Khóa luận Phân loại và giải bài tập cơ học đại cương

TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG KHOA SƯ PHẠM BỘ MƠN VẬT LÝ -----oOo----- TRƯƠNG THANH TUẤN Lớp DH5L Khố 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 LỜI CẢM ƠN ----- DÕE ----- Những lời đầu tiên tơi xin chân thành cảm ơn Trường Đại Học An Giang đã đào tạo chúng tơi trong suốt thời gian qua, đề ra và tạo điều kiện để chúng tơi cĩ thể hồn thành khĩa luận này. Tơi xin chân thành cảm ơn khoa sư phạm đã tạo điều kiện thuận lợi giúp chúng tơi cĩ thể hồn thành khĩa luận này. Tơi xin chân thành cảm ơn giáo viên hướng dẫn thầy Lê Đỗ Huy đã rất nhiệt tình hướng dẫn và hỗ trợ chúng tơi trong suốt quá trình làm khĩa luận. Tơi xin chân thành cảm ơn các thầy cơ bộ mơn vật lý cũng như các thầy cơ khác đã tạo điều kiện, giúp đỡ chũng tơi về nhiều mặt để chúng tơi cĩ thể hồn thành khĩa luận này. Cuối cùng tơi xin cảm ơn đến các bạn sinh viên cùng tham gia nghiên cứu và giúp đỡ tơi trong suốt quá trình làm khố luận. Trang 1 Phần I: Những Vấn Đề Chung I. Lý Do Chọn Đề Tài Trong quá trình học tập bộ mơn vật lý, mục tiêu chính của người học bộ mơn này là việc học tập những kiến thức về lý thuyết, hiểu và vận dụng được các lý thuyết chung của vật lý vào những lĩnh vực cụ thể, một trong những lĩnh vực đĩ là việc giải bài tập vật lý. Bài tập vật lý cĩ vai trị đặc biệt quan trọng trong quá trình nhận thức và phát triển năng lực tư duy của người học, giúp cho người học ơn tập, đào sâu, mở 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 của người học vật lý là phải giải được bài tập vật lý. Để làm được điều đĩ địi 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, cĩ như vậy thì việc áp dụng lý thuyết vào việc giải bài tập vật lý sẽ được dể dàng hơn. Đối với mơn cơ học là mơn học mở đầu của nghành vật ký, nĩ là tiền đề để học các mơn học khác trong vật lý. Nhưng khi học mơn học này tơi thấy tuy nĩ là mơn học quen thuộc, khơng quá khĩ để tiếp cận nĩ nhưng để học tốt nĩ cũng khơng phải dể vì để vận dụng những lý thuyết chung vào một bài tập cụ thể ta phải biết bài tập đĩ 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 cĩ kết quả tốt nhất. Với mục đích giúp các bạn sinh viên cĩ thể định hướng tốt hơn về bài tập cơ học để cĩ thể áp dụng lý thuyết chung vào việc giải từng bài tập cụ thể và thu được kết quả tơt chúng tơi 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 của 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 mơn cơ học cũng như cĩ thể làm tài liệu tham khảo sau này. Nêu ra một số bài tập đề nghị. Trang 2 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 đĩ. VI. Phương pháp nghiên cứu Phương pháp đọc sách và tham khảo tài liệu. Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia. Phương pháp tốn học. VII. Phạm Vi Nghiên Cứu Do thời gian và nhiều nguyên nhân khách quan khác nên chúng tơi chỉ nghiên cứu các chương: “Các định luật bảo tồn” và “trường hấp dẫn” trong phần cơ học đại cương. VIII. Đĩng Gĩp Của Khĩa Luận. Thơng 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 cĩ cái nhìn khái quát hơn về bài tập cơ học, từ đĩ tăng cường hứng thú học tập cho học sinh, sinh viên về học phần cơ học. Cĩ thể làm tài liệu tham khảo cho sinh viên, học sinh học học phần cơ học. IX. Dàn Ý Khĩa 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. Phương pháp nghiên cứu. VII. Phạm vi nghiên cứu VIII. Đĩng gĩp của khĩa luận. IX. Dàn ý khĩa luận. Phần II: Nội dung. Chương I. Cơ sở lý luận về bài tập vật lý. I. Khái niệm về bài tập vật lý II. Vai trị và tác dụng của bài tập vật lý III. 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 3 IV. Cơ sở 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 tốn vật lý 4. Lựa chọn bài tập vật lý V. Kết luận Chương II. Cơ sở lý thuyết I. Các Định Luật Bảo Toàn. 1. Định luật bảo tồn động lượng. 2. Định luật bảo tồn cơ năng. 3. Định luật bảo tồn 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 của trái đất. III. Kết luận. Chương III. Phân loại các bài tập “Cơ Học” đại cương. I. Phân loại bài tập. II. Giải một số bài tập điển hình. 1. Các định luật bảo tồn. 2. Trường hấp dẫn. III. Bài tập kiến nghị. 1. Các định luật bảo tồn. 2. Trường hấp dẫn. IV. Kết luận Phần III: Kết luận. Trang 4 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 sở các lập luận logic, nhờ các phép tính tốn, các thí nghiệm, dựa trên những kiến thức về khái niệm, định luật và các thuyết vật lý. II. Vai trị và tác dụng của bài tập vật lý Xét về mặt phát triển tính tự lực của người học và nhất là rèn luyện kỷ năng vận dụng kiến thức đã lĩnh hội được thì vai trị của bài tập vật lý trong quá trình học tập cĩ một giá trị rất lớn. Bài tập vật lý được sử dụng ở 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 của 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. Ở đây tính tích cực của người học và do đĩ chiều sâu và độ vững chắc của kiến thức sẽ lớn nhất khi “tình huống cĩ vấn đề” được tạo ra, trong nhiều trường hợp nhờ tình huống này cĩ thể làm xuất hiện một kiểu bài tập mà trong quá trình giải người học sẽ phát hiện lại quy luật vật lý chứ khơng phải tiếp thu quy luật dưới hình thức cĩ sẵn. - Bài tập là một phương tiện hình thành các khái niệm. Bằng cách dựa vào các kiến thức hiện cĩ của người học, trong quá trình làm bài tập, ta cĩ 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 cĩ 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 của người học vào thực tiển. Đối với việc giáo dục kỷ thuật tổng hợp bài tập vật lý cĩ 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 của bài tập phải đảm bảo các yêu cầu sau: + Nội dung của 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. + Khơng những nội dung mà hình thức của bài tập cũng phải gắn với các điều kiện thường gặp trong cuộc sống. Trong các bài tập khơng cĩ sẳn dữ kiện mà phải tìm dữ kiện cần thiết ở các sơ đồ, bản vẽ kỷ thuật, ở các sách báo tra cứu hoặc từ thí nghiệm. - Bài tập về hiện tượng vật lý trong sinh hoạt hằng ngày cũng cĩ 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 cĩ được kỷ năng, kỷ xảo để vận dụng các kiến thức của mình vào việc Trang 5 phân tích các hiện tượng vật lý khác nhau trong tự nhiên, trong kỷ thuật và trong đời sống. Đặc biệt cĩ những bài tập khi giải địi 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 cĩ thể giới thiệu cho người học biết sự xuất hiện những tư tưởng, quan điểm tiên tiến, hiện đại, những phát minh, những thành tựu của nền khoa học trong và ngồi nước. Tác dụng giáo dục của bài tập vật lý cịn thể hiện ở chổ: chúng là phương tiện hiệu quả để rèn luyện đức tính kiện trì, vượt khĩ, ý chí và nhân cách của người học. Việc giải bài tập vật lý cĩ thể mang đến cho người học niềm phấn khởi sáng tạo, tăng thêm sự yêu thích bộ mơn, 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 của người học. Đồng thời nĩ cũng là cơng cụ giúp người học ơn tập, đào sâu, mở rộng kiến thức. III. Phân loại bài tập vật lý Tùy thuộc vào mục đích sử dụng mà ta cĩ 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 khĩ dể. 1. Phân loại theo nội dung Cĩ thể chia làm bốn loại: - Bài tập cĩ nội dung lịch sử: Đĩ là những bài tập, những câu hỏi chứa đựng những kiến thức cĩ đặc điểm lịch sử, những dữ liệu về thí nghiệm, về những phát minh, sáng chế hoặc về những câu chuyện cĩ tính chất lịch sử. - Bài tập cĩ nội dung cụ thể và trừu tượng + Bài tập cĩ nội dung cụ thể là bài tập trong đĩ dữ liệu của đầu bài là cụ thể và người học cĩ thể tự giải chúng dựa vào vốn kiến thức cơ bản đã cĩ. Ưu điểm chính của bài tập cụ thể là tính trực quan cao và gắn vào đời sống. + Bài tập cĩ nội dung trừu tượng là những bài tập mà dữ liệu đã cho là khơng cụ thể, nét nổi bật của bài tập trừu tượng là bản chất vật lý được nêu bật lên, nĩ được tách ra khơng lẫn lộn với các chi tiết khơng cơ bản. - Bài tập cĩ nội dung theo phân mơn: 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 mơn. - Bài tập cĩ nội dung kỷ thuật tổng hợp: Đĩ là các bài tập mà số liệu, dữ kiện gắn với các số liệu thực tế trong các ngành kỷ thuật, cơng nghiệp, các bài tập này cĩ ứng dụng thực tế. 2. Phân loại theo cách giải Cĩ thể chia ra thành bốn loại. - Bài tập định tính: Đây là loại bài tập mà việc giải khơng địi hỏi phải làm một phép tính nào hoăc chỉ là những phép tính đơn giản cĩ 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 cĩ tác dụng lớn trong việc cũng cố những kiến thức đã học, giúp đào sâu hơn bản chất của hiện tượng vật lý, rèn luyện kỷ năng vận dụng kiến thức vào Trang 6 thực tiễn cuộc sống, rèn luyện năng lực quan sát, bồi dưỡng tư duy logic. Vì vậy đây là loại bài tập cĩ giá trị cao, ngày càng được sử dụng nhiều hơn. - Bài tập định lượng: Là bài tập mà khi giải nĩ 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 tốn đơn giản, muốn giải chỉ cần vận dụng một vài định luật, một vài cơng thức, loại này giúp cũng cố các kiến thức vừa học đồng thời giúp nắm kỷ hơn kiến thức và cách vận dụng nĩ. + Bài tập tổng hợp là loại bài tập tính tốn phức tạp, muốn giải phải vận dụng nhiều khái niệm, nhiều cơng thức, loại này cĩ tác dụng đặc biệt trong việc mở rộng, đào sâu kiến thức giữa các phần khác nhau của chương trình, đồng thời nĩ giúp người học biết tự mình lựa chọn những định luật, cơng thức cần thiết trong các định luật và các cơng thức đã học. - Bài tập thí nghiệm: Là loại bài tập địi hỏi phải làm thí nghiệm thì mới giải được. Những thí nghiệm mà bài tập này địi hỏi phải được tiến hành ở phịng thí nghiệm hoặc ở nhà với những dụng cụ đơn giản mà người học cĩ thể tự làm, tự chế. Việc giải bài tập này địi hỏi phải biết cách tiến hành các thí nghiệm và biết vận dụng các cơng thức cần thiết để tìm ra kết quả. Loại bài tập này kết hợp được cả tác dụng của các loại bài tập vật lý nĩi chung và các loại bài tập thí nghiệm thực hành và cĩ tác dụng tăng cường tính tự lực của người học. - Bài tập đồ thị: Là loại bài tập trong đĩ các số liệu được dùng làm dữ liệu để giải phải tìm trong các đồ thị cho trước hoặc ngược lại. Loại này địi hỏi người học phải biểu diễn quá trình diễn biến của 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 thơng tin 2. Nhớ ngày tháng, sự kiện và nơi chốn 3. Biết ý chính 4. Nắm bắt được chủ đề 5. Gợi ý câu hỏi kiểm tra về biết: Liệt kê, định nghĩa, mơ tả, xác định, việc gì, ai, khi nào, ở đâu,… Hiểu (Comprehension) 1. Hiểu được ý nghĩa của thơng tin. 2. Cĩ thể trình bày lại bằng một cách khác. 3. Cĩ thể so sánh, sắp xếp lại, gộp nhĩm lại, suy luận nguyên nhân. 4. Cĩ thể dự đốn kết quả. 5. Gợi ý câu hỏi kiểm tra về hiểu: Tĩm tắt, mơ tả, dự đốn, kết hợp, phân biệt, ước lượng, mở rộng,… Vận dụng (Application) 1. Sử dụng được thơng tin. Trang 7 2. Dùng được phương pháp, quan niệm, lý thuyết và hồn 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 tốn, 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 tưởng cũ, tạo ra ý tưởng mới. 2. Khái quát hĩa 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 hĩa,… Đánh giá (Evaluation) 1. So sánh và phân biệt được các khái niệm. 2. Đánh giá được giá trị của lý thuyết. 