Giải bài tập Vật lí - Cơ nhiệt

g kéo của động cơ trên quCng đ−ờng dài 3km: ( ) ( ) ( )J100673000080040892000SkmgSFA 6k .,.,,.,..sin.. =+=+== α . Công suất của động cơ: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên kW429W10942 604 10067 t AP 4 6 ,., . ., ==== 4-5. Một đoàn tàu khối l−ợng 50 tấn chuyển động trên đ−ờng ray nằm ngang với vận tốc không đổi bằng 36km/h. Công suất của đầu máy là 220,8kW. Tìm hệ số ma sát giữa tàu và đ−ờng ray. Bài giải: Khi chuyển động đều trên đ−ờng ray nằm ngang, lực kéo của đầu tầu phải cân bằng với lực ma sát: mgkfF msk .== . Công suất của đầu máy có thể xác định theo công thức: vmgkvF t SF t AP kk ... . ==== ⇒ 0450 10891050 108220 mgv Pk 3 3 , .,.. ., === 4-6. Ng−ời ta th−ờng xác định công suất của động cơ bằng một thiết bị nh− hình vẽ 4-4. Thiết bị gồm hai hàm kẹp, kẹp chặt vào trục động cơ. Một hàm hẹp đ−ợc gắn với tay đòn, cuối tay đòn có treo trọng vật Q. Trọng vật đ−ợc chọn sao cho nó cân bằng với lực ma sát và giữa tay đòn nằm ngang. Xác định công suất của động cơ nếu số vòng quay của trục là n = 60 vòng/phút, chiều dài cánh tay đòn kể từ tâm của trục l = 1m, trọng l−ợng của vật bằng Q = 490N. Trọng l−ợng của cánh tay đòn không đáng kể. Bài giải: Gọi fms là mực ma sát giữa các hàm kẹp và trục của động cơ. Ta có điều kiện cân bằng: lQrfms .. = . ⇒ fms = r Ql Công suất của động cơ ( )[ ] Qnl2rn2 r lQ . v fP ms pipi === ... . , n = 1 là số vòng quay trong 1 giây. ⇒ W10083114902P 3.,.... == pi 4-7. Một động cơ truyền công suất P = 15kW cho một puli nhờ dây cuaroa AB (hình 4-5). Bán kính puli r = 25cm, vận tốc quay của puli n = 120 vòng/phút. Lực căng của nhánh trên A của dây cuaroa lớn gấp đôi lực căng của nhánh d−ới B. Tìm lực căng đó biết rằng hai nhánh dây cuaroa song song với nhau. Bài giải: Công suất truyền cho puli: P = F.v = [(TA - TB).r] .2pi.n. l Q Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Từ điều kiện TA = 2TB suy ra TA = 2.TB = nr P ..pi . Thay số: ( )N9556 2250 1015T2T 3 BA === .,. . pi 4-8. Một chiếc xe khối l−ợng 20000kg chuyển động chậm dần đều d−ới tác dụng của lực ma sát bằng 6000N. Sau một thời gian xe dừng lại. Vận tốc ban đầu của xe là 54km/h. Tính: a) Công của lực ma sát; b) QuCng đ−ờng mà xe đC đi đ−ợc kể từ lúc có lực ma sát tác dụng cho tới khi xe dừng hẳn. Bài giải: Dựa theo định lý động năng, công cản của lực ma sát làm giảm động năng của xe từ giá trị ban đầu về 0, do đó, công này có độ lớn chính bằng động năng ban đầu của xe: J102521520000 2 1 vm 2 1EA 622Kms .,...|| ===∆= . QuCng đ−ờng mà xe di đ−ợc kể từ lúc hCm xe đến khi xe dừng hẳn: ( )m375 6000 10252 f AS 6 ms ms === ., 4-9. Tính công cần thiết để cho một đoàn tàu khối l−ợng m = 8.105kg: a) Tăng tốc từ v1 = 36km/h đến v2 = 54km/hệ thống b) Dừng lại nếu vận tốc ban đầu là 72km/h. Bài giải: Ta sẽ áp dụng định lý động năng: độ biến thiên động năng của một vật bằng công do ngoại lực tác dụng vào vật do đó: a) Công làm xe tăng vận tốc từ v1 = 36km/h = 10m/s đến v2 = 54km/h = 15m/s: J10510108 2 115108 2 1 vm 2 1 vm 2 1EA 7252521 2 2K ......... =−=−=∆= b) Công làm xe giảm vận tốc từ v0 = 72km/h = 20m/s đến v = 0m/s: J106120108 2 10vm 2 1 vm 2 1EA 82520 2 K .,..... −=−=−=∆= Công này là công cản (công âm). 4-10. Một khẩu pháo khối l−ợng M = 450kg nhả đạn theo ph−ơng nằm ngang. Đạn pháo có khối l−ợng m = 5kg, vận tốc đầu nòng v = 450m/s. Khi bắn, bệ pháo giật về phía sau một đoạn s = 45cm. Tìm lực hCm trung bình tác dụng lên pháo. Bài giải: Gọi V là vận tốc giật lùi của khẩu pháo. Dựa vào định luật bảo toàn động l−ợng áp dụng cho ph−ơng ngang ta có: 0vmVM =+
.. ⇒ v M mV

.−= TA TB Puli Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Lực hCm khẩu pháo sinh công làm giảm động năng của khẩu pháo: ⇒ 2VM 2 1SF .. =h.m Từ đó: ( )N12500 4504502 4505 Ms2 vm S2 VMF 22 222 == == .,. . .. . . . h.m 4-11. Một viên đạn khối l−ợng m = 10kg đang bay với vận tốc v=100m/s thì gặp một bản gỗ dày và cắm sâu vào bản gỗ một đoạn s = 4cm. Tìm: a) Lực cản trung bình của bản gỗ lên viên đạn; b) Vận tốc viên đạn sau khi ra khỏi bản gỗ chỉ dày d = 2cm. Bài giải: a) Ta vẫn sử dụng định lý về động năng để có đ−ợc ph−ơng trình: ( )N1250 0402 10010 s2 mvF 2 mv 2 0m sF 22 0 c 2 0 2 c −=−=−=→−= −− ,. . . . b) Viên đạn có khả năng xuyên sâu vào bản gỗ 4cm mới dừng lại. Nếu bản gỗ chỉ dày 2cm thì sau khi xuyên qua bản gỗ, viên đạn vẫn còn tiếp tục chuyển động với vận tốc v’ < v. Theo định lý về động năng: A’ = dF 2 mv 2 mv c 2 0 2 − =− ' , suy ra: v’ = ( ) 22 0 c 100 10 02012502 v m dF2 + − =+ ,. ≈ 71m/s. 4-12. Một xe chuyên động từ đỉnh một dốc phẳng DC có độ cao h (hình 4-6) và dừng hẳn lại sau khi đC đi đ−ợc đoạn nằm ngang CB. Cho AB = s; AC = 1; hệ số ma sát giữa xe và mặt đ−ờng trên các đoạn DC và CB bằng nhau. Tính hệ số ma sát và gia tốc của xe trên các đoạn đ−ờng DC và BC. Bài giải: - Tại đỉnh mặt phẳng nghiêng xe có thế năng Wt = mgh. Chính thế năng này đC dùng để thắng công A1 và A2 của lực ma sát trên các đoạn đ−ờng DC và CB. Do đó Wt = A1 + A2, trong đó công của lực ma sát trên các đoạn DC và CB là: A1 = k.(mg.cosα) . DC = kmg.l ; A2 = kmg (s - l). m M V v α h s l A B C D Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Từ đó ta suy ra: ( ) kmgslskmgkmglmgh =−+= ⇒ k = s h . - Phân tích lực và áp dụng định luật Niutơn thứ hai, ta đ−ợc các ph−ơng trình: mgsinα - (fms)DC = m.aDC , (1) - kmg = m.aCB (2) Từ (1) suy ra: mgsinα - k.(mg.cosα) = m.aDC ( ) 0 >      − + =       + − + =−=⇒ s l1 hl gh hl l s h hl hgkga 22 2222CD ..cossin αα Còn từ (2) ⇒ 0g s hkga CB <−=−= . Đáp số: g s hkga s l1 lh gh a s hk CB22DC .;; −=−=     − + == . 