Những Vấn Đề Chung
I. Lý Do Chọn Đề Tài
Trong quá trình học tập bộ môn vật lý, mục tiêu chính của người học bộ môn
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 đó là việc giải
bài tập vật lý.
Bài tập vật lý có vai trò đặc biệt quan trọng trong quá trình nhận thức và phát
triển năng lực tư duy của người học, giúp cho người học ôn 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 đó đòi hỏi người
học phải nắm vững lý thuyết, biết vận dụng lý thuyết vào từng loại bài tập và phải biết
phân loại từng dạng bài tập cụ thể, có như vậy thì việc áp dụng lý thuyết vào việc giải
bài tập vật lý sẽ được dể dàng hơn.
Đối với môn cơ học là môn học mở đầu của nghành vật ký, nó là tiền đề để học
các môn học khác trong vật lý. Nhưng khi học môn học này tôi thấy tuy nó là môn học
quen thuộc, không quá khó để tiếp cận nó nhưng để học tốt nó cũng không phải dể vì
để vận dụng những lý thuyết chung vào một bài tập cụ thể ta phải biết bài tập đó thuộc
dạng bài tập nào, loại bài tập gì và phải vận dụng những kiến thức lý thuyết nào để
giải được và giải như thế nào để có kết quả tốt nhất.
Với mục đích giúp các bạn sinh viên có thể định hướng tốt hơn về bài tập cơ học
để có thể áp dụng lý thuyết chung vào việc giải từng bài tập cụ thể và thu được kết quả
tôt chúng tôi chọn đề tài: “Phân loại và giải bài tập cơ học đại cương”.
II. Đối Tượng Nghiên Cứu
Nội dung phần cơ học đại cương.
Bài tập cơ học đại cương.
III. Mục Đích Nghiên Cứu
Vận dụng các lý thuyêt để giải bài tập cơ học nhằm nâng cao khả năng nhận thức
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 môn cơ học cũng như có 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 đó.
VI. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp đọc sách và tham khảo tài liệu.
Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia.
Phương pháp toán học.
VII. Phạm Vi Nghiên Cứu
Do thời gian và nhiều nguyên nhân khách quan khác nên chúng tôi chỉ nghiên
cứu các chương: “Các định luật bảo toàn” và “trường hấp dẫn” trong phần cơ học đại
cương.
VIII. Đóng Góp Của Khóa Luận.
Thông qua đề tài này giúp em rèn luyện thêm về kỷ năng giải bài tập và ứng
dụng lý thuyết chung vào những bài tập cụ thể.
Giúp chúng ta có cái nhìn khái quát hơn về bài tập cơ học, từ đó tăng cường
hứng thú học tập cho học sinh, sinh viên về học phần cơ học.
Có thể làm tài liệu tham khảo cho sinh viên, học sinh học học phần cơ học.
IX. Dàn Ý Khóa Luận:
Phần I: Những vấn đề chung.
I. Lý do chọn đề tài.
II. Đối tượng nghiên cứu.
III. Mục đích nghiên cứu.
IV. Nhiệm vụ nghiên cứu.
V. Giả thuyết khoa học.
VI. Phương pháp nghiên cứu.
VII. Phạm vi nghiên cứu
VIII. Đóng góp của khóa luận.
IX. Dàn ý khóa 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 trò 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 toán vật lý
4. Lựa chọn bài tập vật lý
V. Kết luận
Chương II. Cơ sở lý thuyết
I. Các Định Luật Bảo Toaøn.
1. Định luật bảo toàn động lượng.
2. Định luật bảo toàn cơ năng.
3. Định luật bảo toàn momen xung lượng.
II. Trường Hấp Dẫn.
1. Định luật vạn vật hấp dẫn
2. Cường độ trường hấp dẫn. Thế hấp dẫn.
3. Chuyển động trong trường hấp dẫn 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 toàn.
2. Trường hấp dẫn.
III. Bài tập kiến nghị.
1. Các định luật bảo toàn.
2. Trường hấp dẫn.
IV. Kết luận
Phần III: Kết luận.
68 trang |
Chia sẻ: maiphuongtl | Lượt xem: 3793 | Lượt tải: 1
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Khóa luận Phân loại và giải bài tập cơ học đại cương, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
chiều. Cả hai đi với vận
tốc smu /8,0= . Tính quãng đường s mà sà lan đi được đối với bờ sông trong khoảng
thời gian hai người đó đổi chổ?
- Bước 1 Tóm tắt
kgM 600= , ml 12= , smv /1=
kgm 401 = , kgm 602 =
smuuu /8,021 === , ?=s
- Bước 2 Phân tích
Khi người chưa chuyển động, sà lan và người trôi theo dòng nước với vận tốc v
so với bờ.
Khi hai người bắt đầu đổi chổ cho nhau thì sà lan có vận tốc so với bờ là vv ≠′ .
Tương ứng, người thứ nhất và người thứ hai có vận tốc tốc so với bờ là uv +′ và
uv −′ .
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ ta sẽ tìm được v′ .
Theo đề bài, với chiều dài của sà lan và vận tốc mà hai người di chuyển ta tìm
được khoảng thời gian hai người di chuyển.
Từ đó ta tìm được quãng đường sà lan đi được trong khoảng thời gian đó.
- Bước 3 Giải
Các ngoại lực theo phương ngang cân bằng nhau nên có sự bảo toàn động lượng
theo phương ngang.
Chọn hệ trục tọa độ gắn với bờ sông, chiều dương cùng chiều nước chảy (hình
vẽ).
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có:
( ) ( ) ( ) vMuvmuvmvmmM ′+−′++′=++ 2121
⇒ ( )
21
12
mmM
mmuvv ++
−+=′
( ) smv /023,1
4060600
40608,01 =++
−+=′
2m 1m
+
vr
ur ur
Trang 34
s
u
lt 15
8,0
12 ===
⇒ mtvs 345,1515.023,1 ==′=
- Bước 4 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Ta thấy uv ≠′ , tức là khi hai người đổi chổ cho nhau đã gây ra gia tốc cho
thuyền, kết quả là khi hai người di chuyển thuyền đã đi được quãng đường lớn hơn khi
hai người không di chuyển.
Bài 7 Một vật kgm 0,20= đang chuyển động theo chiều dương trục x với vận
tốc smvx /200= thì bị nổ thành 3 mảnh; mảnh 1 có khối lượng kgm 0,101 = chuyển
động với vận tốc smv y /1001 = theo chiều dương trục y; mảnh 2 khối lượng
kgm 0,42 = chuyển động theo chiều âm trục x với smv x /5002 −= .
a. Xác định vận tốc 3vr của mảnh đạn thứ 3?
b. Có bao nhiêu năng lượng đã giải phóng trong vụ nổ? bỏ qua tác dụng của
ngoại lực.
- Bước 1 Tóm tắt
kgm 0,20= , smvx /200=
kgm 0,101 = , smv y /1001 =
kgm 0,42 = , smv x /5002 −=
a. ?3 =vr
b. ?=∆E
- Bước 2 Phân tích
Do trong quá trình nổ các nội lực có giá trị rất lớn hơn so với ngoại lực nên ta có
thể xem đây là hệ kín.
Để tìm vận tốc của mảnh đạn thứ 3, do hệ là kín nên ta áp dụng định luật bảo
toàn động lượng cho hệ, với các khối lượng và vận tốc của viên đạn và các mảnh 1, 2
đều đã biết ta dể dàng tìm được 3vr .
Từ đó ta tìm được năng lượng của hệ trước và sau khi nổ, và tìm được phần năng
lượng giải phóng trong vụ nổ.
- Bước 3 Giải
a. Xác định vận tốc 3vr của mảnh đạn thứ 3.
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có:
321 PPPP
rrrr ++=
Chiếu lên hệ trục tọa độ ta được:
Trang 35
Ox: xxx vmvmmv 3322 +=
( )( ) xv341020500.4200.20 +−+−=
⇒ smv x /10003 =
Oy: yy vmvm 33110 +=
⇒ yy vm
mv 1
3
1
3 −=
smv y /3
500100
6
10
3 −=−=
2
22
3
2
33 3
5001000 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+=+= yx vvv
smv /37
3
500
3 =
6
1
1000.3
.500
3
3
3
3 −=−===
x
y
x
y
v
v
P
P
tgα
⇒ 05,9−=α
b. Năng lượng đã giải phóng trong vụ nổ.
Năng lượng của hệ trước khi nổ:
JmvTE 5
22
10.4
2
200.20
2
====
Năng lượng của hệ sau khi nổ:
222
2
33
2
22
2
11 vmvmvmTE ++=′=′
JE 4
222
10.3,3637
3
500
2
6
2
500.4
2
100.10 =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛++=′
Năng lượng đã giải phóng trong vụ nổ:
JEEE 555 10.3,3210.410.3,36 =−=−′=∆
- Bước 4 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Bài 8 Một khẩu súng liên thanh bắn 100 =n viên đạn trong 1 giây; đạn có khối
lượng gm 2= và vận tốc smv /500= . Đạn bị chặn đứng bởi bức tường cứng.
a. Tính động lượng 1P
r
và động năng 1T của mỗi viên đạn?
b. Tính lực trung bình của chùm đạn vào tường?
y
x
O
2P
r
1P
r
3P
r
P
rα x
P3
r
yP3
r
Trang 36
c. Nếu mỗi viên đạn tiếp xúc với tường trong mst 6,0=∆ thì lực trung bình do
mỗi viên đạn tác dụng vào tường lúc tiếp xúc là bao nhiêu? Tại sao lực này lại khác
với lực trong câu b?
