TRƯ NG ĐẠI HỌC AN GIANG KHOA SƯ PHẠM BỘ MÔN VẬT LÝ -----oOo----- TRƯƠNG THANH TUẤN Lớp DH5L Khoá luận tốt nghiệp hệ đại học ngành sư phạm vật lý PHÂN LOẠI VÀ GIẢI BÀI TẬP CƠ HỌC ĐẠI CƯƠNG Giáo viên hướng dẫn: Th.s LÊ ĐỖ HUY Long Xuyên, tháng 5 năm 2008 L I CẢM ƠN ----- DÕE ----- Những lời đầu tiên tôi xin chân thành cảm ơn Trường Đại Học An Giang đã đào tạo chúng tôi trong suốt thời gian qua, đề ra và tạo điều kiện để chúng tôi có thể hoàn thành khóa luận này. Tôi xin chân thành cảm ơn khoa sư phạm đã tạo điều kiện thuận lợi giúp chúng tôi có thể hoàn thành khóa luận này. Tôi xin chân thành cảm ơn giáo viên hướng dẫn thầy Lê Đỗ Huy đã rất nhiệt tình hướng dẫn và hỗ trợ chúng tôi trong suốt quá trình làm khóa luận. Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô bộ môn vật lý cũng như các thầy cô khác đã tạo điều kiện, giúp đỡ chũng tôi về nhiều mặt để chúng tôi có thể hoàn thành khóa luận này. Cuối cùng tôi xin cảm ơn đến các bạn sinh viên cùng tham gia nghiên cứu và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình làm khoá luận. Phần I: Những Vấn Đề Chung I. Lý Do Chọn Đề Tài Trong quá trình học tập bộ môn vật lý, mục tiêu chính c a người học bộ môn này là việc học tập những kiến thức về lý thuyết, hiểu và vận dụng được các lý thuyết chung c a vật lý vào những lĩnh vực cụ thể, một trong những lĩnh vực đó là việc giải bài tập vật lý. Bài tập vật lý có vai trò đặc biệt quan trọng trong quá trình nhận thức và phát triển năng lực tư duy c a người học, giúp cho người học ôn tập, đào sâu, m rộng kiến thức, rèn luyện kỷ năng, kỷ xảo, ứng dụng vật lý vào thực tiển, phát triển tư duy sáng tạo. Bài tập vật lý thì rất phong phú và đa dạng, mà một trong những kỷ năng c a người học vật lý là phải giải được bài tập vật lý. Để làm được điều đó đòi hỏi người học phải nắm vững lý thuyết, biết vận dụng lý thuyết vào từng loại bài tập và phải biết phân loại từng dạng bài tập cụ thể, có như vậy thì việc áp dụng lý thuyết vào việc giải bài tập vật lý sẽ được dể dàng hơn. Đối với môn cơ học là môn học m đầu c a nghành vật ký, nó là tiền đề để học các môn học khác trong vật lý. Nhưng khi học môn học này tôi thấy tuy nó là môn học quen thuộc, không quá khó để tiếp cận nó nhưng để học tốt nó cũng không phải dể vì để vận dụng những lý thuyết chung vào một bài tập cụ thể ta phải biết bài tập đó thuộc dạng bài tập nào, loại bài tập gì và phải vận dụng những kiến thức lý thuyết nào để giải được và giải như thế nào để có kết quả tốt nhất. Với mục đích giúp các bạn sinh viên có thể định hướng tốt hơn về bài tập cơ học để có thể áp dụng lý thuyết chung vào việc giải từng bài tập cụ thể và thu được kết quả tôt chúng tôi chọn đề tài: “Phân loại và giải bài tập cơ học đại cương”. II. Đối Tượng Nghiên Cứu Nội dung phần cơ học đại cương. Bài tập cơ học đại cương. III. Mục Đích Nghiên Cứu Vận dụng các lý thuyêt để giải bài tập cơ học nhằm nâng cao khả năng nhận thức c a bản thân. Phân loại bài tập theo cách giải. Tìm phương pháp giải cho các loại bài tập “cơ học” đại cương. IV. Nhiệm Vụ Nghiên Cứu Hệ thống, khái quát những kiến thức cơ bản về cơ học. Phân loại, nêu và giải một số bài tập cơ bản, mang tính chất khái quát để thuận tiện cho việc học tập môn cơ học cũng như có thể làm tài liệu tham khảo sau này. Nêu ra một số bài tập đề nghị. Trang 1 V. Giả thuyết khoa học Nếu phân loại được các bài tập thành các dạng tổng quát thì tìm được phương pháp giải tổng quát cho loại đó. VI. Phương pháp nghiên cứu Phương pháp đọc sách và tham khảo tài liệu. Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia. Phương pháp toán học. VII. Phạm Vi Nghiên Cứu Do thời gian và nhiều nguyên nhân khách quan khác nên chúng tôi chỉ nghiên cứu các chương: “Các định luật bảo toàn” và “trường hấp dẫn” trong phần cơ học đại cương. VIII. Đóng Góp Của Khóa Luận. Thông qua đề tài này giúp em rèn luyện thêm về kỷ năng giải bài tập và ứng dụng lý thuyết chung vào những bài tập cụ thể. Giúp chúng ta có cái nhìn khái quát hơn về bài tập cơ học, từ đó tăng cường hứng thú học tập cho học sinh, sinh viên về học phần cơ học. Có thể làm tài liệu tham khảo cho sinh viên, học sinh học học phần cơ học. IX. Dàn Ý Khóa Luận: Phần I: Những vấn đề chung. I. Lý do chọn đề tài. II. Đối tượng nghiên cứu. III. Mục đích nghiên cứu. IV. Nhiệm vụ nghiên cứu. V. Giả thuyết khoa học. VI. VII. VIII. IX. Phương pháp nghiên cứu. Phạm vi nghiên cứu Đóng góp c a khóa luận. Dàn ý khóa luận. Phần II: Nội dung. Chương I. Cơ s lý luận về bài tập vật lý. I. II. III. Khái niệm về bài tập vật lý Vai trò và tác dụng c a bài tập vật lý Phân loại bài tập vật lý 1 Phân loại theo nội dung 2 Phân loại theo cách giải 3 Phân loại theo trình độ phát triển tư duy Trang 2 IV. V. Cơ s định hướng giải bài tập vật lý 1. Hoạt động giải bài tập vật lý 2. Phương pháp giải bài tập vật lý 3. Các bước chung giải bài toán vật lý 4. Lựa chọn bài tập vật lý Kết luận Chương II. Cơ s lý thuyết I. Các Định Luật Bảo Toaøn. 1. Định luật bảo toàn động lượng. 2. Định luật bảo toàn cơ năng. 3. Định luật bảo toàn momen xung lượng. II. Trường Hấp Dẫn. 1. Định luật vạn vật hấp dẫn 2. Cường độ trường hấp dẫn. Thế hấp dẫn. 3. Chuyển động trong trường hấp dẫn c a trái đất. III. Kết luận. Chương III. Phân loại các bài tập “Cơ Học” đại cương. I. II. III. IV. Phân loại bài tập. Giải một số bài tập điển hình. 1. Các định luật bảo toàn. 2. Trường hấp dẫn. Bài tập kiến nghị. 1. Các định luật bảo toàn. 2. Trường hấp dẫn. Kết luận Phần III: Kết luận. Trang 3 Phần II: Nội dung Chương I. Cơ sở lý luận về bài tập vật lý. I. Khái niệm về bài tập vật lý Bài tập vật lý là một yêu cầu đặt ra cho người học, được người học giải quyết dựa trên cơ s các lập luận logic, nhờ các phép tính toán, các thí nghiệm, dựa trên những kiến thức về khái niệm, định luật và các thuyết vật lý. II. Vai trò và tác dụng của bài tập vật lý Xét về mặt phát triển tính tự lực c a người học và nhất là rèn luyện kỷ năng vận dụng kiến thức đã lĩnh hội được thì vai trò c a bài tập vật lý trong quá trình học tập có một giá trị rất lớn. Bài tập vật lý được sử dụng nhiều khâu trong quá trình dạy học. - Bài tập là một phương tiện nghiên cứu hiện tượng vật lý. Trong quá trình dạy học vật lý, người học được làm quen với bản chất c a các hiện tượng vật lý bằng nhiều cách khác nhau như: Kể chuyện, biểu diễn thí nghiệm, làm bài thí nghiệm, tiến hành tham quan. đây tính tích cực c a người học và do đó chiều sâu và độ vững chắc c a kiến thức sẽ lớn nhất khi “tình huống có vấn đề” được tạo ra, trong nhiều trường hợp nhờ tình huống này có thể làm xuất hiện một kiểu bài tập mà trong quá trình giải người học sẽ phát hiện lại quy luật vật lý chứ không phải tiếp thu quy luật dưới hình thức có sẵn. - Bài tập là một phương tiện hình thành các khái niệm. Bằng cách dựa vào các kiến thức hiện có c a người học, trong quá trình làm bài tập, ta có thể cho người học phân tích các hiện tượng vật lý đang được nghiên cứu, hình thành các khái niệm về các hiện tượng vật lý và các đại lượng vật lý. - Bài tập là một phương tiện phát triển tư duy vật lý cho người học. Việc giải bài tập làm phát triển tư duy logic, sự nhanh trí. Trong quá trình tư duy có sự phân tích và tổng hợp mối liên hệ giữa các hiện tượng, các đại lượng vật lý đặc trưng cho chúng. - Bài tập là một phương tiện rèn luyện kỷ năng vận dụng các kiến thức c a người học vào thực tiển. Đối với việc giáo dục kỷ thuật tổng hợp bài tập vật lý có ý nghĩa rất lớn, những bài tập này là một trong những phương tiện thuận lợi để người học liên hệ lý thuyết với thực hành, học tập với đời sống. Nội dung c a bài tập phải đảm bảo các yêu cầu sau: + Nội dung c a bài tập phải gắn với tài liệu thuộc chương trình đang học. + Hiện tượng đang được nghiên cứu phải được áp dụng phổ biến trong thực tiển. + Bài tập đưa ra phải là những vấn đề gần gũi với thực tế. + Không những nội dung mà hình thức c a bài tập cũng phải gắn với các điều kiện thường gặp trong cuộc sống. Trong các bài tập không có sẳn dữ kiện mà phải tìm dữ kiện cần thiết các sơ đồ, bản vẽ kỷ thuật, các sách báo tra cứu hoặc từ thí nghiệm. - Bài tập về hiện tượng vật lý trong sinh hoạt hằng ngày cũng có một ý nghĩa to lớn. Chúng giúp cho người học nhìn thấy khoa học vật lý xung quanh chúng ta, bồi dưỡng khả năng quan sát cho người học. Với các bài tập này, trong quá trình giải, người học sẽ có được kỷ năng, kỷ xảo để vận dụng các kiến thức c a mình vào việc Trang 4 phân tích các hiện tượng vật lý khác nhau trong tự nhiên, trong kỷ thuật và trong đời sống. Đặc biệt có những bài tập khi giải đòi hỏi người học phải sử dụng kinh nghiệm trong lao động, sinh hoạt và sử dụng những kết quả quan sát thực tế hằng ngày. - Bài tập vật lý là một phương tiện để giáo dục người học. Nhờ bài tập vật lý ta có thể giới thiệu cho người học biết sự xuất hiện những tư tư ng, quan điểm tiên tiến, hiện đại, những phát minh, những thành tựu c a nền khoa học trong và ngoài nước. Tác dụng giáo dục c a bài tập vật lý còn thể hiện chổ: chúng là phương tiện hiệu quả để rèn luyện đức tính kiện trì, vượt khó, ý chí và nhân cách c a người học. Việc giải bài tập vật lý có thể mang đến cho người học niềm phấn kh i sáng tạo, tăng thêm sự yêu thích bộ môn, tăng cường hứng thú học tập. - Bài tập vật lý cũng là phương tiện kiểm tra mức độ nắm vững kiến thức, kỷ năng, kỷ xảo c a người học. Đồng thời nó cũng là công cụ giúp người học ôn tập, đào sâu, m rộng kiến thức. III. Phân loại bài tập vật lý Tùy thuộc vào mục đích sử dụng mà ta có nhiều cách phân loại bài tập vật lý khác nhau: Phân loại theo mục đích, phân loại theo nội dung, phân loại theo cách giải, phân loại theo mức độ khó dể. 1. Phân loại theo nội dung Có thể chia làm bốn loại: - Bài tập có nội dung lịch sử: Đó là những bài tập, những câu hỏi chứa đựng những kiến thức có đặc điểm lịch sử, những dữ liệu về thí nghiệm, về những phát minh, sáng chế hoặc về những câu chuyện có tính chất lịch sử. - Bài tập có nội dung cụ thể và trừu tượng + Bài tập có nội dung cụ thể là bài tập trong đó dữ liệu c a đầu bài là cụ thể và người học có thể tự giải chúng dựa vào vốn kiến thức cơ bản đã có. u điểm chính c a bài tập cụ thể là tính trực quan cao và gắn vào đời sống. + Bài tập có nội dung trừu tượng là những bài tập mà dữ liệu đã cho là không cụ thể, nét nổi bật c a bài tập trừu tượng là bản chất vật lý được nêu bật lên, nó được tách ra không lẫn lộn với các chi tiết không cơ bản. - Bài tập có nội dung theo phân môn: Trong vật lý học người ta phân ra các chuyên nghành nhỏ để nghiên cứu và bài tập cũng được xếp loại theo các phân môn. - Bài tập có nội dung kỷ thuật tổng hợp: Đó là các bài tập mà số liệu, dữ kiện gắn với các số liệu thực tế trong các ngành kỷ thuật, công nghiệp, các bài tập này có ứng dụng thực tế. 2. Phân loại theo cách giải Có thể chia ra thành bốn loại. - Bài tập định tính: Đây là loại bài tập mà việc giải không đòi hỏi phải làm một phép tính nào hoăc chỉ là những phép tính đơn giản có thể nhẩm được. Muốn giải bài tập này phải dựa vào khái niệm, những định luật vật lý đã học, xây dựng những suy luận logic, để xác lập mối liên hệ phụ thuộc vào bản chất giữa các đại lượng vật lý. Bài tập định tính có tác dụng lớn trong việc cũng cố những kiến thức đã học, giúp đào