3. Chọn lựa được dựa vào các suy luận cĩ lý. 4. Xác nhận giá trị của các căn cứ. 5. Nhận biết các tính chất chủ 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 đĩ, việc giải bài tập vật lý, ta cĩ thể phân ra thành ba bậc của quá trình nhận thức. - Bài tập nhận biết, tái hiện, tái tạo lại: Đĩ là những bài tập địi hỏi người học nhận ra được, nhớ lại được những kiến thức đã học, đã được nêu trong tài liệu. Đĩ 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 cĩ mối liên hệ trực tiếp với đại lượng phải tìm thơng qua một cơng thức, một phương trình nào đĩ mà người học đã học. Bài tập loại này địi 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 ở đây đơn giản chỉ là một phương trình một ẩn số hoặc là giải thích một tính chất nào đĩ Trang 8 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, nĩ cĩ tác dụng cũng cố, khắc sâu kiến thức đã lĩnh hội được đồng thời nĩ bổ khuyết những gì mà trong giờ nghiên cứu tài liệu mới người học cịn mơ hồ, cịn hiểu sai. Với bài tập vận dụng linh hoạt địi hỏi phải cĩ khả năng vận dụng phối hợp những kiến thức mới học với những kiến thức trước đĩ. Việc giải bài tập vận dụng linh hoạt sẽ phát triển ở 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 nĩi kiến thức trong sách vở với những vấn đề trong thực tế đời sống và trong kỹ thuật. Tĩm lại: Bài tập vật lý rất đa dạng, vì thế vấn đề phân loại được các bài tập của một phân mơn là rất cần thiết để cĩ thể học tốt phân mơn đĩ. IV. Cơ sở định hướng giải bài tập vật lý 1. Hoạt động giải bài tập vật lý - Mục tiêu cần đạt tới khi giải một bài tốn vật lý là tìm được câu trả lời đúng đắn, giải đáp được vấn đề đặt ra một cách cĩ căn cứ khoa học chặt chẽ. Quá trình giải một bài tốn thực chất là tìm hiểu điều kiện của bài tốn, xem xét hiện tượng vật lý được đề cập và dựa trên các kiến thức về vật lý, tốn để nghĩ tới mối liên hệ cĩ thể của cái đã cho và cái cần tìm sao cho thấy được cái phải tìm cĩ mối liên hệ trực tiếp hoặc gián tiếp với cái đã cho, từ đĩ đi đến chỉ rõ được mối liên hệ tường minh trực tiếp của cái phải tìm với cái đã biết nghĩa là đã tìm được lời giải đáp cho bài tốn đặt ra. - Hoạt động giải bài tốn vật lý cĩ 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 của bài tốn đã cho. + Sự tiếp tục luận giải, tính tốn, đi từ mối liên hệ đã xác lập được đến kết quả cuối cùng của việc giải đáp vấn đề được đặt ra trong bài tốn đã cho. - Sự nắm vững lời giải một bài tốn vật lý phải thể hiện ở khả năng trả lời được câu hỏi: Việc giải bài tốn 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 của bài tốn? - Đối với bài tập định tính, ta khơng phải tính tốn phức tạp nhưng vẫn cần phải cĩ suy luận logic từng bước đi để đến kết luận cuối cùng. 2. Phương pháp giải bài tập vật lý Xét về tính chất của 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 cĩ liên quan gì với các đại lượng vật lý khác, và khi biết được sự liên hệ này thì biểu diễn nĩ thành những cơng thức tương ứng, cứ làm như thế cho tới khi nào biểu diễn được hồn tồn đại lượng cần tìm bằng những đại lượng đã biết thì bài tốn đã được giải xong. Như vậy phương pháp này thực chất là đi phân tích một bài tốn phức tạp thành những bài tốn đơn giản hơn rồi dựa vào những quy tắc tìm lời giải mà lần lược giải các bài tập này, từ đĩ đi đến lời giải cho bài tốn phức tạp trên. Trang 9 - Phương pháp tổng hợp: Theo phương pháp này suy luận khơng bắt đầu từ đại lượng cần tìm mà bắt đầu từ các đại lượng đã biết, cĩ nêu trong đề bài. Dùng cơng thức liên hệ các đại lượng này với các đại lượng đã biết, ta đi dần đến cơng 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 của bài tốn để hiểu đề bài và phải cĩ sự tổng hợp kèm theo ngay để kiểm tra ngay lại mức độ đúng đắn của các sự phân tích ấy. Muốn lập được kế hoạch giải phải đi sâu phân tích nội dung vật lý của 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 tốn vật lý Từ phân tích về thực chất hoạt động giải bài tốn, ta cĩ thể đưa ra một cách khái quát các bước chung của tiến trình giải một bài tốn vật lý và hoạt động chính trong các bước đĩ là. Bước 1: - Tìm hiểu đầu bài. - Đọc, ghi ngắn gọn các dữ liệu xuất hiện vá các cái phải tìm. - Mơ 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 của 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 của những tình huống đã cho để nghĩ đến kiến thức, các định luật, các cơng thức cĩ liên quan. - Xác lập các mối liên hệ cơ bản, cụ thể của các dữ liệu xuất phát và của cái phải tìm. - Tìm kiếm, lựa chọn các mối liên hệ tối thiểu cần thiết sao cho thấy được mối liên hệ của cái phải tìm với các dữ liệu xuất phát, từ đĩ cĩ 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 tốn để rút ra kết quả cần tìm. Bước 4 Kiểm tra xác nhận kết quả. Để cĩ 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 tốn đúng chưa. - Kiểm tra xem thứ nguyên cĩ phù hợp khơng. - Kiểm tra kết quả bằng thực nghiệm xem cĩ phù hợp khơng. - Giải bài tốn theo các cách khác xem cĩ cho đúng kết quả khơng. Trang 10 Tuy nhiên trong nhiều bài tập khơng nhất thiết phải tách bạch một cách cứng nhắc giữa bước 2 và bước 3. Tùy từng bài tốn mà ta cĩ thể kết hợp hai bước đĩ thành một trong tiến hành luận giải. 4. Lựa chọn bài tập vật lý Vấn đề lựa chọn bài tập vật lý gĩp phần khơng nhỏ vào việc nâng cao chất lượng học tập mơn vật lý của người học và việc lựa chọn bài tập phải thõa mãn các yêu cầu sau: - Các bài tập phải đi từ dể đến khĩ, 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 của người học. - Các bài tập phải nhằm cũng cố, bổ sung và hồn thiện tri thức cụ thể đã học, cung cấp cho người học những hiểu biết về thực tế, kỹ thuật cĩ 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 đĩ. - Lựa chọn các bài tập sao cho cĩ thể kiểm tra được mức độ nắm vững tri thức của người học. 5. Kết luận Hoạt động học nĩi chung để đạt kết quả cao thì vấn đề sử dụng bài tập là rất cần thiết vì bài tập là phương tiện chủ yếu giúp người học cĩ thể nắm rõ được các vấn đề nghiên cứu, rèn luyện kỷ năng, kỷ xảo, vận dụng kiến thức vào thực tiễn. Bên cạnh đĩ cĩ thể dùng bài tập để ơn tập, đào sâu, cũng cố và mở rộng tri thức. Đặc biệt là chất lượng học tập sẽ được nâng cao hơn khi ta cĩ 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 Toàn. 1. Định luật bảo tồn động lượng. 1.1 Động lượng của hạt Đại lượng bằng tích khối lượng m của chất điểm với vận tốc vr của nĩ gọi là động lượng của chất điểm. Ký hiệu là pr . pr = mvr Đơn vị: kgm/s 1.2 Định luật bảo tồn động lượng Động lượng tồn phần của hai chất điểm tương tác lẫn nhau và khơng tương tác với những chất điểm khác là một đại lượng khơng đổi theo thời gian, tức là một đại lượng bảo tồn. constvmvmpp =+=+ 221121 rrrr (1 – 1) Trang 11 Mở rộng cho một hệ kín bất kỳ constvmpp i i i ii === ∑ ∑ rrr (1 – 2) pr là động lượng tồn phần của hệ ip r là động lượng của chất điểm thứ i Vậy động lượng tồn phần của hệ kín được bảo tồn. Đây là nội dung của định luật bảo tồn động lượng, một trong những định luật cơ bản và tổng quát nhất của vật lý và của tự nhiên. Trong hệ tọa độ Oxyz, các thành phần của động lượng là: ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ === === === ∑∑ ∑ ∑ ∑∑ constvmpp constvmpp constvmpp i izi i izz i i iyiiyy i ixi i ixx (1 – 3) Nếu hệ khơng bảo tồn nghĩa là cĩ ngoại lực tác dụng nhưng hình chiếu của vectơ lực lên một phương nào đĩ luơn bằng 0, thì tổng động lượng của hệ lên phương đĩ là một đại lượng bảo tồn. 1.3 Dạng khác của địng luật II Neưton vmp rr = ⇒ dvmdp = dt dp dt dvmamF === rr ⇒ dtFdp r= 2 Định luật bảo tồn cơ năng. 2.1 Động năng Đại lượng 2 2mvT = gọi là động năng của chất điểm. Động năng cĩ thứ nguyên là cơng. Đơn vị: jun (J) ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛==== 2 2mvdvdvmdS dt vdmdSFA rr rrδ ( ) ( ) ( ) ( ) 12 2 1 2 2 2 1 2 1 2 222 TTmvmvmvdAA −=−=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛== ∫ ∫δ (2 – 1) Định lí biến thiên động năng: Độ biến thiên động năng của chất điểm bằng cơng của chất điểm tác dụng lên chất điểm đĩ. Trang 12 2.1 Thế năng Thế năng trong trường lực thế: CrdFU +−= ∫ rr (2 – 2) Thế năng trong trường lực hấp dẫn: C r GMmU +−= (2 – 3) Thế năng trong trường lực đàn hồi: CKxU += 2 2 1 (2 – 4) Thế năng trong trường lực tĩnh điện: C r qqKU += 21 (2 – 5) Thế năng trong trường trọng lực: U = mgz + C (2 – 6) Thế năng cĩ đơn vị là jun (J) 2.3 Cơ năng. Định luật bảo tồn cơ năng a. Đại lượng E = T + U là tổng động năng và thế năng của chất điểm được gọi là năng lượng cơ học hay cơ năng của hệ. b. Cơ năng của một hệ cơ lập được bảo tồn E = T + U = const (2 – 7) c. Trường hợp hệ khơng cơ lập thì độ tăng cơ năng của một hệ khơng cơ lập bằng cơng của ngoại lực tác dụng lên hệ AdE δ= (2 – 8) 3 Định luật bảo tồn momen động lượng Định nghĩa Vectơ momen động lượng của chất điểm được định nghĩa là prl rr r ×= (3 – 1) Độ lớn của lr bằng: l r d ϕ pr O M Trang 13 l = rpsinϕ = pd (3 – 2) Với ( )pr rr,=ϕ và d = rsinϕ là cánh tay địn của pr đối với O Nếu chất điểm chuyển động tự do thì động lượng pr của nĩ khơng đổi và với điểm gốc O đã chọn trước thì d khơng đổi. Do đĩ momen động lượng lr của chất điểm tự do được bảo tồn. Momen động lượng tồn phần Lr của một hệ chất điểm (hay vật rắn) đối với một điểm O nào đĩ là tổng vectơ momen động lượng lr đối với O của các chất điểm im trong hệ: ( ) ( )∑∑∑ ×=×== i iii i ii i i vmrprlL rrrrrr (3 – 3) 3.2 Biến thiên của momen động lượng ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ×+⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ×= dt pdrp dt rd dt ld rrrr r Vì 0//, =⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ×= p dt rdnênFvv dt rd rrrrrr và F dt pd rr = Ta được: Fr dt ld rr r ×= Vectơ FrM rrr ×= được gọi là vectơ momen lực Fr đối với điểm O M dt ld r r = (3 – 4) Vậy, độ biến thiên của momen động lượng của một chất điểm trong đơn vị thời gian bằng momen lực tác dụng lên nĩ. Trong trường hợp 0=Mr thì 0= dt ld r Hay constprl =×= rrr (3 – 5) Vì momen động lượng l r vuơng gốc với rr mà phương của l r được bảo tồn nên trong quá trình chuyển động vectơ rr luơn luơn nằm trong mặt phẳng (P) vuơng gốc với lr và đi qua O. Quỹ đạo của chất điểm là đường cong nằm trong mặt phẳng (P) hay chuyển động của chất điểm là chuyển động cong phẳng. Viết lại phương trình (3 – 4) dưới dạng: dtMld rr = (3 – 6) Tích phân hai vế phương trình (3 – 6) từ t1 đến t2: ∫=−=∆ 2 1 12 t t dtMlll rrrr (3 – 7) Trang 14 Vế phải của phương trình (3 – 7) được gọi là động lượng của momen lực Mr trong khoảng thời gian từ t1 đến t2. Nếu constM =r thì: tMl ∆=∆ rr (3 – 8) Vậy độ biến thiên của momen động lượng của chất điểm trong khoảng thời gian từ t1 đến t2 bằng động lượng của momen lực tác dụng lên chất điểm trong khoảng thời gian đĩ. 3.3 Định luật bảo tồn momen động lượng đối với hệ kín Xét một hệ chất điểm cơ lập (hệ kín). Động lượng tồn phần của hệ đối với điểm O là: ∑= i ilL rr (3 – 9) il r là momen động lượng của chất điểm thứ i đối với O Đạo hàm hai vế (3 – 9) theo t, ta được: ( )∑ ∑ ×== i i ii i Fr dt ld dt Ld rr rr (3 – 10) Trong hệ kín iF r 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 của chúng đối với bất kỳ điểm O nào cũng triệt tiêu lẫn nhau. Do đĩ, khi lấy tổng các momen của tất cả các nội lực thì chũng sẽ triệt tiêu từng đơi một. Ta cĩ: ( )∑ ∑ ==× i i iii Mpr 0 rrr iM r là momen lực từ phía các chất điểm khác của hệ kín tác dụng lên chất điểm thứ i. Vậy: ∑ ∑ === i i i i M dt ld dt Ld 0 rrr (3 – 11) Hay: constlL i i == ∑ rr (3 – 12) Momen động lượng tồn phần của một hệ kín luơn bảo tồn. Đây là nội dung của định luật bảo tồn momen động lượng. 