- Bước 1 Tóm tắt
Súng bắn được 100 =n viên đạn trong 1s, gm 2= , smv /500=
a. ?1 =P
r
, ?1 =T
b. ?=′F
c. ?1 =F
- Bước 2 Phân tích
Để tính lực trung bình của mỗi viên đạn ta cần biết độ biến thiên động lượng của
chùm đạn trong một giây, và vận dụng dạng khác của định luật II Newton sẽ tính được
F ′ .
Tương tự như trên, trước tiên ta phải tìm biến thiên động lương của một viên đạn
trong một giây và sau đó tính 1F .
- Bước 3 Giải
a. Động lượng 1P
r
và động năng 1T của mỗi viên đạn.
smkgvmP /.1500.10.2 3111 === −
JvmT 250
2
500.10.2
2
232
11
1 ===
−
b. Lực trung bình của chùm đạn vào tường.
Ta có:
dt
dPF =
Hay
t
PF ∆
∆=
Với F là phản lực của tường và t∆ là khoảng thời gian lực tác dụng trong một
giây, hay st 1=∆ . P∆ là độ biến thiên xung lượng trong một giây, hay
( ) 111 100.10.10 PPPP −=−=∆=∆
Vậy lực tác dụng trung bình của chùm đạn là FF −=′
N
t
P
t
PF 10
1
1.10.10 1 ==∆
−−=∆
∆−=′
c. Lực trung bình do mỗi viên đạn tác dụng vào tường trong trường hợp
mst 6,0=∆ .
Theo một dạng khác của định luật II Newton ta có:
dt
dPF 11 = hay t
PF ∆
∆= 11
Trang 37
NF 331 10.667,110.6,0
1 == −
Lực 1F khác với F ′ là do khoảng thời gian một viên đạn tiếp xúc vào tường ở hai
câu là khác nhau. Trong câu b khoảng thời gian từng viên đạn tiếp xúc vào tường là
0,1s còn trong câu c là 0,6ms.
- Bước 4 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Trên thực tế từng viên đạn có lực tác dụng Fr khác nhau, nhưng do thời gian
tương tác của mỗi viên đạn là rất ngắn nên để tín được lực tác dụng của chúng ta phải
thông qua lực trung bình của chùm đạn và dĩ nhiên sẽ có sự sai lệch so với từng viên
cụ thể.
2. Trường hấp dẫn
2.1 Bài tập định tính
Bài 1 Vệ tinh địa tĩnh là vệ tinh đứng yên ở trên đường thẳng đứng của một
điểm thuộc xích đạo Trái Đất. Tính:
a. Bán kính của quỹ đạo vệ tinh ấy.
b. Vận tốc dài của vệ tinh. Biết khối lượng của Trái Đất kgM 2410.6= ; hằng
số hấp dẫn 2
2
11 .10.67,6
kg
mNG −= .
- Bước 1 Tóm tắt
Cho vệ tinh địa tĩnh ở một điểm thuộc xích đạo, tính:
a. ?=r
b. ?=v
Biết: kgM 2410.6= , 2
2
11 .10.67,6
kg
mNG −= .
- Bước 2 Phân tích
Vì là vệ tinh địa tĩnh nên nó đứng yên so với một điểm trên mặt đất và có vận tốc
gốc trùng với vận tốc gốc của Trái Đất.
Giữa Trái Đất và vệ tinh có lực hất dẫn, do nó đứng yên so với Trái Đất nên tổng
hợp lực lên nó bằng 0, hay lúc này lực hấp dẫn đóng vai trò là lực hướng tâm.
Ngoài ra ta còn tìm được vận tốc của vệ tinh thông qua chu kỳ quay của Trái
Đất.
- Bước 3 Giải
Gọi r là bán kính của quỹ đạo vệ tinh. Lực hướng tâm ở đây là lực hấp dẫn:
r
mv
r
mMG
2
2 = (1)
m: là khối lượng của vệ tinh
Trang 38
v: là vận tốc của nó.
r
T
rv .2. πω == (2)
Đối với vệ tinh địa tĩnh, chu kỳ T phải bằng chu kỳ quay của Trái Đất,
s86400T = .
a. 3 2
2
2
2
2 4
4
π
π GMTr
T
r
r
GM =⇒=
Thay số: km 42000m4,2.10r 7 == .
b. r
T
v .2π=
Thay số vào ta được v = 3.103 m/s = 3km/s.
- Bước 4 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Có thể tính v theo công thức
r
GMv = .
Bài 2 Một hành tinh có bán kính R= 104 km và tự quay một vòng mất 12 giờ.
Trọng lượng của một vật đặt ở xích đạo của hành tinh bằng 0,8 trọng lượng khi đặt ở
cực. Tính gia tốc rơi tự do ở cực của hành tinh ấy.
- Bước 1 Tóm tắt
R= 104 km, T = 12 giờ, P = 0,8.Pc, tính ?=cg
- Bước 2 Phân tích
Hành tinh khi tự quay quanh trục của nó sẽ sinh ra lực quán tính ly tâm, do có
lực này nên ở xích đạo trọng lượng của vật sẽ nhỏ hơn ở hai cực của hành tinh.
Biết chu kỳ và bán kính của hành tinh ta có thể tính được gia tốc rơi tự do ở xích
đạo cũng như ở hai cực của hành tinh ấy.
- Bước 3 Giải
Gọi Pc và gc lần lượt là trọng lượng và gia tốc rơi tự do ở cực: F m.gc Pc == (lực
hút của hành tinh) ở xích đạo, trọng lượng P = F - f, Rmf 2ω= là lực quán tính ly
tâm. P = 0,8.Pc.
Vậy: cgmRmf ..2,02 == ω với .2,0
2Rgc
ω=
Vận tốc góc hành tinh:
3600.12
2πω =
Vậy gc = 1,06m/s2.
- Bước 4 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Trang 39
Bài 3 Bán kính của Hỏa Tinh:
9,1
Rr = , khối lượng của Hỏa Tinh:
9
Mm = , R
và M là bán kính và khối lượng của Trái Đất. Tính gia tốc rơi tự do trên bề mặt Hỏa
Tinh. Biết gia tốc rơi tự do trên Trái Đất là g0. Bỏ qua sự tự quay của hành tinh.
- Bước 1 Tóm tắt
9,1
Rr = ,
9
Mm = , bỏ qua sự tự quay của hành tinh, tính ?=g
- Bước 2 Phân tích
Trên bề măt mọi hành tinh đều tồn tại một gia tốc rơi tự do, gia tốc này phụ
thuộc vào khối lượng và khoảng cách của vật với tâm hành tinh ấy.
Nếu biết khối lượng và khoảng cách tới hành tinh ta tìm được gia tốc rơi tự do
trên hành tinh ấy.
- Bước 3 Giải
Trên Trái Đất: 2R
MGgo =
Trên Hoả Tinh: 2r
mGg =
Vậy: oo ggR
MGg 4,0
9
)9,1(
9
9,1 22
2 ===
Bài 4
a. Ở độ cao H nào so với mặt đất thì gia tốc rơi tự do bằng g0/4, g0 là gia tốc rơi
tự do ở mặt đất.
b. Ở độ sâu l nào so với mặt đất thì gia tốc rơi tự do bằng g0/2, biết rằng lớp hấp
dẫn của lớp đồng chất hình vỏ cầu lên một chất điểm không nằm hẳn trong lớp ấy
bằng không. Coi Trái Đất là hình cấu đồng chất có bán kính R.
- Bước 1 Tóm tắt
a. Tìm H để
4
0gg = .
b. Tìm l để
2
0gg =
- Bước 2 Phân tích
Gia tốc rơi tự do phụ thuộc vào khối lượng của vật và khoảng cách giữa hai vật.
Nếu thay đổi khoảng cách giữa các vật thì gia tốc này cũng thay đổi theo, ứng
với khoảng cách mới ta sẽ tìm được gia tốc rơi tự do ứng với khoảng cách đó.
Trang 40
- Bước 3 Giải
a. Ở mặt đất: 2R
MGgo = , M là khối lượng Trái Đất ở độ cao H, tức là khoảng
cách r = R + H từ tâm Trái Đất, ở độ cao H, gia tốc rơi tự do 2r
MGg = .
Nếu
4
0gg = thì r2 = 4.R2 , r = 2.R và H = R.
b. Chỉ có hình cầu bán kính R’ = R – l có tác dụng hấp dẫn lên vật ở độ sâu l.
Nó có khối lượng 3''
3
4 RM πρ= , ρ là khối lượng riêng của Trái Đất.
Nếu g’ là gia tốc rơi tự do ở độ sâu l thì 2
'
'
R
MGg ′=
Mặt khác 2R
MGgo = , với 33
4 RM πρ=
Nếu
2
0' gg = thì 22'
'
.2 R
M
R
M =
Ta suy ra:
2
' RR = và
2
Rl =
- Bước 4 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Khi xem Trái Đất là khối cầu đồng chất ta được kết quả trên, do đó nó chỉ đúng
với những hành tinh đồng chất, nhưng thực tế các hành tinh có kết cấu không đồng
chất nên kết quả sẽ có sai lệch và việc tính chúng là rất khó khăn.