4-13. Một vật khối l−ợng m tr−ợt không ma sát từ đỉnh một mặt cầu xuống d−ới (hình 4-7). Hỏi từ khoảng cách ∆h nào (tính từ đỉnh mặt cầu) vật bắt đầu rơi khỏi mặt cầu. Cho bán kính mặt cầu R = 90cm. Bài giải: Trong quá trình vật tr−ợt trên mặt cầu, vật chịu tác dụng của hai lực: trọng lực P của vật và phản lực Rn của mặt cầu. Tổng hợp hai lực này tạo ra hai thành phần: thành phần pháp tuyến đóng vai trò lực h−ớng tâm trong chuyển động tròn của vật, thành phần tiếp tiếp gây ra chuyển động tr−ợt nhanh dần cho vật. Xét thành phần pháp tuyến: R vm mg R vmPR R vm amRP 22 nn 2 htnn . cos .. . −=−=⇒==− α Mặt khác, theo định luật bảo toàn cơ năng: độ giảm thế năng của vật bằng độ tăng động năng của vật. mg∆h = 2 1 mv2.       ∆ −= ∆ − ∆− = ∆ −=⇒ R h31mg R hmg2 R hR mg R hmg2 mgR n αcos Vật chỉ có thể đ−ợc gọi là bám trên mặt cầu nếu nó còn áp lên mặt cầu một lực (bằng phản lực Rn của mặt cầu), tức là Rn ≥ 0. Sự rời khỏi mặt cầu bắt đầu xảy ra khi Rn = 0. Hay: 0 R h31mgR n =      ∆ −= ⇒ .cm30 3 Rh ==∆ R m ∆h Rn P Hình 4-? Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 4-14. Một vật khối l−ợng m = 1kg tr−ợt trên một mặt phẳng nghiêng hợp với mặt nằm ngang một góc α sao cho sinα = 0,1. Sau khi tr−ợt hết mặt phẳng nghiêng, vật còn tiếp tục chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang một đoạn l = 10m mới dừng lại. Hệ số ma sát trong suốt quá trình chuyển động k = 0,05. Tìm vận tốc của vật ở cuối mặt phẳng nghiêng. Lấy gia tốc trọng tr−ờng g = 10m/s2. Bài giải: Do tác dụng của lực ma sát fms = -kmg, vật tr−ợt trên đoạn mặt phẳng ngang BC với gia tốc a = -k.g. Gọi v là vận tốc của vật ở cuối mặt phẳng nghiêng, theo định lý động năng ta có: ( )sm16310100502kgl2v mv 2 1lkmgmv 2 10lf 22ms /,..,. .. ≈==→ =⇒−= 4-15. Từ một đỉnh tháp cao h = 20m, ng−ời ta ném một hòn đá khối l−ợng 50g theo ph−ơng nghiêng với mặt phẳng nằm ngang, với vận tốc ban đầu v0 = 18m/s. Khi rơi tới mặt đất hòn đá có vận tốc v = 24m/s. Tính công của lực cản của không khí lên hòn đá. Bài giải: Chọn mốc tính thế năng nằm tại mặt đất. Thời điểm đầu tiên hòn đá có cơ năng: mghmv 2 1W 20t += Thời điểm hòn đá chạm mặt đất nó có cơ năng: 2 t mv2 1W =' Rõ ràng cơ năng lúc sau của hòn đá bằng cơ năng ban đầu của hòn đá cộng thêm công sinh ra của ngoại lực, do đó: WWAAWW CC −=⇒+= '' ( ) ( )J5320890501824 2 050 mghvv 2 mA 22 2 0 2 C ,.,., , )( −=−−= −−=⇒ 4-16. Một vật khối l−ợng m = 10kg tr−ợt từ đỉnh một mặt phẳng nghiêng cao 20m xuống. Khi tới chân dốc vật có vận tốc 15m/s. Tính công của ma sát. Bài giải: Công sinh ra bởi lực ma sát bằng độ biến thiên cơ năng của vật: ( )J8352089101510 2 1 mghmv 2 1WWA 22C −=−=−=−= .,...tr−ớcsau 4-17. ở đầu một sợi dây OA, dài l = 30cm có treo một vật nặng (hình 4-8). Hỏi tại điểm thấp nhất A phải truyền cho vật một vận tốc bé nhất bằng bao nhiêu để vật có thể quay tròn trong mặt phẳng thẳng đứng. Bài giải: α h s l H C B A L Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Tại A vật đ−ợc truyền một động năng 2Amv2 1 . Sau đó vật bắt đầu chuyển động tròn lên phía trên. Thế năng của vật tăng dần, động năng (do đó vận tốc) của vật giảm dần (hình 4-8). Muốn vật chuyển động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng, vận tốc vB của vật tại điểm cao nhất B phải đủ lớn để làm cho sợi dây luôn bị căng (T ≥ 0). Vì tại B vật chịu tác dụng của trọng lực →→ = mgP và lực căng → T (đều h−ớng theo ph−ơng thẳng đứng) tạo ra lực h−ớng tâm trong chuyển động tròn của vật, nên: Tmg l mvF 2 B ht +== . Vậy vận tốc nhỏ nhất tại B để vật có thể quay tròn: vBmin = gl . (1) Mặt khác, theo định luật bảo toàn cơ năng: (∆Wđ)AB = - (∆Wt)AB , suy ra: gl4vv 2B 2 A += . Vậy vận tốc nhỏ nhất cần truyền cho vật tại A để nó quay tròn trong mặt phẳng thẳng đứng: sm83gl5vgl4vv A2B2A /,,)()( minminmin ==⇒+= 4-18. Một con lắc đơn trọng l−ợng P đ−ợc kéo ra khỏi ph−ơng thẳng đứng một góc α = 900, sau đó con lắc đ−ợc thả rơi. Chứng minh rằng sức căng của dây treo bằng 3P khi con lắc đi qua vị trí cân bằng. Bài giải: Khi qua vị trí cân bằng, hợp lực giữa sức căng của dây và trọng lực của con lắc tạo ra lực h−ớng tâm của chuyển động này. T P v O Av
Bv
A B l T P Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên l mv amPT 2 ht ==− . ⇒ mgl mvT 2 += áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có: mglmv 2 1 2 = Từ đó suy ra sức căng T: P3mg3mg l mgl2T ==+= 4-19. Một quả cầu khối l−ợng m = 0,1kg đ−ợc gắn ở đầu một thanh nhẹ dài l = 1,27m khối l−ợng không đáng kể. Hệ quay trong mặt phẳng thẳng đứng xung quanh đầu kia của thanh. Tại điểm cao nhất quả cầu có vận tốc v0 = 4,13m/s. a) Tìm sự phụ thuộc của thế năng và động năng của quả cầu theo góc α hợp bởi thanh và ph−ơng thẳng đứng. Chọn gốc tính thế năng tại vị trí thấp nhất của quả cầu. b) Xác định lực tác dụng T của quả cầu lên thanh theo góc α. Tìm T tại các vị trí thấp nhất và cao nhất của quả cầu. Bài giải: Chọn mốc tính thế năng tại vị trí thấp nhất A của quả cầu. Khi quả cầu ở điểm C, thanh hợp với ph−ơng thẳng đứng một góc α thì: a) thế năng và động năng của quả cầu là: Wt = mghC = mgl . (1 - cosα) ; Wđ = 2mv 2 1 Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: Wt + Wđ = (Wt)0 + (Wđ)0. Hay: ( ) ( ) 202 mv2 1l2mgmv 2 11mgl +=+− ..cosα ⇒ ( ) 20v1gl2v ++= αcos. ; Wđ = 2mv2 1 = )cos( α++ 1mglmv 2 1 2 0 b) lực h−ớng tâm của vật đ−ợc quyết định bởi trọng lực P và lực T của thanh: ααα α cos)cos(cos cos mg1mg2 l mv mg l mvT mgT l mvF 2 0 2 2 ht +++=+=→ −== O v