3.4 Biến thiên của momen động lượng đối với hệ khơng kín Trong trường hợp khơng kín, tác dụng lên mỗi chất điểm, ngồi nội lực iF r cịn cĩ ngoại lực if r . Do đĩ: ( ) ( ) ( )frFrfFr dt ld iiiiii i rrrrrrr r ×+×=+×= Lấy tổng đối với tất cả các chất điểm của hệ Trang 15 ( ) ( )∑∑∑ ×+×= i i i ii i i frFr dt ld rrrr r Lưu ý: dt Ldl dt d dt ld i i i i rrr == ∑∑ ( ) 0==× ∑∑ i i i ii MFr rrr ( ) mfr i ii rrr =×∑ Do đĩ: m dt Ld r r = (3 – 13) Độ biến thiên của momen động lượng tồn phần (đối với điểm O xác định) của 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 khơng gian bao quang một vật thể, nĩ cĩ tính chất là bất cứ một vật thể nào khác đặt trong khơng gian ấy đều phải chịu tác dụng của 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 của ánh sáng trong chân khơng. Khi tương tác hấp dẫn đã được truyền đi, nĩ khơng cịn phụ thuộc vào vật thể sinh ra nĩ. Người đầu tiên nêu lên định luật vạn vật hấp dẫn là Newton. Định luật: Hai chất điểm cĩ khối lượng m1, m2 hút nhau bằng những lực cĩ phương là đường thẳng nối hai chất điểm và tỷ lệ nghịch với bình phương khoảng cách giữa chúng. 2 21 2112 r mmGFF == (1 – 1) F21 là lực hấp dẫn của chất điểm thứ 2 tác dụng lên chất điểm thứ 1, G là hằng số hấp dẫn, trong hệ SI, G = 6,67.10-11 213 .. −− skgm Viết dưới dạng vectơ r r r mmGF rr 2 21−= (1 – 2) F r là lực hút do chất điểm m1 tác dụng lên chất điểm m2. 1m 2m 21F r 12 F r m1 m2 rr F r Trang 16 rr là vectơ hướng từ chất điểm m1 đến chất điểm m2. Giữa lực thế và thế năng cĩ mối liên hệ với nhau và trường hấp dẫn là trường thế nên: Ugrad r r r mm GF −=−= rr 2 1 (1 – 3) Suy ra C r mmGU +−= 21 Đối với những vật cĩ kích thước lớn ta phải dùng phương pháp tích phân để tính lực hút giữa chúng vì cơng thức (1 – 2) chỉ sử dụng cho các chất điểm. Giả sử hai vật cĩ khối lượng M1 và M2. ta chia các vật này thành các phần tử vơ cùng bé sao cho chúng cĩ thể coi là chất điểm và M1, M2 được coi là những hệ chất điểm. Lực tác dụng lên phần tử mi của vật 1, từ phía vật 2 là: ki ki k ki ki i r r r mm GF rr ∑−= 22 Lực từ phía vật 2 tác dụng lên tồn vật 1 là: ∑∑−= i ki ki k ki ki r r r mmGF rr 2 (1 – 4) Nếu các vật tương tác là các vật hình cầu đồng chất thì khi lấy tích phân theo 3) - (1 ta được cơng thức (1 – 2) với rr là vectơ hướng từ tâm của M2 đến tâm của M1. Trong trường hợp vật 2 là hình cầu đồng chất (hoặc gần giống cầu), vật 1 là chất điểm (hoặc kích thước rất bé so với vật 2) thì lực tương tác cũng được xác định theo (1 – 2) với rr là vectơ hướng từ tâm của M2 đến chất điểm. 2. Cường độ trường hấp dẫn. Thế hấp dẫn Cường độ trường hấp dẫn Ta biết rằng một chất điểm cĩ khối lượng M sẽ gây khơng gian xung quanh nĩ một trường hấp dẫn. Khi đặt một chất điểm khác cĩ khối lượng m vào trong trường hấp dẫn thì nĩ sẽ chịu tác dụng của lực hấp dẫn. lực hấp dẫn này phụ thuộc vào vị trí của chất điểm m trong trường và cĩ độ lớn tỷ lệ với khối lượng m nhưng tỷ số m F r khơng phụ thuộc vào m mà chỉ phụ thuộc vào vị trí của chất điểm trong trường. Vì vậy tỷ số m F r đặt trưng cho tính chất của trường tại mọi điểm và được gọi là cường độ trường hấp dẫn. Ta cĩ: r r MG m F r r 3−= Do đĩ cường độ trường hấp dẫn do chất điểm cĩ khối lượng M gây ra là: r r MGg rr 3−= (2 – 1) Trang 17 Nếu cĩ nhiều chất điểm cĩ khối lượng lần lượt M1, M2, …, Mi, …, MN gây ra trường hấp dẫn, khi đĩ lực tác dụng lên chất điểm khối lượng m tại một vị trí trong trường là: i i i i i i rr mM GFF r rr ∑ ∑−== 3 Cường độ trường hấp dẫn tổng hợp: ∑ ∑=−== i i ii i i gr r MG m Fg rr r r 3 (2 – 2) Hệ thức (2 – 2) biểu diễn nguyên lý chồng chất của trường hấp dẫn. Tổng quát, trường hấp dẫn thay đổi theo khơng gian (từ điểm này sang điểm khác). Vì vậy cĩ 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 của nĩ trùng với vectơ cường độ trường hấp dẫn tại điểm đĩ”. Chiều của đường sức là chiều của trường hấp dẫn. Thế hấp dẫn Thế năng tương tác giữa chất điểm M và chất điểm m cách nhau một khoảng r là: ϕm r MmGU =−= . (2 – 3) Trong đĩ r MG−=ϕ gọi là thế hấp dẫn tại vị trí của khối lượng m. Vì ϕ chỉ phụ thuộc vào m nên ta cĩ thể nĩi chất điểm khối lượng M gây ra một thế hấp dẫn tại một điểm cách nĩ một khoảng r là r MG−=ϕ . Vì giữa lực và thế năng cĩ mối quan hệ: UgradF −=r Nên giữa cường độ trường hấp dẫn và thế hấp dẫn cĩ mối liên hệ: ϕgradg −=r (2 – 4) Ta xét thế hấp dẫn của nhiều khối lượng M1, M2,…, Mi,…, Mn gây ra tại một điểm A nào đĩ trong khơng gian. Thế hấp dẫn do Mi gây ra tại A là: i i ii r M G−=ϕ với ri là khoảng cách từ Mi đến A Cường độ trường hấp dẫn do Mi gây ra tại A là: 1g r 2g r 3g r Trang 18 ii gradg ϕ−=r Cường độ trường hấp dẫn do các khối lượng M1, M2,…, Mi,…, Mn gây ra tại A bằng: ϕϕ gradgradgg i i i i −=−== ∑∑ rr (2 – 5) Trong đĩ ∑∑ −== i i i i i r MGϕϕ (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 cĩ thế hấp dẫn 1ϕ đến vị trí cĩ thế hấp dẫn 2ϕ thì cơng của lực hấp dẫn là: A12 = U1 – U2 = m( 1ϕ – 2ϕ ) (2 – 7) 3 Chuyển động trong trường hấp dẫn 3.1 Chuyển động của vệ tinh nhân tạo Ta xét chuyển động trịn của vệ tinh nhân tạo quanh Trái Đất. giả sử khối lượng m của vệ tinh rất bé so với khối lượng M của Trái Đất. Như vậy chuyển động của vệ tinh là chuyển động trịn đều trong trường hấp dẫn xuyên tâm của Trái Đất. Lực hấp dẫn do trái đất tác dụng lên vệ tinh chỉ gây ra gia tốc hướng tâm mà thơi. Áp dụng định luật II Newton, ta được. F = maht, hay r vm r MmG 2 2 = Như vậy vận tốc của vệ tinh là: r GMv = (2 – 8) Thường các vệ tinh chuyển động ở độ cao h << R. Do đĩ r = h + R ≈ R ( km 6400 R = (hoặc 6370 km) là bán kính trái đất). Vậy 9,72 ==== gRRR GM R GMv Km/s Vận tốc vI = 7,9 Km/s là vận tốc vũ trụ cấp I là vận tốc mà vật cần đạt được để trở thành vệ tinh của Trái Đất. Nếu v < vI thì vật sẽ rơi trở về Trái Đất. Hay GM rT 32 2 4π= (2 – 9) Ta thấy bình phương của chu kỳ quay tỉ lệ với lập phương của bán kính quỹ đạo. Trong trường hợp vệ tinh bay càng xa Trái Đất (thốt khỏi trường hấp dẫn của Trái Đất) thì năng lượng chuyển động tồn phần của vệ tinh trong trường hấp dẫn 0≥E Hay 0 2 1 2 ≥−= r MmGmvE Trang 19 ⇒ r GMv 2≥ Với vận tốc tối thiểu cần truyền cho vệ tinh lúc nĩ ở gần mặt đất ( Rr ≈ ) để vệ tinh chuyển động ngày càng xa Trái Đất là: Km/s2,1122 1 === vR GMv Vận tốc vII = 11,2 Km/s được gọi là vận tốc vũ trụ cấp II. Tùy theo giá trị của vận tốc ban đầu truyền cho vệ tinh mà cĩ thể xảy ra một trong những trường hợp sau: - v < vI Vệ tinh rơi trở 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 của Mặt Trăng đáng kể so với khối lượng M của Trái Đất. Vì vậy, hệ gồm Trái Đất và Mặt Trăng phải chuyển động quanh khối tâm chung C của chúng. Lý thuyết tính tốn khối tâm này cách tâm M của Trái Đất một đoạn KmR 4700 3 2 ≈ . Tâm C của Trái Đất và tâm C’ của Mặt Trăng vạch nên những đường trịn tâm O và 2 tâm C, C’ bao giờ cũng nằm ở hai đoạn thẳng khơng đổi đi qua O. Đo được các bán kính quỹ đạo c1 và c2 ta tính được 81≈m M . Với M = 6.1024 Kg, ta tính được Kg 7,4.10m 22≈ . Lực hấp dẫn giữa Mặt Trăng và Trái Đất chính là nguyên nhân sinh ra hiện tượng thủy triều trên Trái Đất. Giả sử dưới tác dụng hấp dẫn của Mặt Trăng, Trái Đất thu một gia tốc Ar . Phần nước gần phía Mặt Trăng thu được gia tốc 1ar lớn hơn, phần nước phía xa thì thu gia tốc 2ar bé hơn. 12 aAa rrr << Gọi vectơ 1ar′ và 2ar′ là gia tốc đối với Trái Đất của phần nước ở vị trí gần và xa Mặt Trăng. Ta được: 01111 >−=′⇒+′= AaaAaa rrrrrr 02222 <−=′⇒+′= AaaAaa rrrrrr Như vậy nước ở trên Trái Đất dâng lên khơng phải chỉ ở phía gần Mặt Trăng mà cả ở phía xa Mặt Trăng. Vì vậy trong một ngày đêm cĩ 2 đợt thủy triều xảy ra trên Trái Đất. Ngồi lực hút của Mặt Trăng, thủy triều cịn chịu ảnh hưởng của lực ly tâm do sự quay của 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 cĩ dạng hình cầu (dạng thể tích bé nhất cĩ thể cĩ). Trang 20 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. - Định luật Kepler thứ III: Bình phương chu kỳ quay T của hai hành tinh tỷ lệ vơi lập phương bán trục lớn a của quỹ đạo của chúng: 32 ~ aT III. Kết luận. Trong phần này chúng tơi đã nêu lên một số lý thuyết cơ bản về các định luật bảo tồn và trường hấp dẫn. Nĩ gĩp phần gợi lại và củng cố lại một số kiến thức cơ bản của chúng ta, giúp chúng ta thuận tiện hơn và dể dàng tiếp cận, tiếp thu với các loại bài tập trong các chương này. Nĩ cịn 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 của từng mơn học và tùy vào từng bài tập cụ thể ta cĩ thể chon nhiều cách phân loại. Dựa vào các cở sở phân loại đã nêu trên, trong đề tài này chúng tơi 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 Toàn. 1.1 Bài tập định tính. Bài 1 Một viên đạn bay và cắm vào bao cát một đoạn 15cm. Hỏi một viên đạn cĩ 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 của các khơng phụ thuộc vào vận tốc đạn). - Bước 1 Tĩm tắt. cms 151 = , 21 mm = , 12 2vv = , ?2 =s - Bước 2 Phân tích Năng lượng của viên đạn tồn tại dưới dạng động năng. Do viên đạn sau cĩ khối lượng bằng với khối lượng viên đạn đầu nhưng cĩ vận tốc gấp hai lần nên động năng của nĩ sẽ gấp 4 lần viên đạn đầu. Do lực cản của cát khơng 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. MT Trang 21 Vậy viên đạn sẽ cắm vào trong cát một đoạn 12 4ss = . - Bước 3 Giải ( ) 1 2 11 2 11 2 22 2 42 4 2 2 2 TvmvmvmT ==== Vậy viên đạn sẽ cắm vào trong cát một đoạn 60 cm. - Bước 4 Biện luận Trên thực tế lực cản cĩ 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 cơng bằng bao nhiêu khi nĩ làm cho một đầu tầu chuyển động đều theo đường ray. Nếu biết trọng lượng của toa đầu là 14,7 kN, quãng đường s = 600 m và hệ số ma sát bằng 0,008. - Bước 1 Tĩm tắt kNP 7,14= , ms 600= , 008,0=k , ?=A - Bước 2 Phân tích Do đầu tầu chuyển động đều nên lực kéo của động cơ cân bằng với lực ma sát. Từ đĩ ta thấy cơng của lực kéo cĩ độ lớn bằng cơng của lực ma sát. Từ trọng lượng của đầu tầu, hệ số ma sát và quãng đường dịch chuyển ta tính được độ lớn lực ma sát và cơng của lực kéo. - Bước 3 Giải Đầu tầu là chuyển động đều nên msFF rr −= 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 cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả thu được. Bài 3 Lực kéo của một đầu máy bằng 240kN, cơng suất của nĩ là 3.103kN. Hỏi sau bao nhiêu lâu tầu đi hết quãng đường bằng 10,8km? - Bước 1 Tĩm tắt kNF 240= , kNP 310.3= , kms 8,18= , ?=t - Bước 2 Phân tích Cơng suất liên hệ với cơng qua cơng thức t AP= Cơng lại liên hệ với lực kéo và quãng đường dịch chuyển qua cơng thức sFA .= Từ đĩ ta tìm được thời gian dịch chuyển của đầu tầu. Trang 22 - Bước 3 Giải Thời gian để tầu đi hết quãng đường s: t sF t AP .== ⇒ P sFt .