Bài 5 Mặt trăng quay một vòng Trái Đất mất T = 27 ngày đêm. Tìm bán kính
quỹ đạo r của nó, biết bán kính Trái Đất R = 6,4.106m, và gia tốc rơi tự do trên mặt đất
g = 9,8m/s2.
- Bước 1 Tóm tắt
27=T ngày đêm s610.33,2= .
R = 6,4.106m, g = 9,8m/s2.
Tìm r = ?
- Bước 2 Phân tích
Mặt Trăng quay quanh Trái Đất là nhờ có lực hướng tâm, đó là lực hấp dẫn. ta
có thể xem Mặt Trăng chuyển động quanh Trái Đất với quỹ đạo tròn.
Để tìm bán kính quỹ đạo của Mặt Trăng ta đựa vào biểu thức lực hấp dẫn và biểu
thức gia tốc gốc liên hệ với chu kỳ của Mặt Trăng ta sẽ tìm được bán kính quỹ đạo của
nó.
Trang 41
- Bước 3 Giải
Gọi m và M là khối lượng của Mặt Trăng và Trái Đất, lực hướng tâm tác dụng
lên Mặt Trăng rm 2ω chính là lực hấp dẫn 2r
MmG .
Ta có 2
2
r
MGr =ω hay
2
22
3 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛== ωω
R
R
MGMGr
Nhưng 2R
MGg = và
T
πω 2=
Thay vào ta có:
2
3
2
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛= π
RTgr
Với sT 610.33,23600.24.27 ==
243 10.3,55=r , Rmr 6010.8,3 8 ≈=
- Bước 4 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Chính xác hơn thì quỹ đạo của Mặt Trăng quang Trái Đất là hình elip nên quỹ
đạo tìm được chỉ là bán kính trung bình của quỹ đạo.
Bài 6 Hai ngôi sao A và B có cùng khối lượng m quay xung quang một ngôi
sao O khối lượng M trên cùng một quỹ đạo tròn tâm O bán kính r. A và B luôn xuyên
tâm đối qua O. Tìm biểu thức chu kỳ quay của A và B.
- Bước 1 Phân tích
Vì hai ngôi sao cùng chuyển động trên cùng một quỹ đạo và luôn đối xứng qua
tâm nên nó có cung chu kỳ và cùng khoảng cách với O. Do đó ta chỉ cần tìm biểu thức
chu kỳ của một trong hai ngôi sao sẽ biết được chu kỳ của ngôi sao còn lại.
Do chúng đối xứng với nhau nên mỗi ngôi sao đồng thời chịu tác dụng lực của
hai ngôi sao còn lại
Với hai ngôi sao A và B thì hợp lực này chính là lực hướng tâm, từ đó ta tìm
được chu kỳ của A và B.
- Bước 2 Giải
Xét sao A, nó bị sao O và B hút với tổng hợp lực là:
( )mM
r
Gm
r
mG
r
MmGFFF BOA +=+=+= 444 22
2
2 (1)
AF cũng chính là lực hướng tâm: rmFA 2ω= (2)
A
B
r
r
m
m
O
M
Trang 42
Từ (1) và (2) rút ra:
( ) 2
1
34
4
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ==
r
mMGω và ( )
2
1
4
42 ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+== mMG
rrT πω
π
T là chu kỳ của hành tinh A đồng thời cũng là chu kỳ của hành tinh B.
- Bước 3 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Bài 7 Tốc độ tự quay lớn nhất mà một hành tinh có thể có là tốc độ mà lực hấp
dẫn do hành tinh đó tác dụng vào các vật ở xích đạo, vừa đủ để tạo ra lực hướng tâm
cần thiết cho sự tự quay đó.
a. Chứng minh rằng chu kỳ tự quay ngắn nhất có được cho bởi ρ
π
G
T 3= ,
trong đó ρ là khối lượng riêng của hành tinh (giả sử đồng tính).
b. Hãy tính T với 3/0,3 mg=ρ , giá trị điển hình của nhiều hành tinh, vệ tinh.
- Bước 1 Tóm tắt
a. Chứng minh ρ
π
G
T 3= là chu kỳ tự quay ngắn nhất.
b. Tính T với 3/0,3 mg=ρ .
- Bước 2 Phân tích
Để chứng minh được công thức trên ta cần tìm được mối quan hệ giữa chu kỳ và
lực hướng tâm, trong trường hợp này là lực hấp dẫn.
- Bước 3 Giải
a. Ta có: mg
R
MmGF == 2 ⇒ 2R
MGg = (1)
Với ρπρ 3
3
4 RVM == và
R
vg
2
= là gia tốc hướng tâm và
T
Rv π2=
Vậy (1) thành ρππ 322
2
3
44 R
R
G
T
R = ⇒ ρ
π
G
T 3=
b. Thay số với 333 /10.0,3/0,3 mkgmg ==ρ
sT 97,6862
10.3.10.67,6
3
311 == −π
Bài 8 Một ngôi sao nơtrôn (sao rất đậm đặc) được cho là tự quay với tốc độ gốc
khoảng 1 vòng/s. nếu nó có bán kính kmR 10= thì khối lượng tối thiểu của nó phải là
bao nhiêu để các vật trên bề mặt nó được giữ lại?
Trang 43
- Bước 1 Tóm tắt
svòng /1=ω , kmR 10= .
Để giữ được các vật trên bề mặt thì ?min =M
- Bước 2 Phân tích
Một vật ở xích đạo chịu tác dụng của hai lực đó là lực hấp dẫn và lực li tâm. Để
giữ vật trên bề mặt thì lực hấp dẫn phải thắng được lực li tâm hoặc tối thiểu cũng phải
cân bằng với lực li tâm.
- Bước 3 Giải
Một vật m ở xích đạo của sao chịu tác dụng của lực quán tính li tâm RmFq 2ω=
và lực hấp dẫn 2R
MmGFh = .
Để vật giữ được tại chổ thì qh FF ≥
⇒ R
R
MG 22 ω≥ ⇒ G
RM
32ω≥
⇒ ( ) ( )( )211
24232
min
10.67,6
10.2
−==
πω
G
RM
kgM 23min 10.92,5=
- Bước 4 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Đối với một ngôi sao nơtron, tuy nó quay với vận tốc lớn, nhưng thông thường
khối lượng của nó gấp vài lần khối lượng Mặt Trời nên ở đó sức hút của nó rất lớn,
một vật ở đó khó mà thoát khỏi sức hút của nó.
2.2 Bài tập định lượng
Bài 1 Một vệ tinh của Trái Đất có khối lượng M = 2000 kg đang bay trên quỹ
đạo tròn với vận tốc v = 8 km/s thì phóng ra ngược chiều bay một vật có khối lượng
kg0,05 m = với vận tốc (đối với vệ tinh) u = 1 km/s.
a. Bán kính của quỹ đạo vệ tinh tăng hay giảm bao nhiêu?
b. Tính bán kính mới?
c. Vật phóng ra chuyển động như thế nào?
Coi quỹ đạo mới vẫn là tròn, gia tốc trọng trường biến đổi không đáng kể theo
chiều cao và có giá trị g = 9,8m/s2.
- Bước 1 Tóm tắt
M = 2000kg, v = 8km/s, m = 0,05kg, u = 1km/s
a. ?=∆R
b. ?=′R
Trang 44
c. Vật phóng ra chuyển động thế nào?
- Bước 2 Phân tích
Khi vệ tinh phóng ra một vật ngược với chiều quỹ đạo thì theo định luật bảo toàn
độnglượng, vệ tinh sẽ nhận thêm một vận tốc do vật đó tác dụng lên vệ tinh, do đó bán
kính quỹ đạo vốn có của vệ tinh sẽ tăng và vệ tinh sẽ chuyển động với quỹ đạo mới.
Để tính được độ tăng bán kính quỹ đạo này trước hết ta phải biết được độ tăng
vận tốc của vệ tinh.
Khi biết được độ tăng bán kính ta có thể tìm được bán kính của quỹ đạo mới.
Ta cũng dể dàng tìm được vận tốc của vật bị ném và từ đó ta biết được chuyển
động của vật bị ném ra.
- Bước 3 Giải
a. Nếu v’ là vận tốc của vệ tinh sau khi phóng vật thì vận tốc của vật đối với
mặt đất là v’- u.
Định luật bảo toàn động lượng cho ta phương trình:
muMvuvmvmMMv −=−+−= ''' )()(
vMvvMmu ∆=−= )( ' , smu
M
mv /25,0==∆
Gia tốc trọng trường cũng là gia tốc hướng tâm:
RR
vv
R
vg ∆+
∆+==
22 )(
g
vv
v
vRvvvv
v
RR ∆=∆≈∆+∆=∆ 22)2( 222
Thay số ta được mR 400=∆ là bán kính quỹ đạo tăng
b.
R
vg
2
8,9
′== , với v’ = 8000,25 m./s.
Suy ra kmmR 65316531020' ≈=
Kiểm lại km
g
vR 6,6530
2
== , R’= R + 0,4 km.
c. Vật có vận tốc v’- u = 7 km/s bé hơn vận tôc 7,9 km/s của chuyển động tròn
nên không thành vệ tinh mà rơi xuống đất theo một cung elip.
- Bước 4 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Thực ra quỹ đạo mới là hình elip. Ta coi gần đúng là hình tròn nên kết quả
ngược với điều đã biết là: Nếu vệ tinh chyển động tròn thì bán kính R quỹ đạo càng
lớn, vận tốc vệ tinh v càng giảm:
R
MGv đ= .