A B hC P T α C Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên ⇒ T =       +α+ g2cosg3 l v m 2 0 Tại điểm thấp nhất, α = 0 ⇒ ( )N246895 271 134 10g5 l v mT 22 0 ,,. , , ., =        +=      += Tại điểm cao nhất, α = 1800, ⇒ ( )N363089 271 134 10g l v mT 22 0 ,,. , , ., =        −=      −= . Cả hai vị trí, vật đều kéo căng thanh. 4-20. Để đo vận tốc của viên đạn ng−ời ta dùng con lắc thử đạn. Đó là một bì cát treo ở đầu một sợi dây (hình 4-9). Khi viên đạn xuyên vào bì cát, nó bị mắc tại đó và bì cát đ−ợc nâng lên một độ cao h nào đó. Tìm vận tốc của đạn lúc đó sắp xuyên vào bì cát. Biết khối l−ợng của viên đạn là m, khối l−ợng của bì cát là M. Bài giải: Đây là bài toán va chạm mềm. Muốn giải nó, ta áp dụng định luật bảo toàn động l−ợng và định luật bảo toàn cơ năng. Gọi v và V lần l−ợt là vận tốc của đạn tr−ớc khi xuyên vào bì cát và vận tốc của bì cát sau khi có đạn xuyên vào. Định luật bảo toàn động l−ợng cho: mv = (M + m) V. (1) Định luật bảo toàn cơ năng cho: (m + M) 2 V 2 = (m + M) gh. ⇒ gh2V = (2) Từ (1) và (2) ta suy ra: v = gh2 m MmV m Mm .. + = + . Đo m, M, h sẽ tính đ−ợc vận tốc v của viên đạn. 4-21. Một ống thuỷ tinh khối l−ợng M trong có đựng vài giọt ête đ−ợc đậy bằng một cái nút khối l−ợng m. ống thuỷ tinh đ−ợc gắn ở đầu một thanh cứng dài l trọng l−ợng không đáng kể (hình 4-10). Khi hơ nóng ống thuỷ tinh, ête bốc hơi, nút bị bật ra d−ới áp suất của hơi ête. Hỏi vận tốc bật bé nhất của nút phải bằng bao nhiêu để ống thuỷ tinh có thể quay đ−ợc cả vòng xung quanh điểm treo O. Bài giải: Gọi v, V lần l−ợt là vận tốc của cái nút và vận tốc của ống thuỷ tinh. áp dụng định luật bảo toàn động l−ợng ta có: M.V = m.v Theo kết quả của bài 4-17 thì, để ống thuỷ tinh có thể chuyển động tròn quanh điểm treo O thì vận tốc V của nó tại điểm thấp nhất này phải thoả mCn điều kiện: gl5V ≥ h α v m M Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên ⇒ m gl5M m VM v ≥= . 4-22. Một hòn bi khối l−ợng m chuyển động không ma sát trên một đ−ờng rCnh có dạng nh− hình vẽ 4-11. Hòn bi đ−ợc thả không có vận tốc ban đầu từ độ cao h = 2R, kích th−ớc của bi nhỏ không đáng kể. Hỏi: a) ở độ cao nào hòn bi rời khỏi đ−ờng rCnh? b) Độ cao lớn nhất mà hòn bi sẽ đạt đ−ợc sau khi rời khỏi đ−ờng rCnh? Bài giải: a) Xem bài tập 4-13, 4-18: hòn bi rời khỏi đ−ờng rCnh khi lực nén hòn bi lên rCnh bằng không. Từ điều kiện trên suy ra: mg.cosα = R mv20 (1) áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình AB (B là điểm hòn bi rời đ−ờng rCnh) ta có: H1 = R3 5 (hình 4-3’). b) Vận tốc của hòn bi tại B đ−ợc suy ra từ (1): v0 = 3 Rg2 . Sau khi rời đ−ờng rCnh, bi chuyển động theo một parabol đỉnh C. Vận tốc nằm ngang ở C: (vx)c = v0 cosα, vận tốc thẳng đứng (vy)c = v0sinα - gt. áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình AC, ta suy ra: H2 = R27 50 . 4-23. Một quả cầu khối l−ợng 2kg, chuyển động với vận tốc 3m/s, va chạm xuyên tâm với một quả cầu thứ hai khối l−ợng 3kg đang chuyển động cùng chiều với quả cầu thứ nhất với vận tốc 1m/s. Tìm vận tốc của các quả cầu sau va chạm nếu: a) Va chạm là hoàn toàn đàn hồi. b) Va chạm là không đàn hồi (mềm). Bài giải: v m M V l O m1 v1 m2 v2 + A B C H1 H2 Hình 4-22 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên a) Va chạm đàn hồi: Va chạm giữa hai vật tuân theo định luật bảo toàn động l−ợng và bảo toàn động năng. Ta có các ph−ơng trình bảo toàn: 22112211 vmvmvmvm +=+ '' (1) 2 22 2 11 2 22 2 11 vm2 1 vm 2 1 vm 2 1 vm 2 1 +=+ '' (2) Chuyển tất cả các số hạng liên quan đến m1 về một vế, liên quan đến m2 sang vế còn lại trong hai ph−ơng trình trên: ( ) ( )'' 222111 vvmvvm −=− (3) ( ) ( )2222121211 vvmvvm '' −=− (4) Do sau va chạm, các vật thay đổi vận tốc nên có thể lấy (4) chia vế cho vế với (3) ta đ−ợc: 2211 vvvv +=+ '' (5) Nhân hai vế của (5) với m2 rồi cộng vế theo vế với (3) ta đ−ợc: ( ) ( ) 22111112 vm2vvmvvm =−++ '' ( ) 21 12122 1 mm vmmvm2 v + −+ =→ ' (6) Làm t−ơng tự (hoặc tráo đổi vai trò của các chỉ số 1 và 2) ta rút ra: ( ) 21 21211 2 mm vmmvm2 v + −+ =' (7) áp dụng với m1 = 2kg, m2 = 3kg, v1 = 3m/s, v2 = 1m/s vào (6) và (7) ta tính ra đ−ợc: v’1 = 0,6m/s ; v’2 = 2,6m/s . b) Va chạm mềm: Sau va chạm, hai vật sẽ có cùng một vận tốc v: v’1 = v’2 = v. Va chạm này tuân theo định luật bảo toàn động l−ợng: 22112211 vmvmvmvm +=+ '' hay ( ) 221121 vmvmvmm +=+ ⇒ 21 2211 mm vmvm v + + = Thay các giá trị khối l−ợng và vận tốc đC cho ta đ−ợc: v’1 = v’2 = v = 1,8m/s. 4-24. Hai quả cầu đ−ợc treo ở đầu hai sợi dây song song dài bằng nhau. Hai đầu kia của các sợi dây đ−ợc buộc vào một cái giá sao cho các quả cầu tiếp xúc với nhau và tâm của chúng cùng nằm trên một đ−ờng nằm ngang (hình 4-12). Khối l−ợng của quả cầu lần l−ợt bằng 200g và 100g. Quả cầu thứ nhất đ−ợc nâng lên độ cao h = 4,5cm và thả xuống. Hỏi sau va chạm, các quả cầu đ−ợc nâng lên độ cao bao nhiêu nếu: a) Va chạm là hoàn toàn đàn hồi; b) Va chạm là mềm. Bài giải: h m1 m2 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Trong bài này ta sẽ vận dụng cả định luật bảo toàn cơ năng cho một con lắc đơn nh− trong bài 4-18, 4-20 và bài toán về va chạm xuyên tâm nh− trong bài 4-23. Ngay tr−ớc khi quả cầu 1 chạm vào quả cầu 2 nó có vận tốc là: gh2v1 = Sau va chạm, các quả cầu có vận tốc là v1’; v2’ và chúng sẽ lên các độ cao h1 và h2 t−ơng ứng bằng: g2 vh 2 1 1 ' = ; g2 vh 2 2 2 ' = . a) Nếu va chạm giữa hai vật là đàn hồi, áp dụng công thức của bài 4-23 với m1 = 200g = 2m2; v2 = 0 thì: 11 v3 1 v =' ; 12 v3 4 v =' . Từ đó ta đ−ợc: ( )cm5054 9 1h 9 1 g2 v 9 1 g2 vh 2 1 2 1 1 ,,. ' ===== ; ( )cm8h 9 16 g2 v 9 16 g2 vh 2 1 2 2 2 ==== . ' . b) Nếu va chạm giữa hai vật là mềm: v’1 = v’2 = 2v1/3. ⇒ ( )cm2h 9 4 g2 v 9 4 g2 vhh 2 1 2 1 21 ===== .. ' . 4-25. Một vật chuyển động khối l−ợng m1 tới va chạm vào vật thứ hai đang đứng yên, khối l−ợng m2. Coi va chạm là xuyên tâm và hoàn toàn đàn hồi. Hỏi số phần trăm động năng ban đầu của vật thứ nhất đC truyền cho vật thứ hai sau va chạm? áp dụng cho các tr−ờng hợp a) m1 = m2; b) m1 = 9m2. Bài giải: áp dụng các công thức va chạm đàn hồi có đ−ợc trong bài 2-23 với 0v0v 21 =≠ ; ta tính đ−ợc vận tốc của quả cầu thứ 2 sau va chạm: 21 11 2 mm vm2 v + =' Từ đó suy ra tỷ số phần trăm động năng mà vật 1 đC truyền cho vật 2: 2 21 21 2 21 2 1 1 2 2 11 2 22 d d mm mm4 mm m4 m m vm vm W W 1 2 )()( '' + = + ===η . Khi m1 = m2 thì η = 100%. Khi m1 = 9m2 thì η = 36% 4-26. Một đĩa đồng chất nặng 20N, lăn không tr−ợt trên một mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v = 4m/s. Tìm động năng của đĩa. Bài giải: Đĩa đồng chất có mô men quán tính: 2Rm 2 1I .