= ⇒ 6 33 10.3 10.8,10.10.240=t ⇒ st 864= - Bước 4 Biện luận Kiểm tra thứ nguyên cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả thu được. Bài 4 Một hịn gạch cĩ cạnh bằng l, 2l và 3l được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang lần lượt ở các vị trí khác nhau. Thế năng của viên gạch thay đổi như thế nào khi thay đổi vị trí của nĩ? - Bước 1 Phân tích Đối với bài tốn thế năng, trước hết ta phải chọn gốc thế năng. Tìm thế năng ứng với từng chiều cao của viên gạch và hiệu thế năng tương ứng của các chiều cao đĩ, từ đĩ 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 của viên gạch, khi đĩ thế năng của viên gạch lần lượt là 2 mgl , mgl và 2 3mgl . Do đĩ khi ta thay đổi vị trí của viên gạch thì thế năng sẽ thay đổi tương ứng là: 21221 mglUUU =−=∆ 22332 mglUUU =−=∆ mglUUU =−=∆ 1331 - Bước 3 biện luận Thế năng của vật cĩ 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 của chúng vẫn khơng đổi. Bài 5 Một thang máy ở hầm mỏ cĩ trọng lượng bằng 980KN đi lên với gia tốc 0.5m/s2. Xác định cơng nâng thang máy lên trong 10s đầu của chuyển động của nĩ. - Bước 1 Tĩm tắt kNP 980= , 2/5,0 sma = , st 10= , ?=A Trang 23 - Bước 2 phân tích Trong bài tốn chuyển động, để giải nĩ ta phải chọn chiều dương của 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 thơng qua thời gian chuyển động 2 2 1 ats = . Từ đĩ ta tính được cơng A - Bước 3 Giải Chọn chiều dương cùng chiều chuyển động. Khối lượng của thang máy: mgP= ⇒ ( )kg g Pm 5 3 10 8,9 10.980 === Phương trình định luật II Newton cho thang máy ta cĩ: amFP r rr =+ Chiếu phương trình trên lên phương chuyển động ta cĩ: 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 = 2 1 at2 = 2 1 .0,5.102 = 25 (m) Cơng của lực nâng: A = F.s = 10,3.105.25 = 257,5.105 (J) - Bước 1 Biện luận Ta kiểm tra lại thứ nguyên cơng thức tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Việc chọn chiều dương là tùy ý nhưng phải chú ý đến chiều của các thành phần vectơ trong hệ ứng với chiều dương đã chọn. thơng thường ta chọn chiều dương cùng chiều chuyển động để thuận tiện trong việc giải bài tốn. Bài 6 Hai vật cĩ khối lượng là m1 và m2 nằm ở độ cao h1 và h2 so với mặt đất. Chứng minh rằng thế năng của hệ bằng tích của tổng trọng lượng với chiều cao khối tâm của hệ? Trang 24 - Bước 1 Phân tích Để thực hiện được yêu cầu của đề bài ta phải tìm thế năng của hệ thơng qua tổng thế năng thành phần và thơng qua chiều cao chung của hệ. So sánh kết quả tìm được từ hai cách ta rút ra điều cần chứng minh. - Bước 2 Giải Thế năng của hệ được tính bằng cơng thức: U = U1 + U2 = m1gh1 + m2gh2 Mặt khác ta lại cĩ: Chiều cao chung của hệ: 21 2211 mm hmhmh + += Do đĩ thế năng của hệ cũng được tính bằng cơng thức: ( ) ( )( ) 21 212211 21 mm gmmhmhmhPPU + ++=+=′ U2211 =+=′ ghmghmU Bài 7 Nếu ban đầu một vật nặng 100kg chuyển động theo một đường thẳng với tốc độ 50m/s, nếu nĩ dừng với giảm tốc là 2m/s2. Hỏi: a. Độ lớn của lực hãm. b. Đoạn đường mà nĩ đi được từ lúc hãm đến lúc dừng hẳn. c. Cơng thực hiện bởi lực hãm. - Bước 1 Tĩm tắt kgm 100= , smv /50= , 2/2 sma = a. ?=F b. ?=s c. ?=A - Bước 2 Phân tích Để giải bài tốn trên ta áp dụng các phương trình định luật II Newton để giải. - Bước 3 Giải a. Độ lớn của lực hãm NmaF 2002.100 === b. Đoạn đường mà nĩ đi được từ lúc hãm đến lúc dừng hẳn asv 220 =− ⇒ m a vs 625 2.2 50 2 22 0 =− −=−= c. Cơng thực hiện bởi lực hãm JFsA 125000625.200 === Trang 25 - Bước 4 Biện luận Bài tốn trên, nếu khơng theo logic của đề bài ta cĩ thể áp dụng các định luật bảo tồn để giải bài tốn. Bài 8 Một ơ tơ cĩ khối lượng 1000kg đang chạy với vận tốc 60km/h trên một đường nằm ngang. Xe bị hãm nhẹ để giảm động năng của nĩ một lượng là 50kJ. a. Hỏi tốc độ của xe sau khi hãm. b. Phải giảm tiếp động năng của xe một lượng bằng bao nhiêu để xe dừng lại. - Bước 1 Tĩm tắt kgm 1000= , hkmv /60= , kJT 50=∆ a. ?=v b. ?=gT - Bước 2 Phân tích Để tính được tốc độ của xe sau khi hãm ta phải tính được động năng của xe sau khi hãm. Từ đĩ ta áp dụng các định cơng thức động năng để tìm vận tốc của xe sau khi hãm. Để xa dừng lại thì động năng của xe bằng 0, hay ta phải giảm tiếp một lượng động năng bằng với động năng cịn lại vừa tìm được ở câu a. - Bước 3 Giải a. Tốc độ của xe sau khi hãm. Động năng của xe sau khi hãm: 3 2 10.50 2 −= mvT 3 2 10.50 2 67,16.1000 −=T JT 310.89,88= Tốc độ của xe sau khi hãm: m W vmvT đ 2 2 2 =⇒= smv /33,13 1000 10.89,85.2 3 == b. Phải giảm tiếp động năng một lượng là JTg 310.89,88= thì xe sẽ dừng lại. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của các cơng thức vừa tìm được, qua đĩ ta kiểm tra lại các bước giải và kết quả thu được. Trang 26 1.2 Bài tập định lượng. Bài 1 Hai quả cầu bằng chì cĩ khối lượng mm =1 và nmm =2 và vận tốc 1vr và 2v r vuơng gốc với nhau đến va chạm và dính vào nhau. Xác định vận tốc vr của hai vật sau va chạm. Áp dụng bằng số: n = 2, smv /31 = , smv /2 3 2 = . - Bước 1 Tĩm tắt mm =1 , nmm =2 , 21 vv ⊥ , tìm vr sau va chạm? Áp dụng: n = 2, smv /31 = , smv /2 3 2 = . - Bước 2 Phân tích Đây là bài tốn về va chạm mềm, việc giải chúng dựa trên cơ sở của định luật bảo tồn động lượng Vì hai vật va chạm vuơng gốc với nhau nên 21 PP rr ⊥ . Áp dụng định luật bảo tồn động ta cĩ: 22212 PPP += , từ đĩ ta tìm được vr và α . - Bước 3 Giải Áp dụng định luật bảo tồn động lượng ta cĩ: 21 PPP rrr += Hay ( ) 211 vnmvmvnm rrr +=+ Theo hình vẽ ta cĩ: 22212 PPP += Hay ( ) 2222212222 1 vmnvmvnm +=+ ⇒ ( )1 2 2 22 1 + += n vnv v 1 2 1 2 1 2 v vn mv nmv P Ptg ===α Áp dụng bằng số: n = 2, smv /31 = , smv /2 3 2 = ( ) ( )smv /3 32 12 2 3.23 2 22 =+ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛+ = 3 3 3 2 3 2 ==αtg ⇒ 030=α O 1P r 2P r P r y x α Trang 27 - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Bài 2 Một lị xo khơng tuân theo định luật Hooke. Lực (đo bằng Newton) mà nĩ tác dụng khi bị kéo dãn một đoạn x (đo bằng mét) cĩ độ lớn là 24,388,52 xxF += và hướng ngược chiều kéo. a. Tính cơng cần để kéo lị xo từ mx 500,01 = đến mx 000,12 = ? b. Giữ một đầu lị xo cố định và gắn một vật cĩ khối lượng kgm 17,2= vào đầu kia của lị xo và kéo lị xo dãn một đoạn mx 000,12 = . Sau đĩ thả vật ra từ trạng thái nghỉ thì tốc độ của vật bằng bao nhiêu tại lúc lị xo cĩ độ dãn mx 500,01 = ? - Bước 1 Tĩm tắt 24,388,52 xxF += a. Tính A = ? để kéo lị xo từ mx 500,01 = đến mx 000,12 = b. kgm 17,2= , vật dịch chuyển từ mx 000,12 = đến mx 500,01 = , v1= ? - Bước 2 Phân tích Khi ta kéo lị xo một đoạn x∆ thì lị xo sẽ sinh một lực đàn hồi chĩng lại sự biến dạng đĩ, hay ta nĩi lị xo đã sinh ra một cơng cản chống lại độ biến dạng. Độ biến dạng càng lớn thì lực đàn hồi và cơng cản càng lớn. Với vật gắn ở đầu lị xo, khi ta kéo lị 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 cĩ sự chuyển hĩa thế năng thành động năng. - Bước 3 Giải a. Cơng nguyên tố do lị xo gây ra: FdxA −=δ Cơng do lị xo gây ra: ∫∫ −== 2 1 2 1 x x x x FdxAA δ ( ) ∫∫∫ −−=+−= 2 1 2 1 2 1 22 4,388,524,388,52 x x x x x x dxxxdxdxxxA 2 1 2 1 3 4,38 2 8,52 32 x x x x xxA −−= ( ) ( )31322122 8,124,26 xxxxA −−−−= ( ) ( )3322 500,0000,1.8,12500,0000,1.4,26 −−−−=A JA 31−= Vậy cơng cần để kéo lị xo từ vị trí x1 đến vị trí x2 là: JAA 31=−=′ Trang 28 b. Cơng A của lị xo trong trường hợp này sẽ chuyển hĩa thành động năng của lị xo: 2 0 2 21 mvTTA −=−= ⇔ sm m Av /345,52 =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛−= - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Thực tế vận tốc thực của vật ở x1 sẽ nhỏ hơn do một phần năng lượng của lị xo tiêu tốn do ma sát. Bài 3 Một lực tác dụng lên một vật cĩ dạng ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −= 1 0 0 x xFF . Hãy tìm cơng mà lực thực hiện khi vật dịch chuyển từ x = 0 đến x = x0 bằng: a. Lấy tích phân? b. Đồ thị? - Bước 1 Tĩm tắt ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −= 1 0 0 x xFF , 01 =x , 02 xx = , ?=A bằng: a. Lấy tích phân? b. Đồ thị? - Bước 2 Phân tích Tính cơng A bằng phương pháp tích phân: Do lực F là hàm của tọa độ, do đĩ ta phải tính cơng nguyên tố Aδ trong dịch chuyển dx, rồi tích phân Aδ để tìm cơng A trong cả dich chuyển từ 1x đến 2x . Tính cơng A bằng phương pháp đồ thị: Vẽ đồ thị của lực F và x trên cùng hệ trục tọa độ, từ đồ thì tìm cơng nguyên tố Aδ và cơng A. - Bước 3 Giải a. Phương pháp tích phân Cơng nguyên tố do lực F thực hiện làm vật dịch chuyển được một khoảng dx: dx x xFdxFA ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −== 1. 0 0δ Cơng do lực F thực hiện: ∫∫ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −== 00 0 0 0 0 1 xx dx x xFAA δ Trang 29 ∫∫ −= 0 0 0 00 0 xx dxFxdx x FA ⇒ 00 2 0 0 0 2 xFx x FA −= 2 00xFA −= b. Phương pháp đồ thị Cơng nguyên tố dxFA .=δ Cơng của lực F thực hiện trên quãng đường từ 0 đến x0: ∫= o x FdxA 0 Theo đồ thị ta thấy: 2 00xFSA OAB −== - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. So sánh kết quả từ hai cách giúp ta cĩ thể kiểm tra lại các bước giải. Bài 4 Một vật cĩ khối lượng m được ném lên dọc theo một mặt phẳng nghiêng gĩc α với mặt ngang. Vận tốc ban đầu của vật bằng vo, hệ số ma sát bằng k. Tính quãng đường đi được của vật đến khi dừng lại và cơng của lực ma sát trên quãng đường ấy? - Bước 1 Phân tích Do là bài tốn chuyển động, do đĩ để giải chúng trước tiên ta phải chọn hệ trục tọa độ cho bài tốn. Viết các phương trình chuyển động cho vật, tìm thời gian chuyển động của vật. Từ đĩ ta tìm được quãng đường vật đi được và cơng của lực ma sát trên quãng đường ấy. A dx x x0 - F0 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −= 1 0 0 x xFF B F Trang 30 - Bước 2 Giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Phương trình định luật II Newton cho vật m: amFNP ms rrrr =++ (1) Chiếu phương trình (1) lên hệ trục tọa độ ta cĩ: Oy: N - Pcosα = 0 ⇒ N = mgcosα Ox: - Psinα - Fms = ma P + kN = - ma mgsinα + kmgcosα = - m dt dv dv = - (gsinα + kgcosα )dt ∫∫ −= )dtkgcos+ (gsin ααdv v = - (gsinα + kgcosα )t + c (2) ( ) ctkgg dt dx ++−= αα cossin dx = - (gsinα + kgcosα )tdt + cdt ( ) ∫∫∫ ++−= cdttdtkggdx αα cossin ( ) dcttkggx +++−= 2 cossin 2 αα Với t = 0, v = v0 ⇒ c = v0 Thay vào (2) ta cĩ v = - (gsinα + kgcosα )t + v0 Khi vật dừng lại ứng với v = 0 ⇒ αα cossin 0 kgg v t += α m P r N r msF r y x Trang 31 Với t = 0, x = 0 ⇒ d = 0 Hay ( ) tvtkggx 0 2 2 cossin ++−= αα ( ) αααα αα cossincossin2 cossin 0 0 2 0 kgg vv kgg vkggx ++⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ + +−= ( )αα cossin2 0 2 kg vx += Cơng của lực ma sát: xFA ms rr= ( )ααα cossin2cos 0 2 kg vkmgxFA ms +−=−= ( ) ( )ktg kmv k kmvA +−=+−= ααα α 2cossin2 cos 0202 - Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Bài 5 Một vịng đệm nhỏ A trượt từ đỉnh một ngọn đồi mặt nhẵn ở độ cao H. Tiếp theo đến một bờ dốc thẳng đứng đi xuống một bãi phẳng nằm ngang. Hỏi ở độ cao h của bờ dốc phải bằng bao nhiêu để khi trượt xuống khỏi bờ dốc, vịng đệm A bay ra đạt khoảng cách s lớn nhất? Khoảng cách đĩ bằng bao nhiêu? - Bước 1 Phân tích Vì vịng đệm A lăn trên mặt đồi nhẳn nên ta cĩ thể bỏ qua ma sát giữa vật và mặt đồi. Khi vịng đệm A tới điểm B thì vịng đệm A trở thành vật ném ngang với vận tốc van đầu là 0v , là vận tốc A cĩ được do lăn từ đỉnh đồi đến B. Từ các phương trình chuyển động của vật ném ngang ta tìm được thời gian A chạm đất và quãng đường s mà vật bay ra theo phương ngang là hàm của h. Để s là lớn nhất thì đạo hàm bậc 1 của s bằng 0, từ đĩ ta tìm được h ứng với maxs và maxs . - Bước 2 Giải A H h s B C Trang 32 Cơng A của vật được tính: ( ) 202 1 mvhHmgA =−= ⇒ ( )hHgv −= 20 Khi vịng A đến điểm B vịng A trở thành vật ném ngang. Chọn gĩc tọa độ tại mặt đất, Ox theo chiều chuyển động, Oy hướng lên. Phương trình chuyển động của vật A: tvx 0= 2 2 1 gthy −= Khi vật chạm đất y = 0 Hay 2 2 1 gth= ⇒ g ht 2= Ứng với thời gian đĩ vật sẽ đi được đoạn đường là s. Hay g hvs 20= ⇒ ( ) g hhHgs 22 −= ( )hHhs −=2 ( )( )( ) ( )hHh hH hHh hHhs − −=− ′−=′ 2 Để s đạt cực đại s′ = 0 Hay ( ) 0 2 =− − hHh hH ⇒ Hh 2 1= ⇒ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −= 22 2 HHHs Hs= Vậy với Hh 2 1= thì vịng A bay ra với khoảng cách lớn nhất và khoảng cách đĩ là Hs= . - Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Trang 33 Trên thực tế, do A luơn cĩ ma sát với mặt đồi và cịn chịu lực cản của khơng khí nên đoạn đường theo phương ngang Hs < . Bài 6 Một sà lan cĩ khối lượng kgM 600= và chiều dài ml 12= được nước sơng cuốn theo với vận tốc smv /1= đối với bờ sơng. Ở hai đầu sà lan cĩ hai người đồng thời xuất phát để đổi chổ cho nhau, người cĩ khối lượng kgm 401 = đi theo chiều nước chảy, người cĩ khối lượng kgm 602 = đi ngược chiều. Cả hai đi với vận tốc smu /8,0= . Tính quãng đường s mà sà lan đi được đối với bờ sơng trong khoảng thời gian hai người đĩ đổi chổ? - Bước 1 Tĩm tắt kgM 600= , ml 12= , smv /1= kgm 401 = , kgm 602 = smuuu /8,021 === , ?