . Chứng minh lực xuyên tâm này gắn với thế năng ( )∫−= drrU f , và do đó là lực thế. Bài 2 Một vệ tinh quỹ đạo elip mà hai đầu của trục lớn là A và B, có các bán kính vectơ carA −= , carB += . a. Tính vận tốc ở cận điểm theo Av theo GM, a và c. b. Chứng minh ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −= ar GMv 12 cho vận tốc ứng với bán kính vectơ r. Trả lời a. ( )( )caa caGMvA − += O 0l m Trang 61 Bài 3 Sao Hỏa có bán kính trung bình là 3400 km. Sao Hỏa có hai vệ tinh quay xung quanh là Deimos và Phobos. Khoảng cách trung bình từ Deimos đến Sao Hỏa là 23500 km. Thời gian Deimos quay một vòng quanh quỹ đạo là T= 30,3 giờ. Tính khối lượng Sao Hỏa, khối lượng riêng trung bình của Sao Hỏa và gia tốc hấp dẫn trên bề mặt Sao Hỏa. Trả lời ( ) kg GT hRM 232 32 10.68,94 += π , 33 /96,59884 3 mkg R M == πρ , 2 2 /69,5 smR MGg == Bài 4 Hai khối lượng M và 3M đặt cách nhau một đoạn là h. Phải đăt một khối lượng m vào nơi nào để cho tổng lực hấp dẫn của M và 3M đặt lên vật m bị triệt tiêu. Trả lời hr 2 13 1 −= , hr 2 33 2 −= Bài 5 Ở độ cao nào trên cực bắc của Trái Ðất, gia tốc trọng trường giảm 1/100 và giảm 1/2 lần. Trả lời 91 Rh = , ( )Rh 122 −= Bài 6 a. Một trạm vũ trụ bay quanh Trái Đất với quỹ đạo tròn có bán kính 02RR = , kmR 64000 = là bán kính Trái Đất. Động cơ không hoạt động. Tính vận tốc v và chu kì T của trạm biết vận tốc vũ trụ thứ nhất ở sát mặt đất là skmv /9,70 = . b. Động cơ hoạt động trong thời gian ngắn làm cho vận tốc có giá trị v1. Trạm chuyển sang quỹ đạo elip và có khoảng cách tới tâm Trái Đất bé nhất bằng R1 = R, lớn nhất bằng R2. Tính v1 để R2 = 2R1. Tính chu kì chuyển động của elip. Trả lời a. skmvv o /58,52 2 == , phút v RT o 2404 == π b. skm R GMvv /44,6 3 0 0 1 == , .44183,1 phútTTe == Bài 7 Tính khoảng cách đối với mặt đất của các vệ tinh địa tĩnh. Biết bán kính Trái Đất là kmR 6370= , khối lượng Trái Đất kgM 2410.974,5= , hằng số hấp dẫn 2 2 1167,6 kg NmG −= , chu kỳ quay của Trái Đất quanh trục là 24 giờ. Trả lời kmRGMTh 36000 4 3 2 2 ≈−= π s. Trang 62 Bài 8 Hai vệ tinh nhân tạo của Trái Đất mỗi cái có khối lượng kgm 6,14= được phóng lên các quỹ đạo tròn quanh tâm Trái Đất. A có độ cao RhA = và B là RhB 3+ với R là bán kính Trái Đất: kmR 6370= . Hãy tính: a. Tỷ số giữa thế năng hấp dẫn của vệ tinh B và vệ tinh A trên quỹ đạo? b. Tỷ số động năng của vệ tinh A so với vệ tinh B? c. Vệ tinh nào có cơ năng toàn phần lớn hơn? Trả lời a. 5,0= A B U U b. 5,0= đB đA W W c. BA WW > Bài 9 a. Tính tốc độ thoát li khỏi sức hút của Mặt Trời của một vật đang đứng yên trên bề mặt Mặt Trời? b. Ở cách tâm Mặt Trời một khoảng mR 1110.5,1= (R bằng bán kính quỹ đạo Trái Đất)? c. Nếu vật đó đang ở trên Trái Đất thì phải cho nó thêm tốc độ bằng ban nhiêu để nó thoát li như trong câu b)? Trả lời r gMv 2= a. skmv /6,617= b. skmv /07,42= c. skmv /184,12=∆ Bài 10 Để tấn công một vệ tinh do thám đang bay trên quỹ đạo tròn quanh Trái Đất có độ cao kmh 500= , người ta phóng một chùm đạn nhỏ lên cùng quỹ đạo của vệ tinh nhưng bay theo hướng ngược lại, mỗi viên đạn có khối lượng gm 0,4= . a. Tính động năng của mỗi viên đạn theo hệ quy chiếu của vệ tinh? b. Tính tỉ số