= (với R là bán kính của đĩa). Khi đĩa lăn không tr−ợt trên sàn nằm ngang, ta có điều kiện: ωRv = . Động năng của đĩa bao gồm động năng tịnh tiến và động năng quay: Wđ = 222222222 mv 4 3Rm 4 1 mv 2 1Rm 2 1 2 1 mv 2 1I 2 1 mv 2 1 =+=      +=+ ωωω .... 4-27. Tính công cần thiết để làm cho một vô lăng hình vành tròn đ−ờng kính 1m, khối l−ợng 500kg, đang đứng yên quay tới vận tốc 120 vòng/phút. Bài giải: Mô men quán tính của vô lăng hình vành tròn: 2RmI .= . Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Vận tốc quay của vô lăng là 120vòng/phút = (120.2pi radian) /(60giây) = 4pi (rad/s). Công để làm vô lăng quay chính bằng độ tăng động năng (quay) của vô lăng: A = ∆Wđ = ( ) ( ) kJ10J10000415008 1dm 4 1 2 1I 2 1 22222 ==== piωω ....... 4-28. Một quả cầu đặc đồng chất có khối l−ợng m = 1kg, lăn không tr−ợt với vận tốc v1 = 10m/s đến đập vào thành t−ờng rồi bật ra với vận tốc v2 = 8m/s. Tính nhiệt l−ợng toả ra trong va chạm đó. Bài giải: Sau va chạm động năng của vật giảm. Độ giảm động nặng này toả ra d−ới dạng nhiệt Q = -∆Wđ. Khi tính toán cần chú ý rằng quả cầu vừa có động năng tịnh tiến vừa có động năng quay. Động năng quay của quả cầu đặc, đồng chất, lăn không tr−ợt: Wđq = 222222 vm 5 1Rm 5 1 mR 5 2 2 1I 2 1 ...... ==      = ωωω Do đó: wđ = wđq + wđtt = 2 2 2 mv 10 7 2 mv mv 5 1 =+ . Vậy, nhiệt l−ợng toả ra do va chạm: ( ) ( ) ( )J2251081 10 7 vvm 10 7WQ 222122d ,.. =−−=−−=∆−= 4-29. Một cột đồng chất có chiều cao h = 5m, đang ở vị trí thẳng đứng thì bị đổ xuống. Xác định: a) Vận tốc dài của đỉnh cột khi nó chạm đất; b) Vị trí của điểm M trên cột sao cho khi M chạm đất thì vận tốc của nó đúng bằng vận tốc chạm đất của một vật thả rơi tự do từ vị trí M. Bài giải: a) ở vị trí thẳng đứng, cột có thế năng wt = 2 mgh . Khi đổ tới mặt đất thì thế năng này biến thành động năng quay của cột ở vị trí chạm đất Wđ = 2 1 Iω2, trong đó I là mômen quán tính của cột đối với trục qua gốc của cột: I = 3 mh 2 , ω là vận tốc góc của cột lúc chạm đất. áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: 2 mghI 2 1 2 =ω.. ⇒ mgh 3 mh 22 =ω. ⇒ h g3 =ω Từ đó suy ra vận tốc dài của đỉnh cột lúc chạm đất v = hω = 2125103gh3 ,.. == m/s. b) Gọi x là độ cao của điểm M khi cột ở vị trí thẳng đứng. áp dụng công thức tính vận tốc của vật rơi tự do, ta có vận tốc của điểm M khi chạm đất: Mv = gx2 . Theo điều kiện của đầu bài: xω = gx2 ⇒ gx2 h g3 x =. ⇒ x = h 3 2 = 10/3 =3,33m. 4-30. Từ đỉnh một mặt phẳng nghiên cao h = 0,5m, ng−ời ta cho các vật đồng chất có hình dạng khác nhau lăn không tr−ợt trên mặt phẳng nghiêng đó. Tìm vận tốc dài của các vật ở cuối mặt phẳng nghiêng nếu: a) Vật có dạng một quả cầu đặc; b) Vật là một đĩa tròn; Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên c) Vật là một vành tròn. (Giả sử vận tốc ban đầu của các vật đều bằng không). Bài giải: Giả sử rằng có một vật đặc lăn không tr−ợt, không vận tốc đầu từ đỉnh của mặt phẳng nghiêng có chiều cao h. Mô men quán tính của vật có thể viết bằng: I = k.m.R2, trong đó k là một hằng số phụ thuộc vào cấu tạo của vật. Khi vật lăn không tr−ợt với vận tốc dài v thì vật có động năng quay: Wđq = 2222 kmv 2 1kmR 2 1I 2 1 == ωω. . Động năng toàn phần của vật: Wđ = Wđq + Wđtt = ( ) 222 mv1k2 1 mv 2 1kmv 2 1 +=+ . Theo định luật bảo toàn cơ năng, động năng của vật ở chân mặt phẳng nghiêng bằng độ giảm thế năng mgh của vật: ( ) mghmv1k 2 1 2 =+ 1k gh2 v + =⇒ . áp dụng kết quả tổng quát này với h =0,5m, cho các vật có dạng: a) một quả cầu đặc: k = 2/5. ( )sm652 7 508910 7 gh10 152 gh2 v /,,.,. / === + = b) một đĩa đặc: k = 1/2. ( )sm562 3 50894 3 gh4 121 gh2 v /,,.,. / === + = c) một quả cầu đặc: k = 1. ( )sm2125089gh 11 gh2 v /,,., === + = 4-31. Có hai hình trụ: một bằng nhôm (đặc), một bằng chì (rỗng) cùng đ−ợc thả từ đỉnh một mặt phẳng nghiêng. Chúng có cùng bán kính R = 6cm và cùng khối l−ợng m = 0,5kg. Mặt các hình trụ đ−ợc quét sơn giống nhau. Hỏi: a) Vận tốc tịnh tiến của các hình trụ ở cuối mặt phẳng nghiêng có khác nhau không? b) Mômen quán tính của mỗi hình trụ; c) Sau bao lâu các trụ lăn không tr−ợt tới chân mặt phẳng nghiêng? Cho biết độ cao của đỉnh mặt phẳng nghiêng h = 0,5m, góc nghiêng α = 300, khối l−ợng riêng của nhôm p1 = 2600kg/m 3 và của chì p2 = 11300kg/cm 3. Bài giải: a) Dựa vào kết quả của bài 4-30 ta thấy, các vật càng đặc (hệ số mô men quán tính nhỏ) thì vận tốc dài của chúng tại chân mặt nghiêng càng lớn. Do đó, trong bài toán này, ta có thể kết luận rằng, khối trụ đặc bằng nhôm sẽ lăn nhanh hơn khối trụ bằng chì. b) Nh− ta đC biết, mô men quán tính của các khối trụ nhôm và chì đ−ợc xác định bằng các công thức t−ơng ứng: I1 = 2 RR mI 2 mR 21 2 2 2 + =, , trong đó R1 là bán kính trong của trụ chì. Vì khối l−ợng của các trụ bằng nhau nên: ρ1LpiR2 = ρ2Lpi (R2 - 21R ), trong đó L là chiều dài của các hình trụ, ρ1 và ρ2 là khối l−ợng riêng của nhôm và của chì. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên ⇒ ρ2 21R = (ρ2-ρ1)R2 ⇒ ( ) 2 2 122 1 RR ρ ρρ − = Từ đó tính đ−ợc: = + = 2 RR mI 2 1 2 2 2 2 12 mR 2 2 . ρ ρρ − , ( 2 12 2 2k ρ ρρ − = ). Vận tốc của trụ nhôm khi lăn tới chân dốc (theo bài 4-30): 3 gh4 121 gh2 vAl =+ = / . Vận tốc của trụ chì khi lăn tới chân dốc: Al 12 2 2 12 Pb v3 gh4 4 gh4 1 2 2 gh2 1k gh2 v =< − = + − = + = ρρ ρ ρ ρρ . (vì 21 ρρ < ) c) Dựa vào kết quả về vận tốc của vật lăn không tr−ợt trong bài 4-30: ( ) mghmv1k 2 1 2 =+ Ta đạo hàm theo thời gian hai vế của ph−ơng trình này đ−ợc: ( ) ( ) ( )αsin'.''