sâu hơn bản chất c a hiện tượng vật lý, rèn luyện kỷ năng vận dụng kiến thức vào Trang 5 thực tiễn cuộc sống, rèn luyện năng lực quan sát, bồi dưỡng tư duy logic. Vì vậy đây là loại bài tập có giá trị cao, ngày càng được sử dụng nhiều hơn. - Bài tập định lượng: Là bài tập mà khi giải nó phải thực hiện một loạt các phép tính và thường được phân ra làm hai loại: bài tập tập dượt và bài tập tổng hợp. + Bài tập tập dượt là loại bài tập tính toán đơn giản, muốn giải chỉ cần vận dụng một vài định luật, một vài công thức, loại này giúp cũng cố các kiến thức vừa học đồng thời giúp nắm kỷ hơn kiến thức và cách vận dụng nó. + Bài tập tổng hợp là loại bài tập tính toán phức tạp, muốn giải phải vận dụng nhiều khái niệm, nhiều công thức, loại này có tác dụng đặc biệt trong việc m rộng, đào sâu kiến thức giữa các phần khác nhau c a chương trình, đồng thời nó giúp người học biết tự mình lựa chọn những định luật, công thức cần thiết trong các định luật và các công thức đã học. - Bài tập thí nghiệm: Là loại bài tập đòi hỏi phải làm thí nghiệm thì mới giải được. Những thí nghiệm mà bài tập này đòi hỏi phải được tiến hành phòng thí nghiệm hoặc nhà với những dụng cụ đơn giản mà người học có thể tự làm, tự chế. Việc giải bài tập này đòi hỏi phải biết cách tiến hành các thí nghiệm và biết vận dụng các công thức cần thiết để tìm ra kết quả. Loại bài tập này kết hợp được cả tác dụng c a các loại bài tập vật lý nói chung và các loại bài tập thí nghiệm thực hành và có tác dụng tăng cường tính tự lực c a người học. - Bài tập đồ thị: Là loại bài tập trong đó các số liệu được dùng làm dữ liệu để giải phải tìm trong các đồ thị cho trước hoặc ngược lại. Loại này đòi hỏi người học phải biểu diễn quá trình diễn biến c a hiện tượng nêu trong bài tập đồ thị. 3. Phân loại theo trình độ phát triển tư duy 3.1 Các cấp độ nhận thức theo Bloom Biết (Knowledge) 1. Nhớ được thông tin 2. Nhớ ngày tháng, sự kiện và nơi chốn 3. Biết ý chính 4. Nắm bắt được ch đề 5. Gợi ý câu hỏi kiểm tra về biết: Liệt kê, định nghĩa, mô tả, xác định, việc gì, ai, khi nào, đâu,… Hiểu (Comprehension) 1. Hiểu được ý nghĩa c a thông tin. 2. Có thể trình bày lại bằng một cách khác. 3. Có thể so sánh, sắp xếp lại, gộp nhóm lại, suy luận nguyên nhân. 4. Có thể dự đoán kết quả. 5. Gợi ý câu hỏi kiểm tra về hiểu: Tóm tắt, mô tả, dự đoán, kết hợp, phân biệt, ước lượng, m rộng,… Vận dụng (Application) 1. Sử dụng được thông tin. Trang 6 2. Dùng được phương pháp, quan niệm, lý thuyết và hoàn cảnh, tình huống mới. 3. Sử dụng kiến thức, kỷ năng vào việc giải quyết các vấn đề đặt ra. 4. Gợi ý câu hỏi: Vận dụng, chứng minh, tính toán, minh họa, giải quyết, thay đổi. Phân tích (Analysis) 1. Nhận biết các ý nghĩa bị che dấu. 2. Phân tách vấn đề thành các cấu phần và chỉ ra mối liên hệ giữa chúng. 3. Gợi ý câu hỏi kiểm tra: Phân tích, phân rã, giải thích, kết nối, phân loại, sắp xếp, chia nhỏ, so sánh, lựa chọn,… Tổng hợp (synthesis) 1. Sử dụng ý tư ng cũ, tạo ra ý tư ng mới. 2. Khái quát hóa từ các sự kiện đã cho. 3. Liên kết các vùng kiến thức lại với nhau. 4. Suy ra các hệ quả. 5. Gợi ý câu hỏi kiểm tra: Tích hợp, thay đổi, sắp xếp lại, tạo ra, thiết kế, tổng quát hóa,… Đánh giá (Evaluation) 1. So sánh và phân biệt được các khái niệm. 2. Đánh giá được giá trị c a lý thuyết. 3. Chọn lựa được dựa vào các suy luận có lý. 4. Xác nhận giá trị c a các căn cứ. 5. Nhận biết các tính chất ch quan. 6. Gợi ý câu hỏi kiểm tra: Đánh giá, quyết định, xếp loại, kiểm tra, kết luận, tổng quát,… 3.2 Phân loại Theo đó, việc giải bài tập vật lý, ta có thể phân ra thành ba bậc c a quá trình nhận thức. - Bài tập nhận biết, tái hiện, tái tạo lại: Đó là những bài tập đòi hỏi người học nhận ra được, nhớ lại được những kiến thức đã học, đã được nêu trong tài liệu. Đó là những câu hỏi về khái niệm, về định luật, về thuyết vật lý hoặc về các ứng dụng vật lý. - Bài tập hiểu, áp dụng: Với các bài tập này thì những đại lượng đã cho có mối liên hệ trực tiếp với đại lượng phải tìm thông qua một công thức, một phương trình nào đó mà người học đã học. Bài tập loại này đòi hỏi người học nhận lại, nhớ lại mối liên hệ giữa các đại lượng đã cho và các đại lượng phải tìm. Tiến trình luận giải đây đơn giản chỉ là một phương trình một ẩn số hoặc là giải thích một tính chất nào đó Trang 7 dựa vào đặt điểm, vào các tính chất vật lý đã học. Sử dụng giải thích một hiện tượng vật lý, rèn luyện kỹ năng sử dụng thuật ngữ vật lý. - Bài tập vận dụng linh hoạt: Loại bài tập này được sử dụng sau khi người học đã nghiên cứu tài liệu mới, nó có tác dụng cũng cố, khắc sâu kiến thức đã lĩnh hội được đồng thời nó bổ khuyết những gì mà trong giờ nghiên cứu tài liệu mới người học còn mơ hồ, còn hiểu sai. Với bài tập vận dụng linh hoạt đòi hỏi phải có khả năng vận dụng phối hợp những kiến thức mới học với những kiến thức trước đó. Việc giải bài tập vận dụng linh hoạt sẽ phát triển người học tư duy logic, tư duy phân tích tổng hợp, đồng thời thấy được mối liên hệ biện chứng giữa các kiến thức đã học. Chính những bài tập vận dụng linh hoạt là cầu nói kiến thức trong sách v với những vấn đề trong thực tế đời sống và trong kỹ thuật. Tóm lại: Bài tập vật lý rất đa dạng, vì thế vấn đề phân loại được các bài tập c a một phân môn là rất cần thiết để có thể học tốt phân môn đó. Cơ sở định hướng giải bài tập vật lý IV. 1. Hoạt động giải bài tập vật lý - Mục tiêu cần đạt tới khi giải một bài toán vật lý là tìm được câu trả lời đúng đắn, giải đáp được vấn đề đặt ra một cách có căn cứ khoa học chặt chẽ. Quá trình giải một bài toán thực chất là tìm hiểu điều kiện c a bài toán, xem xét hiện tượng vật lý được đề cập và dựa trên các kiến thức về vật lý, toán để nghĩ tới mối liên hệ có thể c a cái đã cho và cái cần tìm sao cho thấy được cái phải tìm có mối liên hệ trực tiếp hoặc gián tiếp với cái đã cho, từ đó đi đến chỉ rõ được mối liên hệ tường minh trực tiếp c a cái phải tìm với cái đã biết nghĩa là đã tìm được lời giải đáp cho bài toán đặt ra. - Hoạt động giải bài toán vật lý có hai phần việc cơ bản quan trọng là: + Việc xác lập các mối liên hệ cơ bản, cụ thể dựa trên sự vận dụng kiến thức vật lý vào điều kiện cụ thể c a bài toán đã cho. + Sự tiếp tục luận giải, tính toán, đi từ mối liên hệ đã xác lập được đến kết quả cuối cùng c a việc giải đáp vấn đề được đặt ra trong bài toán đã cho. - Sự nắm vững lời giải một bài toán vật lý phải thể hiện khả năng trả lời được câu hỏi: Việc giải bài toán này cần xác lập được mối liên hệ nào? Sự xác lập các mới liên hệ cơ bản này dựa trên sự vận dụng kiến thức vật lý nào? Vào điều kiện cụ thể gì c a bài toán? - Đối với bài tập định tính, ta không phải tính toán phức tạp nhưng vẫn cần phải có suy luận logic từng bước đi để đến kết luận cuối cùng. 2. Phương pháp giải bài tập vật lý Xét về tính chất c a các thao tác tư duy khi giải các bài tập vật lý người ta thường dùng hai phương pháp sau. - Phương pháp phân tích: Theo phương pháp này điểm xuất phát là các đại lượng cần tìm. Người giải phải tìm xem đại lượng chưa biết này có liên quan gì với các đại lượng vật lý khác, và khi biết được sự liên hệ này thì biểu diễn nó thành những công thức tương ứng, cứ làm như thế cho tới khi nào biểu diễn được hoàn toàn đại lượng cần tìm bằng những đại lượng đã biết thì bài toán đã được giải xong. Như vậy phương pháp này thực chất là đi phân tích một bài toán phức tạp thành những bài toán đơn giản hơn rồi dựa vào những quy tắc tìm lời giải mà lần lược giải các bài tập này, từ đó đi đến lời giải cho bài toán phức tạp trên. Trang 8 - Phương pháp tổng hợp: Theo phương pháp này suy luận không bắt đầu từ đại lượng cần tìm mà bắt đầu từ các đại lượng đã biết, có nêu trong đề bài. Dùng công thức liên hệ các đại lượng này với các đại lượng đã biết, ta đi dần đến công thức cuối cùng. Nhìn chung, việc giải bài tập vật lý phải dùng chung hai phương pháp phân tích và tổng hợp. Phép giải bắt đầu bằng phân tích các điều kiện c a bài toán để hiểu đề bài và phải có sự tổng hợp kèm theo ngay để kiểm tra ngay lại mức độ đúng đắn c a các sự phân tích ấy. Muốn lập được kế hoạch giải phải đi sâu phân tích nội dung vật lý c a bài tập, tổng hợp những dữ kiện đã cho với những quy luật vật lý đã biết ta mới xây dựng được lời giải và kết quả cuối cùng. 3. Các bước chung giải bài toán vật lý Từ phân tích về thực chất hoạt động giải bài toán, ta có thể đưa ra một cách khái quát các bước chung c a tiến trình giải một bài toán vật lý và hoạt động chính trong các bước đó là. Bước 1: - Tìm hiểu đầu bài. - Đọc, ghi ngắn gọn các dữ liệu xuất hiện vá các cái phải tìm. - Mô tả lại tình huống đã nêu trong đầu bài, vẽ hình minh họa. - Nếu đề bài yêu cầu thì phải dùng đồ thị hoặc làm thí nghiệm để thu được các dữ liệu cần thiết. Bước 2: Xác lập những mối liên hệ cơ bản c a các dữ liệu xuất phát và các cái phải tìm. - Đối chiếu các dữ liệu xuất phát và các cái phải tìm, xem xét bản chất vật lý c a những tình huống đã cho để nghĩ đến kiến thức, các định luật, các công thức có liên quan. - Xác lập các mối liên hệ cơ bản, cụ thể c a các dữ liệu xuất phát và c a cái phải tìm. - Tìm kiếm, lựa chọn các mối liên hệ tối thiểu cần thiết sao cho thấy được mối liên hệ c a cái phải tìm với các dữ liệu xuất phát, từ đó có thể rút ra cái cần tìm. Bước 3: Rút ra kết quả cần tìm. Từ các mối liên hệ cần thiết đã xác lập, tiếp tục luận giải, tính toán để rút ra kết quả cần tìm. Bước 4 Kiểm tra xác nhận kết quả. Để có thể xác nhận kết quả cần tìm cần kiểm tra lại việc giải theo một hoặc một số cách sau: - Kiểm tra xem đã tính toán đúng chưa. - Kiểm tra xem thứ nguyên có phù hợp không. - Kiểm tra kết quả bằng thực nghiệm xem có phù hợp không. - Giải bài toán theo các cách khác xem có cho đúng kết quả không. Trang 9 Tuy nhiên trong nhiều bài tập không nhất thiết phải tách bạch một cách cứng nhắc giữa bước 2 và bước 3. Tùy từng bài toán mà ta có thể kết hợp hai bước đó thành một trong tiến hành luận giải. 4. Lựa chọn bài tập vật lý Vấn đề lựa chọn bài tập vật lý góp phần không nhỏ vào việc nâng cao chất lượng học tập môn vật lý c a người học và việc lựa chọn bài tập phải thõa mãn các yêu cầu sau: - Các bài tập phải đi từ dể đến khó, đơn giản đến phức tạp, giúp người học nắm được các phương pháp giải các bài tập điển hình. - Hệ thống bài tập cần bao gồm nhiều thể loại bài tập. - Lựa chọn các bài tập cần kích thích tính hứng thú học tập và phát triển tư duy c a người học. - Các bài tập phải nhằm cũng cố, bổ sung và hoàn thiện tri thức cụ thể đã học, cung cấp cho người học những hiểu biết về thực tế, kỹ thuật có liên quan với kiến thức lý thuyết. - Lựa chọn các bài tập điển hình nhằm hướng dẫn cho người học vận dụng kiến thức đã học để giải những loại bài tập cơ bản, hình thành phương pháp chung để giải các loại bài tập đó. - Lựa chọn các bài tập sao cho có thể kiểm tra được mức độ nắm vững tri thức c a người học. 5. Kết luận Hoạt động học nói chung để đạt kết quả cao thì vấn đề sử dụng bài tập là rất cần thiết vì bài tập là phương tiện ch yếu giúp người học có thể nắm rõ được các vấn đề nghiên cứu, rèn luyện kỷ năng, kỷ xảo, vận dụng kiến thức vào thực tiễn. Bên cạnh đó có thể dùng bài tập để ôn tập, đào sâu, cũng cố và m rộng tri thức. Đặc biệt là chất lượng học tập sẽ được nâng cao hơn khi ta có thể phân loại và đề ra phương pháp giải các dạng bài tập một cách phù hợp. Chương II. Cơ sở lý thuyết I. Các Định Luật Bảo Toaøn. 