giữa động năng đó với động năng của một viên đạn gm 0,4= bắn từ một khẩu súng quân dụng với vận tốc đầu nòng là smv /9501 = ? Trả lời a. J hR GMmWđ 510.645,42 =+= b. ( ) 257 4 2 11 =+= vhR GM W W đ đ lần Trang 63 Bài 11 Một vệ tinh của Trái Đất có quỹ đạo elip với bán trục lớn a. Độ cao cận điểm A là h. R là bán kính Trái Đất, 0g là gia tốc trọng trường ở mặt đất. Tính: a. Độ cao H của viễn điểm B. b. Chu kỳ T. c. Các vận tốc ở A và B. d. Kiểm lại định luật bảo toàn momen động lượng đối với 2 diểm A và B. Trả lời a. hRa −− 22 b. 2 0 324 Rg aT π= c. ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+= ahRRgvA 122 0 , và ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+= aHRRgvB 122 0 Bài 12 Một hành tinh chuyển động theo một đường tròn xung quanh Mặt Trời với vận tốc skmv /9,34= (đối với hệ quy chiếu nhật tâm). Tìm chu kỳ quay của hành tinh này. Trả lời h v GMT 79,54492 3 ≈= π Bài 13 Chu kỳ quay của sao Mộc quanh Mặt Trời lớn hơn 12 lần chu kỳ tương ứng của Trái Đất. Giả sử rằng quỹ đạo của hành tinh là tròn, tìm: a. Khoảng cách từ sao Mộc đến Mặt Trời lớn hơn khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời bao nhiêu lần. b. Vận tốc và gia tốc của sao Mộc trong hệ quy chiếu nhật tâm. Trả lời a. 5,24 lần b. skmv /13≈ , 24 /10.15,2 sma −= Bài 14 Một hành tinh chuyển động xung quanh Mặt Trời theo một elip sao cho khoảng cách cực tiểu giữa nó và Mặt Trời bằng r, còn khoảng cách cực đại là R. Dựa và định luật kepler tìm chu kỳ quay của nó xung quanh Mặt Trời. Trả lời ( ) GM rRT 2 3+= π Bài 15 Một vật không lớn bắt đầu rời vào Mặt Trời từ một khoảng cách bằng bán kính Trái Đất. Vận tốc bắt đầu của vật trong hệ quy chiếu nhật tâm bằng 0. Dựa vào định luật kepler tìm xem sự rơi sẽ kéo dài trong bao lâu. Trả lời hTt 56,1548 24 == Trang 64 Bài 16 Tìm thế năng tương tác hấp dẫn: a. Của hai chất điểm có khối lượng 1m và 2m ở cách nhau một khoảng r. b. Của một chất điểm có khối lượng m và một thanh mảnh có khối lượng M và độ dài l, nếu chúng ở trên cùng một đường thẳng và cách nhau một khoảng a, xác định lực tương tác giữa chúng. Trả lời: a. r mmGU 21−= b. ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−= a l l MmGU 1ln , ( )laa GMmF += Bài 17 Chứng minh rằng: a. Một cái vỏ hình cầu đồng tính không tác dụng lực hấp dẫn vào một hạt (khối lượng m) ở bên trong vỏ đó. b. Ở đáy một cái giếng thẳng đứng có độ sâu d thì giá trị của gia tốc trọng trường là ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −= R dgg 10 với 0g là giá trị của gia tốc trọng trường ở tại mặt đất. IV. Kết luận: Trong phần này chúng tôi đã đưa ra một số bài tập, giải chúng và một số bài tập kiến nghị. Đây là nội dung chính của đề tài. Qua đó chúng ta có thể tham khảo, nắm bắt được một số dạng bài tập trong chương và một số bài tập để chúng ta có thể giải và đối chiếu kết quả. Từ đó giúp cũng cố lại các kiến thức của chúng ta và rèn luyện một số kỷ năng vận dụng lý thuyết vào việc giải bài tập cụ thể. Trang 65 Phần III: Kết luận I. Đóng góp của đề tài - Cơ học là một môn học mở đầu và nó có vị trí rất quan trọng trong vật lý. Nó là nền tảng của các ngành học vật lý sau này. Học tốt môn