=s - Bước 2 Phân tích Khi người chưa chuyển động, sà lan và người trơi theo dịng nước với vận tốc v so với bờ. Khi hai người bắt đầu đổi chổ cho nhau thì sà lan cĩ vận tốc so với bờ là vv ≠′ . Tương ứng, người thứ nhất và người thứ hai cĩ vận tốc tốc so với bờ là uv +′ và uv −′ . Áp dụng định luật bảo tồn động lượng cho hệ ta sẽ tìm được v′ . Theo đề bài, với chiều dài của sà lan và vận tốc mà hai người di chuyển ta tìm được khoảng thời gian hai người di chuyển. Từ đĩ ta tìm được quãng đường sà lan đi được trong khoảng thời gian đĩ. - Bước 3 Giải Các ngoại lực theo phương ngang cân bằng nhau nên cĩ sự bảo tồn động lượng theo phương ngang. Chọn hệ trục tọa độ gắn với bờ sơng, chiều dương cùng chiều nước chảy (hình vẽ). Áp dụng định luật bảo tồn động lượng ta cĩ: ( ) ( ) ( ) vMuvmuvmvmmM ′+−′++′=++ 2121 ⇒ ( ) 21 12 mmM mmuvv ++ −+=′ ( ) smv /023,1 4060600 40608,01 =++ −+=′ 2m 1m + vr ur ur Trang 34 s u lt 15 8,0 12 === ⇒ mtvs 345,1515.023,1 ==′= - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Ta thấy uv ≠′ , tức là khi hai người đổi chổ cho nhau đã gây ra gia tốc cho thuyền, kết quả là khi hai người di chuyển thuyền đã đi được quãng đường lớn hơn khi hai người khơng di chuyển. Bài 7 Một vật kgm 0,20= đang chuyển động theo chiều dương trục x với vận tốc smvx /200= thì bị nổ thành 3 mảnh; mảnh 1 cĩ khối lượng kgm 0,101 = chuyển động với vận tốc smv y /1001 = theo chiều dương trục y; mảnh 2 khối lượng kgm 0,42 = chuyển động theo chiều âm trục x với smv x /5002 −= . a. Xác định vận tốc 3vr của mảnh đạn thứ 3? b. Cĩ bao nhiêu năng lượng đã giải phĩng trong vụ nổ? bỏ qua tác dụng của ngoại lực. - Bước 1 Tĩm tắt kgm 0,20= , smvx /200= kgm 0,101 = , smv y /1001 = kgm 0,42 = , smv x /5002 −= a. ?3 =vr b. ?=∆E - Bước 2 Phân tích Do trong quá trình nổ các nội lực cĩ giá trị rất lớn hơn so với ngoại lực nên ta cĩ thể xem đây là hệ kín. Để tìm vận tốc của mảnh đạn thứ 3, do hệ là kín nên ta áp dụng định luật bảo tồn động lượng cho hệ, với các khối lượng và vận tốc của viên đạn và các mảnh 1, 2 đều đã biết ta dể dàng tìm được 3vr . Từ đĩ ta tìm được năng lượng của hệ trước và sau khi nổ, và tìm được phần năng lượng giải phĩng trong vụ nổ. - Bước 3 Giải a. Xác định vận tốc 3vr của mảnh đạn thứ 3. Áp dụng định luật bảo tồn động lượng ta cĩ: 321 PPPP rrrr ++= Chiếu lên hệ trục tọa độ ta được: Trang 35 Ox: xxx vmvmmv 3322 += ( )( ) xv341020500.4200.20 +−+−= ⇒ smv x /10003 = Oy: yy vmvm 33110 += ⇒ yy vm mv 1 3 1 3 −= smv y /3 500100 6 10 3 −=−= 2 22 3 2 33 3 5001000 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛+=+= yx vvv smv /37 3 500 3 = 6 1 1000.3 .500 3 3 3 3 −=−=== x y x y v v P P tgα ⇒ 05,9−=α b. Năng lượng đã giải phĩng trong vụ nổ. Năng lượng của hệ trước khi nổ: JmvTE 5 22 10.4 2 200.20 2 ==== Năng lượng của hệ sau khi nổ: 222 2 33 2 22 2 11 vmvmvmTE ++=′=′ JE 4 222 10.3,3637 3 500 2 6 2 500.4 2 100.10 =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛++=′ Năng lượng đã giải phĩng trong vụ nổ: JEEE 555 10.3,3210.410.3,36 =−=−′=∆ - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Bài 8 Một khẩu súng liên thanh bắn 100 =n viên đạn trong 1 giây; đạn cĩ khối lượng gm 2= và vận tốc smv /500= . Đạn bị chặn đứng bởi bức tường cứng. a. Tính động lượng 1P r và động năng 1T của mỗi viên đạn? b. Tính lực trung bình của chùm đạn vào tường? y x O 2P r 1P r 3P r P rα x P3 r yP3 r Trang 36 c. Nếu mỗi viên đạn tiếp xúc với tường trong mst 6,0=∆ thì lực trung bình do mỗi viên đạn tác dụng vào tường lúc tiếp xúc là bao nhiêu? Tại sao lực này lại khác với lực trong câu b? - Bước 1 Tĩm tắt Súng bắn được 100 =n viên đạn trong 1s, gm 2= , smv /500= a. ?1 =P r , ?1 =T b. ?=′F c. ?1 =F - Bước 2 Phân tích Để tính lực trung bình của mỗi viên đạn ta cần biết độ biến thiên động lượng của chùm đạn trong một giây, và vận dụng dạng khác của định luật II Newton sẽ tính được F ′ . Tương tự như trên, trước tiên ta phải tìm biến thiên động lương của một viên đạn trong một giây và sau đĩ tính 1F . - Bước 3 Giải a. Động lượng 1P r và động năng 1T của mỗi viên đạn. smkgvmP /.1500.10.2 3111 === − JvmT 250 2 500.10.2 2 232 11 1 === − b. Lực trung bình của chùm đạn vào tường. Ta cĩ: dt dPF = Hay t PF ∆ ∆= Với F là phản lực của tường và t∆ là khoảng thời gian lực tác dụng trong một giây, hay st 1=∆ . P∆ là độ biến thiên xung lượng trong một giây, hay ( ) 111 100.10.10 PPPP −=−=∆=∆ Vậy lực tác dụng trung bình của chùm đạn là FF −=′ N t P t PF 10 1 1.10.10 1 ==∆ −−=∆ ∆−=′ c. Lực trung bình do mỗi viên đạn tác dụng vào tường trong trường hợp mst 6,0=∆ . Theo một dạng khác của định luật II Newton ta cĩ: dt dPF 11 = hay t PF ∆ ∆= 11 Trang 37 NF 331 10.667,110.6,0 1 == − Lực 1F khác với F ′ là do khoảng thời gian một viên đạn tiếp xúc vào tường ở hai câu là khác nhau. Trong câu b khoảng thời gian từng viên đạn tiếp xúc vào tường là 0,1s cịn trong câu c là 0,6ms. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Trên thực tế từng viên đạn cĩ lực tác dụng Fr khác nhau, nhưng do thời gian tương tác của mỗi viên đạn là rất ngắn nên để tín được lực tác dụng của chúng ta phải thơng qua lực trung bình của chùm đạn và dĩ nhiên sẽ cĩ sự sai lệch so với từng viên cụ thể. 2. Trường hấp dẫn 2.1 Bài tập định tính Bài 1 Vệ tinh địa tĩnh là vệ tinh đứng yên ở trên đường thẳng đứng của một điểm thuộc xích đạo Trái Đất. Tính: a. Bán kính của quỹ đạo vệ tinh ấy. b. Vận tốc dài của vệ tinh. Biết khối lượng của Trái Đất kgM 2410.6= ; hằng số hấp dẫn 2 2 11 .10.67,6 kg mNG −= . - Bước 1 Tĩm tắt Cho vệ tinh địa tĩnh ở một điểm thuộc xích đạo, tính: a. ?=r b. ?=v Biết: kgM 2410.6= , 2 2 11 .10.67,6 kg mNG −= . - Bước 2 Phân tích Vì là vệ tinh địa tĩnh nên nĩ đứng yên so với một điểm trên mặt đất và cĩ vận tốc gốc trùng với vận tốc gốc của Trái Đất. Giữa Trái Đất và vệ tinh cĩ lực hất dẫn, do nĩ đứng yên so với Trái Đất nên tổng hợp lực lên nĩ bằng 0, hay lúc này lực hấp dẫn đĩng vai trị là lực hướng tâm. Ngồi ra ta cịn tìm được vận tốc của vệ tinh thơng qua chu kỳ quay của Trái Đất. - Bước 3 Giải Gọi r là bán kính của quỹ đạo vệ tinh. Lực hướng tâm ở đây là lực hấp dẫn: r mv r mMG 2 2 = (1) m: là khối lượng của vệ tinh Trang 38 v: là vận tốc của nĩ. r T rv .2. πω == (2) Đối với vệ tinh địa tĩnh, chu kỳ T phải bằng chu kỳ quay của Trái Đất, s86400T = . a. 3 2 2 2 2 2 4 4 π π GMTr T r r GM =⇒= Thay số: km 42000m4,2.10r 7 == . b. r T v .2π= Thay số vào ta được v = 3.103 m/s = 3km/s. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Cĩ thể tính v theo cơng thức r GMv = . Bài 2 Một hành tinh cĩ bán kính R= 104 km và tự quay một vịng mất 12 giờ. Trọng lượng của một vật đặt ở xích đạo của hành tinh bằng 0,8 trọng lượng khi đặt ở cực. Tính gia tốc rơi tự do ở cực của hành tinh ấy. - Bước 1 Tĩm tắt R= 104 km, T = 12 giờ, P = 0,8.Pc, tính ?=cg - Bước 2 Phân tích Hành tinh khi tự quay quanh trục của nĩ sẽ sinh ra lực quán tính ly tâm, do cĩ lực này nên ở xích đạo trọng lượng của vật sẽ nhỏ hơn ở hai cực của hành tinh. Biết chu kỳ và bán kính của hành tinh ta cĩ thể tính được gia tốc rơi tự do ở xích đạo cũng như ở hai cực của hành tinh ấy. - Bước 3 Giải Gọi Pc và gc lần lượt là trọng lượng và gia tốc rơi tự do ở cực: F m.gc Pc == (lực hút của hành tinh) ở xích đạo, trọng lượng P = F - f, Rmf 2ω= là lực quán tính ly tâm. P = 0,8.Pc. Vậy: cgmRmf ..2,02 == ω với .2,0 2Rgc ω= Vận tốc gĩc hành tinh: 3600.12 2πω = Vậy gc = 1,06m/s2. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Trang 39 Bài 3 Bán kính của Hỏa Tinh: 9,1 Rr = , khối lượng của Hỏa Tinh: 9 Mm = , R và M là bán kính và khối lượng của Trái Đất. Tính gia tốc rơi tự do trên bề mặt Hỏa Tinh. Biết gia tốc rơi tự do trên Trái Đất là g0. Bỏ qua sự tự quay của hành tinh. - Bước 1 Tĩm tắt 9,1 Rr = , 9 Mm = , bỏ qua sự tự quay của hành tinh, tính ?=g - Bước 2 Phân tích Trên bề măt mọi hành tinh đều tồn tại một gia tốc rơi tự do, gia tốc này phụ thuộc vào khối lượng và khoảng cách của vật với tâm hành tinh ấy. Nếu biết khối lượng và khoảng cách tới hành tinh ta tìm được gia tốc rơi tự do trên hành tinh ấy. - Bước 3 Giải Trên Trái Đất: 2R MGgo = Trên Hoả Tinh: 2r mGg = Vậy: oo ggR MGg 4,0 9 )9,1( 9 9,1 22 2 === Bài 4 a. Ở độ cao H nào so với mặt đất thì gia tốc rơi tự do bằng g0/4, g0 là gia tốc rơi tự do ở mặt đất. b. Ở độ sâu l nào so với mặt đất thì gia tốc rơi tự do bằng g0/2, biết rằng lớp hấp dẫn của lớp đồng chất hình vỏ cầu lên một chất điểm khơng nằm hẳn trong lớp ấy bằng khơng. Coi Trái Đất là hình cấu đồng chất cĩ bán kính R. - Bước 1 Tĩm tắt a. Tìm H để 4 0gg = . b. Tìm l để 2 0gg = - Bước 2 Phân tích Gia tốc rơi tự do phụ thuộc vào khối lượng của vật và khoảng cách giữa hai vật. Nếu thay đổi khoảng cách giữa các vật thì gia tốc này cũng thay đổi theo, ứng với khoảng cách mới ta sẽ tìm được gia tốc rơi tự do ứng với khoảng cách đĩ. Trang 40 - Bước 3 Giải a. Ở mặt đất: 2R MGgo = , M là khối lượng Trái Đất ở độ cao H, tức là khoảng cách r = R + H từ tâm Trái Đất, ở độ cao H, gia tốc rơi tự do 2r MGg = . Nếu 4 0gg = thì r2 = 4.R2 , r = 2.R và H = R. b. Chỉ cĩ hình cầu bán kính R’ = R – l cĩ tác dụng hấp dẫn lên vật ở độ sâu l. Nĩ cĩ khối lượng 3'' 3 4 RM πρ= , ρ là khối lượng riêng của Trái Đất. Nếu g’ là gia tốc rơi tự do ở độ sâu l thì 2 ' ' R MGg ′= Mặt khác 2R MGgo = , với 33 4 RM πρ= Nếu 2 0' gg = thì 22' ' .2 R M R M = Ta suy ra: 2 ' RR = và 2 Rl = - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Khi xem Trái Đất là khối cầu đồng chất ta được kết quả trên, do đĩ nĩ chỉ đúng