Mđ: là khối lượng Trái Đất, G: là hằng số hấp dẫn.
Trang 45
Bài 2
a. Tính tốc độ thoát ly trên một tiểu hành tinh hình cầu, có bán kính
kmR 500= và gia tốc hấp dẫn trên mặt bằng 2/3 smg = ?
b. Nếu một hạt rời mặt tiểu hành tinh với tốc độ xuyên tâm smv /1000= thì
hạt đi xa mặt hành tinh được bao nhiêu?
c. Một vật thả từ độ cao kmh 1000= trên mặt tiểu hành tinh sẽ va vào mặt tiểu
hành tinh với tốc độ bao nhiêu?
- Bước 1 Tóm tắt
a. Tính tốc độ thoát ly v biết kmR 500= , 2/3 smg = .
b. Nếu smv /1000= , ?=h
c. kmh 1000= , ?=v
- Bước 2 Phân tích
Một vật muốn thoát khỏi tiểu hành tinh thì phải cung cấp cho nó một vận tốc ban
đầu sao cho động năng của nó thắng được thế năng hấp dẫn của tiểu hành tinh ấy.
Khi một vật được cung cấp một vận tốc ban đầu thì vật sẽ chuyển động ra xa tiểu
hành tinh, năng lượng của vật càng lớn thì vật đi được quãng đường càng xa. Nếu vận
tốc của vật thắng được thế năng hấp dẫn của hành tinh ấy thì vật sẽ bay vào vũ trụ.
Nếu vận tốc của vật không đủ lớn thì vật sẽ đi được một khoảng rồi rơi lại hành tinh
đó. Tại vị trí vật có vận tốc bằng 0 thì khoảng cách của vật với hành tinh là lớn nhất.
Khi một vật ở độ cao h, dưới tác dụng của lực hấp dẫn vật sẽ rơi về phía hành
tinh ấy, có sự chuyển hóa năng lượng trong quá trình rơi, thế năng chuyển hóa thành
động năng, h càng lớn thì năng lượng của vật càng lớn và vận tốc của vật càng lớn.
- Bước 3 Giải
a. Muốn thoát li khỏi trường hấp dẫn của tiểu hành tinh thì khi rời khỏi mặt đất
vật phải có động năng ban đầu tối thiểu là bằng thế năng hấp dẫn của vật:
mgR
R
MmGmv ==
2
2
⇒ 310.5.3.22 == gRv
smsmv /1732/3103 ==
b. Gọi h và r là khoảng cách từ tâm tiểu hành tinh tới bề mặt và điểm xa nhất
mà hạt có thể tới được. Tại đó v = 0.
Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có:
r
MmG
R
MmGmv −=− 0
2
2
Thay 2gRGM = và Rhr += vào phương trình trên ta được:
Trang 46
Rh
RggRv +−=−
22
2
⇒ ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −=+ gR
v
RhR 2
111
2
⇒ R
gR
v
Rh −
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −
=
2
1
2
⇒ 5
5
6
5
10.5
10.5.3.2
101
10.5 −
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −
=h
kmmh 25010.25 4 ==
c. Theo định luật bảo toàn năng lượng:
hR
MmGmv
R
MmG +−=+− 2
2
⇒ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
+−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
+−= hRRgRhRRGMv
112112 22
⇒ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
+−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
+−= 555
5
10.1010.5
1
10.5
1.3.210.5112
hRR
gRv
smsmv /1414/2103 ==
- Bước 4 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Các vận tốc trong vũ trụ là rất lớn do có khối lượng rất lơn, do đó đối với các sai
số khi tính các vận tốc đó là không đáng kể khi so sánh với chúng.
Bài 3 Một lỗ trống hình cầu được
khoét trong một khối cầu bằng chì bán kính R
sao cho bề mặt của lỗ tiếp xúc với mặt trong
của khối cầu và đi qua tâm O. Khối cầu trước
khi khoét lỗ có khối lượng là M. Hỏi khối cầu
đã bị khoét tác dụng lên hạt khối lượng m đặt
tại A, với OA = d một lực F bằng bao nhiêu?
- Bước 1 Phân tích
Để tính được lực tác dụng của của khối cầu lên hạt m đặt tại A ta tính lực tác
dụng của khối cầu khi chưa bị khoét và lực tác dụng của phần cầu bị khoét rồi tìm hiệu
lực tác dụng của chúng ta tìm được lực tác dụng tại A.
O
1O
R
A
m
M
Trang 47
- Bước 2 Giải
Lực do khối cầu chưa khoét tác dụng lên m lực 20 d
MmGF = . Phần chì bị khoét
có bán kính
21
Rr = nên có khối lượng
82
1 3
1
MMM =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛= . Và
21
RdAO −= .
Riêng phần khoét tác dụng lên m lực:
( ) ( )2211 5,085,0 Rd
MmG
Rd
mMGF −=−=
Vậy ( ) ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−−=−= 2210 5,08
11
Rdd
GMmFFF
- Bước 3 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Bài 4 Hai hạt có khối lượng m và M lúc đầu đứng yên và ở rất xa nhau. Do hút
hấp dẫn giữa chúng, chúng tiến lại gặp nhau. Chứng minh rằng tại bất kỳ thời điểm
nào, tốc độ của một hạt đối với hạt kia cũng là ( )
d
mMG +2 , trong đó d là khoảng
cách giữa hai hạt tại thời điểm đang xét.
- Bước 1 Phân tích
Để chứng minh được điều trên ta phải tìm được mối liên hệ giữa 12v và v.
Để tìm v ta có thể áp dụng định nghĩa khối tâm hoặc định luật bảo toàn cơ năng.
Ta áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, và thay thế v vừa tìm được cũng như mối
liên hệ giữa v và 12v để chứng minh điều cần chứng minh.
- Bước 2 Giải
Đặt G là khối tâm của hệ trùng với gốc O. vì hệ không chịu tác dụng ngoại lực
(lực hấp dẫn F giữa M và m là nội lực), nên trong quá trình M và m tiến lại gần nhau,
G đứng yên (OG = 0).
Theo định nghĩa khối tâm:
( ) 0=+=+ OGmMmxMX
⇒ 0=+
dt
dxm
dt
dXM ⇒ 0=+ mvMV
⇒
m
MVv −=
Hoặc theo định luật bảo toàn động lượng ta cũng có:
vr O
m M
x
G
V
r
Trang 48
0=+ vmVM rr ⇒ 0=+ mvMV
⇒
m
MVv −= (1)
Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:
0
22
22
=−+
d
MmGmvMV (2)
Vì lúc đầu hai hạt ở rất xa nhau ∞=d và đứng yên 0== vV .
Tốc độ của hạt này đối với hạt kia là:
vVv −=12 (3)
Thay (1) vào (2) ta được:
d
MmG
m
VMmMV =+ 2
222
22
⇒
d
MmG
m
MmMV =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
2
2
⇒ ( )dmM
GmV +=
2 (4)
Thay (1) vào (4) ta thu được:
( )dmM
GMv +−=
2 (5)
Thay (4), (5) vào (3) ta thu được:
( )
d
mMGv += 212
- Bước 3 Biện luận
Để chứng minh điều đó ta có thể tìm v bằng một trong hai cách hoặc vận dụng cả
hai cách và so sánh kết quả để bài toán là hoàn chỉnh nhất.
Bài 5 Một thanh mỏng có khối lượng M được
uốn thành nửa đường tròn ABC bán kính R.
a. Xác định lực hấp dẫn do nó tác dụng vào một
hạt khối lượng m đặt tại tâm cong O?
b. Nếu thanh là cả đường tròn thì lực hấp dẫn là
bao nhiêu?
- Bước 1 Phân tích
Vì thanh có dạng là nữa đường tròn nên ta không thể tính trực tiếp lực hấp dẫn
của thanh mà phải chia thanh thành những vi phân khối lượng dM rồi tính lực tác
dụng của thành phần dM , sau đó lấy tổng các lực Fd r để được lực tác dụng của cả
thanh.
- Bước 2 Giải
a. Tính lực hút của một yếu tố chu vi θd đặt tại N lên hạt m:
B
R
O m
C
A
Trang 49
2R
mdMGdF = với π
θdMdM =
⇒ π
θdM
R
GmdF 2=
Và viết dưới dạng ký hiệu vectơ đơn vị:
jdFidFFd
rrr
.sin..cos. θθ +=
Với
∧= xOMθ
∫∫∫ +== ππ θθ
00
.sin.cos jdFidFFdF
rrrr
Các thành trên trục x đối xứng nhau qua O nên 0.cos
0
=∫
π
θ idF r
Hay 02
0
2 cos.sin π
π
θπθπ
θ
R
jGMmjd
R
GMmF
rrr == ∫
2
2
R
jGMmF π
rr =
b. Nếu thanh là cả đường tròn thì các thành phần trên trục y cũng đối xứng nhau
qua O nên 0=Fr .
- Bước 3 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Bài 6 Một vệ tinh nhân tạo của Trái Đất được đặt lên một quỹ đạo tròn với ý
định để nó lơ lững bên trên một điểm A của xích đạo Trái Đất. Tuy nhiên bán kính
quỹ đạo của vệ tinh bị tính sai thành r, lớn hơn kmr 0,2=∆ so với bán kính 0r mà
đúng ra nó phải có. Vậy điểm B ở ngay dưới vệ tinh sẽ chuyển động trên xích đạo Trái
Đất theo hướng nào, và với tốc độ bằng bao nhiêu?
