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

một công bằng bao nhiêu khi nó làm cho một đầu tầu chuyển động đều theo đường ray. Nếu biết trọng lượng của toa đầu là 14,7 kN, quãng đường s = 600 m và hệ số ma sát bằng 0,008. - Bước 1 Tóm tắt kNP 7,14= , ms 600= , 008,0=k , ?=A - Bước 2 Phân tích Do đầu tầu chuyển động đều nên lực kéo của động cơ cân bằng với lực ma sát. Từ đó ta thấy công của lực kéo có độ lớn bằng công của lực ma sát. Từ trọng lượng của đầu tầu, hệ số ma sát và quãng đường dịch chuyển ta tính được độ lớn lực ma sát và công của lực kéo. - Bước 3 Giải Đầu tầu là chuyển động đều nên msFF rr −= hay F = Fms F = kP A = F.s = k.P.s = 0,008.14,7.103.600 A= 70560 (J) - Bước 4 Biện luận Kiểm tra thứ nguyên công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả thu được. Bài 3 Lực kéo của một đầu máy bằng 240kN, công suất của nó là 3.103kN. Hỏi sau bao nhiêu lâu tầu đi hết quãng đường bằng 10,8km? - Bước 1 Tóm tắt kNF 240= , kNP 310.3= , kms 8,18= , ?=t - Bước 2 Phân tích Công suất liên hệ với công qua công thức t AP= Công lại liên hệ với lực kéo và quãng đường dịch chuyển qua công thức sFA .= Từ đó ta tìm được thời gian dịch chuyển của đầu tầu. Trang 22 - Bước 3 Giải Thời gian để tầu đi hết quãng đường s: t sF t AP .== ⇒ P sFt .= ⇒ 6 33 10.3 10.8,10.10.240=t ⇒ st 864= - Bước 4 Biện luận Kiểm tra thứ nguyên công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả thu được. Bài 4 Một hòn gạch có cạnh bằng l, 2l và 3l được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang lần lượt ở các vị trí khác nhau. Thế năng của viên gạch thay đổi như thế nào khi thay đổi vị trí của nó? - Bước 1 Phân tích Đối với bài toán thế năng, trước hết ta phải chọn gốc thế năng. Tìm thế năng ứng với từng chiều cao của viên gạch và hiệu thế năng tương ứng của các chiều cao đó, từ đó ta sẽ tìm được sự thay đổi thế năng này. - Bước 2 Giải Chọn gốc thế năng tại vị trí mặt phẳng nằm ngang. Viên gạch được đặt tương ứng sao cho các cạnh l, 2l và 3l là chiều cao của viên gạch, khi đó thế năng của viên gạch lần lượt là 2 mgl , mgl và 2 3mgl . Do đó khi ta thay đổi vị trí của viên gạch thì thế năng sẽ thay đổi tương ứng là: 21221 mglUUU =−=∆ 22332 mglUUU =−=∆ mglUUU =−=∆ 1331 - Bước 3 biện luận Thế năng của vật có tính tương đối và phụ thuộc vào việc chọn gốc thế năng, nếu trong bài này ta chọn gốc thế năng khác đi thì các thế năng tương ứng với từng độ cao sẽ khác nhưng hiệu thế năng của chúng vẫn không đổi. Bài 5 Một thang máy ở hầm mỏ có trọng lượng bằng 980KN đi lên với gia tốc 0.5m/s2. Xác định công nâng thang máy lên trong 10s đầu của chuyển động của nó. - Bước 1 Tóm tắt kNP 980= , 2/5,0 sma = , st 10= , ?