với những hành tinh đồng chất, nhưng thực tế các hành tinh cĩ kết cấu khơng đồng chất nên kết quả sẽ cĩ sai lệch và việc tính chúng là rất khĩ khăn. Bài 5 Mặt trăng quay một vịng Trái Đất mất T = 27 ngày đêm. Tìm bán kính quỹ đạo r của nĩ, biết bán kính Trái Đất R = 6,4.106m, và gia tốc rơi tự do trên mặt đất g = 9,8m/s2. - Bước 1 Tĩm tắt 27=T ngày đêm s610.33,2= . R = 6,4.106m, g = 9,8m/s2. Tìm r = ? - Bước 2 Phân tích Mặt Trăng quay quanh Trái Đất là nhờ cĩ lực hướng tâm, đĩ là lực hấp dẫn. ta cĩ thể xem Mặt Trăng chuyển động quanh Trái Đất với quỹ đạo trịn. Để tìm bán kính quỹ đạo của Mặt Trăng ta đựa vào biểu thức lực hấp dẫn và biểu thức gia tốc gốc liên hệ với chu kỳ của Mặt Trăng ta sẽ tìm được bán kính quỹ đạo của nĩ. Trang 41 - Bước 3 Giải Gọi m và M là khối lượng của Mặt Trăng và Trái Đất, lực hướng tâm tác dụng lên Mặt Trăng rm 2ω chính là lực hấp dẫn 2r MmG . Ta cĩ 2 2 r MGr =ω hay 2 22 3 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛== ωω R R MGMGr Nhưng 2R MGg = và T πω 2= Thay vào ta cĩ: 2 3 2 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= π RTgr Với sT 610.33,23600.24.27 == 243 10.3,55=r , Rmr 6010.8,3 8 ≈= - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Chính xác hơn thì quỹ đạo của Mặt Trăng quang Trái Đất là hình elip nên quỹ đạo tìm được chỉ là bán kính trung bình của quỹ đạo. Bài 6 Hai ngơi sao A và B cĩ cùng khối lượng m quay xung quang một ngơi sao O khối lượng M trên cùng một quỹ đạo trịn tâm O bán kính r. A và B luơn xuyên tâm đối qua O. Tìm biểu thức chu kỳ quay của A và B. - Bước 1 Phân tích Vì hai ngơi sao cùng chuyển động trên cùng một quỹ đạo và luơn đối xứng qua tâm nên nĩ cĩ cung chu kỳ và cùng khoảng cách với O. Do đĩ ta chỉ cần tìm biểu thức chu kỳ của một trong hai ngơi sao sẽ biết được chu kỳ của ngơi sao cịn lại. Do chúng đối xứng với nhau nên mỗi ngơi sao đồng thời chịu tác dụng lực của hai ngơi sao cịn lại Với hai ngơi sao A và B thì hợp lực này chính là lực hướng tâm, từ đĩ ta tìm được chu kỳ của A và B. - Bước 2 Giải Xét sao A, nĩ bị sao O và B hút với tổng hợp lực là: ( )mM r Gm r mG r MmGFFF BOA +=+=+= 444 22 2 2 (1) AF cũng chính là lực hướng tâm: rmFA 2ω= (2) A B r r m m O M Trang 42 Từ (1) và (2) rút ra: ( ) 2 1 34 4 ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ == r mMGω và ( ) 2 1 4 42 ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +== mMG rrT πω π T là chu kỳ của hành tinh A đồng thời cũng là chu kỳ của hành tinh B. - Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Bài 7 Tốc độ tự quay lớn nhất mà một hành tinh cĩ thể cĩ là tốc độ mà lực hấp dẫn do hành tinh đĩ tác dụng vào các vật ở xích đạo, vừa đủ để tạo ra lực hướng tâm cần thiết cho sự tự quay đĩ. a. Chứng minh rằng chu kỳ tự quay ngắn nhất cĩ được cho bởi ρ π G T 3= , trong đĩ ρ là khối lượng riêng của hành tinh (giả sử đồng tính). b. Hãy tính T với 3/0,3 mg=ρ , giá trị điển hình của nhiều hành tinh, vệ tinh. - Bước 1 Tĩm tắt a. Chứng minh ρ π G T 3= là chu kỳ tự quay ngắn nhất. b. Tính T với 3/0,3 mg=ρ . - Bước 2 Phân tích Để chứng minh được cơng 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 cĩ: mg R MmGF == 2 ⇒ 2R MGg = (1) Với ρπρ 3 3 4 RVM == và R vg 2 = là gia tốc hướng tâm và T Rv π2= Vậy (1) thành ρππ 322 2 3 44 R R G T R = ⇒ ρ π G T 3= b. Thay số với 333 /10.0,3/0,3 mkgmg ==ρ sT 97,6862 10.3.10.67,6 3 311 == −π Bài 8 Một ngơi sao nơtrơn (sao rất đậm đặc) được cho là tự quay với tốc độ gốc khoảng 1 vịng/s. nếu nĩ cĩ bán kính kmR 10= thì khối lượng tối thiểu của nĩ phải là bao nhiêu để các vật trên bề mặt nĩ được giữ lại? Trang 43 - Bước 1 Tĩm tắt svịng /1=ω , kmR 10= . Để giữ được các vật trên bề mặt thì ?min =M - Bước 2 Phân tích Một vật ở xích đạo chịu tác dụng của hai lực đĩ là lực hấp dẫn và lực li tâm. Để giữ vật trên bề mặt thì lực hấp dẫn phải thắng được lực li tâm hoặc tối thiểu cũng phải cân bằng với lực li tâm. - Bước 3 Giải Một vật m ở xích đạo của sao chịu tác dụng của lực quán tính li tâm RmFq 2ω= và lực hấp dẫn 2R MmGFh = . Để vật giữ được tại chổ thì qh FF ≥ ⇒ R R MG 22 ω≥ ⇒ G RM 32ω≥ ⇒ ( ) ( )( )211 24232 min 10.67,6 10.2 −== πω G RM kgM 23min 10.92,5= - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Đối với một ngơi sao nơtron, tuy nĩ quay với vận tốc lớn, nhưng thơng thường khối lượng của nĩ gấp vài lần khối lượng Mặt Trời nên ở đĩ sức hút của nĩ rất lớn, một vật ở đĩ khĩ mà thốt khỏi sức hút của nĩ. 2.2 Bài tập định lượng Bài 1 Một vệ tinh của Trái Đất cĩ khối lượng M = 2000 kg đang bay trên quỹ đạo trịn với vận tốc v = 8 km/s thì phĩng ra ngược chiều bay một vật cĩ khối lượng kg0,05 m = với vận tốc (đối với vệ tinh) u = 1 km/s. a. Bán kính của quỹ đạo vệ tinh tăng hay giảm bao nhiêu? b. Tính bán kính mới? c. Vật phĩng ra chuyển động như thế nào? Coi quỹ đạo mới vẫn là trịn, gia tốc trọng trường biến đổi khơng đáng kể theo chiều cao và cĩ giá trị g = 9,8m/s2. - Bước 1 Tĩm tắt M = 2000kg, v = 8km/s, m = 0,05kg, u = 1km/s a. ?=∆R b. ?=′R Trang 44 c. Vật phĩng ra chuyển động thế nào? - Bước 2 Phân tích Khi vệ tinh phĩng ra một vật ngược với chiều quỹ đạo thì theo định luật bảo tồn độnglượng, vệ tinh sẽ nhận thêm một vận tốc do vật đĩ tác dụng lên vệ tinh, do đĩ bán kính quỹ đạo vốn cĩ của vệ tinh sẽ tăng và vệ tinh sẽ chuyển động với quỹ đạo mới. Để tính được độ tăng bán kính quỹ đạo này trước hết ta phải biết được độ tăng vận tốc của vệ tinh. Khi biết được độ tăng bán kính ta cĩ thể tìm được bán kính của quỹ đạo mới. Ta cũng dể dàng tìm được vận tốc của vật bị ném và từ đĩ ta biết được chuyển động của vật bị ném ra. - Bước 3 Giải a. Nếu v’ là vận tốc của vệ tinh sau khi phĩng vật thì vận tốc của vật đối với mặt đất là v’- u. Định luật bảo tồn động lượng cho ta phương trình: muMvuvmvmMMv −=−+−= ''' )()( vMvvMmu ∆=−= )( ' , smu M mv /25,0==∆ Gia tốc trọng trường cũng là gia tốc hướng tâm: RR vv R vg ∆+ ∆+== 22 )( g vv v vRvvvv v RR ∆=∆≈∆+∆=∆ 22)2( 222 Thay số ta được mR 400=∆ là bán kính quỹ đạo tăng b. R vg 2 8,9 ′== , với v’ = 8000,25 m./s. Suy ra kmmR 65316531020' ≈= Kiểm lại km g vR 6,6530 2 == , R’= R + 0,4 km. c. Vật cĩ vận tốc v’- u = 7 km/s bé hơn vận tơc 7,9 km/s của chuyển động trịn nên khơng thành vệ tinh mà rơi xuống đất theo một cung elip. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Thực ra quỹ đạo mới là hình elip. Ta coi gần đúng là hình trịn nên kết quả ngược với điều đã biết là: Nếu vệ tinh chyển động trịn thì bán kính R quỹ đạo càng lớn, vận tốc vệ tinh v càng giảm: R MGv đ= . Mđ: là khối lượng Trái Đất, G: là hằng số hấp dẫn. Trang 45 Bài 2 a. Tính tốc độ thốt ly trên một tiểu hành tinh hình cầu, cĩ bán kính kmR 500= và gia tốc hấp dẫn trên mặt bằng 2/3 smg = ? b. Nếu một hạt rời mặt tiểu hành tinh với tốc độ xuyên tâm smv /1000= thì hạt đi xa mặt hành tinh được bao nhiêu? c. Một vật thả từ độ cao kmh 1000= trên mặt tiểu hành tinh sẽ va vào mặt tiểu hành tinh với tốc độ bao nhiêu? - Bước 1 Tĩm tắt a. Tính tốc độ thốt ly v biết kmR 500= , 2/3 smg = . b. Nếu smv /1000= , ?=h c. kmh 1000= , ?=v - Bước 2 Phân tích Một vật muốn thốt khỏi tiểu hành tinh thì phải cung cấp cho nĩ một vận tốc ban đầu sao cho động năng của nĩ thắng được thế năng hấp dẫn của tiểu hành tinh ấy. Khi một vật được cung cấp một vận tốc ban đầu thì vật sẽ chuyển động ra xa tiểu hành tinh, năng lượng của vật càng lớn thì vật đi được quãng đường càng xa. Nếu vận tốc của vật thắng được thế năng hấp dẫn của hành tinh ấy thì vật sẽ bay vào vũ trụ. Nếu vận tốc của vật khơng đủ lớn thì vật sẽ đi được một khoảng rồi rơi lại hành tinh đĩ. Tại vị trí vật cĩ vận tốc bằng 0 thì khoảng cách của vật với hành tinh là lớn nhất. Khi một vật ở độ cao h, dưới tác dụng của lực hấp dẫn vật sẽ rơi về phía hành tinh ấy, cĩ sự chuyển hĩa năng lượng trong quá trình rơi, thế năng chuyển hĩa thành động năng, h càng lớn thì năng lượng của vật càng lớn và vận tốc của vật càng lớn. - Bước 3 Giải a. Muốn thốt li khỏi trường hấp dẫn của tiểu hành tinh thì khi rời khỏi mặt đất vật phải cĩ động năng ban đầu tối thiểu là bằng thế năng hấp dẫn của vật: mgR R MmGmv == 2 2 ⇒ 310.5.3.22 == gRv smsmv /1732/3103 == b. Gọi h và r là khoảng cách từ tâm tiểu hành tinh tới bề mặt và điểm xa nhất mà hạt cĩ thể tới được. Tại đĩ v = 0. Theo định luật bảo tồn cơ năng ta cĩ: r MmG R MmGmv −=− 0 2 2 Thay 2gRGM = và Rhr += vào phương trình trên ta được: Trang 46 Rh RggRv +−=− 22 2 ⇒ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −=+ gR v RhR 2 111 2 ⇒ R gR v Rh − ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − = 2 1 2 ⇒ 5 5 6 5 10.5 10.5.3.2 101 10.5 − ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − =h kmmh 25010.25 4 == c. Theo định luật bảo tồn năng lượng: hR MmGmv R MmG +−=+− 2 2 ⇒ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−= hRRgRhRRGMv 112112 22 ⇒ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−= 555 5 10.1010.5 1 10.5 1.3.210.5112 hRR gRv smsmv /1414/2103 == - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Các vận tốc trong vũ trụ là rất lớn do cĩ khối lượng rất lơn, do đĩ đối với các sai số khi tính các vận tốc đĩ là khơng đáng kể khi so sánh với chúng. Bài 3 Một lỗ trống hình cầu được khoét trong một khối cầu bằng chì bán kính R sao cho bề mặt của lỗ tiếp xúc với mặt trong của khối cầu và đi qua tâm O. Khối cầu trước khi khoét lỗ cĩ khối lượng là M. Hỏi khối cầu đã bị khoét tác dụng lên hạt khối lượng m đặt tại A, với OA = d một lực F bằng bao nhiêu? - Bước 1 Phân tích Để tính được lực tác dụng của của khối cầu lên hạt m đặt tại A ta tính lực tác dụng của khối cầu khi chưa bị khoét và lực tác dụng của phần cầu bị khoét rồi tìm hiệu lực tác dụng của chúng ta tìm được lực tác dụng tại A. O 1O R A m M Trang 47 - Bước 2 Giải Lực do khối cầu chưa khoét tác dụng lên m lực 20 d MmGF = . Phần chì bị khoét cĩ bán kính 21 Rr = nên cĩ khối lượng 82 1 3 1 MMM =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= . Và 21 RdAO −= . Riêng phần khoét tác dụng lên m lực: ( ) ( )2211 5,085,0 Rd MmG Rd mMGF −=−= Vậy ( ) ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −−=−= 2210 5,08 11 Rdd GMmFFF - Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Bài 4 Hai hạt cĩ khối lượng m và M lúc đầu đứng yên và ở rất xa nhau. Do hút hấp dẫn giữa chúng, chúng tiến lại gặp nhau. Chứng minh rằng tại bất kỳ thời điểm nào, tốc độ của một hạt đối với hạt kia cũng là ( ) d mMG +2 , trong đĩ d là khoảng cách giữa hai hạt tại thời điểm đang xét. - Bước 1 Phân tích Để chứng minh được điều trên ta phải tìm được mối liên hệ giữa 12v và v. Để tìm v ta cĩ thể áp dụng định nghĩa khối tâm hoặc định luật bảo tồn cơ năng. Ta áp dụng định luật bảo tồn cơ năng, và thay thế v vừa tìm được cũng như mối liên hệ giữa v và 12v để chứng minh điều cần chứng minh. - Bước 2 Giải Đặt G là khối tâm của hệ trùng với gốc O. vì hệ khơng chịu tác dụng ngoại lực (lực hấp dẫn F giữa M và m là nội lực), nên trong quá trình M và m tiến lại gần nhau, G đứng yên (OG = 0). Theo định nghĩa khối tâm: ( ) 0=+=+ OGmMmxMX ⇒ 0=+ dt dxm dt dXM ⇒ 0=+ mvMV ⇒ m MVv −= Hoặc theo định luật bảo tồn động lượng ta cũng cĩ: vr O m M x G V r