- Bước 1 Tóm tắt
kmr 0,2=∆ , ?=Bvr
- Bước 2 Phân tích
Để tìm được Bvr ta phải tìm được bán kính quỹ đạo của vệ tinh và vận tốc gốc
quay của điểm B.
Để tìm bán kính quỹ đạo của vệ tinh và vận tốc gốc quay của điểm B ta có thể
dựa vào định luật vạn vật hấp dẫn để tìm chúng.
- Bước 3 Giải
Vệ tinh chuyển động tròn, chịu tác dụng của lực hướng tâm:
rmFht
2ω= (1)
Vệ tinh chịu tác dụng lực hấp dẫn của Trái Đất:
BR
O m
C
A
y
ndF
dF
xθd θ N
Trang 50
2r
MmGFhd = (2)
Mà hdht FF = , từ (1) và (2) ta rút ra:
2
2
r
GMr =ω ⇒ GMr =32ω (3)
⇒ ( ) ( ) 032 22332 ==+= GMddrrdrrd ωωωω
⇒ dr
r
d
2
3ωω −= (4)
Với ω là vận tốc góc quay của Trái Đất:
86400
22 ππω ==
T
và r là bán kính quỹ
đạo của vệ tinh địa tĩnh.
Từ (3) ⇒ ( )
3
1
25
24113
1
2 10.72,7
10.98,5.10.67,6
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛= −
−
ω
GMr
kmmr 4225010.225,4 7 ==
Thay vào (4) ta có:
sradd /10.16,5
10.225,4.86400.2
10.2.2.3 9
7
3
−−=−= πω
Vận tốc của điểm B là:
( ) smRdvB /10.29,310.16,5.10.6370 293 −− −=−== ω
Dấu “–” chứng tỏ B chuyển động ngược chiều quay của trái đất, nghĩa là B
chuyển động trên xích đạo từ đông sang tây.
- Bước 4 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Vậy do tính sai bán kính quỹ đạo mà vệ tinh không còn là vệ tinh địa tĩnh nữa
mà sẽ quay với vận tốc gốc sradd /10.16,5 9−−=ω , nó sẽ ảnh hưởng rất lớn đến ứng
dụng của vệ tinh.
Bài 7 Một hang rỗng hình cầu tâm I, bán kính R ở sâu dưới mặt đất một khoảng
OI = d. Đo gia tốc trọng trường tại A cách O một khoảng OA = x thì thấy thành phần
thẳng đứng yg tại A nhỏ hơn giá trị chờ đợi (nếu không có hang rỗng) là:
a. Chứng minh rằng ( )2322
3
3
4
xd
dGRg y
+
=∆ ρπ , với ρ là khối lượng riêng của
đất.
Trang 51
b. yg∆ thường rất nhỏ, cỡ 25 /10 sm− gọi là miligal. Khi đo g trong bán kính
ma 150= xung quanh O người ta thấy yg∆ biên thiên từ 10 miligal tại các biên A, B
tới 14 miligal tại O. Hãy tính độ sâu d của hang. Cho biết 3/8,2 cmg=ρ .
c. Giả sử hang không rỗng mà chứa dầu thô khối lượng riêng 31 /1 cmg=ρ thì
các số chỉ trong câu b bây giờ là bao nhiêu?
- Bước 1 Tóm tăt
OI = d, OA = x
a. Chứng minh ( )2322
3
3
4
xd
dGRg y
+
=∆ ρπ
b. yg∆ ở A, B là 25 /10.10 sm− , ở O là 25 /10.14 sm− , 3/8,2 cmg=ρ . Tìm d.
c. Với 31 /1 cmg=ρ . Tìm d.
- Bước 2 Phân tích
Để chứng minh ( )2322
3
3
4
xd
dGRg y
+
=∆ ρπ ta cần tìm hiệu gia tốc khi hang
không rỗng và gia tốc của lượng đất tương đương với phần rỗng gây ra.
Từ điều vừa chứng minh được và theo điều kiện gia tốc ở biên và ở tâm ta sẽ tìm
được độ sâu d của hang.
Để tìm d trong trường hợp hang chứa dầu thô ta cần xét lại công thức ở câu a. độ
giảm gia tốc lúc này không phải do độ giảm khối lượng riêng của đất mà là hiệu độ
giảm khối lượng riêng của đất với phần khối lượng riêng của dầu có trong hang.
Tương tự câu b, ta sẽ tìm được d.
- Bước 3 Giải
a. quả cầu đất gây tại A một gia tốc:
22
3
2
1
3
4
xd
RG
IA
MGg +==∆ ρπ
Và θsin.gg y ∆=∆ .
O x
I
B
R
A
d
x
O θ A x x
I R
d
yg∆y∆
r
Trang 52
Với ( )2122sin xd
d
IA
OI
+
==θ
Vậy ( )2322
3
3
4
xd
dGRg y
+
=∆ ρπ (1)
Đặt gr là gia tốc tại A nếu dưới đất không có hang rỗng và Agr là gia tốc lúc có
hang rỗng, R là bán kính của hang.
Vậy ggg A ∆+=
rr
⇒ yAyy ggg ∆+= hay yyAy ggg ∆−=
b. Từ (1) cho thấy maxyy gg ∆=∆ khi x = 0 và yg∆ càng nhỏ khi x càng lớn.
Theo đề bài khi x = 0:
53
3 10.14
3
4 −==∆
d
dGRg y ρπ (2)
Và khi mx 150= :
( )
5
2
3
22
3 10.10
1503
4 −=
+
=∆′
d
dGRg y ρπ (3)
Chia (2) cho (3) ta được 4,1150
2
3
2
22
=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +
d
d
⇒ md 299
14,1
150
3
2
=
−
=
Thay vào (2) ta có: m
G
dR 252
10.8,2.10.67,6.4
299.10.14.3
4
.10.14.3
311
2525
=== −
−−
πρπ
c. Nếu hang chứa dầu thô thì độ giảm:
( ) ( )23221
3
3
4
xd
dGRg y
+
−=∆ ρρπ
Khi đó:
8,2
18,210.14 511
−=−∆=∆ −ρ
ρρ
yy gg
smg y /10.9
5
1
−=∆
8,2
18,210.10 511
−=−∆′=∆′ −ρ
ρρ
yy gg
smg y /10.43,6
5
1
−=∆′
Trang 53
- Bước 4 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Với việc tính toán trên người ta còn áp dụng vào việc thăm dò khoáng sản trong
lòng đất.
Bài 8 Một quả cầu rỗng có khối lượng M, bán kính trong b, bán kính ngoài a.
a. Tìm biểu thức của lực hấp dẫn F do khối cầu tác dụng lên một hạt m đặt cách
tâm O của quả cầu một khoảng r, với r diến thiên từ 0 đến ∞ .
b. Tìm biểu thức tương ứng của thế năng hấp dẫn U(r).
- Bước 1 Phân tích
Để tìm biểu thức thế năng hấp dẫn và lực hấp dẫn do M tác dụng lên m ta xét
đến các trường hợp sau:
TH1 khi br ≤≤0 , hay điểm m nằm trong lòng vật M, M không tác dụng lực lên
m và do đó thế năng hấp dẫn là hằng số. Để tính được hằng số này tùy thuộc vào việc
chọn gốc thế năng của ta. Có thể chọn gốc thế năng ở O hay ở ∞ .
TH2 khi arb ≤≤ , chỉ có phần cầu có bán kính từ b cho đến r mới tác dụng lực
hấp dẫn lên m. Tương tự như TH1 ta cũng tìm được thế năng hấp dẫn và lực hấp dẫn
tác dụng lên m.
TH3 khi ar ≥ , cả khối cầu đều tác dụng lực hấp dẫn lên m.
- Bước 2 Giải
a. Biểu thức của lực hấp dẫn
Tính lực F cho 3 trường hợp
TH1 br ≤≤0 thì 0=F
TH2 arb ≤≤ thì 21r
mMGF −= (1)
Vơi 1M là khối lượng của phần quả cầu có bán kính từ b đến r.
A r
a
b
O
c
B m
N
A r
a
b
O
c
B m
N
Trang 54
Ta có
( )
( ) 33
33
33
33
111
3
4
3
4
ba
br
ba
br
V
V
V
V
M
M
−
−=
−
−
===
π
π
ρ
ρ
⇒ M
ba
brM 33
33
1 −
−=
Thay vào (1) ta có:
33
33
2 ba
br
r
mMGF −
−−= (2)
Trong khoảng này F(r) là nghịch biến vì 0<
dr
dF .
TH3 ar ≥ thì 2r
MmGF −= , trong khoảng này F(r) đồng biến .
Đồ thị biểu diễn F theo r.
b. Biểu thức của thế năng hấp dẫn
Ta có
dr
dUF −= . Ta cũng xét trong 3 trường hợp:
TH1 br ≤≤0 thì 0=F nên 0=
dr
dU ⇒ constUU == 0 , nghĩa là thế năng tại
mọi điểm trong hốc rỗng đều như nhau.