. vmgvmv1kmghvmv1k =+⇒=+ ⇒ 1k g va + == αsin ' ⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) αα 2g 1kh2 1kg 1kgh2 a v t sin . /sin / + = + + == Trong đó, h = 0,5m, α = 300, - áp dụng cho khối trụ nhôm, k = 1/2: ( ) ( )s780 3089 121502 t 02 ,sin., /.,. = + = - áp dụng cho khối trụ chì, 2 12 2 2k ρ ρρ − = = 113 100 113002 2600113002 = − . . : ( ) ( )s880 3089 1113100502 t 02 ,sin., /.,. = + = 4-32. Một ng−ời ngồi trên ghế Giucôpxki và cầm trong tay hai quả tạ, mỗi quả có khối l−ợng 10kg. Khoảng cách từ mỗi quả tới trục quay là 0,75m. Ghế quay với vận tốc ω1 = 1 vòng/s. Hỏi công do ng−ời thực hiện và vận tốc của ghế nếu ng−ời đó co tay lại để khoảng cách từ mỗi quả tạ đến trục quay chỉ còn là 0,20m, cho biết mômen quán tính của ng−ời và ghế đối với trục quay là I0 = 2,5kg.m 2. Bài giải: Mô men quán tính của hệ ng−ời và các quả tạ lúc ban đầu và lúc sau: ( ) ( )222202 222 101 kgm3032010252dm2II kgm751375010252dm2II ,,..,.. ,,..,.. =+=+= =+=+= Khi hệ quay quanh trục thì có động năng và mômen động l−ợng là: 111 IL ω= Wđ1 = ( ) ( )J275275132 1I 2 1 22 11 == piω .,. . Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Do mômen động l−ợng đ−ợc bảo toàn nên vận tốc góc quay của hệ sau khi ng−ời co tay lại thoả mCn biểu thức: ( )srad3382 33 7513 I IILLI 1 2 1 2111222 /,. , , pipiωωωω ===⇒=== Theo định lý về động năng, động tác co tay của ng−ời đC cần tốn một công bằng: A = ∆Wđ = Wđ2 - Wđ1 = 2 11 2 22 I2 1I 2 1 ωω − ( ) ( ) ( )J87127513 2 133833 2 1 22 =−= pipi .,.,.,. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Ch−ơng 5 tr−ờng hấp dẫn 5-1. Tìm lực hút của Mặt Trời lên một vật có khối l−ợng m = 1g nằm trên mặt Trái Đất, biết rằng khối l−ợng của Mặt Trời M = 1,97.1030kg và khoảng cách trung bình từ mặt đất đến tâm Mặt Trời là r = 149.106km. Bài giải: áp dụng công thức của định luật vạn vật hấp dẫn: ( ) ( )Nr mMGF 629 303 11 2 10.9,510.149 10.97,1.1010.67,6 − − − ≈== 5-2. Khoảng cách giữa Trái Đất và Mặt Trăng là 384000km. Khối l−ợng của Trái Đất là 5,96.1027g và của Mặt Trăng là 7,35.1025g. Xác định vị trí của điểm tại đó lực hút của Mặt Trăng và Trái Đất lên một chất điểm cân bằng nhau. Bài giải: Gọi khoảng cách từ điểm tại đó lực hút của Mặt Trăng và Trái Đất cân bằng nhau đến tâm Trái Đất là x (rõ ràng x < l). Ta có: 22 )( xl mMG x mMGFF MEME − =⇒= ( ) ( ) ( )kmMM l x x M M xl xMxlM EM E M ME 345600 10.96,5/10.35,71 384000 /1 2725 22 ≈ + = + =⇒ =−⇒ =−⇒ 5-3. Một quả cầu khối l−ợng m1 đặt cách đầu một thanh đồng chất một đoạn thẳng a trên ph−ơng kéo dài của thanh. Thanh có chiều dài l, khối l−ợng m2. Tìm lực hút của thanh lên quả cầu. Bài giải: Chia thanh thành những đoạn dx rất nhỏ, khi đó lực hút của nó lên khối l−ợng m1 là: ( ) ( )2 21 2 1 ... xall dxmmG xal dmmGdF −+ = −+ −= Lực hút tổng cộng của thanh lên quả cầu là: ( ) )( 11 . 0 1 . 2121 21 0 2 21 ala mGm alal mGm l xall mGm xal dx l mGmdFF l + =      + −=     −+ = −+ −== ∫∫ 5-4. Hai quả cầu có cùng bán kính khối l−ợng riêng lần l−ợt bằng p1 và p2 đ−ợc đặt trong một môi tr−ờng lỏng có khối l−ợng riêng là p0. Hỏi trong điều kiện nào: l a O A x l+a-x Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên a) Hai quả cầu hút nhau; b) Hai quả cầu đẩy nhau. Cho biết kích th−ớc của môi tr−ờng lỏng rất lớn so với kích th−ớc của các quả cầu và p1 > p2. Bài giải: Xét quả cầu thứ nhất: + Lực hấp dẫn giữa hai quả cầu là: 2 213 2 3 122 21 1 3 4 . 3 4 .. r kRR r G r mmGF ρρpiρpiρ === (với 9 16 62GRk pi= ) + Do kích th−ớc của môi tr−ờng lớn hơn của các quả cầu rất nhiều nên khi không có quả cầu thứ hai, lực hấp dẫn của môi tr−ờng lên quả thứ nhất theo các ph−ơng khác nhau tự triệt tiêu lẫn nhau. Nếu ta bớt đi một phần chất lỏng, thì phần còn lại sẽ tác dụng lực hấp dẫn cùng độ lớn nh−ng ng−ợc chiều với lực hấp dẫn do phần mất đi gây ra. ở đây, phần mất đi là phần chất lỏng bị chiếm bởi quả cầu thứ hai. T−ơng tự ở trên ta cũng có: 2 01 2 r kF ρρ= + Nếu chọn chiều của F1 là chiều d−ơng, tổng hợp lực tác dụng lên quả cầu 1 bằng: ( )022121 ρρρ −=−= r kFFF Gia tốc tác dụng lên quả cầu 1 là: ( ) 2 02 3 1 2 021 1 4 3 . r K Rr k m F a ρρ piρ ρρρ − = − == (với 3 4 3GRK pi= ) + T−ơng tự, nếu chọn chiều h−ớng về phía quả cầu 1 làm chiều d−ơng, lực tổng hợp tác dụng lên quả cầu 2 là: ( )0122' ρρρ −= r kF 2 01 ' r Ka ρρ −=⇒ Gia tốc t−ơng đối giữa chúng 2 021 0 2 ' r Kaaa ρρρ −+=+= a) Hai quả cầu chuyển động lại gần nhau: 2 020' 210021 ρρρρρρ +−+⇔>+ aa b) Hai quả cầu chuyển động ra xa nhau: 2 020' 210021 ρρρρρρ +>⇔<−+⇔<+ aa 5-5. Trong một quả cầu bằng chì bán kính R ng−ời ta khoét một lỗ hình cầu. Mặt của lỗ tiếp xúc với mặt của quả cầu chì và đi qua tâm của nó. Khối l−ợng quả cầu chì tr−ớc khi khoét lỗ bằng M. Trên ph−ơng nỗi các tâm của quả cầu và lỗ, ng−ời ta đặt một hòn bi nhỏ khối l−ợng m cách tâm quả cầu một đoạn d (hình 5-2). Tìm lực hấp dẫn mà quả cầu chì (đC khoét lỗ) tác dụng lên hòn bi. Bài giải: Lực hấp dẫn của quả cầu chì đC khoét lỗ đúng bằng hiệu của lực hấp dẫn gây ra bởi quả cầu chì ch−a khoét lỗ và phần chì bị khoét đi. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Lực hấp dẫn của quả cầu chì ch−a khoét lỗ lên hòn bi: 21 d MmGF = Lực hấp dẫn của phần chì bị khoét đi lên hòn bi: ( )2 3 22 3 22 223 4 . 2 8 2 23 4 .. . ' Rd MmGR Rd mG Rd R m G r mMGF − =       − =       −       == piρ piρ Vậy, lực hấp dẫn của quả cầu chì đC khoét lỗ lên hòn bi: ( )2 22 2221 22 287 )2(2 11 Rd RdRdGMm Rdd GMmFFF − +− =      − −=−= 5-6. Tìm vận tốc dài của Trái Đất quay quanh Mặt Trời, biết rằng khối l−ợng của Mặt Trời là M = 2.1030kg và khoảng cách trung bình giữa Trái Đất và Mặt Trời d = 1,5.108km. Bài giải: Lực h−ớng tâm trong chuyển động của Trái Đất quanh Mặt Trời chính là lực hấp dẫn: hthd FF = ( ) ( )skmsm d GM v d vM d MMG S E SE /30/10.3 10.5,1 10.2.10.67,6 4 11 3011 2 2 =≈==⇒ =⇒ − 5-7. Tìm vận tốc dài của một vệ tinh nhân tạo của Trái Đất biết rằng quỹ đạo của vệ tinh là tròn. Vệ tinh ở độ cao trung bình h = 1000km. Coi vệ tinh chỉ chịu ảnh h−ởng lực hút của Trái Đất và ở độ cao trên, lực cản của không khí không đáng kể. Cho bán kính của Trái Đất R = 6370km. Bài giải: Lập luận t−ơng tự nh− bài 5-6 cho chuyển động của vệ tinh nhân tạo quanh Trái Đất, ta có: ( ) ( )skmsm hR GM d MG v EE ./34,7/10.344,7 10.37,610 10.96,5.10.67,6. 