Trang 48 0=+ vmVM rr ⇒ 0=+ mvMV ⇒ m MVv −= (1) Theo định luật bảo tồn năng lượng ta cĩ: 0 22 22 =−+ d MmGmvMV (2) Vì lúc đầu hai hạt ở rất xa nhau ∞=d và đứng yên 0== vV . Tốc độ của hạt này đối với hạt kia là: vVv −=12 (3) Thay (1) vào (2) ta được: d MmG m VMmMV =+ 2 222 22 ⇒ d MmG m MmMV =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ + 2 2 ⇒ ( )dmM GmV += 2 (4) Thay (1) vào (4) ta thu được: ( )dmM GMv +−= 2 (5) Thay (4), (5) vào (3) ta thu được: ( ) d mMGv += 212 - Bước 3 Biện luận Để chứng minh điều đĩ ta cĩ thể tìm v bằng một trong hai cách hoặc vận dụng cả hai cách và so sánh kết quả để bài tốn là hồn chỉnh nhất. Bài 5 Một thanh mỏng cĩ khối lượng M được uốn thành nửa đường trịn ABC bán kính R. a. Xác định lực hấp dẫn do nĩ tác dụng vào một hạt khối lượng m đặt tại tâm cong O? b. Nếu thanh là cả đường trịn thì lực hấp dẫn là bao nhiêu? - Bước 1 Phân tích Vì thanh cĩ dạng là nữa đường trịn nên ta khơng thể tính trực tiếp lực hấp dẫn của thanh mà phải chia thanh thành những vi phân khối lượng dM rồi tính lực tác dụng của thành phần dM , sau đĩ lấy tổng các lực Fd r để được lực tác dụng của cả thanh. - Bước 2 Giải a. Tính lực hút của một yếu tố chu vi θd đặt tại N lên hạt m: B R O m C A Trang 49 2R mdMGdF = với π θdMdM = ⇒ π θdM R GmdF 2= Và viết dưới dạng ký hiệu vectơ đơn vị: jdFidFFd rrr .sin..cos. θθ += Với ∧= xOMθ ∫∫∫ +== ππ θθ 00 .sin.cos jdFidFFdF rrrr Các thành trên trục x đối xứng nhau qua O nên 0.cos 0 =∫ π θ idF r Hay 02 0 2 cos.sin π π θπθπ θ R jGMmjd R GMmF rrr == ∫ 2 2 R jGMmF π rr = b. Nếu thanh là cả đường trịn thì các thành phần trên trục y cũng đối xứng nhau qua O nên 0=Fr . - Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Bài 6 Một vệ tinh nhân tạo của Trái Đất được đặt lên một quỹ đạo trịn với ý định để nĩ lơ lững bên trên một điểm A của xích đạo Trái Đất. Tuy nhiên bán kính quỹ đạo của vệ tinh bị tính sai thành r, lớn hơn kmr 0,2=∆ so với bán kính 0r mà đúng ra nĩ phải cĩ. Vậy điểm B ở ngay dưới vệ tinh sẽ chuyển động trên xích đạo Trái Đất theo hướng nào, và với tốc độ bằng bao nhiêu? - Bước 1 Tĩm tắt kmr 0,2=∆ , ?=Bvr - Bước 2 Phân tích Để tìm được Bvr ta phải tìm được bán kính quỹ đạo của vệ tinh và vận tốc gốc quay của điểm B. Để tìm bán kính quỹ đạo của vệ tinh và vận tốc gốc quay của điểm B ta cĩ thể dựa vào định luật vạn vật hấp dẫn để tìm chúng. - Bước 3 Giải Vệ tinh chuyển động trịn, chịu tác dụng của lực hướng tâm: rmFht 2ω= (1) Vệ tinh chịu tác dụng lực hấp dẫn của Trái Đất: BR O m C A y ndF dF xθd θ N Trang 50 2r MmGFhd = (2) Mà hdht FF = , từ (1) và (2) ta rút ra: 2 2 r GMr =ω ⇒ GMr =32ω (3) ⇒ ( ) ( ) 032 22332 ==+= GMddrrdrrd ωωωω ⇒ dr r d 2 3ωω −= (4) Với ω là vận tốc gĩc quay của Trái Đất: 86400 22 ππω == T và r là bán kính quỹ đạo của vệ tinh địa tĩnh. Từ (3) ⇒ ( ) 3 1 25 24113 1 2 10.72,7 10.98,5.10.67,6 ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= − − ω GMr kmmr 4225010.225,4 7 == Thay vào (4) ta cĩ: sradd /10.16,5 10.225,4.86400.2 10.2.2.3 9 7 3 −−=−= πω Vận tốc của điểm B là: ( ) smRdvB /10.29,310.16,5.10.6370 293 −− −=−== ω Dấu “–” chứng tỏ B chuyển động ngược chiều quay của trái đất, nghĩa là B chuyển động trên xích đạo từ đơng sang tây. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Vậy do tính sai bán kính quỹ đạo mà vệ tinh khơng cịn là vệ tinh địa tĩnh nữa mà sẽ quay với vận tốc gốc sradd /10.16,5 9−−=ω , nĩ sẽ ảnh hưởng rất lớn đến ứng dụng của vệ tinh. Bài 7 Một hang rỗng hình cầu tâm I, bán kính R ở sâu dưới mặt đất một khoảng OI = d. Đo gia tốc trọng trường tại A cách O một khoảng OA = x thì thấy thành phần thẳng đứng yg tại A nhỏ hơn giá trị chờ đợi (nếu khơng cĩ hang rỗng) là: a. Chứng minh rằng ( )2322 3 3 4 xd dGRg y + =∆ ρπ , với ρ là khối lượng riêng của đất. Trang 51 b. yg∆ thường rất nhỏ, cỡ 25 /10 sm− gọi là miligal. Khi đo g trong bán kính ma 150= xung quanh O người ta thấy yg∆ biên thiên từ 10 miligal tại các biên A, B tới 14 miligal tại O. Hãy tính độ sâu d của hang. Cho biết 3/8,2 cmg=ρ . c. Giả sử hang khơng rỗng mà chứa dầu thơ khối lượng riêng 31 /1 cmg=ρ thì các số chỉ trong câu b bây giờ là bao nhiêu? - Bước 1 Tĩm tăt OI = d, OA = x a. Chứng minh ( )2322 3 3 4 xd dGRg y + =∆ ρπ b. yg∆ ở A, B là 25 /10.10 sm− , ở O là 25 /10.14 sm− , 3/8,2 cmg=ρ . Tìm d. c. Với 31 /1 cmg=ρ . Tìm d. - Bước 2 Phân tích Để chứng minh ( )2322 3 3 4 xd dGRg y + =∆ ρπ ta cần tìm hiệu gia tốc khi hang khơng rỗng và gia tốc của lượng đất tương đương với phần rỗng gây ra. Từ điều vừa chứng minh được và theo điều kiện gia tốc ở biên và ở tâm ta sẽ tìm được độ sâu d của hang. Để tìm d trong trường hợp hang chứa dầu thơ ta cần xét lại cơng thức ở câu a. độ giảm gia tốc lúc này khơng phải do độ giảm khối lượng riêng của đất mà là hiệu độ giảm khối lượng riêng của đất với phần khối lượng riêng của dầu cĩ trong hang. Tương tự câu b, ta sẽ tìm được d. - Bước 3 Giải a. quả cầu đất gây tại A một gia tốc: 22 3 2 1 3 4 xd RG IA MGg +==∆ ρπ Và θsin.gg y ∆=∆ . O x I B R A d x O θ A x x I R d yg∆y∆ r Trang 52 Với ( )2122sin xd d IA OI + ==θ Vậy ( )2322 3 3 4 xd dGRg y + =∆ ρπ (1) Đặt gr là gia tốc tại A nếu dưới đất khơng cĩ hang rỗng và Agr là gia tốc lúc cĩ hang rỗng, R là bán kính của hang. Vậy ggg A ∆+= rr ⇒ yAyy ggg ∆+= hay yyAy ggg ∆−= b. Từ (1) cho thấy maxyy gg ∆=∆ khi x = 0 và yg∆ càng nhỏ khi x càng lớn. Theo đề bài khi x = 0: 53 3 10.14 3 4 −==∆ d dGRg y ρπ (2) Và khi mx 150= : ( ) 5 2 3 22 3 10.10 1503 4 −= + =∆′ d dGRg y ρπ (3) Chia (2) cho (3) ta được 4,1150 2 3 2 22 =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ + d d ⇒ md 299 14,1 150 3 2 = − = Thay vào (2) ta cĩ: m G dR 252 10.8,2.10.67,6.4 299.10.14.3 4 .10.14.3 311 2525 === − −− πρπ c. Nếu hang chứa dầu thơ thì độ giảm: ( ) ( )23221 3 3 4 xd dGRg y + −=∆ ρρπ Khi đĩ: 8,2 18,210.14 511 −=−∆=∆ −ρ ρρ yy gg smg y /10.9 5 1 −=∆ 8,2 18,210.10 511 −=−∆′=∆′ −ρ ρρ yy gg smg y /10.43,6 5 1 −=∆′ Trang 53 - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Với việc tính tốn trên người ta cịn áp dụng vào việc thăm dị khống sản trong lịng đất. Bài 8 Một quả cầu rỗng cĩ khối lượng M, bán kính trong b, bán kính ngồi a. a. Tìm biểu thức của lực hấp dẫn F do khối cầu tác dụng lên một hạt m đặt cách tâm O của quả cầu một khoảng r, với r diến thiên từ 0 đến ∞ . b. Tìm biểu thức tương ứng của thế năng hấp dẫn U(r). - Bước 1 Phân tích Để tìm biểu thức thế năng hấp dẫn và lực hấp dẫn do M tác dụng lên m ta xét đến các trường hợp sau: TH1 khi br ≤≤0 , hay điểm m nằm trong lịng vật M, M khơng tác dụng lực lên m và do đĩ thế năng hấp dẫn là hằng số. Để tính được hằng số này tùy thuộc vào việc chọn gốc thế năng của ta. Cĩ thể chọn gốc thế năng ở O hay ở ∞ . TH2 khi arb ≤≤ , chỉ cĩ phần cầu cĩ bán kính từ b cho đến r mới tác dụng lực hấp dẫn lên m. Tương tự như TH1 ta cũng tìm được thế năng hấp dẫn và lực hấp dẫn tác dụng lên m. TH3 khi ar ≥ , cả khối cầu đều tác dụng lực hấp dẫn lên m. - Bước 2 Giải a. Biểu thức của lực hấp dẫn Tính lực F cho 3 trường hợp TH1 br ≤≤0 thì 0=F TH2 arb ≤≤ thì 21r mMGF −= (1) Vơi 1M là khối lượng của phần quả cầu cĩ bán kính từ b đến r. A r a b O c B m N A r a b O c B m N Trang 54 Ta cĩ ( ) ( ) 33 33 33 33 111 3 4 3 4 ba br ba br V V V V M M − −= − − === π π ρ ρ ⇒ M ba brM 33 33 1 − −= Thay vào (1) ta cĩ: 33 33 2 ba br r mMGF − −−= (2) Trong khoảng này F(r) là nghịch biến vì 0< dr dF . TH3 ar ≥ thì 2r MmGF −= , trong khoảng này F(r) đồng biến . Đồ thị biểu diễn F theo r. b. Biểu thức của thế năng hấp dẫn Ta cĩ dr dUF −= . Ta cũng xét trong 3 trường hợp: TH1 br ≤≤0 thì 0=F nên 0= dr dU ⇒ constUU == 0 , nghĩa là thế năng tại mọi điểm trong hốc rỗng đều như nhau. Để tính 0U ta tính 0U tại tâm O: dM r mGdUU ∫∫ −== 00 (4) Với dM là khối lượng của một nguyên tố thể tích của vỏ quả cầu: dVdM ρ= Trong tọa độ cầu thì drdrdV Ω= 2 , với Ωd là phần tử gốc khối. Thay vào (4) ta được: a b 24 0 a b 2 0 2 4 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛−=−Ω= ∫ ∫ rGmdrrrGmdU πρρ π F A O r b a r B Trang 55 ( )220 2 baGmU −−= πρ (5) Ta lại cĩ: ( )33 3 4 baVM −== πρρ ⇒ ( )334 3 baM−= πρ Vậy ( )( )220 23 baba baGMmU ++ +−= (6) TH2 arb ≤≤ . Từ (2) và (3) suy ra: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −−= 2 3 33 r br ba mMG dr dU ⇒ const r br ba MmGU +⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +−= 32 33 2 (7) Xét tại điểm B thì 0UU = , và (7) thành: ( )( ) constbbbbaMmGba baGMm +⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +−=− −− 32 3333 22 22 3 ⇒ ( )33 2 2 3 ba GMmaconst −−= Vậy (6) thành ( ) ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −+−= 2 32 33 2 3 2 a r br ba GMmU (8) TH3 với ar ≥ coi thế năng do quả cầu gây ra giống thế năng của một chất điểm khối lượng M đặt tại O: r MmGU −= - Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của cơng thức vừa tìm được, qua đĩ kiểm tra lại kết quả. Do thế năng phụ thuộc vào gốc tọa độ nên đối với việc chọn gốc tọa độ ở O thì ta được các kết quả đĩ nhưng nếu ta chọn gốc tọa độ ở ∞ thì ta sẽ được các kết quả sai khác nhau một hằng số. III. Một số bài tập kiến nghị 1. Các định luật bảo tồn Bài 1 Một vật được ném theo phương hợp với phương nằm ngang một gĩc α với vận tốc ban đầu bằng v0. Tìm chiều cao mà ở đĩ động năng của vật bằng thế năng của nĩ? Trả lời g v h 4 2 0= Trang 56 Bài 2 Một lực tác dụng vào một vật cĩ khối lượng 3kg sao cho vị trí của vật là một hàm của thời gian x = 3t – 4t2 + t3. Trong đĩ x tính bằng mét và t tính bằng giây. Hãy tính cơng do lực này thực hiện từ t1 = 0 đến t2 = 4s. Trả lời JA 528= Bài 3 Trái Đất quay quanh Mặt Trời một vịng hết một năm. Phải thực hiện một cơng bằng bao nhiêu trên Trái Đất để giữ nĩ đứng yên so với Măt Trời? Cho biết khối lượng của Trái Đất m = 5,98.1024kg, khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời là R = 1,5.1011m và coi Trái Đất như một chất điểm. Trả lời J T RmA 332 22 10.67,22 −=−= π Bài 4 Một ơ tơ chuyển động với vận tốc m/s10 . Trước một vật cản người lái phanh gấp sao cho các bánh xe ngừng quay. Xe đi tiếp được một quãng đường bằng bao nhiêu đến khi ngừng hẳn nếu hệ số ma sát bằng 0,2. Trả lời m kg vs 5,25 2 2 == Bài 5 Một viên đạn khối lượng m bay ngang xuyên vào một vật cĩ khối lượng M treo bởi hai sợi dây giống nhau chiều dài l và dừng lại trong đĩ. Khi đĩ hai dây lệch đi một gốc ϑ (như hình). Giả sử Mm << , tính: a. Vận tốc của viên đạn trước khi xuyên vào vật? b. Số phần trăm động năng ban đầu của viên đạn biến thành nhiệt? Trả lời a. ( ) ( )ϑcos12 −+= gl m Mmv b. %100 Mm M +=η Bài 6 Người A chạy cĩ động năng bằng nửa động năng của người B và cĩ khối lượng gấp đơi khối lượng gấp đơi khối lượng của người B. Nếu A tăng tốc thêm 1m/s thì động năng của A và B bằng nhau. Hỏi vận tốc ban đầu của A và B? Trả lời smvA /41,2= , smvB /82,4= Bài 7 Một quả bĩng rơi từ độ cao h = 7,5m xuống một nền phẳng, nhẳn. Cần cấp cho nĩ một vận tốc ban đầu bằng bao nhiêu để sau hai lần chạm xuống nền nĩ đạt đến độ cao ban đầu? Nếu mỗi lần chạm xuống nền quả bĩng mất 40% năng lượng. Trả lời smghv /166,162 3 4 == Bài 8 Trên mặt nước đứng yên cĩ một chiếc thuyền khối lượng m1 và