Để tính 0U ta tính 0U tại tâm O:
dM
r
mGdUU ∫∫ −== 00 (4)
Với dM là khối lượng của một nguyên tố thể tích của vỏ quả cầu:
dVdM ρ=
Trong tọa độ cầu thì drdrdV Ω= 2 , với Ωd là phần tử gốc khối.
Thay vào (4) ta được:
a
b
24
0
a
b
2
0 2
4 ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛−=−Ω= ∫ ∫ rGmdrrrGmdU πρρ
π
F
A
O
r b a r B
Trang 55
( )220 2 baGmU −−= πρ (5)
Ta lại có: ( )33
3
4 baVM −== πρρ
⇒ ( )334 3 baM−= πρ
Vậy ( )( )220 23 baba baGMmU ++ +−= (6)
TH2 arb ≤≤ . Từ (2) và (3) suy ra:
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −−= 2
3
33 r
br
ba
mMG
dr
dU
⇒ const
r
br
ba
MmGU +⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +−=
32
33 2
(7)
Xét tại điểm B thì 0UU = , và (7) thành:
( )( ) constbbbbaMmGba baGMm +⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +−=−
−−
32
3333
22
22
3
⇒ ( )33
2
2
3
ba
GMmaconst −−=
Vậy (6) thành ( ) ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −+−=
2
32
33 2
3
2
a
r
br
ba
GMmU (8)
TH3 với ar ≥ coi thế năng do quả cầu gây ra giống thế năng của một chất điểm
khối lượng M đặt tại O:
r
MmGU −=
- Bước 3 Biện luận
Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả.
Do thế năng phụ thuộc vào gốc tọa độ nên đối với việc chọn gốc tọa độ ở O thì ta
được các kết quả đó nhưng nếu ta chọn gốc tọa độ ở ∞ thì ta sẽ được các kết quả sai
khác nhau một hằng số.
III. Một số bài tập kiến nghị
1. Các định luật bảo toàn
Bài 1 Một vật được ném theo phương hợp với phương nằm ngang một góc α
với vận tốc ban đầu bằng v0. Tìm chiều cao mà ở đó động năng của vật bằng thế năng
của nó?
Trả lời
g
v
h
4
2
0=
Trang 56
Bài 2 Một lực tác dụng vào một vật có khối lượng 3kg sao cho vị trí của vật là
một hàm của thời gian x = 3t – 4t2 + t3. Trong đó x tính bằng mét và t tính bằng giây.
Hãy tính công do lực này thực hiện từ t1 = 0 đến t2 = 4s.
Trả lời JA 528=
Bài 3 Trái Đất quay quanh Mặt Trời một vòng hết một năm. Phải thực hiện một
công bằng bao nhiêu trên Trái Đất để giữ nó đứng yên so với Măt Trời? Cho biết khối
lượng của Trái Đất m = 5,98.1024kg, khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời là R =
1,5.1011m và coi Trái Đất như một chất điểm.
Trả lời J
T
RmA 332
22
10.67,22 −=−= π
Bài 4 Một ô tô chuyển động với vận tốc m/s10 . Trước một vật cản người lái
phanh gấp sao cho các bánh xe ngừng quay. Xe đi tiếp được một quãng đường bằng
bao nhiêu đến khi ngừng hẳn nếu hệ số ma sát bằng 0,2.
Trả lời m
kg
vs 5,25
2
2
==
Bài 5 Một viên đạn khối lượng m bay ngang xuyên
vào một vật có khối lượng M treo bởi hai sợi dây giống nhau
chiều dài l và dừng lại trong đó. Khi đó hai dây lệch đi một
gốc ϑ (như hình). Giả sử Mm << , tính:
a. Vận tốc của viên đạn trước khi xuyên vào vật?
b. Số phần trăm động năng ban đầu của viên đạn biến
thành nhiệt?
Trả lời
a. ( ) ( )ϑcos12 −+= gl
m
Mmv
b. %100
Mm
M
+=η
Bài 6 Người A chạy có động năng bằng nửa động năng của người B và có khối
lượng gấp đôi khối lượng gấp đôi khối lượng của người B. Nếu A tăng tốc thêm 1m/s
thì động năng của A và B bằng nhau. Hỏi vận tốc ban đầu của A và B?
Trả lời smvA /41,2= , smvB /82,4=
Bài 7 Một quả bóng rơi từ độ cao h = 7,5m xuống một nền phẳng, nhẳn. Cần
cấp cho nó một vận tốc ban đầu bằng bao nhiêu để sau hai lần chạm xuống nền nó đạt
đến độ cao ban đầu? Nếu mỗi lần chạm xuống nền quả bóng mất 40% năng lượng.
Trả lời smghv /166,162
3
4 ==
Bài 8 Trên mặt nước đứng yên có một chiếc thuyền khối lượng m1 và người
khối lượng m2 đứng trên thuyền người bắt đầu chuyển động và dời khoảng l
r
đối với
thuyền rồi dừng lại. Hỏi trong thời gian đó thuyền dời đối với nước một khoảng là
bao nhiêu? Sức cản của nước coi là không đáng kể.
l
M
l
m
Trang 57
Trả lời l
mm
mr
rr
21
2
+−=∆ .
Bài 9 Trên mặt hồ có một cái thuyền chiều dài L, khối lượng M chở một người
có khối lượng m, cả hai ban đầu đứng yên. Nếu người đi từ mũi thuyền đến đuôi
thuyền thì thuyền dịch chuyển bao nhiêu so với nước, theo chiều nào? Bỏ qua sức cản
của nước.
Trả lời L
mM
mx +−=
Bài 10 Một khẩu súng có khối lượng M (không kể đạn) lăn tự do từ trạng thái
nghỉ theo một đường dốc có góc nghiên α với phương nằm ngang. Sau khi đi được
một đoạn đường l khẩu súng bắn ra theo phương ngang một viên đạn khối lượng m.
Tính vận tốc v của viên đạn, biết rằng ngay sau khi bắn khẩu súng dừng lại.
Trả lời: αα sin2cos glm
mMv += .
Bài 11 tính công cần thiết để đưa một vật lên cao theo một mặt phẳng nghiêng
với các dữ kiện như sau: vật có khối lượng kgm 100= . Chiều dài của mặt phẳng
nghiêng ms 2= , góc nghiêng là 030=α , hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng
là 1,0=µ , vận tốc ban đầu của vật bằng 0 và gia tốc trong khi chuyển động là
2/1 sma = .
Tính công suất trung bình và công suất cực đại của công cụ đã dùng để đưa vật
đó lên.
Trả lời:
( ) JggamsA 1350cossin12 ≈++= αµα ,
( ) WasggamPtb 6752cossin ≈++= αµα
( ) WasggamP 13502cossinmax ≈++= αµα
Bài 12 Một xe tải khối lượng kgm 2100= , đang chuyển động về hướng Bắc
với vận tốc hkmv /451 = thì quay sang hướng Đông rồi tăng tốc với hkmv /542 = .
a. Tính độ biến thiên động năng của xe?
b. Tìm độ lớn và hướng của độ biến thiên động lượng của xe?
Trả lời:
a. ( ) JvvmT 32122 10.2,722 =−=∆
b. ( ) 2322212 /.10.41 smkgvvmP =+= , 0
1
2 2,50==
v
varctgϕ
Bài 13 Hai ôtô A và B có khối lượng kgmA 1100= và kgmB 1400= . Xe A đỗ
trước đèn tín hiệu, xe B phanh không kịp đã hút vào sau xe A. hệ số ma sát động của
Trang 58
mỗi xe với mặt đường là 13,0=k . Sau va chạm xe A dừng lại cách điểm va chạm là
ms 2,81 = , và xe B cách ms 1,62 = .
a. Tìm vận tốc của mỗi xe sau va chạm?
b. Dùng sự bảo toàn động lượng để tìm vận tốc của xe B ngay trước lúc va
chạm?
Trả lời:
a. smkgsvA /57,42 1 == , smkgsvB /94,32 2 ==
b. sm
m
vmvmv
B
BBAA
B /53,70 ==+=
Bài 14 Một tên lửa có khối lượng 16 tấn được phóng thẳng đứng nhờ lượng
khí phụt ra phía sau với vận tốc sm /800 trong một thời gian tương đối dài. Tính khối
lượng khí mà tên lửa cần phụt ra phía sau mỗi giây trong những giây đầu tiên để cho
tên lửa đó:
a. Bay lên rất chậm.
b. Bay lên với gia tốc 2/10 sm .
Lấy 2/10 smg = . Bỏ qua sức cản không khí.
Trả lời
a. kg
v
Mgm 200==
b. ( ) kg
v
gaMm 400=+=
Bài 15
a. Một vật nhỏ có khối lượng kgm 1= được gắn vào đầu dưới của một thanh
cứng chiều dài ml 1= , khối lượng không đáng kể. Thanh có thể quay trong mặt phẳng
thẳng đứng trên một trục không ma sát xuyên qua đầu trên. Ban đầu thanh nằm theo
phương thẳng đứng với vật m ở dưới. Phải cấp cho vật m một vận tốc ban đầu 0v bằng
bao nhiêu để vật m có thể quay được trong mặt phẳng thẳng đứng theo một đường tròn
kín.
b. Thay thanh bằng một sợi dây mềm không giãn (khối lượng không đáng kể,
dài như thanh). Lúc đầu vật m đang ở vị trí thấp nhất. tạo cho nó một vận tốc 0v ban
đầu theo phương nằm ngang bằng sm /102 . Hỏi vật lên tới độ cao nào so với vị trí
thấp nhất thì rời khỏi quỹ đạo tròn.
c. 0v tối thiểu bằng bao nhiêu thì vật m trong câu b quay được trong mặt phẳng
thẳng đứng theo một đường tròn kín. Lấy 2/10 smg = .