3 66 2411 =≈ + = + == − 5-8. Hai hành tinh quay xung quanh Mặt Trời với các quỹ đạo coi gần đúng là những vòng tròn bán kính lần l−ợt bằng R1 = 150.10 6km, (Trái Đất) và R2 = 108.10 6km (Sao kim). Tìm tỷ số vận tốc dài của các hành tinh đó. Bài giải: Sử dụng cách lập luận và tính toán nh− bài 5-6, ta có: 2 2 1 1 ; d GM v d GM v SS == Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 85,0 10.150 10.108 . 6 6 1 22 12 1 ≈===⇒ d d GM d d GM v v S S 5-9. Khối l−ợng Mặt Trăng nhỏ hơn khối l−ợng Trái Đất 81 lần, đ−ờng kính Mặt Trăng bằng 3/11 đ−ờng kính Trái Đất. Hỏi một ng−ời trên mặt đất nặng 600 niutơn lên Mặt Trăng sẽ nặng bao nhiêu. Bài giải: Theo định luật vạn vật hấp dẫn: 2 E E R mMGP = ( ) Pk k R mMG k k Rk mMkG R mMGP E E E E M M 2 2 1 22 2 1 2 2 1 2' ==== ( ) ( )NP 100600.11/3 81/1 ' 2 ≈=⇒ 5-10. Để có thể truyền hình bằng vô tuyến điện (vô tuyến truyền hình) đi khắp mọi nơi trên mặt đất ng−ời ta phóng lên các vệ tinh “cố định” (đứng trên mặt đất thấy vệ sinh không chuyển động đối với mặt đất). Muốn vậy phải cho các vệ tinh này chuyển động trong mặt phẳng xích đạo từ Tây sang Đông với vận tốc góc bằng vận tốc của Trái Đất quay xung quanh trục của nó. HCy tính vận tốc dài và độ cao của vệ tinh đó. Biết chu kì của Trái Đất quay xung quanh trục của nó là T = 23 giờ 56 phút 4 giây. Bán kính xích đạo Trái Đất là R = 6378km. Bài giải: Gọi khoảng cách từ vệ tinh đến tâm Trái Đất là d, vận tốc dài của vệ tinh là: E E GM d v dT d GM v 3 22 pipi ==⇒= ( ) ( ) ( )kmmGMTd E 4212610.126,42 4 10.96,5.10.67,6.86164 4 63 2 24112 3 2 2 =≈==⇒ − pipi Vậy, vận tốc dài và độ cao của vệ tinh là: ( )sm T GM d GM v EE /10.07,3 86164 10.96,5.10.67,6.22 33 2411 3 ≈=== −pipi ( )kmRdh 35748637842126 =−=−= 5-11. Tìm vận tốc vũ trụ cấp II đối với Mặt Trăng (nghĩa là vận tốc của một tên lửa phóng từ bề mặt Mặt Trăng cần phải có để nó có thể thoát khỏi sức hút của Mặt Trăng). Bài giải: Gia tốc trọng tr−ờng trên bề mặt Mặt Trăng: 2 M M M R MGg = Vận tốc vũ trụ cấp hai đ−ợc tính theo công thức: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên ( ) ( )smR GMRgv M M MMM /10.38,210.37,6.11/3 10.35,7.10.67,6.222 36 2211 ≈=== − 5-12. Nhờ một tên lửa, vệ tinh nhân tạo đầu tiên của Trái Đất đ−ợc mang lên độ cao 500km. a) Tìm gia tốc trọng tr−ờng ở độ cao đó; b) Phải phóng vệ tinh tới vận tốc bằng bao nhiêu theo ph−ơng vuông góc với bán kính của Trái Đất để quỹ đạo của nó quanh Trái Đất là một đ−ờng tròn. Khi đó chu kì quay của vệ tinh quanh Trái Đất bằng bao nhiêu? Lấy bán kính của Trái Đất bằng 6500km, gia tốc trọng tr−ờng trên bề mặt của Trái Đất bằng 9,8m/s2. Bỏ qua sức cản của không khí. Bài giải: a) Gia tốc trọng tr−ờng đ−ợc tính theo công thức: ( )22202 2 2 /45,85006500 6500 .8,9. sm hR Rg R MG r R r MGg ≈      + =      + =      == b) Để quỹ đạo vệ tinh là đ−ờng tròn, lực hấp dẫn đúng bằng lực h−ớng tâm: hthd FF = ( ) ( )skmsm hR Rg v hR R R GM hR GM v r v m r mMG EEE /69,7/10.69,7 10.7000 10.6500.8,9 . 3 3 622 0 2 2 2 2 =≈= + =⇒ + = + =⇒=⇒ Chu kỳ quay của vệ tinh là: ( ) ( ) '3515720 10.5,6.8,9 10.7222 122 183 2 0 3 hs Rg hR v rT ≈≈=+== pipipi 5-13. Mọi vật trên mặt đất đều chịu sức hút của Mặt Trời. Về ban đêm (Mặt Trời ở “d−ới chân”) lực đó cộng thêm với lực hút của Trái Đất, ban ngày (Mặt Trời ở trên “đỉnh đầu”) lực đó trừ bớt đi lực hút của Trái Đất. Vì vậy, ban đêm mọi vật đều phải nặng hơn ban ngày, điều đó có đúng không? Tại sao? Bài giải: Không đúng, vì Mặt Trời hút cả Trái Đất lẫn vật trên bề mặt Trái Đất. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Ch−ơng 6 cơ học t−ơng đối tính 6-1. Vật chuyển động phải có vận tốc bao nhiêu để kích th−ớc của nó theo ph−ơng chuyển động giảm đi 2 lần. Bài giải: Để kích th−ớc vật theo ph−ơng chuyển động giảm đi 2 lần, ta cần có: 5,01 2 2 0 ==−= k c v l l ( )222 k1cv −=⇒ ( )sm1062501103k1cv 8282 /.,,.. ≈−=−=⇒ 6-2. Một đĩa tròn bán kính R chuyển động thẳng đều với vận tốc v theo ph−ơng song song với mặt đĩa. Hỏi trong hệ quy chiếu gắn với Trái Đất, đĩa có hình dạng gì? Bài giải: Đĩa tròn khi chuyển động thẳng đều với vận tốc v theo ph−ơng song song với mặt đĩa sẽ bị méo đi thành hình elip. Kích th−ớc theo ph−ơng chuyển động bị co lại trong khi kích th−ớc theo ph−ơng vuông góc đ−ợc giữ nguyên. Gọi ph−ơng trình đ−ờng biên của đĩa trong hệ quy chiếu gắn với nó là: 222 '' Ryx =+ Mặt khác: ';1' 2 2 yy c v xx =−= Vậy, ph−ơng trình đ−ờng biên trong hệ quy chiếu gắn với Trái Đất: 22 2 2 2 1 Ry c v x =+ − Đây là ph−ơng trình của đ−ờng elip. 6-3. Có hai nhóm đồng hồ giống nhau (đồng bộ) chuyển động đối với nhau nh− hình vẽ 6-1. Lấy gốc tính thời gian là lúc đồng hồ A’ đi qua đối diện đồng hồ A. Hỏi đối với ng−ời quan sát đứng yên so với nhóm đồng hồ A các kim đồng hồ chỉ tại thời điểm đó nh− thế nào? Về vị trí các kim, của tất cả các đồng hồ. Bài giải: Vị trí các kim đồng hồ do tính t−ơng đối của sự đồng thời nh− sau: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 6-4. Hạt mêzôn trong các tia vũ trụ chuyển động với vận tốc bằng 0,95 lần vận tốc ánh sáng. Hỏi khoảng thời gian theo đồng hồ ng−ời quan sát đứng trên Trái Đất ứng với khoảng “thời gian sống” một giây của hạt mêzôn. Bài giải: Sử dụng công thức về thời gian: ( )s c v t t 2,3 95,01 1 1 ' 2 2 2 ≈ − = − ∆ =∆ 6-5. Khối l−ợng của hạt α tăng thêm bao nhiêu nếu tăng vận tốc của nó từ 0 đến 0,9 lần vận tốc ánh sáng. Bài giải: Nếu tăng vận tốc, khối l−ợng hạt cũng tăng lên: ( )2 0 /1 cv m m − = ( ) ( )kg cv mmmm 27 2 27 200 10.6,8 1 9,01 1 .10.67,1.41 /1 1 − − ≈         − − =         − − =−=∆⇒ 6-6. Khối l−ợng của êlectron chuyển động bằng hai lần khối