1. Định luật bảo toàn động lượng. 1.1 Động lượng của hạt r Đại lượng bằng tích khối lượng m c a chất điểm với vận tốc v c a nó gọi là r động lượng c a chất điểm. Ký hiệu là p . r r p = mv Đơn vị: kgm/s 1.2 Định luật bảo toàn động lượng Động lượng toàn phần c a hai chất điểm tương tác lẫn nhau và không tương tác với những chất điểm khác là một đại lượng không đổi theo thời gian, tức là một đại lượng bảo toàn. r r r r p1 + p 2 = m1v1 + m2 v 2 = const (1 – 1) Trang 10 M rộng cho một hệ kín bất kỳ r r r p = ∑ pi = ∑ mi vi = const i (1 – 2) i r p là động lượng toàn phần c a hệ r pi là động lượng c a chất điểm thứ i Vậy động lượng toàn phần c a hệ kín được bảo toàn. Đây là nội dung c a định luật bảo toàn động lượng, một trong những định luật cơ bản và tổng quát nhất c a vật lý và c a tự nhiên. Trong hệ tọa độ Oxyz, các thành phần c a động lượng là: ⎧ ⎪ p x = ∑ pix = ∑ mi vix = const i i ⎪⎪ ⎨ p y = ∑ piy = ∑ mi viy = const i i ⎪ ⎪ p z = ∑ piz = ∑ mi viz = const ⎪⎩ i i (1 – 3) Nếu hệ không bảo toàn nghĩa là có ngoại lực tác dụng nhưng hình chiếu c a vectơ lực lên một phương nào đó luôn bằng 0, thì tổng động lượng c a hệ lên phương đó là một đại lượng bảo toàn. 1.3 Dạng khác của địng luật II Neưton r r p = mv ⇒ dp = mdv r r dv dp F = ma = m = dt dt r ⇒ dp = Fdt 2 Định luật bảo toàn cơ năng. 2.1 Động năng Đại lượng T = mv 2 gọi là động năng c a chất điểm. Động năng có thứ nguyên 2 là công. Đơn vị: jun (J) r r ⎛ mv 2 r r dv δA = F dS = m dS = mv dv = d ⎜⎜ dt ⎝ 2 (2 ) (2 ) ⎛ mv 2 A = ∫ δA = ∫ d ⎜⎜ (1) (1) ⎝ 2 ⎞ ⎟⎟ ⎠ ⎞ mv 22 mv12 ⎟⎟ = − = T2 − T1 2 2 ⎠ (2 – 1) Định lí biến thiên động năng: Độ biến thiên động năng c a chất điểm bằng công c a chất điểm tác dụng lên chất điểm đó. Trang 11 2.1 Thế năng Thế năng trong trường lực thế: r r U = − ∫ Fdr + C (2 – 2) Thế năng trong trường lực hấp dẫn: U =− GMm +C r (2 – 3) Thế năng trong trường lực đàn hồi: U= 1 2 Kx + C 2 (2 – 4) Thế năng trong trường lực tĩnh điện: U=K q1 q 2 +C r (2 – 5) Thế năng trong trường trọng lực: U = mgz + C (2 – 6) Thế năng có đơn vị là jun (J) 2.3 Cơ năng. Định luật bảo toàn cơ năng a. Đại lượng E = T + U là tổng động năng và thế năng c a chất điểm được gọi là năng lượng cơ học hay cơ năng c a hệ. b. Cơ năng c a một hệ cô lập được bảo toàn E = T + U = const (2 – 7) c. Trường hợp hệ không cô lập thì độ tăng cơ năng c a một hệ không cô lập bằng công c a ngoại lực tác dụng lên hệ dE = δA (2 – 8) 3 Định luật bảo toàn momen động lượng Định nghĩa r l ϕ O d r p M Vectơ momen động lượng c a chất điểm được định nghĩa là r r r l =r×p r Độ lớn c a l bằng: (3 – 1) Trang 12 l = rpsin ϕ = pd (3 – 2) r r r Với ϕ = (r , p ) và d = rsin ϕ là cánh tay đòn c a p đối với O r Nếu chất điểm chuyển động tự do thì động lượng p c a nó không đổi và với r điểm gốc O đã chọn trước thì d không đổi. Do đó momen động lượng l c a chất điểm tự do được bảo toàn. r Momen động lượng toàn phần L c a một hệ chất điểm (hay vật rắn) đối với một r điểm O nào đó là tổng vectơ momen động lượng l đối với O c a các chất điểm mi trong hệ: r r r r r r L = ∑ li = ∑ (ri × pi ) = ∑ (ri × mi vi ) (3 – 3) i i i 3.2 Biến thiên của momen động lượng r r r dl ⎡ dr r ⎤ ⎡ r dp ⎤ = ⎢ × p ⎥ + ⎢r × ⎥ dt ⎦ dt ⎣ dt ⎦ ⎣ r r r dr r r r dp r ⎡ dr r ⎤ Vì = v , v // F nên ⎢ × p ⎥ = 0 và =F dt dt ⎦ ⎣ dt r dl r r Ta được: = r×F dt r r r r Vectơ M = r × F được gọi là vectơ momen lực F đối với điểm O r r dl =M dt (3 – 4) Vậy, độ biến thiên c a momen động lượng c a một chất điểm trong đơn vị thời gian bằng momen lực tác dụng lên nó. r r dl Trong trường hợp M = 0 thì =0 dt r r r (3 – 5) Hay l = r × p = const r r r Vì momen động lượng l vuông gốc với r mà phương c a l được bảo toàn nên r trongr quá trình chuyển động vectơ r luôn luôn nằm trong mặt phẳng (P) vuông gốc với l và đi qua O. Quỹ đạo c a chất điểm là đường cong nằm trong mặt phẳng (P) hay chuyển động c a chất điểm là chuyển động cong phẳng. Viết lại phương trình (3 – 4) dưới dạng: r r dl = Mdt (3 – 6) Tích phân hai vế phương trình (3 – 6) từ t1 đến t2: r r r t2 r ∆l = l 2 − l1 = ∫ Mdt (3 – 7) t1 Trang 13 r Vế phải c a phương trình (3 – 7) được gọi là động lượng c a momen lực M r trong khoảng thời gian từ t1 đến t2. Nếu M = const thì: r r (3 – 8) ∆l = M∆t Vậy độ biến thiên c a momen động lượng c a chất điểm trong khoảng thời gian từ t1 đến t2 bằng động lượng c a momen lực tác dụng lên chất điểm trong khoảng thời gian đó. 3.3 Định luật bảo toàn momen động lượng đối với hệ kín Xét một hệ chất điểm cô lập (hệ kín). Động lượng toàn phần c a hệ đối với điểm O là: r r L = ∑ li (3 – 9) i r li là momen động lượng c a chất điểm thứ i đối với O Đạo hàm hai vế (3 – 9) theo t, ta được: r r dl i r r dL (3 – 10) =∑ = ∑ ri × Fi dt i dt i r Trong hệ kín Fi là nội lực, theo định luật III Newton, lực tác dụng đối với một cặp chất điểm, là hai lực trực đối. tổng hai momen c a chúng đối với bất kỳ điểm O nào cũng triệt tiêu lẫn nhau. Do đó, khi lấy tổng các momen c a tất cả các nội lực thì chũng sẽ triệt tiêu từng đôi một. Ta có: r r r ∑ (ri × pi ) = ∑ M i = 0 ( i ) i r M i là momen lực từ phía các chất điểm khác c a hệ kín tác dụng lên chất điểm thứ i. r r r dl i dL =∑ = ∑Mi = 0 Vậy: dt i dt i r r Hay: L = ∑ l i = const (3 – 11) (3 – 12) i Momen động lượng toàn phần c a một hệ kín luôn bảo toàn. Đây là nội dung c a định luật bảo toàn momen động lượng. 3.4 Biến thiên của momen động lượng đối với hệ không kín r Trong trường hợp không kín, tác dụng lên mỗi chất điểm, ngoài nội lực Fi còn r có ngoại lực f i . Do đó: r dl i r r r r r r r = ri × Fi + f i = ri × Fi + ri × f dt ( ) ( ) ( ) Lấy tổng đối với tất cả các chất điểm c a hệ Trang 14 ( ( ) r dli r r r r ∑i dt = ∑i ri × Fi + ∑i ri × f r r dli d r dL = ∑li = Lưu ý: ∑ dt dt i i dt ∑ (r × F ) = ∑ M r r i i ∑ (r × f ) = m i r r i i r i ) =0 i r i r dL r Do đó: =m dt (3 – 13) Độ biến thiên c a momen động lượng toàn phần (đối với điểm O xác định) c a hệ chất điểm trong đơn vị thời gian bằng tổng momen các ngoại lực (cũng đối với điểm O) tác dụng lên hệ. II. Trường Hấp Dẫn. 1. Định luật vạn vật hấp dẫn Trường hấp dẫn là khoảng không gian bao quang một vật thể, nó có tính chất là bất cứ một vật thể nào khác đặt trong không gian ấy đều phải chịu tác dụng c a một lực hút. Lực hút này được gọi là lực hấp dẫn. Tương tác hấp dẫn được truyền từ vật thể này sang vật thể khác với một vận tốc hữu hạn, bằng vận tốc truyền c a ánh sáng trong chân không. Khi tương tác hấp dẫn đã được truyền đi, nó không còn phụ thuộc vào vật thể sinh ra nó. Người đầu tiên nêu lên định luật vạn vật hấp dẫn là Newton. Định luật: Hai chất điểm có khối lượng m1, m2 hút nhau bằng những lực có phương là đường thẳng nối hai chất điểm và tỷ lệ nghịch với bình phương khoảng cách giữa chúng. F12 = F21 = G m1 m1 m2 r2 (1 – 1) r F12 r F21 m2 F21 là lực hấp dẫn c a chất điểm thứ 2 tác dụng lên chất điểm thứ 1, G là hằng số hấp dẫn, trong hệ SI, G = 6,67.10-11 m 3 .kg −1 .s −2 Viết dưới dạng vectơ r r m1 m2 r F = −G 2 r r r F là lực hút do chất điểm m1 tác dụng lên chất điểm m2. m1 r r r F (1 – 2) m2 Trang 15 r r là vectơ hướng từ chất điểm m1 đến chất điểm m2. Giữa lực thế và thế năng có mối liên hệ với nhau và trường hấp dẫn là trường thế nên: r m1 m rr F = −G 2 = − gradU r r Suy ra U = −G (1 – 3) m1 m2 +C r Đối với những vật có kích thước lớn ta phải dùng phương pháp tích phân để tính lực hút giữa chúng vì công thức (1 – 2) chỉ sử dụng cho các chất điểm. Giả sử hai vật có khối lượng M1 và M2. ta chia các vật này thành các phần tử vô cùng bé sao cho chúng có thể coi là chất điểm và M1, M2 được coi là những hệ chất điểm. Lực tác dụng lên phần tử mi c a vật 1, từ phía vật 2 là: r r mm r F2i = −∑ G i 2 k ki rki rki k Lực từ phía vật 2 tác dụng lên toàn vật 1 là: r r mi mk rki F = −∑∑ G 2 rki rki i k (1 – 4) Nếu các vật tương tác là các vật hình cầu đồng chất thì khi lấy tích phân theo r (1 - 3) ta được công thức (1 – 2) với r là vectơ hướng từ tâm c a M2 đến tâm c a M1. Trong trường hợp vật 2 là hình cầu đồng chất (hoặc gần giống cầu), vật 1 là chất điểm (hoặcr kích thước rất bé so với vật 2) thì lực tương tác cũng được xác định theo (1 – 2) với r là vectơ hướng từ tâm c a M2 đến chất điểm. 2. Cường độ trường hấp dẫn. Thế hấp dẫn Cường độ trường hấp dẫn Ta biết rằng một chất điểm có khối lượng M sẽ gây không gian xung quanh nó một trường hấp dẫn. Khi đặt một chất điểm khác có khối lượng m vào trong trường hấp dẫn thì nó sẽ chịu tác dụng c a lực hấp dẫn. lực hấp dẫn này phụ thuộc vào vị trí r F c a chất điểm m trong trường và có độ lớn tỷ lệ với khối lượng m nhưng tỷ số m không phụ thuộc vào m mà chỉ phụ thuộc vào vị trí c a chất điểm trong trường. Vì vậy r F đặt trưng cho tính chất c a trường tại mọi điểm và được gọi là cường độ tỷ số m trường hấp dẫn. r F M r = −G 3 r Ta có: m r Do đó cường độ trường hấp dẫn do chất điểm có khối lượng M gây ra là: r M r g = −G 3 r r (2 – 1) Trang 16 Nếu có nhiều chất điểm có khối lượng lần lượt M1, M2, …, Mi, …, MN gây ra trường hấp dẫn, khi đó lực tác dụng lên chất điểm khối lượng m tại một vị trí trong trường là: r r M mr F = ∑ Fi = ∑ − G i3 ri ri i i Cường độ trường hấp dẫn tổng hợp: r M r r F r g = = ∑ − G 3i ri = ∑ g i m ri i i (2 – 2) Hệ thức (2 – 2) biểu diễn nguyên lý chồng chất c a trường hấp dẫn. Tổng quát, trường hấp dẫn thay đổi theo không gian (từ điểm này sang điểm khác). Vì vậy có thể dùng đường sức trường hấp dẫn để biểu diễn trường hấp dẫn: “Đường sức hấp dẫn là những đường cong mà tiếp tuyến tại mọi điểm c a nó trùng với vectơ cường độ trường hấp dẫn tại điểm đó”. Chiều c a đường sức là chiều c a trường hấp dẫn. r g1 r g2 r g3 Thế hấp dẫn Thế năng tương tác giữa chất điểm M và chất điểm m cách nhau một khoảng r Mm = mϕ . (2 – 3) là: U = −G r Trong đó ϕ = −G M gọi là thế hấp dẫn tại vị trí c a khối lượng m. Vì ϕ chỉ phụ r thuộc vào m nên ta có thể nói chất điểm khối lượng M gây ra một thế hấp dẫn tại một M điểm cách nó một khoảng r là ϕ = −G . r Vì giữa lực và thế năng có mối quan hệ: r F = − gradU Nên giữa cường độ trường hấp dẫn và thế hấp dẫn có mối liên hệ: r g = − gradϕ (2 – 4) Ta xét thế hấp dẫn c a nhiều khối lượng M1, M2,…, Mi,…, Mn gây ra tại một điểm A nào đó trong không gian. Thế hấp dẫn do Mi gây ra tại A là: ϕ i = −Gi Mi với ri là khoảng cách từ Mi đến A ri Cường độ trường hấp dẫn do Mi gây ra tại A là: Trang 17 r g i = − gradϕ i Cường độ trường hấp dẫn do các khối lượng M1, M2,…, Mi,…, Mn gây ra tại A bằng: r r g = ∑ g i = − grad ∑ ϕ i = − gradϕ ϕ = ∑ ϕ i = −G ∑ i (2 – 5) i Trong đó i i Mi ri (2 – 6) là thế hấp dẫn do các khối lượng M1, M2,…, Mi,…, Mn gây ra tại A. Khi chất điểm m dịch chuyển từ vị trí có thế hấp dẫn ϕ 1 đến vị trí có thế hấp dẫn ϕ 2 thì công c a lực hấp dẫn là: A12 = U1 – U2 = m( ϕ 1 – ϕ 2 ) (2 – 7) 3 Chuyển động trong trường hấp dẫn 3.1 Chuyển động của vệ tinh nhân tạo Ta xét chuyển động tròn c a vệ tinh nhân tạo quanh Trái Đất. giả sử khối lượng m c a vệ tinh rất bé so với khối lượng M c a Trái Đất. Như vậy chuyển động c a vệ tinh là chuyển động tròn đều trong trường hấp dẫn xuyên tâm c a Trái Đất. Lực hấp dẫn do trái đất tác dụng lên vệ tinh chỉ gây ra gia tốc hướng tâm mà thôi. Áp dụng định luật II Newton, ta được. F = maht, hay G Mm v2 = m r r2 Như vậy vận tốc c a vệ tinh là: v= GM r (2 – 8) Thường các vệ tinh chuyển động độ cao h << R. Do đó r = h + R ≈ R ( R = 6400 km (hoặc 6370 km) là bán kính trái đất). Vậy v = GM GM = R = gR = 7,9 Km/s R R2 Vận tốc vI = 7,9 Km/s là vận tốc vũ trụ cấp I là vận tốc mà vật cần đạt được để tr thành vệ tinh c a Trái Đất. Nếu v < vI thì vật sẽ rơi tr về Trái Đất. Hay T 2 = 4π 2 r 3 GM (2 – 9) Ta thấy bình phương c a chu kỳ quay tỉ lệ với lập phương c a bán kính quỹ đạo. Trong trường hợp vệ tinh bay càng xa Trái Đất (thoát khỏi trường hấp dẫn c a Trái Đất) thì năng lượng chuyển động toàn phần c a vệ tinh trong trường hấp dẫn E ≥ 0 Hay E = 1 2 Mm mv − G ≥0 2 r Trang 18 ⇒ v≥ 2GM r Với vận tốc tối thiểu cần truyền cho vệ tinh lúc nó tinh chuyển động ngày càng xa Trái Đất là: v= gần mặt đất ( r ≈ R ) để vệ 2GM = 2 v1 = 11,2 Km/s R Vận tốc vII = 11,2 Km/s được gọi là vận tốc vũ trụ cấp II. Tùy theo giá trị c a vận tốc ban đầu truyền cho vệ tinh mà có thể xảy ra một trong những trường hợp sau: - v < vI Vệ tinh rơi tr về Trái Đất. - vI< v < vII: Vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo elip quanh Trái Đất. - v = vII: Vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo parabol. - v > vII: Vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo hyperbol. Chuyển động của Mặt Trăng quanh Trái Đất Khối lượng m c a Mặt Trăng đáng kể so với khối lượng M c a Trái Đất. Vì vậy, hệ gồm Trái Đất và Mặt Trăng phải chuyển động quanh khối tâm chung C c a chúng. 