Trả lời:
a. smv /32,6min0 =
Trang 59
(1) A
l
l∆
x
(2) C
B O
m
b.
3
5
0
lAH =
c. smglv /2550 =≥
Bài 16 Một hệ gồm hai lò xo mắc nối tiếp nhau, lần lược có hệ số đàn hồi 1k
và 2k . Tính công cực tiểu cần thiết để kéo dài nó thêm một đoạn l∆ .
Trả lời ( )
2
2
min
lkA ∆= , với
11
11
kk
kkk +=
Bìa 17 Một vật A nằm yên trên một mặt
phẳng ngang nhẳn. nó được nối vào một điểm cố
định P bằng một sợi dây và nối với vật B bằng một
sợi dây khác vắt qua một ròng rọc khối lượng không
đáng kể. Khối lượng hai vật A và B bằng nhau.
Ngoài ra vật A còn được nối vào điểm O qua một lò
xo nhẹ không biến dạng chiều dài cml 500 = và có
hệ số đàn hồi
0
5
l
mg=χ với m là khối lượng của A.
Khi ta đốt dây PA, vật A bắt đầu chuyển động. xác định vận tốc của nó lúc bắt đầu rời
mặt phẳng ngang.
Trả lời smglv /7,1
32
19 0 ==
Bài 18 Một sợi dây đàn hồi khối lượng không
đáng kể, chiều dài l, một đầu cố định tại điểm A. Từ
điểm A một chiếc vòng nhỏ khối lượng m lòng ngoài
sời dây, rơi đến mấu B gắn ở đầu dưới của sợi dây,
vòng tiếp tục chuyển động và kéo sợi dây dãn ra. Hãy
tìm hệ số đàn hồi k của sợi dây, biết rằng khi chiếc
vòng bắt đầu dừng lại thì sợi dây giãn ra đoạn l∆ . Bỏ
qua ma sát.
Trả lời ( )( )2
2
l
llmgk ∆
∆+=
Bài 19 Đĩa cân của một cân lò xo có khối lượng kgm 025,01 = và lò xo có hệ
số cứng mNk /3,15= . Một vật khối lượng gm 50= rơi xuống đĩa cân từ độ cao
cmh 9= , không vận tốc ban đầu. Biết va chạm giữa vật và đĩa cân là hoàn toàn không
đàn hồi, tính xem vật dời xa đến đâu so với vị trí ban dầu của nó.
Trả lời: cm
mm
mh
k
mg
k
mghH 1,192
1
≈⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+++=
Bài 20 Một vật treo trên một mặt phẳng ngang có đặt một tấm ván mang một
vật khối lượng kgm 0,1= , vật này nối vào điểm O bằng một sợi dây đàn hồi nhẹ
không biến dạng chiều dài cml 400 = . Hệ số ma sát của vật trên tấm ván 20,0=k .
B
p A
O
Trang 60
Tấm ván từ từ xê dịch về phía bên phải cho đến khi vật
bắt đầu trượt trên nó. Đúng lúc đó, sợi dây lệch khỏi vị
trí thẳng đứng một góc 030=ϑ . Hãy xác định, trong
hệ quy chiếu gắn liền với mặt phẳng ngang, công của
lực ma sát tác dụng lên vật m từ lúc đầu đến lúc bắt
đầu trượt.
Trả lời ( ) Jk
kmglA 09,0
coscossin
cos1
2
0 =+
−= ϑϑϑ
ϑ
Bài 21 Một người có khối lượng m đứng trên một cái bè khối lượng M nằm
yên trên mặt hồ. Người đó dịch chuyển một đoạn l ′ với vận tốc ( )tv′ đối với bè rồi
dừng lại. bỏ qua sức cản của nước, hãy tính:
a. Độ dịch chuyển l của bè đối với bờ hồ.
b. Thành phần nằm ngang của lực do người tác dụng lên bè khi chuyển động.
Trả lời
a. l
mM
ml ′+−= l.
b.
dt
vd
mM
mMF
′
+−=
Bài 22 Sau khi va chạm một hạt có khối lượng m chuyển động lệch hướng đi
một gốc
2
π và một hạt khác khối lượng M ban đầu đứng yên, bị bắn đi theo hướng
hợp một gốc 030=ϑ đối với hướng chuyển động ban đầu của hạt m. Hỏi động năng
của hệ sau va chạm thay đổi ra sao và thay đổi bao nhiêu phần trăm, nếu 0,5=
m
M ?
Trả lời %4011 2 −=−+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +=∆
M
mtg
M
m
T
T ϑ
2. Trường hấp dẫn
Bài 1 Cho lực xuyên tâm mà cường độ chỉ phụ thuộc độ lớn r của bán kính
vectơ rr , ( ) 0rrfF rr = , r
rr
rr =0 là vectơ đơn vị trên rr . Chứng minh lực xuyên tâm này
gắn với thế năng ( )∫−= drrU f , và do đó là lực thế.
Bài 2 Một vệ tinh quỹ đạo elip mà hai đầu của trục lớn là A và B, có các bán
kính vectơ carA −= , carB += .
a. Tính vận tốc ở cận điểm theo Av theo GM, a và c.
b. Chứng minh ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=
ar
GMv 12 cho vận tốc ứng với bán kính vectơ r.
Trả lời a. ( )( )caa
caGMvA −
+=
O
0l
m
Trang 61
Bài 3 Sao Hỏa có bán kính trung bình là 3400 km. Sao Hỏa có hai vệ tinh quay
xung quanh là Deimos và Phobos. Khoảng cách trung bình từ Deimos đến Sao Hỏa là
23500 km. Thời gian Deimos quay một vòng quanh quỹ đạo là T= 30,3 giờ. Tính khối
lượng Sao Hỏa, khối lượng riêng trung bình của Sao Hỏa và gia tốc hấp dẫn trên bề
mặt Sao Hỏa.
Trả lời ( ) kg
GT
hRM 232
32
10.68,94 += π , 33 /96,59884
3 mkg
R
M == πρ ,
2
2 /69,5 smR
MGg ==
Bài 4 Hai khối lượng M và 3M đặt cách nhau một đoạn là h. Phải đăt một khối
lượng m vào nơi nào để cho tổng lực hấp dẫn của M và 3M đặt lên vật m bị triệt tiêu.
Trả lời hr
2
13
1
−= , hr
2
33
2
−=
Bài 5 Ở độ cao nào trên cực bắc của Trái Ðất, gia tốc trọng trường giảm 1/100
và giảm 1/2 lần.
Trả lời
91
Rh = , ( )Rh 122 −=
Bài 6
a. Một trạm vũ trụ bay quanh Trái Đất với quỹ đạo tròn có bán kính 02RR = ,
kmR 64000 = là bán kính Trái Đất. Động cơ không hoạt động. Tính vận tốc v và chu
kì T của trạm biết vận tốc vũ trụ thứ nhất ở sát mặt đất là skmv /9,70 = .
b. Động cơ hoạt động trong thời gian ngắn làm cho vận tốc có giá trị v1. Trạm
chuyển sang quỹ đạo elip và có khoảng cách tới tâm Trái Đất bé nhất bằng R1 = R, lớn
nhất bằng R2. Tính v1 để R2 = 2R1. Tính chu kì chuyển động của elip.
Trả lời
a. skmvv o /58,52
2 == , phút
v
RT o 2404 == π
b. skm
R
GMvv /44,6
3 0
0
1 == , .44183,1 phútTTe ==
Bài 7 Tính khoảng cách đối với mặt đất của các vệ tinh địa tĩnh. Biết bán kính
Trái Đất là kmR 6370= , khối lượng Trái Đất kgM 2410.974,5= , hằng số hấp dẫn
2
2
1167,6
kg
NmG −= , chu kỳ quay của Trái Đất quanh trục là 24 giờ.
Trả lời kmRGMTh 36000
4
3
2
2
≈−= π s.
Trang 62
Bài 8 Hai vệ tinh nhân tạo của Trái Đất mỗi cái có khối lượng kgm 6,14=
được phóng lên các quỹ đạo tròn quanh tâm Trái Đất. A có độ cao RhA = và B là
RhB 3+ với R là bán kính Trái Đất: kmR 6370= . Hãy tính:
a. Tỷ số giữa thế năng hấp dẫn của vệ tinh B và vệ tinh A trên quỹ đạo?
b. Tỷ số động năng của vệ tinh A so với vệ tinh B?
c. Vệ tinh nào có cơ năng toàn phần lớn hơn?
Trả lời
a. 5,0=
A
B
U
U
b. 5,0=
đB
đA
W
W
c. BA WW >
Bài 9
a. Tính tốc độ thoát li khỏi sức hút của Mặt Trời của một vật đang đứng yên
trên bề mặt Mặt Trời?
b. Ở cách tâm Mặt Trời một khoảng mR 1110.5,1= (R bằng bán kính quỹ đạo
Trái Đất)?
c. Nếu vật đó đang ở trên Trái Đất thì phải cho nó thêm tốc độ bằng ban nhiêu
để nó thoát li như trong câu b)?