cơ học sẽ là tiền đề quan trọng để chúng ta học tốt các môn khác của bộ môn vật lý. - Quá trình làm đề tài đã giúp chúng tôi cũng cố lại một số kiến thức cơ bản về các định luật bảo toàn và trường hấp dẫn trong phần cơ học cũng như đào sâu thêm một số kiến thức khác liên quan đến nó, từ đó tôi hoàn thiện hơn các kiến thức về môn cơ học. - Qua phần lý luận về bài tập vật lý, chúng tôi đã nêu ra một số lợi ích, cách phân loại, và một số định hướng giải bài tập, từ đó cho ta thấy rõ tầm quan trọng của bài tập vật lý cũng như có một số cơ sở định hướng và lựa chọn cách giải phù hợp với bản thân mình. - Thông qua đề tài này chúng tôi đã hệ thống lại một số kiến thức, giải và nêu ra một số bài tập cơ bản của các chương để chúng ta tham khảo. Thông qua đó chúng ta có thể dể dàng hơn trong việc vận dụng lý thuyết vào bài tập cụ thể. - Các bài tập trong đề tài sẽ giúp chúng ta làm quen với việc phân tích và giải từng bài toán cơ học cụ thể, hình thành khả năng tư duy nhạy bén cho chúng ta trong việc giải bài tập cơ học. II. Hạn chế của đề tài - Song song với những kết quả đạt được thì đề tài vẫn có một số hạn chế nhất định như: + Do thời gian không cho phép nên tôi chỉ nêu lên hai chương trong học phần cơ học, do đó nó chưa giúp tôi hoàn thiện các kiến thức về môn cơ học. + Do không có thời gian nên các bài tập đưa ra cũng chưa thật sự là điển hình. Các bài tập trong hai chương cũng còn hạn chế, chưa được phong phú và đa dạng. - Trong thời gian sắp tới, nếu có điều kiện chúng tôi sẽ phát triển đề tài đó với những chương còn lại của môn học để nó được hoàn thiện hơn và thực sự sẽ hữu ít cho các hạn học môn này. Trang 66 Tài liệu tham khảo Dương Trọng Bái. 2005. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý THPT (tập 1 cơ học). TPHCM: Nhà xuất bản Giáo Dục. Dương Trọng Bái, Tô Giang. 2005. Bài tập cơ học dùng cho lớp A và chuyên vật lý THPT. Quãng Ninh: Nhà xuất bản giáo dục. Đỗ Văn Thông. 2003. Phương Pháp Nghiên Cứu Khoa Học. ĐHAG. I.E.Irodop, I.V.XaveLiep, O.I.Damsa. 1994. Tuyển tập các bài tập vật lý đại cương. Nhà xuất bản Giáo Dục. Lê Đỗ Huy. cơ học 1. Lê Trọng Tường, Nguyễn Thị Thanh Hương. 2004. Cơ học. Thái Nguyên: Nhà xuất bản đại học sư phạm. Lương Duyên Bình. 1997. Vật lý đại cương (tập 1 cơ nhiệt). Hải Phòng: Nhà xuất bản Giáo Dục. Nguyễn Quang Hậu, Ngô Quốc Quýnh. 2005. Tuyển tập các bài tập vật lý đại cương (tập 1 cơ nhiệt điện). TPHCM: Nhà xuất bản giáo dục. Nguyễn Văn Ánh, Hoàng Văn Việt. 2004. Giáo trình vật lý đại cương. Thái Nguyên: Nhà xuất bản đại học sư phạm. Phạm Viết Trinh, Nguyễn Văn Khánh, Lê Vân. 1982. Bài tập vật lý đại cương (tập 1). TPHCM: Nhà xuất bản giáo dục. Tô Giang. 2005. Bài tập cơ học. Nhà xuất bản Giáo Dục. Trần Thể. 2005. Bài tập vật lý phổ thông. ĐHAG. Vũ Thanh Khiết. 2000. Các bài toán vật lý chọn lọc phổ thông trung học (cơ nhiệt). Nhà xuất bản giáo dục. Vũ Thanh Khiết, Phạm Quý Tư. 1999. Bài tập vật lý sơ cấp (tập 1 cơ học, vật lý phân tử và nhiệt học, dao động và sóng cơ học). Nhà xuất bản giáo dục.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfphan_loai_va_giai_bai_tap_co_hoc_dai_cuong_4281_6684.pdf
Luận văn liên quan