2 Lý thuyết tính toán khối tâm này cách tâm M c a Trái Đất một đoạn R ≈ 4700 Km . 3 ’ Tâm C c a Trái Đất và tâm C c a Mặt Trăng vạch nên những đường tròn tâm O và 2 tâm C, C’ bao giờ cũng nằm hai đoạn thẳng không đổi đi qua O. Đo được các bán M ≈ 81 . Với M = 6.1024 Kg, ta tính được kính quỹ đạo c1 và c2 ta tính được m m ≈ 7,4.10 22 Kg . Lực hấp dẫn giữa Mặt Trăng và Trái Đất chính là nguyên nhân sinh ra hiện tượng th y triều trên Trái Đất. Giả sử dưới tác dụng hấp dẫn c a Mặt Trăng, Trái Đất r r thu một gia tốc A . Phần nước gần phía Mặt Trăng thu được gia tốc a1 lớn hơn, phần r nước phía xa thì thu gia tốc a 2 bé hơn. r r r a 2 < A < a1 r r Gọi vectơ a1′ và a 2′ là gia tốc đối với Trái Đất c a phần nước vị trí gần và xa Mặt Trăng. Ta được: r r r r r r a1 = a1′ + A ⇒ a1′ = a1 − A > 0 r r r r r r a 2 = a 2′ + A ⇒ a 2′ = a 2 − A < 0 Như vậy nước trên Trái Đất dâng lên không phải chỉ phía gần Mặt Trăng mà cả phía xa Mặt Trăng. Vì vậy trong một ngày đêm có 2 đợt th y triều xảy ra trên Trái Đất. Ngoài lực hút c a Mặt Trăng, th y triều còn chịu ảnh hư ng c a lực ly tâm do sự quay c a Trái Đất, vị trí tương đối giữa Trái Đất, Mặt Trăng và Mặt Trời… Cũng do lực tương tác hấp dẫn giữa các phần tử cấu tạo nên thiên thể mà dần dần các thiên thể đều có dạng hình cầu (dạng thể tích bé nhất có thể có). Trang 19 Các định luật Kepler. - Định luật Kepler thứ I: Tất cả các hành tinh đều quay quanh Mặt Trời theo những quỹ đạo elip mà Mặt Trời là một trong hai tiêu điểm. - Định luật Kepler thứ II: Vectơ nối Mặt Trời tới hành tinh quét những diện tích bằng nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau. MT - Định luật Kepler thứ III: Bình phương chu kỳ quay T c a hai hành tinh tỷ lệ vơi lập phương bán trục lớn a c a quỹ đạo c a chúng: T 2 ~ a3 III. Kết luận. Trong phần này chúng tôi đã nêu lên một số lý thuyết cơ bản về các định luật bảo toàn và trường hấp dẫn. Nó góp phần gợi lại và c ng cố lại một số kiến thức cơ bản c a chúng ta, giúp chúng ta thuận tiện hơn và dể dàng tiếp cận, tiếp thu với các loại bài tập trong các chương này. Nó còn giúp chúng ta tiết kiệm thời gian và đỡ phải vất vả tìm lại các kiến thức liên quan đến các chương trên. Chương III. Phân loại và giải các bài tập “Cơ Học” đại cương. I. Phân loại bài tập. Do đặc thù c a từng môn học và tùy vào từng bài tập cụ thể ta có thể chon nhiều cách phân loại. Dựa vào các c s phân loại đã nêu trên, trong đề tài này chúng tôi chọn phân loại bài tập “Cơ Học đại cương” theo mức độ nhận thức. II. Giải một số bài tập điển hình. 1. Các Định Luật Bảo Toaøn. 1.1 Bài tập định tính. Bài 1 Một viên đạn bay và cắm vào bao cát một đoạn 15cm. Hỏi một viên đạn có khối lượng như viên đạn đầu, nhưng vận tốc lớn gấp hai thì sẽ đi sâu vào bao cát một đoạn bằng bao nhiêu? (nếu cho rằng lực cản c a các không phụ thuộc vào vận tốc đạn). - Bước 1 Tóm tắt. - Bước 2 Phân tích s1 = 15 cm , m1 = m2 , v 2 = 2v1 , s 2 = ? Năng lượng c a viên đạn tồn tại dưới dạng động năng. Do viên đạn sau có khối lượng bằng với khối lượng viên đạn đầu nhưng có vận tốc gấp hai lần nên động năng c a nó sẽ gấp 4 lần viên đạn đầu. Do lực cản c a cát không phụ thuộc vào vận tốc đạn nên khi động năng tăng 4 lần thì quãng đường viên đạn đi trong các cũng tăng 4 lần. Trang 20 Vậy viên đạn sẽ cắm vào trong cát một đoạn s 2 = 4s1 . - m2 v 22 m1 (2v1 ) m v2 = = 4 1 1 = 4T1 2 2 2 Bước 3 Giải T2 = 2 Vậy viên đạn sẽ cắm vào trong cát một đoạn 60 cm. - Bước 4 Biện luận Trên thực tế lực cản có phụ thuộc phụ thuộc vào vận tốc, vận tốc càng lớn thì lực cản càng lớn nên viên đạn sẽ cắm vào cát một đoạn nhỏ hơn 60 cm. Bài 2 Động cơ sẽ sinh ra một công bằng bao nhiêu khi nó làm cho một đầu tầu chuyển động đều theo đường ray. Nếu biết trọng lượng c a toa đầu là 14,7 kN, quãng đường s = 600 m và hệ số ma sát bằng 0,008. - Bước 1 Tóm tắt - Bước 2 Phân tích P = 14,7 kN , s = 600 m , k = 0,008 , A = ? Do đầu tầu chuyển động đều nên lực kéo c a động cơ cân bằng với lực ma sát. Từ đó ta thấy công c a lực kéo có độ lớn bằng công c a lực ma sát. Từ trọng lượng c a đầu tầu, hệ số ma sát và quãng đường dịch chuyển ta tính được độ lớn lực ma sát và công c a lực kéo. - Bước 3 Giải r r Đầu tầu là chuyển động đều nên F = − Fms hay F = Fms F = kP A = F.s = k.P.s = 0,008.14,7.103.600 A= 70560 (J) - Bước 4 Biện luận Kiểm tra thứ nguyên công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả thu được. Bài 3 Lực kéo c a một đầu máy bằng 240kN, công suất c a nó là 3.103kN. Hỏi sau bao nhiêu lâu tầu đi hết quãng đường bằng 10,8km? - Bước 1 Tóm tắt - Bước 2 Phân tích F = 240 kN , P = 3.10 3 kN , s = 18,8 km , t = ? Công suất liên hệ với công qua công thức P = A t Công lại liên hệ với lực kéo và quãng đường dịch chuyển qua công thức A = F .s Từ đó ta tìm được thời gian dịch chuyển c a đầu tầu. Trang 21 - Bước 3 Giải Thời gian để tầu đi hết quãng đường s: P= ⇒ t= F .s A F .s = ⇒ t= t t P 240.10 3.10,8.10 3 3.10 6 ⇒ t = 864 s - Bước 4 Biện luận Kiểm tra thứ nguyên công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả thu được. Bài 4 Một hòn gạch có cạnh bằng l, 2l và 3l được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang lần lượt các vị trí khác nhau. Thế năng c a viên gạch thay đổi như thế nào khi thay đổi vị trí c a nó? - Bước 1 Phân tích Đối với bài toán thế năng, trước hết ta phải chọn gốc thế năng. Tìm thế năng ứng với từng chiều cao c a viên gạch và hiệu thế năng tương ứng c a các chiều cao đó, từ đó ta sẽ tìm được sự thay đổi thế năng này. - Bước 2 Giải Chọn gốc thế năng tại vị trí mặt phẳng nằm ngang. Viên gạch được đặt tương ứng sao cho các cạnh l, 2l và 3l là chiều cao c a viên mgl 3mgl , mgl và . gạch, khi đó thế năng c a viên gạch lần lượt là 2 2 Do đó khi ta thay đổi vị trí c a viên gạch thì thế năng sẽ thay đổi tương ứng là: ∆U 21 = U 2 − U 1 = ∆U 32 = U 3 − U 2 = mgl 2 mgl 2 ∆U 31 = U 3 − U 1 = mgl - Bước 3 biện luận Thế năng c a vật có tính tương đối và phụ thuộc vào việc chọn gốc thế năng, nếu trong bài này ta chọn gốc thế năng khác đi thì các thế năng tương ứng với từng độ cao sẽ khác nhưng hiệu thế năng c a chúng vẫn không đổi. Bài 5 Một thang máy hầm mỏ có trọng lượng bằng 980KN đi lên với gia tốc 0.5m/s2. Xác định công nâng thang máy lên trong 10s đầu c a chuyển động c a nó. - Bước 1 Tóm tắt P = 980 kN , a = 0,5 m / s 2 , t = 10 s , A = ? Trang 22 - Bước 2 phân tích Trong bài toán chuyển động, để giải nó ta phải chọn chiều dương c a chuyển động. Viết phưong trình định luật II Newton và chiếu lên chiều dương đã chọn ta tìm được lực nâng. Tìm quãng đường đi được thông qua thời gian chuyển động s = 1 2 at . 2 Từ đó ta tính được công A - Bước 3 Giải Chọn chiều dương cùng chiều chuyển động. Khối lượng c a thang máy: P = mg ⇒ m= P 980.10 3 = =10 5 (kg ) g 9,8 Phương trình định luật II Newton cho thang máy ta có: r r r P + F = ma Chiếu phương trình trên lên phương chuyển động ta có: F – P = ma F = P + ma F = 980.103 + 105.0,5 F = 10,3.105 (N) Quảng đường thang máy đi được trong 10s đầu: S= 1 2 1 at = .0,5.102 = 25 (m) 2 2 Công c a lực nâng: A = F.s = 10,3.105.25 = 257,5.105 (J) - Bước 1 Biện luận Ta kiểm tra lại thứ nguyên công thức tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Việc chọn chiều dương là tùy ý nhưng phải chú ý đến chiều c a các thành phần vectơ trong hệ ứng với chiều dương đã chọn. thông thường ta chọn chiều dương cùng chiều chuyển động để thuận tiện trong việc giải bài toán. Bài 6 Hai vật có khối lượng là m1 và m2 nằm độ cao h1 và h2 so với mặt đất. Chứng minh rằng thế năng c a hệ bằng tích c a tổng trọng lượng với chiều cao khối tâm c a hệ? Trang 23 - Bước 1 Phân tích Để thực hiện được yêu cầu c a đề bài ta phải tìm thế năng c a hệ thông qua tổng thế năng thành phần và thông qua chiều cao chung c a hệ. So sánh kết quả tìm được từ hai cách ta rút ra điều cần chứng minh. - Bước 2 Giải Thế năng c a hệ được tính bằng công thức: U = U1 + U2 = m1gh1 + m2gh2 Mặt khác ta lại có: Chiều cao chung c a hệ: h= m1 h1 + m2 h2 m1 + m2 Do đó thế năng c a hệ cũng được tính bằng công thức: U ′ = (P1 + P2 )h = (m1h1 + m2 h2 )(m1 + m2 )g U ′ = m1 gh1 + m2 gh2 = U m1 + m2 Bài 7 Nếu ban đầu một vật nặng 100kg chuyển động theo một đường thẳng với tốc độ 50m/s, nếu nó dừng với giảm tốc là 2m/s2. Hỏi: a. Độ lớn c a lực hãm. b. Đoạn đường mà nó đi được từ lúc hãm đến lúc dừng hẳn. c. Công thực hiện b i lực hãm. - Bước 1 Tóm tắt m = 100 kg , v = 50 m / s , a = 2 m / s 2 a. F = ? - b. s = ? c. A = ? Bước 2 Phân tích Để giải bài toán trên ta áp dụng các phương trình định luật II Newton để giải. - Bước 3 Giải a. Độ lớn c a lực hãm F = ma = 100.2 = 200 N b. Đoạn đường mà nó đi được từ lúc hãm đến lúc dừng hẳn − v02 = 2as ⇒ s=− v02 − 50 2 = = 625 m 2a − 2.2 c. Công thực hiện b i lực hãm A = Fs = 200.625 = 125000 J Trang 24 - Bước 4 Biện luận Bài toán trên, nếu không theo logic c a đề bài ta có thể áp dụng các định luật bảo toàn để giải bài toán. Bài 8 Một ô tô có khối lượng 1000kg đang chạy với vận tốc 60km/h trên một đường nằm ngang. Xe bị hãm nhẹ để giảm động năng c a nó một lượng là 50kJ. a. Hỏi tốc độ c a xe sau khi hãm. b. Phải giảm tiếp động năng c a xe một lượng bằng bao nhiêu để xe dừng lại. - Bước 1 Tóm tắt m = 1000 kg , v = 60 km / h , ∆T = 50 kJ a. v = ? - b. Tg = ? Bước 2 Phân tích Để tính được tốc độ c a xe sau khi hãm ta phải tính được động năng c a xe sau khi hãm. Từ đó ta áp dụng các định công thức động năng để tìm vận tốc c a xe sau khi hãm. Để xa dừng lại thì động năng c a xe bằng 0, hay ta phải giảm tiếp một lượng động năng bằng với động năng còn lại vừa tìm được câu a. - Bước 3 Giải a. Tốc độ c a xe sau khi hãm. Động năng c a xe sau khi hãm: T= mv 2 − 50.10 3 2 T= 1000.16,67 2 − 50.10 3 2 T = 88,89.10 3 J Tốc độ c a xe sau khi hãm: T= v= mv 2 ⇒v= 2 2Wđ m 2.85,89.10 3 = 13,33 m / s 1000 b. Phải giảm tiếp động năng một lượng là Tg = 88,89.10 3 J thì xe sẽ dừng lại. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a các công thức vừa tìm được, qua đó ta kiểm tra lại các bước giải và kết quả thu được. Trang 25 1.2 Bài tập định lượng. r Bài 1 Hai quả cầu bằng chì có khối lượng m1 = m và m2 = nm và vận tốc v1 r r và v 2 vuông gốc với nhau đến va chạm và dính vào nhau. Xác định vận tốc v c a hai vật sau va chạm. Áp dụng bằng số: n = 2, v1 = 3 m / s , v 2 = - 3 m/s. 2 Bước 1 Tóm tắt r m1 = m , m2 = nm , v1 ⊥ v 2 , tìm v sau va chạm? Áp dụng: n = 2, v1 = 3 m / s , v 2 = - 3 m/s. 2 Bước 2 Phân tích Đây là bài toán về va chạm mềm, việc giải chúng dựa trên cơ s c a định luật bảo toàn động lượng r r Vì hai vật va chạm vuông gốc với nhau nên P1 ⊥ P2 . Áp dụng định luật bảo toàn r động ta có: P 2 = P12 + P22 , từ đó ta tìm được v và α . - Bước 3 Giải Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: r r r P = P1 + P2 r r r Hay m(n + 1)v = mv1 + nmv 2 y r P2 r P Theo hình vẽ ta có: P 2 = P12 + P22 Hay m 2 (n + 1) v 2 = m 2v12 + n 2 m 2v22 ⇒ v= v12 + n 2 v 22 tgα = α O 2 r P1 x (n + 1) v P2 nmv 2 = =n 2 v1 P1 mv1 Áp dụng bằng số: n = 2, v1 = 3 m / s , v 2 = 3 m/s 2 ⎛ 3⎞ ⎟ 3 + 2 .⎜⎜ ⎟ 2 2 3 ⎝ ⎠ (m / s ) = v= (2 + 1) 3 2 2 2 3 3 tgα = 2 2 = 3 3 ⇒ α = 30 0 Trang 26 - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Bài 2 Một lò xo không tuân theo định luật Hooke. Lực (đo bằng Newton) mà nó tác dụng khi bị kéo dãn một đoạn x (đo bằng mét) có độ lớn là F = 52,8 x + 38,4 x 2 và hướng ngược chiều kéo. a. Tính công cần để kéo lò xo từ x1 = 0,500m đến x 2 = 1,000m ? b. Giữ một đầu lò xo cố định và gắn một vật có khối lượng m = 2,17 kg vào đầu kia c a lò xo và kéo lò xo dãn một đoạn x 2 = 1,000m . Sau đó thả vật ra từ trạng thái nghỉ thì tốc độ c a vật bằng bao nhiêu tại lúc lò xo có độ dãn x1 = 0,500m ? - Bước 1 Tóm tắt F = 52,8 x + 38,4 x 2 a. Tính A = ? để kéo lò xo từ x1 = 0,500m đến x 2 = 1,000m b. m = 2,17kg , vật dịch chuyển từ x 2 = 1,000m đến x1 = 0,500m , v1= ? - Bước 2 Phân tích Khi ta kéo lò xo một đoạn ∆x thì lò xo sẽ sinh một lực đàn hồi chóng lại sự biến dạng đó, hay ta nói lò xo đã sinh ra một công cản chống lại độ biến dạng. Độ biến dạng càng lớn thì lực đàn hồi và công cản càng lớn. Với vật gắn đầu lò xo, khi ta kéo lò xo một đoạn thì ta đã cung cấp cho vật một năng lượng ban đầu dưới dạng thế năng đàn hồi, nếu ta thả vật ra thì vật sẽ chuyển động và có sự chuyển hóa thế năng thành động năng. - Bước 3 Giải a. Công nguyên tố do lò xo gây ra: δA = − Fdx Công do lò xo gây ra: A = ∫ δA = − ∫ Fdx x2 x2 x1 ( x1 ) A = − ∫ 52,8 x + 38,4 x dx = −52,8 ∫ xdx − 38,4 ∫ x 2 dx x2 x1 x2 A = −52,8 2 2 x2 x3 − 38,4 3 x2 x2 x1 x1 x2 A = −26,4(x 22 − x12 ) − 12,8(x 23 − x13 ) x1 x1 A = −26,4.(1,000 2 − 0,500 2 ) − 12,8.(1,000 3 − 0,500 3 ) A = −31J Vậy công cần để kéo lò xo từ vị trí x1 đến vị trí x2 là: A′ = − A = 31J Trang 27 b. Công A c a lò xo trong trường hợp này sẽ chuyển hóa thành động năng c a lò xo: A = T1 − T2 = 0 − mv 2 2 ⎛ 2A ⎞ ⇔ v = ⎜− ⎟ = 5,345 m / s ⎝ m ⎠ - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Thực tế vận tốc thực c a vật tiêu tốn do ma sát. x1 sẽ nhỏ hơn do một phần năng lượng c a lò xo ⎛ x ⎞ Bài 3 Một lực tác dụng lên một vật có dạng F = F0 ⎜⎜ − 1⎟⎟ . Hãy tìm công mà ⎝ x0 ⎠ lực thực hiện khi vật dịch chuyển từ x = 0 đến x = x0 bằng: a. Lấy tích phân? b. Đồ thị? - Bước 1 Tóm tắt ⎛ x ⎞ F = F0 ⎜⎜ − 1⎟⎟ , x1 = 0 , x 2 = x0 , A = ? bằng: ⎝ x0 ⎠ a. Lấy tích phân? b. Đồ thị? - Bước 2 Phân tích Tính công A bằng phương pháp tích phân: Do lực F là hàm c a tọa độ, do đó ta phải tính công nguyên tố δA trong dịch chuyển dx, rồi tích phân δA để tìm công A trong cả dich chuyển từ x1 đến x 2 . Tính công A bằng phương pháp đồ thị: Vẽ đồ thị c a lực F và x trên cùng hệ trục tọa độ, từ đồ thì tìm công nguyên tố δA và công A. - Bước 3 Giải a. Phương pháp tích phân Công nguyên tố do lực F thực hiện làm vật dịch chuyển được một khoảng dx: ⎛ x ⎞ − 1⎟⎟dx ⎝ x0 ⎠ δA = F .dx = F0 ⎜⎜ Công do lực F thực hiện: ⎛ x ⎞ A = ∫ δA = ∫ F0 ⎜⎜ − 1⎟⎟dx ⎝ x0 ⎠ 0 0 x0 x0 Trang 28 F A= 0 x0 A=− F0 x02 ∫0 xdx − F0 ∫0 dx ⇒ A = x0 2 − F0 x0 x x0 F0 x0 2 b. Phương pháp đồ thị F A x0 dx x ⎛ x ⎞ F = F0 ⎜⎜ − 1⎟⎟ ⎝ x0 ⎠ B - F0 Công nguyên tố δA = F .dx Công c a lực F thực hiện trên quãng đường từ 0 đến x0: A = ∫ Fdx xo 0 Theo đồ thị ta thấy: A = S OAB = − - F0 x0 2 Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. So sánh kết quả từ hai cách giúp ta có thể kiểm tra lại các bước giải. Bài 4 Một vật có khối lượng m được ném lên dọc theo một mặt phẳng nghiêng góc α với mặt ngang. Vận tốc ban đầu c a vật bằng vo, hệ số ma sát bằng k. Tính quãng đường đi được c a vật đến khi dừng lại và công c a lực ma sát trên quãng đường ấy? - Bước 1 Phân tích Do là bài toán chuyển động, do đó để giải chúng trước tiên ta phải chọn hệ trục tọa độ cho bài toán. Viết các phương trình chuyển động cho vật, tìm thời gian chuyển động c a vật. Từ đó ta tìm được quãng đường vật đi được và công c a lực ma sát trên quãng đường ấy. Trang 29 - Bước 2 Giải y r N x m r Fms α r P Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Phương trình định luật II Newton cho vật m: r r r r P + N + Fms = ma (1) Chiếu phương trình (1) lên hệ trục tọa độ ta có: Oy: N - Pcos α = 0 ⇒ N = mgcos α Ox: - Psin α - Fms = ma P + kN = - ma mgsin α + kmgcos α = - m dv = - (gsin α + kgcos α )dt dv dt ∫ dv = − ∫ (gsinα + kgcosα )dt v = - (gsin α + kgcos α )t + c dx = − ( g sin α + kg cos α )t + c dt (2) dx = - (gsin α + kgcos α )tdt + cdt ∫ dx = − ∫ (g sin α + kg cos α )tdt + ∫ cdt x = − (g sin α + kg cos α ) Với t = 0, v = v0 ⇒ c = v0 t2 + ct + d 2 Thay vào (2) ta có v = - (gsin α + kgcos α )t + v0 Khi vật dừng lại ứng với v = 0 ⇒ t= v0 g sin α + kg cos α Trang 30 Với t = 0, x = 0 ⇒ d = 0 Hay x = − ( g sin α + kg cos α ) (g sin α + kg cos α ) ⎛⎜ x=− ⎞ v0 v0 ⎜ g sin α + kg cos α ⎟⎟ + v0 g sin α + kg cos α ⎝ ⎠ 2 x= t2 + v0 t 2 2 v20 2 g (sin α + k cos α ) Công c a lực ma sát: r r A = Fms x A = − Fms x = − kmg cos α A= − - v20 2 g (sin α + k cos α ) kmv 2 0 cos α kmv 2 0 =− 2(sin α + k cos α ) 2(tgα + k ) Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Bài 5 Một vòng đệm nhỏ A trượt từ đỉnh một ngọn đồi mặt nhẵn độ cao H. Tiếp theo đến một bờ dốc thẳng đứng đi xuống một bãi phẳng nằm ngang. Hỏi độ cao h c a bờ dốc phải bằng bao nhiêu để khi trượt xuống khỏi bờ dốc, vòng đệm A bay ra đạt khoảng cách s lớn nhất? Khoảng cách đó bằng bao nhiêu? đồi. Bước 1 Phân tích Vì vòng đệm A lăn trên mặt đồi nhẳn nên ta có thể bỏ qua ma sát giữa vật và mặt Khi vòng đệm A tới điểm B thì vòng đệm A tr thành vật ném ngang với vận tốc van đầu là v0 , là vận tốc A có được do lăn từ đỉnh đồi đến B. Từ các phương trình chuyển động c a vật ném ngang ta tìm được thời gian A chạm đất và quãng đường s mà vật bay ra theo phương ngang là hàm c a h. Để s là lớn nhất thì đạo hàm bậc 1 c a s bằng 0, từ đó ta tìm được h ứng với s max và s max . - Bước 2 Giải A B H h s C Trang 31 Công A c a vật được tính: 1 A = mg (H − h ) = mv02 2 ⇒ v 0 = 2 g (H − h ) Khi vòng A đến điểm B vòng A tr thành vật ném ngang. Chọn góc tọa độ tại mặt đất, Ox theo chiều chuyển động, Oy hướng lên. Phương trình chuyển động c a vật A: x = v0 t y =h− 1 2 gt 2 Khi vật chạm đất y = 0 1 2h Hay h = gt 2 ⇒ t = 2 g ng với thời gian đó vật sẽ đi được đoạn đường là s. Hay s = v0 2h g ⇒ s = 2 g (H − h ) s = 2 h( H − h ) s′ = 2h g (h(H − h ))′ = h( H − h ) H − 2h Để s đạt cực đại s ′ = 0 Hay H − 2h h( H − h ) ⇒ s=2 s=H =0 h( H − h ) 1 ⇒ h= H 2 H⎛ H⎞ ⎜H − ⎟ 2⎝ 2⎠ 1 Vậy với h = H thì vòng A bay ra với khoảng cách lớn nhất và khoảng cách đó 2 là s = H . - Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Trang 32 Trên thực tế, do A luôn có ma sát với mặt đồi và còn chịu lực cản c a không khí nên đoạn đường theo phương ngang s < H . Bài 6 Một sà lan có khối lượng M = 600 kg và chiều dài l = 12 m được nước sông cuốn theo với vận tốc v = 1 m / s đối với bờ sông. hai đầu sà lan có hai người đồng thời xuất phát để đổi chổ cho nhau, người có khối lượng m1 = 40 kg đi theo chiều nước chảy, người có khối lượng m2 = 60 kg đi ngược chiều. Cả hai đi với vận tốc u = 0,8 m / s . 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 M = 600 kg , l = 12 m , v = 1 m / s m1 = 40 kg , m2 = 60 kg u1 = u 2 = u = 0,8 m / s , 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 v ′ ≠ v . Tương ứng, người thứ nhất và người thứ hai có vận tốc tốc so với bờ là v ′ + u và v′ − u . Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ ta sẽ tìm được v ′ . Theo đề bài, với chiều dài c a 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. - r v Bước 3 Giải r m2 u r u + m1 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: ⇒ (M + m1 + m2 )v = m1 (v′ + u ) + m2 (v′ − u ) + Mv′ u (m2 − m1 ) v′ = v + v′ = 1 + M + m1 + m2 0,8(60 − 40 ) = 1,023 m / s 600 + 60 + 40 Trang 33 t= l 12 = = 15 s u 0,8 ⇒ s = v ′t = 1,023.15 = 15,345 m - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Ta thấy v ′ ≠ u , 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 m = 20,0 kg đang chuyển động theo chiều dương trục x với vận tốc v x = 200 m / s thì bị nổ thành 3 mảnh; mảnh 1 có khối lượng m1 = 10,0 kg chuyển động với vận tốc v1 y = 100 m / s theo chiều dương trục y; mảnh 2 khối lượng m2 = 4,0 kg chuyển động theo chiều âm trục x với v 2 x = −500 m / s . r a. Xác định vận tốc v3 c a mảnh đạn thứ 3? b. Có bao nhiêu năng lượng đã giải phóng trong vụ nổ? bỏ qua tác dụng c a ngoại lực. - Bước 1 Tóm tắt m = 20,0 kg , v x = 200 m / s m1 = 10,0 kg , v1 y = 100 m / s m2 = 4,0 kg , v 2 x = −500 m / s r a. v3 = ? 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 c a 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 c a viên đạn và các mảnh 1, 2 r đều đã biết ta dể dàng tìm được v3 . Từ đó ta tìm được năng lượng c a hệ trước và sau khi nổ, và tìm được phần năng lượng giải phóng trong vụ nổ. - Bước 3 Giải r a. Xác định vận tốc v3 c a mảnh đạn thứ 3. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: r r r r P = P1 + P2 + P3 Chiếu lên hệ trục tọa độ ta được: Trang 34 Ox: mv x = m2 v 2 x + m3 v3 x 20.200 = −4.500 + (20 − (10 + 4 ))v3 x y r P1 ⇒ v3 x = 1000 m / s Oy: 0 = m1v1 y + m3 v3 y ⇒ v3 y = − v3 y = − r P2 r O P3 y m1 v1 y m3 P r P3 10 500 100 = − m/s 6 3 ⎛ 500 ⎞ v3 = v32x + v32y = 1000 2 + ⎜ ⎟ ⎝ 3 ⎠ v3 = α r r P3 x x 2 500 37 m / s 3 tgα = P3 y P3 x ⇒ α = −9,5 0 = v3 y v3 x =− 500. 