Trả lời
r
gMv 2=
a. skmv /6,617=
b. skmv /07,42=
c. skmv /184,12=∆
Bài 10 Để tấn công một vệ tinh do thám đang bay trên quỹ đạo tròn quanh Trái
Đất có độ cao kmh 500= , người ta phóng một chùm đạn nhỏ lên cùng quỹ đạo của vệ
tinh nhưng bay theo hướng ngược lại, mỗi viên đạn có khối lượng gm 0,4= .
a. Tính động năng của mỗi viên đạn theo hệ quy chiếu của vệ tinh?
b. Tính tỉ số giữa động năng đó với động năng của một viên đạn gm 0,4= bắn
từ một khẩu súng quân dụng với vận tốc đầu nòng là smv /9501 = ?
Trả lời
a. J
hR
GMmWđ
510.645,42 =+=
b. ( ) 257
4
2
11
=+= vhR
GM
W
W
đ
đ lần
Trang 63
Bài 11 Một vệ tinh của Trái Đất có quỹ đạo elip với bán trục lớn a. Độ cao cận
điểm A là h. R là bán kính Trái Đất, 0g là gia tốc trọng trường ở mặt đất. Tính:
a. Độ cao H của viễn điểm B.
b. Chu kỳ T.
c. Các vận tốc ở A và B.
d. Kiểm lại định luật bảo toàn momen động lượng đối với 2 diểm A và B.
Trả lời
a. hRa −− 22
b. 2
0
324
Rg
aT π=
c. ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+= ahRRgvA
122
0 , và ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+= aHRRgvB
122
0
Bài 12 Một hành tinh chuyển động theo một đường tròn xung quanh Mặt Trời
với vận tốc skmv /9,34= (đối với hệ quy chiếu nhật tâm). Tìm chu kỳ quay của hành
tinh này.
Trả lời h
v
GMT 79,54492 3 ≈= π
Bài 13 Chu kỳ quay của sao Mộc quanh Mặt Trời lớn hơn 12 lần chu kỳ tương
ứng của Trái Đất. Giả sử rằng quỹ đạo của hành tinh là tròn, tìm:
a. Khoảng cách từ sao Mộc đến Mặt Trời lớn hơn khoảng cách từ Trái Đất đến
Mặt Trời bao nhiêu lần.
b. Vận tốc và gia tốc của sao Mộc trong hệ quy chiếu nhật tâm.
Trả lời
a. 5,24 lần
b. skmv /13≈ , 24 /10.15,2 sma −=
Bài 14 Một hành tinh chuyển động xung quanh Mặt Trời theo một elip sao cho
khoảng cách cực tiểu giữa nó và Mặt Trời bằng r, còn khoảng cách cực đại là R. Dựa
và định luật kepler tìm chu kỳ quay của nó xung quanh Mặt Trời.
Trả lời ( )
GM
rRT
2
3+= π
Bài 15 Một vật không lớn bắt đầu rời vào Mặt Trời từ một khoảng cách bằng
bán kính Trái Đất. Vận tốc bắt đầu của vật trong hệ quy chiếu nhật tâm bằng 0. Dựa
vào định luật kepler tìm xem sự rơi sẽ kéo dài trong bao lâu.
Trả lời hTt 56,1548
24
==
Trang 64
Bài 16 Tìm thế năng tương tác hấp dẫn:
a. Của hai chất điểm có khối lượng 1m và 2m ở cách nhau một khoảng r.
b. Của một chất điểm có khối lượng m và một thanh mảnh có khối lượng M và
độ dài l, nếu chúng ở trên cùng một đường thẳng và cách nhau một khoảng a, xác định
lực tương tác giữa chúng.
Trả lời:
a.
r
mmGU 21−=
b. ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−=
a
l
l
MmGU 1ln , ( )laa
GMmF +=
Bài 17 Chứng minh rằng:
a. Một cái vỏ hình cầu đồng tính không tác dụng lực hấp dẫn vào một hạt (khối
lượng m) ở bên trong vỏ đó.
b. Ở đáy một cái giếng thẳng đứng có độ sâu d thì giá trị của gia tốc trọng
trường là ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=
R
dgg 10 với 0g là giá trị của gia tốc trọng trường ở tại mặt đất.
IV. Kết luận: Trong phần này chúng tôi đã đưa ra một số bài tập, giải chúng và
một số bài tập kiến nghị. Đây là nội dung chính của đề tài. Qua đó chúng ta có thể
tham khảo, nắm bắt được một số dạng bài tập trong chương và một số bài tập để
chúng ta có thể giải và đối chiếu kết quả. Từ đó giúp cũng cố lại các kiến thức của
chúng ta và rèn luyện một số kỷ năng vận dụng lý thuyết vào việc giải bài tập cụ thể.
Trang 65
Phần III: Kết luận
I. Đóng góp của đề tài
- Cơ học là một môn học mở đầu và nó có vị trí rất quan trọng trong vật lý. Nó
là nền tảng của các ngành học vật lý sau này. Học tốt môn cơ học sẽ là tiền đề quan
trọng để chúng ta học tốt các môn khác của bộ môn vật lý.
- Quá trình làm đề tài đã giúp chúng tôi cũng cố lại một số kiến thức cơ bản về
các định luật bảo toàn và trường hấp dẫn trong phần cơ học cũng như đào sâu thêm
một số kiến thức khác liên quan đến nó, từ đó tôi hoàn thiện hơn các kiến thức về môn
cơ học.
- Qua phần lý luận về bài tập vật lý, chúng tôi đã nêu ra một số lợi ích, cách
phân loại, và một số định hướng giải bài tập, từ đó cho ta thấy rõ tầm quan trọng của
bài tập vật lý cũng như có một số cơ sở định hướng và lựa chọn cách giải phù hợp với
bản thân mình.
- Thông qua đề tài này chúng tôi đã hệ thống lại một số kiến thức, giải và nêu ra
một số bài tập cơ bản của các chương để chúng ta tham khảo. Thông qua đó chúng ta
có thể dể dàng hơn trong việc vận dụng lý thuyết vào bài tập cụ thể.
- Các bài tập trong đề tài sẽ giúp chúng ta làm quen với việc phân tích và giải
từng bài toán cơ học cụ thể, hình thành khả năng tư duy nhạy bén cho chúng ta trong
việc giải bài tập cơ học.
II. Hạn chế của đề tài
- Song song với những kết quả đạt được thì đề tài vẫn có một số hạn chế nhất
định như:
+ Do thời gian không cho phép nên tôi chỉ nêu lên hai chương trong học phần
cơ học, do đó nó chưa giúp tôi hoàn thiện các kiến thức về môn cơ học.
+ Do không có thời gian nên các bài tập đưa ra cũng chưa thật sự là điển
hình. Các bài tập trong hai chương cũng còn hạn chế, chưa được phong phú và đa
dạng.
- Trong thời gian sắp tới, nếu có điều kiện chúng tôi sẽ phát triển đề tài đó với
những chương còn lại của môn học để nó được hoàn thiện hơn và thực sự sẽ hữu ít cho
các hạn học môn này.
Trang 66
Tài liệu tham khảo
Dương Trọng Bái. 2005. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý THPT (tập 1 cơ
học). TPHCM: Nhà xuất bản Giáo Dục.
Dương Trọng Bái, Tô Giang. 2005. Bài tập cơ học dùng cho lớp A và chuyên vật lý
THPT. Quãng Ninh: Nhà xuất bản giáo dục.
Đỗ Văn Thông. 2003. Phương Pháp Nghiên Cứu Khoa Học. ĐHAG.
I.E.Irodop, I.V.XaveLiep, O.I.Damsa. 1994. Tuyển tập các bài tập vật lý đại cương.
Nhà xuất bản Giáo Dục.
Lê Đỗ Huy. cơ học 1.
Lê Trọng Tường, Nguyễn Thị Thanh Hương. 2004. Cơ học. Thái Nguyên: Nhà xuất
bản đại học sư phạm.
Lương Duyên Bình. 1997. Vật lý đại cương (tập 1 cơ nhiệt). Hải Phòng: Nhà xuất bản
Giáo Dục.
Nguyễn Quang Hậu, Ngô Quốc Quýnh. 2005. Tuyển tập các bài tập vật lý đại cương
(tập 1 cơ nhiệt điện). TPHCM: Nhà xuất bản giáo dục.
Nguyễn Văn Ánh, Hoàng Văn Việt. 2004. Giáo trình vật lý đại cương. Thái Nguyên:
Nhà xuất bản đại học sư phạm.
Phạm Viết Trinh, Nguyễn Văn Khánh, Lê Vân. 1982. Bài tập vật lý đại cương (tập 1).
TPHCM: Nhà xuất bản giáo dục.
Tô Giang. 2005. Bài tập cơ học. Nhà xuất bản Giáo Dục.
Trần Thể. 2005. Bài tập vật lý phổ thông. ĐHAG.
Vũ Thanh Khiết. 2000. Các bài toán vật lý chọn lọc phổ thông trung học (cơ nhiệt).
Nhà xuất bản giáo dục.
Vũ Thanh Khiết, Phạm Quý Tư. 1999. Bài tập vật lý sơ cấp (tập 1 cơ học, vật lý phân
tử và nhiệt học, dao động và sóng cơ học). Nhà xuất bản giáo dục.
Các file đính kèm theo tài liệu này:
- phan_loai_va_giai_bai_tap_co_hoc_dai_cuong_4281_6684.pdf