l−ợng nghỉ của nó. Tìm động năng của êlectron trên. Bài giải: Động năng của electron bằng hiệu năng l−ợng toàn phần lúc chuyển động và lúc đứng yên: ( ) ( )J cmcmmcmW 141631 2 0 2 00 2 10.2,810.9.10.1,9 2. −− ≈= =−=∆= 6-7. Khi phân chia một hạt nhân uran 92U 235 năng l−ợng giải phóng ra khoảng 200 MeV. Tìm độ thay đổi khối l−ợng khi phân chia 1kmol uran. A A’ Hình 6-1 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Bài giải: Năng l−ợng giải phóng ra tỉ lệ thuận với độ hụt khối: 2mcE ∆= ( )kmolkg2140 109 1002561061200 c NE c E m 16 2613 2 0 2 /, . .,..,.. ≈===∆⇒ − 6-8. Tìm vận tốc của hạt mêzôn nếu năng l−ợng toàn phần của hạt mêzôn đó bằng 10 lần năng l−ợng nghỉ của nó. Bài giải: Năng l−ợng toàn phần của hạt mêzôn bằng k lần năng l−ợng nghỉ: 20 2 2 2 0 1 ckm c v cmW = − =       −=⇒=−⇒ 2 22 22 2 k 11cv k 1 c v1 ( )sm109852 10 11103 k 11cv 82 8 2 /.,. ≈−=−=⇒ 6-9. a) Mỗi phút Mặt Trời bức xạ một năng l−ợng bằng 6,5.1021kWh. Nếu coi bức xạ của Mặt Trời là không đổi thì thời gian để khối l−ợng của nó giảm đi một nửa là bao nhiêu? b) Giải thích tại sao thực tế khối l−ợng Mặt Trời lại không đổi. Bài giải: a) Sự thay đổi khối l−ợng phụ thuộc vào sự thay đổi năng l−ợng: 2mcE ∆=∆ ( )s10793 10631056 1091097150 P mc P E t 18621 16302 ., .,.., ...,., ≈= ∆ = ∆ =⇒ 1110.2,1≈⇒ t (năm) b) Mặt Trời vừa mất năng l−ợng vừa nhận năng l−ợng từ bên ngoài. Nếu phần năng l−ợng nhận vào bằng phần mất đi, năng l−ợng Mặt Trời không đổi, nên khối l−ợng Mặt Trời không đổi. 6-10. Xác định “thời gian sống” τ của hạt mêzôn à có năng l−ợng W = 109eV (trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm); thời gian sống của hạt mêzôn nghỉ là τ0 = 2,2.10 -6s, khối l−ợng của hạt mêzôn à là m = 206,7me (me là khối l−ợng của êlectron). Bài giải: “Thời gian sống” của hạt mêzôn trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm đ−ợc xác định theo công thức: ( )s1012 10910197206 1022106110 mc W mc cm m m c v1 5 1631 6199 2 0 02 2 v0v 2 2 0 − − −− ≈==== − = ., ...,., .,..,.τ τ ττ τ Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Ch−ơng 7 cơ học chất l−u 7-1. Tìm vận tốc chảy của dòng khí CO2 trong ống dẫn biết rằng cứ nửa giờ khối l−ợng khí chảy qua một tiết diện ngang của ống bằng 0,51kg. Khối l−ợng riêng của khí bằng 7,5kg/m3. Đ−ờng kính của ống bằng 2cm. Coi khí là chất lỏng lý t−ởng. Bài giải: Gọi khối l−ợng khí chảy qua tiết diện ngang của ống trong một đơn vị thời gian là à. Ta có: Sv t Sl t V t m ρρρà ==== .. ( )sm120 2 10257 1 1800 510 S v 22 /, . ., . , ≈       ==⇒ − pi ρ à 7-2. ở đáy một hình trụ có một lỗ thủng đ−ờng kính d = 1cm. Đ−ờng kính của bình D = 0,5m. Tìm sự phụ thuộc của vận tốc hạ mực n−ớc ở trong bình vào độ cao h của mực n−ớc. áp dụng bằng số cho tr−ờng hợp h = 0,2m. Bài giải: Gọi S1 và S2 là tiết diện ngang của bình và lỗ thủng; v1 và v2 là vận tốc chảy của n−ớc tại sát mặt n−ớc và chảy quả lỗ thủng. Khi đó, theo ph−ơng trình Becnuli: 22 2 1 2 vghv =+ Mặt khác, do tính liên tục của dòng chảy: 2211 SvSv = gh2vv S S v 21 2 1 2 2 12 2 +=      =⇒ gh2 d D1v 4 4 2 1 =      +⇒ ( ) ( ) )(// Dddogh2D d dD gh2 dD1 gh2 v 2 2 441 〈〈=≈+ =⇒ Khi h = 0,2m, vận tốc hạ mực n−ớc là: ( )sm1092720892 50 010 v 4 2 1 /.,,.,. , , − ≈      = 7-3. Trên bàn có đặt một bình n−ớc, thành bình có một lỗ nhỏ nằm cách đáy bình một đoạn h1 và cách mực n−ớc một đoạn h2. Mực n−ớc trong bình đ−ợc giữ không đổi. Hỏi tia n−ớc rơi xuống mặt bàn cách lỗ một đoạn L bằng bao nhiêu (theo ph−ơng nằm ngang)? Giải bài toán trong hai tr−ờng hợp: a) h1 = 25cm và h2 = 16cm; b) h1 = 16cm và h2 = 25cm. Bài giải: Vận tốc của tia n−ớc khi qua lỗ: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 20 gh2v = Sau khi ra khỏi lỗ, các phần tử n−ớc chuyển động nh− một vật ném ngang với vận tốc ban đầu bằng v0. Thời gian từ khi ra khỏi lỗ cho đến khi chạm đất là: g h t 1 2 = Tầm xa của tia n−ớc là: 21 1 20 hh2g h2gh2tvL === . a) h1 = 25cm, h2 = 16cm: ( )cmL 4016.252 == b) h1 = 16cm, h2 = 25cm: ( )cmL 4025.162 == 7-4. Ng−ời ta đặt một bình n−ớc có thành thẳng đứng trên một mặt bàn nằm ngang. Trên thành bình có dùi hai lỗ nhỏ. Các lỗ cùng nằm trên một đ−ờng thẳng đứng. Giả sử tiết diện của bình rất rộng so với tiết diện của các lỗ sao cho mức n−ớc trong bình coi nh− không đổi. a) Chứng minh rằng vận tốc của các tia n−ớc trên mặt bàn bằng nhau. b) Chứng minh rằng muốn cho hai tia n−ớc rơi xuống cùng một điểm trên mặt bàn thì khoảng cách từ một lỗ đến mức n−ớc trong bình phải bằng khoảng cách từ lỗ kia đến mặt bàn. c) Muốn cho tia n−ớc phụt ra xa nhất thì phải đục lỗ tại vị trí nào? Bài giải: Xét lỗ ở vị trí cách mặt bàn một khoảng h1 và mặt thoáng của n−ớc là h2. Vận tốc của tia n−ớc khi ra khỏi lỗ là: 20 2ghv = a) Sử dụng định luật bảo toàn năng l−ợng cho phần n−ớc sau khi ra khỏi bình: 121 2 0 2 mghmghmghmv 2 1 mv 2 1 +=+= gH2hhg2v 21 =+=⇒ )( Với H là độ cao của mức n−ớc so với mặt bàn. Rõ ràng rằng vận tốc của tia n−ớc tại mặt bàn không phụ thuộc vào vị trí đục lỗ. b) Từ kết quả bài 7-3, ta có: ( )hHh2hh2L 21 −== ( )''' hHh2L −= Để hai tia n−ớc rơi vào cùng một điểm: 'LL = )'(')( hHhhHh −=−⇒ 0hhhhH 22 =−−−⇒ )'()'( 0hhHhh =−−−⇒ )')('( Do ''' hHhhayhhHhh −=+=⇒≠ c) Sử dụng bất đẳng thức Côsi: ( ) HhHh2L ≤−= Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi hHh −= hay 2 Hh = . 