người khối lượng m2 đứng trên thuyền người bắt đầu chuyển động và dời khoảng l r đối với thuyền rồi dừng lại. Hỏi trong thời gian đĩ thuyền dời đối với nước một khoảng là bao nhiêu? Sức cản của nước coi là khơng đáng kể. l M l m Trang 57 Trả lời l mm mr rr 21 2 +−=∆ . Bài 9 Trên mặt hồ cĩ một cái thuyền chiều dài L, khối lượng M chở một người cĩ khối lượng m, cả hai ban đầu đứng yên. Nếu người đi từ mũi thuyền đến đuơi thuyền thì thuyền dịch chuyển bao nhiêu so với nước, theo chiều nào? Bỏ qua sức cản của nước. Trả lời L mM mx +−= Bài 10 Một khẩu súng cĩ khối lượng M (khơng kể đạn) lăn tự do từ trạng thái nghỉ theo một đường dốc cĩ gĩc nghiên α với phương nằm ngang. Sau khi đi được một đoạn đường l khẩu súng bắn ra theo phương ngang một viên đạn khối lượng m. Tính vận tốc v của viên đạn, biết rằng ngay sau khi bắn khẩu súng dừng lại. Trả lời: αα sin2cos glm mMv += . Bài 11 tính cơng cần thiết để đưa một vật lên cao theo một mặt phẳng nghiêng với các dữ kiện như sau: vật cĩ khối lượng kgm 100= . Chiều dài của mặt phẳng nghiêng ms 2= , gĩc nghiêng là 030=α , hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là 1,0=µ , vận tốc ban đầu của vật bằng 0 và gia tốc trong khi chuyển động là 2/1 sma = . Tính cơng suất trung bình và cơng suất cực đại của cơng cụ đã dùng để đưa vật đĩ lên. Trả lời: ( ) JggamsA 1350cossin12 ≈++= αµα , ( ) WasggamPtb 6752cossin ≈++= αµα ( ) WasggamP 13502cossinmax ≈++= αµα Bài 12 Một xe tải khối lượng kgm 2100= , đang chuyển động về hướng Bắc với vận tốc hkmv /451 = thì quay sang hướng Đơng rồi tăng tốc với hkmv /542 = . a. Tính độ biến thiên động năng của xe? b. Tìm độ lớn và hướng của độ biến thiên động lượng của xe? Trả lời: a. ( ) JvvmT 32122 10.2,722 =−=∆ b. ( ) 2322212 /.10.41 smkgvvmP =+= , 0 1 2 2,50== v varctgϕ Bài 13 Hai ơtơ A và B cĩ khối lượng kgmA 1100= và kgmB 1400= . Xe A đỗ trước đèn tín hiệu, xe B phanh khơng kịp đã hút vào sau xe A. hệ số ma sát động của Trang 58 mỗi xe với mặt đường là 13,0=k . Sau va chạm xe A dừng lại cách điểm va chạm là ms 2,81 = , và xe B cách ms 1,62 = . a. Tìm vận tốc của mỗi xe sau va chạm? b. Dùng sự bảo tồn động lượng để tìm vận tốc của xe B ngay trước lúc va chạm? Trả lời: a. smkgsvA /57,42 1 == , smkgsvB /94,32 2 == b. sm m vmvmv B BBAA B /53,70 ==+= Bài 14 Một tên lửa cĩ khối lượng 16 tấn được phĩng thẳng đứng nhờ lượng khí phụt ra phía sau với vận tốc sm /800 trong một thời gian tương đối dài. Tính khối lượng khí mà tên lửa cần phụt ra phía sau mỗi giây trong những giây đầu tiên để cho tên lửa đĩ: a. Bay lên rất chậm. b. Bay lên với gia tốc 2/10 sm . Lấy 2/10 smg = . Bỏ qua sức cản khơng khí. Trả lời a. kg v Mgm 200== b. ( ) kg v gaMm 400=+= Bài 15 a. Một vật nhỏ cĩ khối lượng kgm 1= được gắn vào đầu dưới của một thanh cứng chiều dài ml 1= , khối lượng khơng đáng kể. Thanh cĩ thể quay trong mặt phẳng thẳng đứng trên một trục khơng ma sát xuyên qua đầu trên. Ban đầu thanh nằm theo phương thẳng đứng với vật m ở dưới. Phải cấp cho vật m một vận tốc ban đầu 0v bằng bao nhiêu để vật m cĩ thể quay được trong mặt phẳng thẳng đứng theo một đường trịn kín. b. Thay thanh bằng một sợi dây mềm khơng giãn (khối lượng khơng đáng kể, dài như thanh). Lúc đầu vật m đang ở vị trí thấp nhất. tạo cho nĩ một vận tốc 0v ban đầu theo phương nằm ngang bằng sm /102 . Hỏi vật lên tới độ cao nào so với vị trí thấp nhất thì rời khỏi quỹ đạo trịn. c. 0v tối thiểu bằng bao nhiêu thì vật m trong câu b quay được trong mặt phẳng thẳng đứng theo một đường trịn kín. Lấy 2/10 smg = . Trả lời: a. smv /32,6min0 = Trang 59 (1) A l l∆ x (2) C B O m b. 3 5 0 lAH = c. smglv /2550 =≥ Bài 16 Một hệ gồm hai lị xo mắc nối tiếp nhau, lần lược cĩ hệ số đàn hồi 1k và 2k . Tính cơng cực tiểu cần thiết để kéo dài nĩ thêm một đoạn l∆ . Trả lời ( ) 2 2 min lkA ∆= , với 11 11 kk kkk += Bìa 17 Một vật A nằm yên trên một mặt phẳng ngang nhẳn. nĩ 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 rịng rọc khối lượng khơng đáng kể. Khối lượng hai vật A và B bằng nhau. Ngồi ra vật A cịn được nối vào điểm O qua một lị xo nhẹ khơng biến dạng chiều dài cml 500 = và cĩ hệ số đàn hồi 0 5 l mg=χ với m là khối lượng của A. Khi ta đốt dây PA, vật A bắt đầu chuyển động. xác định vận tốc của nĩ lúc bắt đầu rời mặt phẳng ngang. Trả lời smglv /7,1 32 19 0 == Bài 18 Một sợi dây đàn hồi khối lượng khơng đáng kể, chiều dài l, một đầu cố định tại điểm A. Từ điểm A một chiếc vịng nhỏ khối lượng m lịng ngồi sời dây, rơi đến mấu B gắn ở đầu dưới của sợi dây, vịng tiếp tục chuyển động và kéo sợi dây dãn ra. Hãy tìm hệ số đàn hồi k của sợi dây, biết rằng khi chiếc vịng bắt đầu dừng lại thì sợi dây giãn ra đoạn l∆ . Bỏ qua ma sát. Trả lời ( )( )2 2 l llmgk ∆ ∆+= Bài 19 Đĩa cân của một cân lị xo cĩ khối lượng kgm 025,01 = và lị xo cĩ hệ số cứng mNk /3,15= . Một vật khối lượng gm 50= rơi xuống đĩa cân từ độ cao cmh 9= , khơng vận tốc ban đầu. Biết va chạm giữa vật và đĩa cân là hồn tồn khơng đàn hồi, tính xem vật dời xa đến đâu so với vị trí ban dầu của nĩ. Trả lời: cm mm mh k mg k mghH 1,192 1 ≈⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +++= Bài 20 Một vật treo trên một mặt phẳng ngang cĩ đặt một tấm ván mang một vật khối lượng kgm 0,1= , vật này nối vào điểm O bằng một sợi dây đàn hồi nhẹ khơng biến dạng chiều dài cml 400 = . Hệ số ma sát của vật trên tấm ván 20,0=k . B p A O Trang 60 Tấm ván từ từ xê dịch về phía bên phải cho đến khi vật bắt đầu trượt trên nĩ. Đúng lúc đĩ, sợi dây lệch khỏi vị trí thẳng đứng một gĩc 030=ϑ . Hãy xác định, trong hệ quy chiếu gắn liền với mặt phẳng ngang, cơng của lực ma sát tác dụng lên vật m từ lúc đầu đến lúc bắt đầu trượt. Trả lời ( ) Jk kmglA 09,0 coscossin cos1 2 0 =+ −= ϑϑϑ ϑ Bài 21 Một người cĩ khối lượng m đứng trên một cái bè khối lượng M nằm yên trên mặt hồ. Người đĩ dịch chuyển một đoạn l ′ với vận tốc ( )tv′ đối với bè rồi dừng lại. bỏ qua sức cản của nước, hãy tính: a. Độ dịch chuyển l của bè đối với bờ hồ. b. Thành phần nằm ngang của lực do người tác dụng lên bè khi chuyển động. Trả lời a. l mM ml ′+−= l. b. dt vd mM mMF ′ +−= Bài 22 Sau khi va chạm một hạt cĩ khối lượng m chuyển động lệch hướng đi một gốc 2 π và một hạt khác khối lượng M ban đầu đứng yên, bị bắn đi theo hướng hợp một gốc 030=ϑ đối với hướng chuyển động ban đầu của hạt m. Hỏi động năng của hệ sau va chạm thay đổi ra sao và thay đổi bao nhiêu phần trăm, nếu 0,5= m M ? Trả lời %4011 2 −=−+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +=∆ M mtg M m T T ϑ 2. Trường hấp dẫn Bài 1 Cho lực xuyên tâm mà cường độ chỉ phụ thuộc độ lớn r của bán kính vectơ rr , ( ) 0rrfF rr = , r rr rr =0 là vectơ đơn vị trên rr . Chứng minh lực xuyên tâm này gắn với thế năng ( )∫−= drrU f , và do đĩ là lực thế. Bài 2 Một vệ tinh quỹ đạo elip mà hai đầu của trục lớn là A và B, cĩ các bán kính vectơ carA −= , carB += . a. Tính vận tốc ở cận điểm theo Av theo GM, a và c. b. Chứng minh ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −= ar GMv 12 cho vận tốc ứng với bán kính vectơ r. Trả lời a. ( )( )caa caGMvA − += O 0l m Trang 61 Bài 3 Sao Hỏa cĩ bán kính trung bình là 3400 km. Sao Hỏa cĩ 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 vịng quanh quỹ đạo là T= 30,3 giờ. Tính khối lượng Sao Hỏa, khối lượng riêng trung bình của Sao Hỏa và gia tốc hấp dẫn trên bề mặt Sao Hỏa. Trả lời ( ) kg GT hRM 232 32 10.68,94 += π , 33 /96,59884 3 mkg R M == πρ , 2 2 /69,5 smR MGg == Bài 4 Hai khối lượng M và 3M đặt cách nhau một đoạn là h. Phải đăt một khối lượng m vào nơi nào để cho tổng lực hấp dẫn của M và 3M đặt lên vật m bị triệt tiêu. Trả lời hr 2 13 1 −= , hr 2 33 2 −= Bài 5 Ở độ cao nào trên cực bắc của Trái Ðất, gia tốc trọng trường giảm 1/100 và giảm 1/2 lần. Trả lời 91 Rh = , ( )Rh 122 −= Bài 6 a. Một trạm vũ trụ bay quanh Trái Đất với quỹ đạo trịn cĩ bán kính 02RR = , kmR 64000 = là bán kính Trái Đất. Động cơ khơng hoạt động. Tính vận tốc v và chu kì T của trạm biết vận tốc vũ trụ thứ nhất ở sát mặt đất là skmv /9,70 = . b. Động cơ hoạt động trong thời gian ngắn làm cho vận tốc cĩ giá trị v1. Trạm chuyển sang quỹ đạo elip và cĩ khoảng cách tới tâm Trái Đất bé nhất bằng R1 = R, lớn nhất bằng R2. Tính v1 để R2 = 2R1. Tính chu kì chuyển động của elip. Trả lời a. skmvv o /58,52 2 == , phút v RT o 2404 == π b. skm R GMvv /44,6 3 0 0 1 == , .44183,1 phútTTe == Bài 7 Tính khoảng cách đối với mặt đất của các vệ tinh địa tĩnh. Biết bán kính Trái Đất là kmR 6370= , khối lượng Trái Đất kgM 2410.974,5= , hằng số hấp dẫn 2 2 1167,6 kg NmG −= , chu kỳ quay của Trái Đất quanh trục là 24 giờ. Trả lời kmRGMTh 36000 4 3 2 2 ≈−= π s. Trang 62 Bài 8 Hai vệ tinh nhân tạo của Trái Đất mỗi cái cĩ khối lượng kgm 6,14= được phĩng lên các quỹ đạo trịn quanh tâm Trái Đất. A cĩ độ cao RhA = và B là RhB 3+ với R là bán kính Trái Đất: kmR 6370= . Hãy tính: a. Tỷ số giữa thế năng hấp dẫn của vệ tinh B và vệ tinh A trên quỹ đạo? b. Tỷ số động năng của vệ tinh A so với vệ tinh B? c. Vệ tinh nào cĩ cơ năng tồn phần lớn hơn? Trả lời a. 5,0= A B U U b. 5,0= đB đA W W c. BA WW > Bài 9 a. Tính tốc độ thốt li khỏi sức hút của Mặt Trời của một vật đang đứng yên trên bề mặt Mặt Trời? b. Ở cách tâm Mặt Trời một khoảng mR 1110.5,1= (R bằng bán kính quỹ đạo Trái Đất)? c. Nếu vật đĩ đang ở trên Trái Đất thì phải cho nĩ thêm tốc độ bằng ban nhiêu để nĩ thốt li như trong câu b)? Trả lời r gMv 2= a. skmv /6,617= b. skmv /07,42= c. skmv /184,12=∆ Bài 10 Để tấn cơng một vệ tinh do thám đang bay trên quỹ đạo trịn quanh Trái Đất cĩ độ cao kmh 500= , người ta phĩng một chùm đạn nhỏ lên cùng quỹ đạo của vệ tinh nhưng bay theo hướng ngược lại, mỗi viên đạn cĩ khối lượng gm 0,4= . a. Tính động năng của mỗi viên đạn theo hệ quy chiếu của vệ tinh? b. Tính tỉ số giữa động năng đĩ với động năng của một viên đạn gm 0,4= bắn từ một khẩu súng quân dụng với vận tốc đầu nịng là smv /9501 = ? Trả lời a. J hR GMmWđ 510.645,42 =+= b. ( ) 257 4 2 11 =+= vhR GM W W đ đ lần Trang 63 Bài 11 Một vệ tinh của Trái Đất cĩ quỹ đạo elip với bán trục lớn a. Độ cao cận điểm A là h. R là bán kính Trái Đất, 0g là gia tốc trọng trường ở mặt đất. Tính: a. Độ cao H của viễn điểm B. b. Chu kỳ T. c. Các vận tốc ở A và B. d. Kiểm lại định luật bảo tồn momen động lượng đối với 2 diểm A và B. Trả lời a. hRa −− 22 b. 2 0 324 Rg aT π= c. ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+= ahRRgvA 122 0 , và ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+= aHRRgvB 122 0 Bài 12 Một hành tinh chuyển động theo một đường trịn xung quanh Mặt Trời với vận tốc skmv /9,34= (đối với hệ quy chiếu nhật tâm). Tìm chu kỳ quay của hành tinh này. Trả lời h v GMT 79,54492 3 ≈= π Bài 13 Chu kỳ quay của sao Mộc quanh Mặt Trời lớn hơn 12 lần chu kỳ tương ứng của Trái Đất. Giả sử rằng quỹ đạo của hành tinh là trịn, tìm: a. Khoảng cách từ sao Mộc đến Mặt Trời lớn hơn khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời bao nhiêu lần. b. Vận tốc và gia tốc của sao Mộc trong hệ quy chiếu nhật tâm. Trả lời a. 5,24 lần b. skmv /13≈ , 24 /10.15,2 sma −= Bài 14 Một hành tinh chuyển động xung quanh Mặt Trời theo một elip sao cho kh