=A Trang 23 - Bước 2 phân tích Trong bài toán chuyển động, để giải nó ta phải chọn chiều dương của chuyển động. Viết phưong trình định luật II Newton và chiếu lên chiều dương đã chọn ta tìm được lực nâng. Tìm quãng đường đi được thông qua thời gian chuyển động 2 2 1 ats = . Từ đó ta tính được công A - Bước 3 Giải Chọn chiều dương cùng chiều chuyển động. Khối lượng của thang máy: mgP= ⇒ ( )kg g Pm 5 3 10 8,9 10.980 === Phương trình định luật II Newton cho thang máy ta có: amFP r rr =+ Chiếu phương trình trên lên phương chuyển động ta có: F – P = ma F = P + ma F = 980.103 + 105.0,5 F = 10,3.105 (N) Quảng đường thang máy đi được trong 10s đầu: S = 2 1 at2 = 2 1 .0,5.102 = 25 (m) Công của lực nâng: A = F.s = 10,3.105.25 = 257,5.105 (J) - Bước 1 Biện luận Ta kiểm tra lại thứ nguyên công thức tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Việc chọn chiều dương là tùy ý nhưng phải chú ý đến chiều của các thành phần vectơ trong hệ ứng với chiều dương đã chọn. thông thường ta chọn chiều dương cùng chiều chuyển động để thuận tiện trong việc giải bài toán. Bài 6 Hai vật có khối lượng là m1 và m2 nằm ở độ cao h1 và h2 so với mặt đất. Chứng minh rằng thế năng của hệ bằng tích của tổng trọng lượng với chiều cao khối tâm của hệ? Trang 24 - Bước 1 Phân tích Để thực hiện được yêu cầu của đề bài ta phải tìm thế năng của hệ thông qua tổng thế năng thành phần và thông qua chiều cao chung của hệ. So sánh kết quả tìm được từ hai cách ta rút ra điều cần chứng minh. - Bước 2 Giải Thế năng của hệ được tính bằng công thức: U = U1 + U2 = m1gh1 + m2gh2 Mặt khác ta lại có: Chiều cao chung của hệ: 21 2211 mm hmhmh + += Do đó thế năng của hệ cũng được tính bằng công thức: ( ) ( )( ) 21 212211 21 mm gmmhmhmhPPU + ++=+=′ U2211 =+=′ ghmghmU Bài 7 Nếu ban đầu một vật nặng 100kg chuyển động theo một đường thẳng với tốc độ 50m/s, nếu nó dừng với giảm tốc là 2m/s2. Hỏi: a. Độ lớn của lực hãm. b. Đoạn đường mà nó đi được từ lúc hãm đến lúc dừng hẳn. c. Công thực hiện bởi lực hãm. - Bước 1 Tóm tắt kgm 100= , smv /50= , 2/2 sma = a. ?=F b. ?=s c. ?=A - Bước 2 Phân tích Để giải bài toán trên ta áp dụng các phương trình định luật II Newton để giải. - Bước 3 Giải a. Độ lớn của lực hãm NmaF 2002.100 === b. Đoạn đường mà nó đi được từ lúc hãm đến lúc dừng hẳn asv 220 =− ⇒ m a vs 625 2.2 50 2 22 0 =− −=−= c. Công thực hiện bởi lực hãm JFsA 125000625.200 === Trang 25 - Bước 4 Biện luận Bài toán trên, nếu không theo logic của đề bài ta có thể áp dụng các định luật bảo toàn để giải bài toán. Bài 8 Một ô tô có khối lượng 1000kg đang chạy với vận tốc 60km/h trên một đường nằm ngang. Xe bị hãm nhẹ để giảm động năng của nó một lượng là 50kJ. a. Hỏi tốc độ của xe sau khi hãm. b. Phải giảm tiếp động năng của xe một lượng bằng bao nhiêu để xe dừng lại. - Bước 1 Tóm tắt kgm 1000= , hkmv /60= , kJT 50=∆ a. ?=v b. ?