7-5. Giữa đáy một gầu n−ớc hình trụ bị thủng một lỗ nhỏ. Mức n−ớc ở trong gầu cách đáy gầu H = 30cm. Hỏi n−ớc chảy qua lỗ với vận tốc bằng bao nhiêu trong các tr−ờng hợp sau: a) Gầu n−ớc đứng yên; b) Gầu đ−ợc nâng lên đều: c) Gầu chuyển động với gia tốc 1,2m/s2 lên trên rồi xuống d−ới. d) Gầu chuyển động theo ph−ơng nằm ngang với gia tốc 1,2m/s2. Bài giải: Vận tốc n−ớc chảy ra khỏi gầu phụ thuộc vào áp suất ép lên đáy gầu. Khi gầu chuyển động với gia tốc h−ớng lên trên hoặc xuống d−ới thì sẽ xuất hiện áp suất phụ ép lên đáy gầu. Ta có: ahghP S maghPv 2 1P 00 2 0 ρρρρ ++=++=+ ( )hag2v +=⇒ (chiều d−ơng của a h−ớng theo ph−ơng trọng lực) * Nếu gầu đứng yên hoặc đ−ợc nâng lên đều: a = 0 ( )sm42230892gh2v /,,.,. ≈==⇒ * Nếu gầu chuyển động với gia tốc a = 1,2 m/s2 h−ớng lên trên : ( ) ( ) ( )sm5723021892hag2v /,,,,. ≈+=+= và khi gia tốc h−ớng xuống d−ới: ( ) ( ) ( )sm2723021892hag2v /,,,,. ≈−=−= * Nếu gầu chuyển động với gia tốc a = 1,2m/s2 theo ph−ơng ngang, áp suất phụ chỉ xuất hiện trên thành gầu nên không có tác dụng làm thay đổi vận tốc n−ớc chảy ra so với khi gầu chuyển động đều. ( )sm422gh2v /,≈= 7-6. Một bình hình trụ cao h, diện tích đáy S chứa đầy n−ớc. ở đáy bình có một lỗ diện tích S1. Hỏi: a) Sau bao lâu n−ớc ở trong bình chảy ra hết? b) Độ cao mực n−ớc phụ thuộc thời gian nh− thế nào khi mở lỗ. Bỏ qua độ nhớt của n−ớc. Bài giải: Sử dụng biểu thức của vận tốc n−ớc hạ mức n−ớc đC tính ở bài 7-2, ta có: ( )21SS1 gh2 v /+ = ( ) ( ) dtSS1 g2 h dh SS1 gh2 dt dh 2 1 2 1 // + −=⇒ + −=⇒ ( ) ( ) ( ) tSS1 g2hh2dtSS1 g2hdh 210 t 0 2 1 h h0 //' ' + −=−⇒ + −=⇒ ∫∫ Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên ( ) 2 2 1 0 tSS1 g2h2 4 1h         + −=⇒ / Thời gian để n−ớc trong bình chảy hết là: ( ) g SSh ]/1[2 210 + =τ * Nếu 1SS 〉〉 thì ta có: g h2 S S 0 1 =τ 2 1 0 t2 g S Shh       −= . 7-7. Trong 1 giây ng−ời ta rót đ−ợc 0,2 lít n−ớc vào bình. Hỏi ở đáy bình phải có một lỗ đ−ờng kính bằng bao nhiêu để mức n−ớc trong bình không đổi và có độ cao bằng 1m (kể từ lỗ). Bài giải: Để mức n−ớc trong bình không đổi, l−ợng n−ớc đổ vào phải bằng l−ợng n−ớc chảy ra: 21 dVdV = dtgh2SvSdtdtk .. ==⇒ ( )253 m10524 1892 1020 gh2 kS − − ≈==⇒ ., .,. ., ( )m1067105244S4d 35 −− ≈==⇒ .,.,. pipi 7-8. Ng−ời ta dịch chuyển một ống cong dọc theo một máng chứa đầy n−ớc với vận tốc v = 8,3m/s (hình 7-2). Hỏi độ cao mức n−ớc dâng lên trong ống. Bài giải: áp dụng định luật Becnuli: ( )002002 hhgPv2 1ghPv 2 1P ++=++=+ ρρρρ ( )m543 892 338 g2 vh 22 , ,. , ≈==⇒ 7-9. Ng−ời ta thổi không khí qua một ống AB (hình 7-3). Cứ mỗi phút có 15 lít không khí chảy qua ống. Diện tích tiết diện của phần to A bằng 2cm2, của phần nhỏ B và của phần ống abc bằng 0,5cm2. Tìm hiệu mức n−ớc ∆h trong ống abc. Biết khối l−ợng riêng của không khí bằng 1,32kg/m3. Bài giải: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Ng−ời ta thổi không khí qua một ống AB (hình 7-3). Cứ mỗi phút có 15 lít không khí chảy qua ống. Diện tích tiết diện của phần to A bằng 2cm2, của phần nhỏ B và của phần ống abc bằng 0,5cm2. Tìm hiệu mức n−ớc ∆h trong ống abc. Biết khối l−ợng riêng của không khí bằng 1,32kg/m3. Gọi ρ1, ρ2 lần l−ợt là khối l−ợng riêng của không khí và n−ớc; S1, S2 là các diện tích thiết diện ống (S1 > S2), V là thể tích khí đ−ợc thổi qua ống trong 1 giây. áp dụng định luật Becnuli: 2211 2 212211 2 11 ''2 1 2 1 ghghvPghghvP ρρρρρρ +++=+++ 0hghg S V S V 2 1 212 2 2 2 1 2 1 =∆+∆−      −⇒ ρρρ ( )      − − =∆⇒ 2 1 2 212 2 1 S 1 S 1 g2 Vh ρρ ρ ( ) ( ) ( )mm570m1075104 1 10250 1 8932110002 0150321 4 44 2 ,., ..,,., ,., =≈      − − = − −− 7-10. Trên bề mặt một phiến đá phẳng và nằm ngang ng−ời ta đặt một bình có khoét hai lỗ nhỏ ở hai phía đối nhau (hình 7-4). Diện tích các lỗ bằng nhau và bằng S = 1000mm2. Một lỗ khoét sát đáy bình, lỗ kia khoét ở độ cao h = 50cm. Bình chứa n−ớc tới độ cao H = 100cm. Tìm gia tốc của bình ngay sau khi mở các lỗ. Bỏ qua ma sát giữa đá và bình. Khối l−ợng của bình nhỏ không đáng kể. Biết diện tích tiết diện ngang của bình S1 = 0,5m 2. Bài giải: Xung lực tác dụng lên bình ngay khi mở các lỗ là: ( ) ghS2gh2gh2S dt SdtvSdtv dt vdmvdm dt dpF 21 2 2 2 12211 ρρ ρρ =−= − = − == .. ( )226 11 sm10961 150 50891010002 HS Sgh2 HS ghS2 M F /., ., ,.,... − − =====⇒ ρ ργ 7-11. Một bình hình trụ thành thẳng đứng quay xung quanh trục của nó (trục z) với vận tốc góc ω. Bình chứa đầy chất lỏng. a) Xác định dạng của mặt chất lỏng trong bình. b) Giả sử áp suất tại tâm đáy bình bằng p0, tìm áp suất chất lỏng lên các điểm khác của đáy bình. Khối l−ợng riêng của chất lỏng là p0. c) Giả sử chất lỏng trong bình là n−ớc. Tìm hiệu áp suất ∆p của n−ớc lên mặt bên của bình tại điểm sát đáy bình khi bình quay với vận tốc góc ω = 12,6rad/s và khi bình đứng yên. Bán kính của bình là R = 0,5m. Bài giải: a) Khi bình quay, mỗi phân tử bề mặt chất lỏng khối l−ợng m cách trục một đoạn r chịu tác dụng tổng hợp của hai lực: + lực quán tính li tâm mrω2. + trọng lực mg. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Mặt chất lỏng bị nghiêng đi và nằm cân bằng khi nó thẳng góc với tổng hợp lực. Độ nghiêng đ−ợc xác định bởi góc α: g r mg rm tg 22 ωω α == Ta lại có: dr g rdz dr dz tg 2ω α =⇒= g r zz 2 22 0 ω +=⇒ Vậy, dạng mặt chất lỏng là một parabôlôit tròn xoay quanh trục z. b) áp suất tại một điểm trên đáy bình ứng với bán kính r là: 22 22 0 22 0 rP g r zggzP ρωωρρ +=      +== c) Chia chất lỏng thành các mặt trụ có độ dày dr rất nhỏ: zdrrdV ..2pi= ∫∫       +==⇒ R dr g r zrdVV 0 22 0 2 .2 ωpi       +=      +=⇒ 2 2 0 24 2 2 0 4 0 4 R g zR R r g rzV ωpipiωpi Khi bình không quay, áp suất tại đáy bình là:       +=== g R zg R VgghP 4 22 021 ωρ pi ρρ Vậy, hiệu áp suất của n−ớc lên mặt bên tại sát đáy bình khi cho bình quay và khi bình đứng yên là: ( )2422 2222 0 22 012 /10 4 5,0.6,12.1000 442 mN R g R zg g R zgPPP ≈= =      +−      +=−=∆ ρωωρωρ 7-12. Một ống dẫn có đoạn cong 900 trong có n−ớc chảy (hình 7-5). Xác định lực tác dụng của thành ống lên n−ớc tại chỗ uốn cong nếu tiết diện của ống là đều và có diện tích bằng S = 4cm2, l−u l−ợng n−ớc chảy qua ống là Q = 24 lít/phút. Bài giải: Ta có: ( )12 vvdt dm dt pdF



−== Do S Q vv == 21 , Qdt dm ρ= và 21 vv

⊥ nên: ( )N S QF 564,0 10.4 60 10.24 .1000 .22 4 23 2 ≈       == − − ρ Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Vectơ lực hợp với ph−ơng ngang một góc 450 và h−ớng về phía lõm của ống con