1 =− 3.1000 6 b. Năng lượng đã giải phóng trong vụ nổ. Năng lượng c a hệ trước khi nổ: E =T = mv 2 20.200 2 = = 4.10 5 J 2 2 Năng lượng c a hệ sau khi nổ: E′ = T ′ = E′ = m1v12 m2 v 22 m3 v32 + + 2 2 2 10.100 2 4.500 2 6 ⎛ 500 ⎞ + + ⎜ 37 ⎟ = 36,3.10 4 J 2 2 2⎝ 3 ⎠ 2 Năng lượng đã giải phóng trong vụ nổ: ∆E = E ′ − E = 36,3.10 5 − 4.10 5 = 32,3.10 5 J - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Bài 8 Một khẩu súng liên thanh bắn n0 = 10 viên đạn trong 1 giây; đạn có khối lượng m = 2 g và vận tốc v = 500 m / s . Đạn bị chặn đứng b i bức tường cứng. r a. Tính động lượng P1 và động năng T1 c a mỗi viên đạn? b. Tính lực trung bình c a chùm đạn vào tường? Trang 35 c. Nếu mỗi viên đạn tiếp xúc với tường trong ∆t = 0,6 ms 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 n0 = 10 viên đạn trong 1s, m = 2 g , v = 500 m / s r a. P1 = ? , T1 = ? b. F ′ = ? c. F1 = ? - Bước 2 Phân tích Để tính lực trung bình c a mỗi viên đạn ta cần biết độ biến thiên động lượng c a chùm đạn trong một giây, và vận dụng dạng khác c a định luật II Newton sẽ tính được F ′. Tương tự như trên, trước tiên ta phải tìm biến thiên động lương c a một viên đạn trong một giây và sau đó tính F1 . - Bước 3 Giải r a. Động lượng P1 và động năng T1 c a mỗi viên đạn. P1 = m1v1 = 2.10 −3.500 = 1 kg.m / s T1 = m1v12 2.10 −3.500 2 = = 250 J 2 2 b. Lực trung bình c a chùm đạn vào tường. Ta có: F = Hay F = dP dt ∆P ∆t Với F là phản lực c a tường và ∆t là khoảng thời gian lực tác dụng trong một giây, hay ∆t = 1 s . ∆P là độ biến thiên xung lượng trong một giây, hay ∆P = 10.∆P1 = 10.(0 − P1 ) = −10 P1 Vậy lực tác dụng trung bình c a chùm đạn là F ′ = − F F′ = − − 10.P1 10.1 ∆P =− = = 10 N 1 ∆t ∆t c. Lực trung bình do mỗi viên đạn tác dụng vào tường trong trường hợp ∆t = 0,6 ms . Theo một dạng khác c a định luật II Newton ta có: F1 = ∆P dP1 hay F1 = 1 dt ∆t Trang 36 F1 = 1 = 1,667.10 3 N −3 0,6.10 Lực F1 khác với F ′ là do khoảng thời gian một viên đạn tiếp xúc vào tường 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 c a công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. r Trên thực tế từng viên đạn có lực tác dụng F khác nhau, nhưng do thời gian tương tác c a mỗi viên đạn là rất ngắn nên để tín được lực tác dụng c a chúng ta phải thông qua lực trung bình c a 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 điểm thuộc xích đạo Trái Đất. Tính: trên đường thẳng đứng c a một a. Bán kính c a quỹ đạo vệ tinh ấy. b. Vận tốc dài c a vệ tinh. Biết khối lượng c a Trái Đất M = 6.10 24 kg ; hằng số hấp dẫn G = 6,67.10 −11 - N .m 2 . kg 2 Bước 1 Tóm tắt Cho vệ tinh địa tĩnh a. r = ? một điểm thuộc xích đạo, tính: b. v = ? Biết: M = 6.10 24 kg , G = 6,67.10 −11 - N .m 2 . kg 2 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 c a 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. Đất. Ngoài ra ta còn tìm được vận tốc c a vệ tinh thông qua chu kỳ quay c a Trái - Bước 3 Giải Gọi r là bán kính c a quỹ đạo vệ tinh. Lực hướng tâm G mM mv 2 = r r2 đây là lực hấp dẫn: (1) m: là khối lượng c a vệ tinh Trang 37 v: là vận tốc c a nó. v = ω.r = 2π .r T (2) Đối với vệ tinh địa tĩnh, chu kỳ T phải bằng chu kỳ quay c a Trái Đất, T = 86400 s . a. GMT 2 GM 4π 2 r 3 r = ⇒ = r2 T2 4π 2 Thay số: r = 4,2.10 7 m = 42000 km . b. v = 2π .r T Thay số vào ta được v = 3.103 m/s = 3km/s. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Có thể tính v theo công thức v = GM . r Bài 2 Một hành tinh có bán kính R= 104 km và tự quay một vòng mất 12 giờ. Trọng lượng c a một vật đặt xích đạo c a hành tinh bằng 0,8 trọng lượng khi đặt cực. Tính gia tốc rơi tự do cực c a hành tinh ấy. - Bước 1 Tóm tắt - Bước 2 Phân tích R= 104 km, T = 12 giờ, P = 0,8.Pc, tính g c = ? Hành tinh khi tự quay quanh trục c a nó sẽ sinh ra lực quán tính ly tâm, do có lực này nên xích đạo trọng lượng c a vật sẽ nhỏ hơn hai cực c a hành tinh. Biết chu kỳ và bán kính c a hành tinh ta có thể tính được gia tốc rơi tự do đạo cũng như hai cực c a hành tinh ấy. - xích Bước 3 Giải Gọi Pc và gc lần lượt là trọng lượng và gia tốc rơi tự do cực: Pc = m.gc = F (lực hút c a hành tinh) xích đạo, trọng lượng P = F - f, f = mω 2 R là lực quán tính ly tâm. P = 0,8.Pc. Vậy: f = mω 2 R = 0,2.m.g c với g c = Vận tốc góc hành tinh: ω = 2π 12.3600 ω2R 0,2 . Vậy gc = 1,06m/s2. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Trang 38 Bài 3 Bán kính c a Hỏa Tinh: r = M R ,R , khối lượng c a Hỏa Tinh: m = 1,9 9 và M là bán kính và khối lượng c a 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 c a hành tinh. - Bước 1 Tóm tắt r= M R , m= , bỏ qua sự tự quay c a hành tinh, tính g = ? 1,9 9 - 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 c a 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: g o = G Trên Hoả Tinh: g = G Vậy: g = G M R2 m r2 M 1,9 2 (1,9) 2 g o = 0,4 g o = 9 R2 9 Bài 4 a. tự do độ cao H nào so với mặt đất thì gia tốc rơi tự do bằng g0/4, g0 là gia tốc rơi mặt đất. b. độ sâu l nào so với mặt đất thì gia tốc rơi tự do bằng g0/2, biết rằng lớp hấp dẫn c a 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 g = b. Tìm l để g = - g0 . 4 g0 2 Bước 2 Phân tích Gia tốc rơi tự do phụ thuộc vào khối lượng c a 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 39 a. Bước 3 Giải mặt đất: g o = G M , M là khối lượng Trái Đất R2 cách r = R + H từ tâm Trái Đất, Nếu g = độ cao H, tức là khoảng độ cao H, gia tốc rơi tự do g = G M . r2 g0 thì r2 = 4.R2 , r = 2.R và H = R. 4 b. Chỉ có hình cầu bán kính R’ = R – l có tác dụng hấp dẫn lên vật 4 Nó có khối lượng M ' = πρR '3 , ρ là khối lượng riêng c a Trái Đất. 3 Nếu g’ là gia tốc rơi tự do Mặt khác g o = G độ sâu l thì g ' = G 4 M , với M = πρR 3 2 3 R độ sâu l. M' R′ 2 g0 M' M Nếu g = thì '2 = 2 2.R 2 R ' Ta suy ra: R ' = - R R và l = 2 2 Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a 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 c a 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 T = 27 ngày đêm = 2,33.106 s . 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 c a Mặt Trăng ta đựa vào biểu thức lực hấp dẫn và biểu thức gia tốc gốc liên hệ với chu kỳ c a Mặt Trăng ta sẽ tìm được bán kính quỹ đạo c a nó. Trang 40 - Bước 3 Giải Gọi m và M là khối lượng c a Mặt Trăng và Trái Đất, lực hướng tâm tác dụng Mm lên Mặt Trăng mω 2 r chính là lực hấp dẫn G 2 . r Ta có ω 2 r = G Nhưng g = G M M M hay r 3 = G 2 = G 2 2 ω r R 2π M và ω = 2 T R ⎛ RT ⎞ Thay vào ta có: r 3 = g ⎜ ⎟ ⎝ 2π ⎠ ⎛R⎞ ⎜ ⎟ ⎝ω ⎠ 2 2 Với T = 27.24.3600 = 2,33.106 s r 3 = 55,3.10 24 , r = 3,8.108 m ≈ 60 R - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Chính xác hơn thì quỹ đạo c a Mặt Trăng quang Trái Đất là hình elip nên quỹ đạo tìm được chỉ là bán kính trung bình c a 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 c a A và B. m B r O A m - r M 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 c a một trong hai ngôi sao sẽ biết được chu kỳ c a ngôi sao còn lại. Do chúng đối xứng với nhau nên mỗi ngôi sao đồng thời chịu tác dụng lực c a 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 c a A và B. - Bước 2 Giải Xét sao A, nó bị sao O và B hút với tổng hợp lực là: FA = FO + FB = G Mm m 2 Gm (4M + m ) G + = r2 4r 2 4r 2 FA cũng chính là lực hướng tâm: FA = mω 2 r (1) (2) Trang 41 Từ (1) và (2) rút ra: ⎤2 ⎡ r 2π ⎡ G (4 M = m ) ⎤ 2 ω=⎢ và π T r 4 = = ⎥ ⎢ 3 ⎥⎦ ω 4r ⎣ ⎣ G (4 M + m ) ⎦ 1 1 T là chu kỳ c a hành tinh A đồng thời cũng là chu kỳ c a hành tinh B. - Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a 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 xích đạo, vừa đ 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 b i T = trong đó ρ là khối lượng riêng c a hành tinh (giả sử đồng tính). 3π , Gρ b. Hãy tính T với ρ = 3,0 g / m 3 , giá trị điển hình c a nhiều hành tinh, vệ tinh. - Bước 1 Tóm tắt a. Chứng minh T = 3π là chu kỳ tự quay ngắn nhất. Gρ b. Tính T với ρ = 3,0 g / m 3 . - 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: F = G Mm M = mg ⇒ g = G 2 2 R R (1) 4 2πR v2 là gia tốc hướng tâm và v = Với M = Vρ = πR 3 ρ và g = 3 R T Vậy (1) thành 4π 2 R G 4 3 = 2 πR ρ T2 R 3 ⇒ T= b. Thay số với ρ = 3,0 g / m 3 = 3,0.10 3 kg / m 3 T= 3π Gρ 3π = 6862,97 s 6,67.10 −11.3.10 3 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 R = 10 km thì khối lượng tối thiểu c a nó phải là bao nhiêu để các vật trên bề mặt nó được giữ lại? Trang 42 - Bước 1 Tóm tắt ω = 1vòng / s , R = 10 km . Để giữ được các vật trên bề mặt thì M min = ? - Bước 2 Phân tích Một vật xích đạo chịu tác dụng c a 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 xích đạo c a sao chịu tác dụng c a lực quán tính li tâm Fq = mω 2 R và lực hấp dẫn Fh = G Mm . R2 Để vật giữ được tại chổ thì Fh ≥ Fq ⇒ G M ω 2 R3 2 ≥ ω R ⇒ ≥ M G R2 ⇒ M min = ω 2 R3 G = (2π )2 .(10 4 )2 (6,67.10 ) −11 2 M min = 5,92.10 23 kg - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a 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 c a nó gấp vài lần khối lượng Mặt Trời nên đó sức hút c a nó rất lớn, một vật đó khó mà thoát khỏi sức hút c a nó. 2.2 Bài tập định lượng Bài 1 Một vệ tinh c a 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 m = 0,05 kg với vận tốc (đối với vệ tinh) u = 1 km/s. a. Bán kính c a 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 43 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 c a 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 c a vệ tinh. Khi biết được độ tăng bán kính ta có thể tìm được bán kính c a quỹ đạo mới. Ta cũng dể dàng tìm được vận tốc c a vật bị ném và từ đó ta biết được chuyển động c a vật bị ném ra. - Bước 3 Giải a. Nếu v’ là vận tốc c a vệ tinh sau khi phóng vật thì vận tốc c a vật đối với mặt đất là v’- u. Định luật bảo toàn động lượng cho ta phương trình: Mv = ( M − m)v ' + m(v ' − u ) = Mv ' − mu mu = M (v ' − v) = M∆v , ∆v = m u = 0,25m / s M Gia tốc trọng trường cũng là gia tốc hướng tâm: g= v 2 (v + ∆v) 2 = R R + ∆R ∆R = 2 Rv∆v 2v∆v R (∆v 2 + 2v∆v) ≈ = 2 g v2 v Thay số ta được ∆R = 400m là bán kính quỹ đạo tăng b. g = 9,8 = v′ 2 , với v’ = 8000,25 m./s. R Suy ra R ' = 6531020m ≈ 6531km Kiểm lại R = v2 = 6530,6km , R’= R + 0,4 km. g c. Vật có vận tốc v’- u = 7 km/s bé hơn vận tôc 7,9 km/s c a 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 c a 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 M lớn, vận tốc vệ tinh v càng giảm: v = G đ . R Mđ: là khối lượng Trái Đất, G: là hằng số hấp dẫn. Trang 44 Bài 2 a. Tính tốc độ thoát ly trên một tiểu hành tinh hình cầu, có bán kính R = 500 km và gia tốc hấp dẫn trên mặt bằng g = 3 m / s 2 ? b. Nếu một hạt rời mặt tiểu hành tinh với tốc độ xuyên tâm v = 1000 m / s thì hạt đi xa mặt hành tinh được bao nhiêu? c. Một vật thả từ độ cao h = 1000 km 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 R = 500 km , g = 3 m / s 2 . b. Nếu v = 1000 m / s , h = ? c. h = 1000 km , 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 c a nó thắng được thế năng hấp dẫn c a 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 c a vật càng lớn thì vật đi được quãng đường càng xa. Nếu vận tốc c a vật thắng được thế năng hấp dẫn c a hành tinh ấy thì vật sẽ bay vào vũ trụ. Nếu vận tốc c a vật không đ 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 c a vật với hành tinh là lớn nhất. Khi một vật độ cao h, dưới tác dụng c a 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 c a vật càng lớn và vận tốc c a vật càng lớn. - Bước 3 Giải a. Muốn thoát li khỏi trường hấp dẫn c a tiểu hành tinh thì khi rời khỏi mặt đất vật phải có động năng ban đầu tối thiểu là bằng thế năng hấp dẫn c a vật: mv 2 Mm =G = mgR 2 R ⇒ v = 2 gR = 2.3.5.10 3 v = 10 3 3 m / s = 1732 m / s 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: mv 2 Mm Mm −G = 0−G 2 R r Thay GM = gR 2 và r = h + R vào phương trình trên ta được: Trang 45 v2 R2 − gR = − g 2 h+R v2 ⎞ 1 1⎛ ⎜ ⎟ ⇒ = 1− R + h R ⎜⎝ 2 gR ⎟⎠ ⇒ h= ⇒ h= R ⎛ v2 ⎞ ⎟⎟ ⎜⎜1 − ⎝ 2 gR ⎠ −R 5.10 5 ⎛ ⎞ 10 ⎜⎜1 − ⎟ 5 ⎟ ⎝ 2.3.5.10 ⎠ 6 − 5.10 5 h = 25.10 4 m = 250 km c. Theo định luật bảo toàn năng lượng: −G Mm mv 2 Mm + = −G 2 R R+h 1 ⎞ 1 ⎞ ⎛1 2⎛ 1 ⇒ v 2 = 2GM ⎜ − ⎟ ⎟ = 2 gR ⎜ − ⎝R R+h⎠ ⎝R R+h⎠ 1 ⎞ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎛1 5 ⇒ v = R 2g⎜ − − ⎟ = 5.10 2.3.