=gT - Bước 2 Phân tích Để tính được tốc độ của xe sau khi hãm ta phải tính được động năng của xe sau khi hãm. Từ đó ta áp dụng các định công thức động năng để tìm vận tốc của xe sau khi hãm. Để xa dừng lại thì động năng của xe bằng 0, hay ta phải giảm tiếp một lượng động năng bằng với động năng còn lại vừa tìm được ở câu a. - Bước 3 Giải a. Tốc độ của xe sau khi hãm. Động năng của xe sau khi hãm: 3 2 10.50 2 −= mvT 3 2 10.50 2 67,16.1000 −=T JT 310.89,88= Tốc độ của xe sau khi hãm: m W vmvT đ 2 2 2 =⇒= smv /33,13 1000 10.89,85.2 3 == b. Phải giảm tiếp động năng một lượng là JTg 310.89,88= thì xe sẽ dừng lại. - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của các công thức vừa tìm được, qua đó ta kiểm tra lại các bước giải và kết quả thu được. Trang 26 1.2 Bài tập định lượng. Bài 1 Hai quả cầu bằng chì có khối lượng mm =1 và nmm =2 và vận tốc 1vr và 2v r vuông gốc với nhau đến va chạm và dính vào nhau. Xác định vận tốc vr của hai vật sau va chạm. Áp dụng bằng số: n = 2, smv /31 = , smv /2 3 2 = . - Bước 1 Tóm tắt mm =1 , nmm =2 , 21 vv ⊥ , tìm vr sau va chạm? Áp dụng: n = 2, smv /31 = , smv /2 3 2 = . - Bước 2 Phân tích Đây là bài toán về va chạm mềm, việc giải chúng dựa trên cơ sở của định luật bảo toàn động lượng Vì hai vật va chạm vuông gốc với nhau nên 21 PP rr ⊥ . Áp dụng định luật bảo toàn động ta có: 22212 PPP += , từ đó ta tìm được vr và α . - Bước 3 Giải Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: 21 PPP rrr += Hay ( ) 211 vnmvmvnm rrr +=+ Theo hình vẽ ta có: 22212 PPP += Hay ( ) 2222212222 1 vmnvmvnm +=+ ⇒ ( )1 2 2 22 1 + += n vnv v 1 2 1 2 1 2 v vn mv nmv P Ptg ===α Áp dụng bằng số: n = 2, smv /31 = , smv /2 3 2 = ( ) ( )smv /3 32 12 2 3.23 2 22 =+ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛+ = 3 3 3 2 3 2 ==αtg ⇒ 030=α O 1P r 2P r P r y x α Trang 27 - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Bài 2 Một lò xo không tuân theo định luật Hooke. Lực (đo bằng Newton) mà nó tác dụng khi bị kéo dãn một đoạn x (đo bằng mét) có độ lớn là 24,388,52 xxF += và hướng ngược chiều kéo. a. Tính công cần để kéo lò xo từ mx 500,01 = đến mx 000,12 = ? b. Giữ một đầu lò xo cố định và gắn một vật có khối lượng kgm 17,2= vào đầu kia của lò xo và kéo lò xo dãn một đoạn mx 000,12 = . Sau đó thả vật ra từ trạng thái nghỉ thì tốc độ của vật bằng bao nhiêu tại lúc lò xo có độ dãn mx 500,01 = ? - Bước 1 Tóm tắt 24,388,52 xxF += a. Tính A = ? để kéo lò xo từ mx 500,01 = đến mx 000,12 = b. kgm 17,2= , vật dịch chuyển từ mx 000,12 = đến mx 500,01 = , v1= ? - Bước 2 Phân tích Khi ta kéo lò xo một đoạn x∆ thì lò xo sẽ sinh một lực đàn hồi chóng lại sự biến dạng đó, hay ta nói lò xo đã sinh ra một công cản chống lại độ biến dạng. Độ biến dạng càng lớn thì lực đàn hồi và công cản càng lớn. Với vật gắn ở đầu lò xo, khi ta kéo lò xo một đoạn thì ta đã cung cấp cho vật một năng lượng ban đầu dưới dạng thế năng đàn hồi, nếu ta thả vật ra thì vật sẽ chuyển động và có sự chuyển hóa thế năng thành động năng. - Bước 3 Giải a. Công nguyên tố do lò xo gây ra: FdxA −=δ Công do lò xo gây ra: ∫∫ −== 2 1 2 1 x x x x FdxAA δ ( ) ∫∫∫ −−=+−= 2 1 2 1 2 1 22 4,388,524,388,52 x x x x x x dxxxdxdxxxA 2 1 2 1 3 4,38 2 8,52 32 x x x x xxA −−= ( ) ( )31322122 8,124,26 xxxxA −−−−= ( ) ( )3322 500,0000,1.8,12500,0000,1.4,26 −−−−=A JA 31−= Vậy công cần để kéo lò xo từ vị trí x1 đến vị trí x2 là: JAA 31=−=′ Trang 28 b. Công A của lò xo trong trường hợp này sẽ chuyển hóa thành động năng của lò xo: 2 0 2 21 mvTTA −=−= ⇔ sm m Av /345,52 =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛−= - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Thực tế vận tốc thực của vật ở x1 sẽ nhỏ hơn do một phần năng lượng của lò xo tiêu tốn do ma sát. Bài 3 Một lực tác dụng lên một vật có dạng ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −= 1 0 0 x xFF . Hãy tìm công mà lực thực hiện khi vật dịch chuyển từ x = 0 đến x = x0 bằng: a. Lấy tích phân? b. Đồ thị? - Bước 1 Tóm tắt ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −= 1 0 0 x xFF , 01 =x , 02 xx = , ?=A bằng: a. Lấy tích phân? b. Đồ thị? - Bước 2 Phân tích Tính công A bằng phương pháp tích phân: Do lực F là hàm của tọa độ, do đó ta phải tính công nguyên tố Aδ trong dịch chuyển dx, rồi tích phân Aδ để tìm công A trong cả dich chuyển từ 1x đến 2x . Tính công A bằng phương pháp đồ thị: Vẽ đồ thị của lực F và x trên cùng hệ trục tọa độ, từ đồ thì tìm công nguyên tố Aδ và công A. - Bước 3 Giải a. Phương pháp tích phân Công nguyên tố do lực F thực hiện làm vật dịch chuyển được một khoảng dx: dx x xFdxFA ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −== 1. 0 0δ Công do lực F thực hiện: ∫∫ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −== 00 0 0 0 0 1 xx dx x xFAA δ Trang 29 ∫∫ −= 0 0 0 00 0 xx dxFxdx x FA ⇒ 00 2 0 0 0 2 xFx x FA −= 2 00xFA −= b. Phương pháp đồ thị Công nguyên tố dxFA .=δ Công của lực F thực hiện trên quãng đường từ 0 đến x0: ∫= o x FdxA 0 Theo đồ thị ta thấy: 2 00xFSA OAB −== - Bước 4 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. So sánh kết quả từ hai cách giúp ta có thể kiểm tra lại các bước giải. Bài 4 Một vật có khối lượng m được ném lên dọc theo một mặt phẳng nghiêng góc α với mặt ngang. Vận tốc ban đầu của vật bằng vo, hệ số ma sát bằng k. Tính quãng đường đi được của vật đến khi dừng lại và công của lực ma sát trên quãng đường ấy? - Bước 1 Phân tích Do là bài toán chuyển động, do đó để giải chúng trước tiên ta phải chọn hệ trục tọa độ cho bài toán. Viết các phương trình chuyển động cho vật, tìm thời gian chuyển động của vật. Từ đó ta tìm được quãng đường vật đi được và công của lực ma sát trên quãng đường ấy. A dx x x0 - F0 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −= 1 0 0 x xFF B F Trang 30 - Bước 2 Giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Phương trình định luật II Newton cho vật m: amFNP ms rrrr =++ (1) Chiếu phương trình (1) lên hệ trục tọa độ ta có: Oy: N - Pcosα = 0 ⇒ N = mgcosα Ox: - Psinα - Fms = ma P + kN = - ma mgsinα + kmgcosα = - m dt dv dv = - (gsinα + kgcosα )dt ∫∫ −= )dtkgcos+ (gsin ααdv v = - (gsinα + kgcosα )t + c (2) ( ) ctkgg dt dx ++−= αα cossin dx = - (gsinα + kgcosα )tdt + cdt ( ) ∫∫∫ ++−= cdttdtkggdx αα cossin ( ) dcttkggx +++−= 2 cossin 2 αα Với t = 0, v = v0 ⇒ c = v0 Thay vào (2) ta có v = - (gsinα + kgcosα )t + v0 Khi vật dừng lại ứng với v = 0 ⇒ αα cossin 0 kgg v t += α m P r N r msF r y x Trang 31 Với t = 0, x = 0 ⇒ d = 0 Hay ( ) tvtkggx 0 2 2 cossin ++−= αα ( ) αααα αα cossincossin2 cossin 0 0 2 0 kgg vv kgg vkggx ++⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ + +−= ( )αα cossin2 0 2 kg vx += Công của lực ma sát: xFA ms rr= ( )ααα cossin2cos 0 2 kg vkmgxFA ms +−=−= ( ) ( )ktg kmv k kmvA +−=+−= ααα α 2cossin2 cos 0202 - Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Bài 5 Một vòng đệm nhỏ A trượt từ đỉnh một ngọn đồi mặt nhẵn ở độ cao H. Tiếp theo đến một bờ dốc thẳng đứng đi xuống một bãi phẳng nằm ngang. Hỏi ở độ cao h của bờ dốc phải bằng bao nhiêu để khi trượt xuống khỏi bờ dốc, vòng đệm A bay ra đạt khoảng cách s lớn nhất? Khoảng cách đó bằng bao nhiêu? - Bước 1 Phân tích Vì vòng đệm A lăn trên mặt đồi nhẳn nên ta có thể bỏ qua ma sát giữa vật và mặt đồi. Khi vòng đệm A tới điểm B thì vòng đệm A trở thành vật ném ngang với vận tốc van đầu là 0v , là vận tốc A có được do lăn từ đỉnh đồi đến B. Từ các phương trình chuyển động của vật ném ngang ta tìm được thời gian A chạm đất và quãng đường s mà vật bay ra theo phương ngang là hàm của h. Để s là lớn nhất thì đạo hàm bậc 1 của s bằng 0, từ đó ta tìm được h ứng với maxs và maxs . - Bước 2 Giải A H h s B C Trang 32 Công A của vật được tính: ( ) 202 1 mvhHmgA =−= ⇒ ( )hHgv −= 20 Khi vòng A đến điểm B vòng A trở thành vật ném ngang. Chọn góc tọa độ tại mặt đất, Ox theo chiều chuyển động, Oy hướng lên. Phương trình chuyển động của vật A: tvx 0= 2 2 1 gthy −= Khi vật chạm đất y = 0 Hay 2 2 1 gth= ⇒ g ht 2= Ứng với thời gian đó vật sẽ đi được đoạn đường là s. Hay g hvs 20= ⇒ ( ) g hhHgs 22 −= ( )hHhs −=2 ( )( )( ) ( )hHh hH hHh hHhs − −=− ′−=′ 2 Để s đạt cực đại s′ = 0 Hay ( ) 0 2 =− − hHh hH ⇒ Hh 2 1= ⇒ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −= 22 2 HHHs Hs= Vậy với Hh 2 1= thì vòng A bay ra với khoảng cách lớn nhất và khoảng cách đó là Hs= . - Bước 3 Biện luận Kiểm tra lại thứ nguyên của công thức vừa tìm được, qua đó kiểm tra lại kết quả. Trang 33 Trên thực tế, do A luôn có ma sát với mặt đồi và còn chịu lực cản của không khí nên đoạn đường theo phương ngang Hs < . Bài 6 Một sà lan có khối lượng kgM 600= và chiều dài ml 12= được nước sông cuốn theo với vận tốc smv /1= đối với bờ sông. Ở hai đầu sà lan có hai người đồng thời xuất phát để đổi chổ cho nhau, người có khối lượng kgm 401 = đi theo chiều nước chảy, người có khối lượng kgm 602 = đi ngược chiều. Cả hai đi với vận tốc smu /8,0= . Tính quãng đường s mà sà lan đi được đối với bờ 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