⎜ 5 5 5 ⎟ R R h + 5 . 10 5 . 10 10 . 10 + ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ v = 10 3 2 m / s = 1414 m / s - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a 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 c a lỗ tiếp xúc với mặt trong c a 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 R O O1 A m M Để tính được lực tác dụng c a c a khối cầu lên hạt m đặt tại A ta tính lực tác dụng c a khối cầu khi chưa bị khoét và lực tác dụng c a phần cầu bị khoét rồi tìm hiệu lực tác dụng c a chúng ta tìm được lực tác dụng tại A. Trang 46 - Bước 2 Giải Lực do khối cầu chưa khoét tác dụng lên m lực F0 = G Mm . Phần chì bị khoét d2 3 M R R ⎛1⎞ . Và O1 A = d − . có bán kính r1 = nên có khối lượng M 1 = M ⎜ ⎟ = 8 2 2 ⎝2⎠ Riêng phần khoét tác dụng lên m lực: F1 = G ⎛ 1 1 F = F0 − F1 = GMm⎜⎜ 2 − 2 8(d − 0,5 R ) ⎝d Vậy - M 1m Mm =G 2 2 (d − 0,5R ) 8(d − 0,5 R ) ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a 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 rất xa nhau. Do hút hấp dẫn giữa chúng, chúng tiến lại gặp nhau. Chứng minh rằng tại bất kỳ thời điểm 2G (M + m ) nào, tốc độ c a một hạt đối với hạt kia cũng là , trong đó d là khoảng d 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 v12 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 v12 để chứng minh điều cần chứng minh. - Bước 2 Giải Đặt G là khối tâm c a 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). r r v x V O m M G Theo định nghĩa khối tâm: MX + mx = (M + m )OG = 0 ⇒ M dX dx +m = 0 ⇒ MV + mv = 0 dt dt ⇒ v=− MV m Hoặc theo định luật bảo toàn động lượng ta cũng có: Trang 47 r r MV + mv = 0 ⇒ MV + mv = 0 ⇒ v=− MV m (1) Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: MV 2 mv 2 Mm + −G =0 2 2 d Vì lúc đầu hai hạt (2) rất xa nhau d = ∞ và đứng yên V = v = 0 . Tốc độ c a hạt này đối với hạt kia là: v12 = V − v (3) Thay (1) vào (2) ta được: MV 2 ⎛ m + M ⎞ Mm Mm MV 2 m M 2V 2 ⇒ + =G ⎟=G ⎜ 2 2 ⎝ m ⎠ d d 2 2 m ⇒ V =m 2G (M + m )d (4) Thay (1) vào (4) ta thu được: v = −M 2G (M + m )d (5) Thay (4), (5) vào (3) ta thu được: v12 = - 2G (M + m ) d 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. C 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? - R A O m B Bước 1 Phân tích Vì thanh có dạng là nữa đường tròn nên ta không thể tính trực tiếp lực hấp dẫn c a thanh mà phải chia thanh thành những vi phân khối lượng dM rồi tính lực tác r dụng c a thành phần dM , sau đó lấy tổng các lực dF để được lực tác dụng c a cả thanh. - Bước 2 Giải a. Tính lực hút c a một yếu tố chu vi dθ đặt tại N lên hạt m: Trang 48 dF = G ⇒ dF = dθ mdM với dM = M 2 π R Gm dθ M π R2 y C Và viết dưới dạng ký hiệu vectơ đơn vị: r r r dF = dF . cos θ .i + dF . sin θ . j Với θ = xOM ∧ dF N dθ θ dFn A R O m B x r r π r π r F = ∫ dF = ∫ dF cos θ .i + ∫ dF sin θ . j 0 0 π r Các thành trên trục x đối xứng nhau qua O nên ∫ dF cos θ .i = 0 r r π GMm dθ r GMmj Hay sin θ . j = cos θ F=∫ 2 π πR 2 0 R r r 2GMmj F= πR 2 0 0 π b. Nếu thanh là cả đường tròn thì các thành phần trên trục y cũng đối xứng nhau r qua O nên F = 0 . - Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Bài 6 Một vệ tinh nhân tạo c a Trái Đất được đặt lên một quỹ đạo tròn với ý định để nó lơ lững bên trên một điểm A c a xích đạo Trái Đất. Tuy nhiên bán kính quỹ đạo c a vệ tinh bị tính sai thành r, lớn hơn ∆r = 2,0 km so với bán kính r0 mà đúng ra nó phải có. Vậy điểm B 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 r ∆r = 2,0 km , v B = ? - Bước 2 Phân tích r Để tìm được v B ta phải tìm được bán kính quỹ đạo c a vệ tinh và vận tốc gốc quay c a điểm B. Để tìm bán kính quỹ đạo c a vệ tinh và vận tốc gốc quay c a 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 c a lực hướng tâm: Fht = mω 2 r (1) Vệ tinh chịu tác dụng lực hấp dẫn c a Trái Đất: Trang 49 Fhd = G Mm r2 (2) Mà Fht = Fhd , từ (1) và (2) ta rút ra: ω 2r = GM r2 ⇒ ω 2 r 3 = GM ⇒ d (ω 2 r 3 ) = 2ωr 3 dω + 3ω 2 r 2 dr = d (GM ) = 0 ⇒ dω = − 3ω dr 2r (3) (4) Với ω là vận tốc góc quay c a Trái Đất: ω = đạo c a vệ tinh địa tĩnh. 2π 2π và r là bán kính quỹ = T 86400 ⎡ 6,67.10 −11.5,98.10 24 ⎤ 3 ⎛ GM ⎞ Từ (3) ⇒ r = ⎜ 2 ⎟ = ⎢ ⎥ 2 ⎝ω ⎠ 7,72.10 − 5 ⎣⎢ ⎦⎥ ( 1 3 1 ) r = 4,225.10 7 m = 42250 km Thay vào (4) ta có: dω = − 3.2π .2.10 3 = −5,16.10 −9 rad / s 7 2.86400.4,225.10 Vận tốc c a điểm B là: ( ) v B = Rdω = 6370.10 3. − 5,16.10 −9 = −3,29.10 −2 m / s Dấu “–” chứng tỏ B chuyển động ngược chiều quay c a trái đất, nghĩa là B chuyển động trên xích đạo từ đông sang tây. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a 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 dω = −5,16.10 −9 rad / s , nó sẽ ảnh hư ng rất lớn đến ứng dụng c a vệ tinh. Bài 7 Một hang rỗng hình cầu tâm I, bán kính R 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 g y tại A nhỏ hơn giá trị chờ đợi (nếu không có hang rỗng) là: 4 a. Chứng minh rằng ∆g y = πR 3 Gρ 3 đất. (d d 2 +x ) 3 2 2 , với ρ là khối lượng riêng c a Trang 50 b. ∆g y thường rất nhỏ, cỡ 10 −5 m / s 2 gọi là miligal. Khi đo g trong bán kính a = 150 m xung quanh O người ta thấy ∆g y biên thiên từ 10 miligal tại các biên A, B tới 14 miligal tại O. Hãy tính độ sâu d c a hang. Cho biết ρ = 2,8 g / cm 3 . c. Giả sử hang không rỗng mà chứa dầu thô khối lượng riêng ρ1 = 1 g / cm 3 thì các số chỉ trong câu b bây giờ là bao nhiêu? B A O x x d R - I Bước 1 Tóm tăt OI = d, OA = x 4 a. Chứng minh ∆g y = πR 3 Gρ 3 b. ∆g y A, B là 10.10 −5 m / s 2 , c. Với ρ1 = 1 g / cm 3 . Tìm d. - (d d 2 + x2 ) 3 2 O là 14.10 −5 m / s 2 , ρ = 2,8 g / cm 3 . Tìm d. Bước 2 Phân tích 4 Để chứng minh ∆g y = πR 3 Gρ 3 (d d ) ta cần tìm hiệu gia tốc khi hang +x không rỗng và gia tốc c a lượng đất tương đương với phần rỗng gây ra. 2 3 2 2 Từ điều vừa chứng minh được và theo điều kiện gia tốc được độ sâu d c a hang. biên và tâm ta sẽ tìm Để tìm d trong trường hợp hang chứa dầu thô ta cần xét lại công thức câu a. độ giảm gia tốc lúc này không phải do độ giảm khối lượng riêng c a đất mà là hiệu độ giảm khối lượng riêng c a đất với phần khối lượng riêng c a 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: ∆g = G Và 4 1 = G πR 3 ρ 2 3 d + x2 IA M 2 ∆g y = ∆g . sin θ . x O d x θ A r ∆ y ∆g y I R Trang 51 Với sin θ = OI = IA (d d 2 4 Vậy ∆g y = πR 3 Gρ 3 + x2 ) 1 2 (d + x ) r r Đặt g là gia tốc tại A nếu dưới đất không có hang rỗng và g A là gia tốc lúc có hang rỗng, R là bán kính c a hang. r r Vậy g = g A + ∆g d (1) 3 2 2 2 ⇒ g y = g Ay + ∆g y hay g Ay = g y − ∆g y b. Từ (1) cho thấy ∆g y = ∆g y max khi x = 0 và ∆g y càng nhỏ khi x càng lớn. Theo đề bài khi x = 0: 4 d ∆g y = πR 3 Gρ 3 = 14.10 − 5 3 d Và khi x = 150 m : 4 ∆ ′g y = πR 3 Gρ 3 (d d 2 + 150 ) 3 2 2 (2) = 10.10 − 5 ⎛ d 2 + 150 2 Chia (2) cho (3) ta được ⎜⎜ d2 ⎝ ⇒ d= 150 1,4 − 1 2 3 = 299 m Thay vào (2) ta có: R = (3) ⎞2 ⎟⎟ = 1,4 ⎠ 3 3.14.10 − 5.d 2 3.14.10 − 5.299 2 = = 252 m 4π Gρ 4π .6,67.10 −11.2,8.10 3 c. Nếu hang chứa dầu thô thì độ giảm: 4 ∆g y = πR 3 G (ρ − ρ1 ) 3 Khi đó: ∆g y1 = ∆g y (d d 2 + x2 ) 3 2 ρ − ρ1 2,8 − 1 = 14.10 − 5 ρ 2,8 ∆g y1 = 9.10 − 5 m / s ∆ ′g y1 = ∆ ′g y ρ − ρ1 2,8 − 1 = 10.10 − 5 ρ 2,8 ∆ ′g y1 = 6,43.10 − 5 m / s Trang 52 - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a 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 c a lực hấp dẫn F do khối cầu tác dụng lên một hạt m đặt cách tâm O c a quả cầu một khoảng r, với r diến thiên từ 0 đến ∞ . b. Tìm biểu thức tương ứng c a thế năng hấp dẫn U(r). a O - N m c b B A 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 0 ≤ r ≤ b , 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 c a ta. Có thể chọn gốc thế năng O hay ∞ . TH2 khi b ≤ r ≤ a , 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 r ≥ a , cả khối cầu đều tác dụng lực hấp dẫn lên m. - Bước 2 Giải a. Biểu thức c a lực hấp dẫn a b O B c A r N m Tính lực F cho 3 trường hợp TH1 0 ≤ r ≤ b thì F = 0 TH2 b ≤ r ≤ a thì F = −G M 1m r2 (1) Vơi M 1 là khối lượng c a phần quả cầu có bán kính từ b đến r. Trang 53 Ta có ( ) 4 π r 3 − b3 M 1 ρV1 V1 3 r 3 − b3 = = = = 3 M ρV V 4 π a 3 − b 3 a − b3 3 ⇒ M1 = ( r 3 − b3 M a3 − b3 ) Thay vào (1) ta có: F = −G mM r 3 − b 3 r 2 a3 − b3 (2) Trong khoảng này F(r) là nghịch biến vì TH3 r ≥ a thì F = −G dF < 0. dr Mm , trong khoảng này F(r) đồng biến . r2 Đồ thị biểu diễn F theo r. F bBa A r r O b. Biểu thức c a thế năng hấp dẫn Ta có F = − dU . Ta cũng xét trong 3 trường hợp: dr dU = 0 ⇒ U = U 0 = const , nghĩa là thế năng tại dr mọi điểm trong hốc rỗng đều như nhau. TH1 0 ≤ r ≤ b thì F = 0 nên Để tính U 0 ta tính U 0 tại tâm O: U 0 = ∫ dU 0 = ∫ − G m dM r (4) Với dM là khối lượng c a một nguyên tố thể tích c a vỏ quả cầu: dM = ρdV Trong tọa độ cầu thì dV = r 2 dΩdr , với dΩ là phần tử gốc khối. Thay vào (4) ta được: ⎛ Gm 2 r2 U 0 = ∫ ρdΩ ∫ − r dr = 4πρ ⎜⎜ − Gm 2 r ⎝ 0 b 4π a ⎞ ⎟⎟ ⎠b a Trang 54 ( U 0 = −2πρGm a 2 − b 2 ) ( 4 Ta lại có: M = ρV = ρ π a 3 − b 3 3 ⇒ ρ= ( 3M 4π a 3 − b 3 Vậy U 0 = − ) 3GMm(a + b ) 2 a 2 + ab + b 2 ( ) ) (5) (6) TH2 b ≤ r ≤ a . Từ (2) và (3) suy ra: ⎛ b3 ⎞ ⎜⎜ r − 2 ⎟⎟ r ⎠ ⎝ dU mM =G 3 dr a − b3 ⇒ U =G Mm 3 a − b3 ⎛ r 2 b3 ⎞ ⎜⎜ + ⎟⎟ + const r ⎠ ⎝ 2 (7) Xét tại điểm B thì U = U 0 , và (7) thành: − ( ) 3GMm a 2 − b 2 Mm ⎛ b 2 b 3 ⎞ ⎜ + ⎟⎟ + const = G b ⎠ 2 a3 − b3 a 3 − b 3 ⎜⎝ 2 ( ⇒ const = − ) 3GMma 2 2(a 3 − b 3 ) Vậy (6) thành U = ( GMm a3 − b3 ) ⎛ r 2 b3 3 2 ⎞ ⎜⎜ + − a ⎟ r 2 ⎟⎠ ⎝ 2 (8) TH3 với r ≥ a coi thế năng do quả cầu gây ra giống thế năng c a một chất điểm khối lượng M đặt tại O: U = −G - Mm r Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên c a 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 O thì ta được các kết quả đó nhưng nếu ta chọn gốc tọa độ ∞ 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 đó động năng c a vật bằng thế năng c a nó? Trả lời h = v02 4g Trang 55 Bài 2 Một lực tác dụng vào một vật có khối lượng 3kg sao cho vị trí c a vật là một hàm c a 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 A = 528 J 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 c a 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 A = − 2mπ 2 R 2 = −2,67.10 33 J T2 Bài 4 Một ô tô chuyển động với vận tốc 10 m/s . 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 s = v2 = 25,5 m 2kg Bài 5 Một viên đạn khối lượng m bay ngang xuyên vào một vật có khối lượng M treo b i 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 m << M , tính: a. Vận tốc c a viên đạn trước khi xuyên vào vật? b. Số phần trăm động năng ban đầu c a viên đạn biến thành nhiệt? Trả lời a. v = b. η = (m + M ) m l m l M 2 gl (1 − cos ϑ ) M 100% m+M Bài 6 Người A chạy có động năng bằng nửa động năng c a người B và có khối lượng gấp đôi khối lượng gấp đôi khối lượng c a người B. Nếu A tăng tốc thêm 1m/s thì động năng c a A và B bằng nhau. Hỏi vận tốc ban đầu c a A và B? Trả lời v A = 2,41 m / s , v B = 4,82 m / s 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 v = 4 2 gh = 16,166 m / s 3 Bài 8 Trên mặt nước đứng yên có một chiếc thuyền khối lượng m1 rvà người khối lượng m2 đứng trên thuyền người bắt đầu chuyển động và dời khoảng l đối với thuyền rồi dừng lại. Hỏi trong thời gian đó thuyền dời đối với nước một khoảng là bao nhiêu? Sức cản c a nước coi là không đáng kể. Trang 56 Trả lời r ∆r = − m2 r l. m1 + m2 Bài 9 Trên mặt hồ có một cái thuyền chiều dài L, khối lượng M ch 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 c a nước. Trả lời x=− m L M +m 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 c a viên đạn, biết rằng ngay sau khi bắn khẩu súng dừng lại. M +m 2 gl sin α . m cos α Trả lời: v = 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 m = 100 kg . Chiều dài c a mặt phẳng nghiêng s = 2 m , góc nghiêng là α = 30 0 , hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là µ = 0,1 , vận tốc ban đầu c a vật bằng 0 và gia tốc trong khi chuyển động là a = 1m / s 2 . Tính công suất trung bình và công suất cực đại c a công cụ đã dùng để đưa vật đó lên. A12 = ms(a + g sin α + µg cos α ) ≈ 1350 J , Trả lời: Ptb = m(a + g sin α + µg cos α ) as ≈ 675W 2 Pmax = m(a + g sin α + µg cos α ) 2as ≈ 1350 W Bài 12 Một xe tải khối lượng m = 2100 kg , đang chuyển động về hướng Bắc với vận tốc v1 = 45 km / h thì quay sang hướng Đông rồi tăng tốc với v 2 = 54 km / h . a. Tính độ biến thiên động năng c a xe? b. Tìm độ lớn và hướng c a độ biến thiên động lượng c a xe? Trả lời: a. ∆T = ( ) m 2 v 2 − v12 = 72,2.10 3 J 2 ( ) b. P = m 2 v12 + v 22 = 41.10 3 kg.m / s 2 , ϕ = arctg v2 = 50,2 0 v1 Bài 13 Hai ôtô A và B có khối lượng m A = 1100 kg và m B = 1400 kg . Xe A đỗ trước đèn tín hiệu, xe B phanh không kịp đã hút vào sau xe A. hệ số ma sát động c a Trang 57 mỗi xe với mặt đường là k = 0,13 . Sau va chạm xe A dừng lại cách điểm va chạm là s1 = 8,2 m , và xe B cách s 2 = 6,1 m . a. Tìm vận tốc c a mỗi xe sau va chạm? b. Dùng sự bảo toàn động lượng để tìm vận tốc c a xe B ngay trước lúc va chạm? Trả lời: a. v A = 2 s1 kg = 4,57 m / s , v B = 2 s 2 kg = 3,94 m / s b. v0 B = m Av A + mB vB == 7,53 m / s mB Bài 14 Một tên lửa có khối lượng 16 tấn được phóng thẳng đứng nhờ lượng khí phụt ra phía sau với vận tốc 800 m / s 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 10 m / s 2 . Lấy g = 10 m / s 2 . Bỏ qua sức cản không khí. Trả lời a. m = b. m = Mg = 200 kg v M (a + g ) = 400 kg v Bài 15 a. Một vật nhỏ có khối lượng m = 1 kg được gắn vào đầu dưới c a một thanh cứng chiều dài l = 1 m , 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 dưới. Phải cấp cho vật m một vận tốc ban đầu v0 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 vị trí thấp nhất. tạo cho nó một vận tốc v0 ban đầu theo phương nằm ngang bằng 2 10 m / s . Hỏi vật lên tới độ cao nào so với vị trí thấp nhất thì rời khỏi quỹ đạo tròn. c. v0 tối thiểu bằng bao nhiêu thì vật m trong câu b quay được trong mặt phẳng thẳng đứng theo một đường tròn kín. Lấy g = 10 m / s 2 . Trả lời: a. v0 min = 6,32 m / s Trang 58 b. AH 0 = 5l 3 c. v0 ≥ 5 gl = 5 2 m / s Bài 16 Một hệ gồm hai lò xo mắc nối tiếp nhau, lần lược có hệ số đàn hồi k1 và k 2 . Tính công cực tiểu cần thiết để kéo dài nó thêm một đoạn ∆l . kk k (∆l ) = , với k = 1 1 2 k1 + k1 2 Trả lời Amin Bìa 17 Một vật A nằm yên trên một mặt O 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 A đáng kể. Khối lượng hai vật A và B bằng nhau. p Ngoài ra vật A còn được nối vào điểm O qua một lò xo nhẹ không biến dạng chiều dài l 0 = 50 cm và có B 5mg với m là khối lượng c a A. hệ số đàn hồi χ = l0 Khi ta đốt dây PA, vật A bắt đầu chuyển động. xác định vận tốc c a nó lúc bắt đầu rời mặt phẳng ngang. Trả lời v= 19 gl 0 = 1,7 m / s 32 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 đầu dưới c a sợi dây, vòng tiếp tục chuyển động và kéo sợi dây dãn ra. Hãy tìm hệ số đàn hồi k c a sợi dây, biết rằng khi chiếc vòng bắt đầu dừng lại thì sợi dây giãn ra đoạn ∆l . Bỏ qua ma sát. Trả lời k= 2mg (l + ∆l ) (∆l )2 (1) A m B (2) C l ∆l O x Bài 19 Đĩa cân c a một cân lò xo có khối lượng m1 = 0,025 kg và lò xo có hệ số cứng k = 15,3 N / m . Một vật khối lượng m = 50 g rơi xuống đĩa cân từ độ cao h = 9 cm , 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 c a nó. Trả lời: H = h + mg ⎛ mg 2mh ⎞ ⎟ ≈ 19,1 cm ⎜⎜ + k ⎝ k m + m1 ⎟⎠ Bài 20 Một vật treo trên một mặt phẳng ngang có đặt một tấm ván mang một vật khối lượng m = 1,0 kg , vật này nối vào điểm O bằng một sợi dây đàn hồi nhẹ không biến dạng chiều dài l 0 = 40 cm . Hệ số ma sát c a vật trên tấm ván k = 0,20 . Trang 59 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 ϑ = 30 0 . Hãy xác định, trong hệ quy chiếu gắn liền với mặt phẳng ngang, công c a lực ma sát tác dụng lên vật m từ lúc đầu đến lúc bắt đầu trượt. Trả lời A= O l0 m kmgl0 1 − cos ϑ = 0,09 J 2 (sin ϑ + k cos ϑ ) cos 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 v ′(t ) đối với bè rồi dừng lại. bỏ qua sức cản c a nước, hãy tính: a. Độ dịch chuyển l c a bè đối với bờ hồ. b. Thành phần nằm ngang c a lực do người tác dụng lên bè khi chuyển động. Trả lời a. l = − m l ′ l. M +m b. F = − π Bài 22 mM dv ′ M + m dt Sau khi va chạm một hạt có khối lượng m chuyển động lệch hướng đi và một hạt khác khối lượng M ban đầu đứng yên, bị bắn đi theo hướng 2 hợp một gốc ϑ = 30 0 đối với hướng chuyển động ban đầu c a hạt m. Hỏi động năng M c a hệ sau va chạm thay đổi ra sao và thay đổi bao nhiêu phần trăm, nếu = 5,0 ? m một gốc Trả lời m⎞ ∆T ⎛ m = ⎜1 + ⎟tg 2ϑ + − 1 = −40% T M ⎝ M⎠ 2. Trường hấp dẫn Bài 1 Cho lực xuyên tâm mà cường độ chỉ phụ thuộc độ lớn r c a bán kính r r r r r r r vectơ r , F = f (r )r0 , r0 = là vectơ đơn vị trên r . Chứng minh lực xuyên tâm này r gắn với thế năng U = − ∫ f (r )dr , và do đó là lực thế. Bài 2 Một vệ tinh quỹ đạo elip mà hai đầu c a trục lớn là A và B, có các bán kính vectơ rA = a − c , rB = a + c . a. Tính vận tốc cận điểm theo v A theo GM, a và c. ⎛2 1⎞ b. Chứng minh v = GM ⎜ − ⎟ cho vận tốc ứng với bán kính vectơ r. ⎝r a⎠ Trả lời a. v A = GM (a + c ) a (a − c ) Trang 60 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 c a Sao Hỏa và gia tốc hấp dẫn trên bề mặt Sao Hỏa. M = Trả lời g =G 4π 2 (R + h ) 3M 9,68.10 23 kg , ρ = = 5988,96 kg / m 3 , 2 GT 4πR 3 3 M = 5,69 m / s 2 2 R 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 c a M và 3M đặt lên vật m bị triệt tiêu. 3 −1 3− 3 h , r2 = h 2 2 r1 = Trả lời Bài 5 độ cao nào trên cực bắc c a Trái Ðất, gia tốc trọng trường giảm 1/100 và giảm 1/2 lần. h1 = Trả lời R , h2 = 9 ( ) 2 −1 R Bài 6 a. Một trạm vũ trụ bay quanh Trái Đất với quỹ đạo tròn có bán kính R = 2R0 , R0 = 6400 km là bán kính Trái Đất. Động cơ không hoạt động. Tính vận tốc v và chu kì T c a trạm biết vận tốc vũ trụ thứ nhất sát mặt đất là v0 = 7,9 km / s . 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 c a elip. Trả lời a. v = b. v1 = 2 4πRo v o = 5,58 km / s , T = = 240 phút 2 v v0 3 GM = 6,44km / s , Te = 1,83T = 441 phút. R0 Bài 7 Tính khoảng cách đối với mặt đất c a các vệ tinh địa tĩnh. Biết bán kính Trái Đất là R = 6370 km , khối lượng Trái Đất M = 5,974.10 G = 6,67 −11 Trả lời 24 kg , hằng số hấp dẫn 2 Nm , chu kỳ quay c a Trái Đất quanh trục là 24 giờ. kg 2 h=3 GMT 2 − R ≈ 36000 km s. 4π 2 Trang 61 Bài 8 Hai vệ tinh nhân tạo c a Trái Đất mỗi cái có khối lượng m = 14,6 kg được phóng lên các quỹ đạo tròn quanh tâm Trái Đất. A có độ cao h A = R và B là hB + 3R với R là bán kính Trái Đất: R = 6370 km . Hãy tính: a. Tỷ số giữa thế năng hấp dẫn c a vệ tinh B và vệ tinh A trên quỹ đạo? b. Tỷ số động năng c a vệ tinh A so với vệ tinh B? c. Vệ tinh nào có cơ năng toàn phần lớn hơn? Trả lời a. UB = 0,5 UA b. WđA = 0,5 WđB c. W A > WB Bài 9 a. Tính tốc độ thoát li khỏi sức hút c a Mặt Trời c a một vật đang đứng yên trên bề mặt Mặt Trời? b. cách tâm Mặt Trời một khoảng R = 1,5.1011 m (R bằng bán kính quỹ đạo Trái Đất)? c. Nếu vật đó đang trên Trái Đất thì phải cho nó thêm tốc độ bằng ban nhiêu để nó thoát li như trong câu b)? Trả lời v= 2 gM r a. v = 617,6 km / s b. v = 42,07 km / s c. ∆v = 12,184 km / s Bài 10 Để tấn công một vệ tinh do thám đang bay trên quỹ đạo tròn quanh Trái Đất có độ cao h = 500 km , người ta phóng một chùm đạn nhỏ lên cùng quỹ đạo c a vệ tinh nhưng bay theo hướng ngược lại, mỗi viên đạn có khối lượng m = 4,0 g . a. Tính động năng c a mỗi viên đạn theo hệ quy chiếu c a vệ tinh? b. Tính tỉ số giữa động năng đó với động năng c a một viên đạn m = 4,0 g bắn từ một khẩu súng quân dụng với vận tốc đầu nòng là v1 = 950 m / s ? Trả lời a. Wđ = 2m b. GM = 4,645.10 5 J R+h Wđ 4GM = = 257 lần Wđ 1 (R + h )v12 Trang 62 Bài 11 Một vệ tinh c a Trái Đất có quỹ đạo elip với bán trục lớn a. Độ cao cận điểm A là h. R là bán kính Trái Đất, g 0 là gia tốc trọng trường mặt đất. Tính: a. Độ cao H c a viễn điểm B. b. Chu kỳ T. c. Các vận tốc A và B. d. Kiểm lại định luật bảo toàn momen động lượng đối với 2 diểm A và B. Trả lời a. 2a − 2 R − h b. T = 4π 2 a 3 g0 R2 1⎞ 1⎞ ⎛ 2 ⎛ 2 c. v A = g 0 R 2 ⎜ − ⎟ , và v B = g 0 R 2 ⎜ − ⎟ ⎝R+h a⎠ ⎝R+H a⎠ Bài 12 Một hành tinh chuyển động theo một đường tròn xung quanh Mặt Trời với vận tốc v = 34,9 km / s (đối với hệ quy chiếu nhật tâm). Tìm chu kỳ quay c a hành tinh này. Trả lời T= 2πGM ≈ 5449,79 h v3 Bài 13 Chu kỳ quay c a sao Mộc quanh Mặt Trời lớn hơn 12 lần chu kỳ tương ứng c a Trái Đất. Giả sử rằng quỹ đạo c a 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 c a sao Mộc trong hệ quy chiếu nhật tâm. Trả lời a. 5,24 lần b. v ≈ 13 km / s , a = 2,15.10 −4 m / s 2 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 c a nó xung quanh Mặt Trời. Trả lời T =π (R + r )3 2GM 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 c a 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 t= T 4 2 = 1548,56 h Trang 63 Bài 16 Tìm thế năng tương tác hấp dẫn: a. C a hai chất điểm có khối lượng m1 và m2 cách nhau một khoảng r. b. C a một chất điểm có khối lượng m và một thanh mảnh có khối lượng M và độ dài l, nếu chúng trên cùng một đường thẳng và cách nhau một khoảng a, xác định lực tương tác giữa chúng. Trả lời: a. U = −G b. U = −G Bài 17 m1 m2 r GMm Mm ⎛ l⎞ ln⎜1 + ⎟ , F = a (a + l ) l ⎝ a⎠ Chứng minh rằng: a. Một cái vỏ hình cầu đồng tính không tác dụng lực hấp dẫn vào một hạt (khối lượng m) bên trong vỏ đó. đáy một cái giếng thẳng đứng có độ sâu d thì giá trị c a gia tốc trọng ⎛ d⎞ trường là g = g 0 ⎜1 − ⎟ với g 0 là giá trị c a gia tốc trọng trường tại mặt đất. ⎝ R⎠ b. 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 c a 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 c a chúng ta và rèn luyện một số kỷ năng vận dụng lý thuyết vào việc giải bài tập cụ thể. Trang 64 Phần III: Kết luận I. Đóng góp của đề tài - Cơ học là một môn học m đầu và nó có vị trí rất quan trọng trong vật lý. Nó là nền tảng c a 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 c a 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 c a bài tập vật lý cũng như có một số cơ s 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 c a 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 c a môn học để nó được hoàn thiện hơn và thực sự sẽ hữu ít cho các hạn học môn này. Trang 65 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. http://elcit.ctu.edu.vn/mod/resource/view.php?id=232 http://www.ptthlamson.net/forums/showthread.php?t=9197&page=2 Trang 66