TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ MÔN VẬT LÍ THAM DỰ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI KHỐI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

CHUYÊN ĐỀ HỘI THẢO KHOA HỌC MÔN VẬT LÍ

vectorstock.com/10212086

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ MÔN VẬT LÍ THAM DỰ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI KHỐI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

LỜI NÓI ĐẦU Trong hành trình phát triển của nền giáo dục Việt Nam, hệ thống các trường THPT chuyên ngày càng khẳng định được vị thế quan trọng của mình trong việc phát hiện, tuyển chọn và bồi dưỡng nhân tài, chắp cánh những ước mơ bay cao, bay xa tới chân trời của tri thức và thành công. Đối với các trường THPT chuyên, công tác học sinh giỏi luôn được đặt lên hàng đầu, là nhiệm vụ trọng tâm của mỗi năm học. Hội thảo khoa học các trường THPT chuyên Khu vực Duyên Hải và Đồng bằng Bắc Bộ là một hoạt động bổ ích diễn ra vào tháng 11 thường niên. Đây là dịp gặp gỡ, giao lưu, học hỏi, trao đổi kinh nghiệm giảng dạy, phát hiện, tuyển chọn và bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế giữa các trường THPT chuyên trong khu vực. Năm năm qua, các hội thảo khoa học đều nhận được sự hưởng ứng nhiệt tình của các trường, bước đầu đã đem đến những hiệu ứng tốt, tác động không nhỏ đến công tác bồi dưỡng học sinh giỏi và chất lượng đội tuyển học sinh giỏi quốc gia của các trường Chuyên. Năm 2013 là năm thứ 6, hội thảo khoa học của Hội các trường THPT chuyên Khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ được tổ chức tại Thái Bình - mảnh đất quê lúa, mang trong mình truyền thống yêu nước và truyền thống hiếu học. Tại hội thảo lần này, chúng tôi chủ trương tập trung vào những vấn đề mới mẻ, thiết thực và có ý nghĩa đối với việc bồi dưỡng học sinh giỏi, để quý thầy cô đã, đang và sẽ đảm nhiệm công tác này tiếp tục trao đổi, học tập, nâng cao hơn nữa năng lực chuyên môn của mình. Tập tài liệu của Hội thảo lần thứ VI bao gồm những chuyên đề khoa học đạt giải của quý thầy cô trong Hội các trường THPT chuyên Khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc bộ. Các bài viết đều tập trung vào những vấn đề trọng tâm đã được hội đồng khoa học trường THPT chuyên Thái Bình thống nhất trong nội dung hội thảo. Nhiều chuyên đề thực sự là những công trình khoa học tâm huyết, say mê của quý thầy cô, tạo điểm nhấn quan trọng cho diễn đàn, có thể coi là những tư liệu quý cho các trường trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Xin chân thành cảm ơn sự cộng tác của quý thầy cô đến từ các trường THPT chuyên Khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ cùng các trường THPT chuyên với vai trò quan sát viên. Chúng tôi hy vọng, sẽ tiếp tục nhận được nhiều hơn nữa sự phản hồi, đóng góp, trao đổi của quý thầy cô để các chuyên đề khoa học hoàn thiện hơn. Thái Bình, tháng 11 năm 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Chuyên đề xếp loại xuất sắc

ĐỊNH LÝ KOENIG TRONG CÁC BÀI TOÁN CƠ HỌC VẬT RẮN Biên soạn: Nguyễn Chí Trung Đơn vị công tác: THPT Chuyên Bắc Ninh LỜI NÓI ĐẦU Trong chương trình vật lý THPT dành cho học sinh chuyên Lý cũng như chương trình vật lý đại cương, tôi thấy phần các bài tập cơ học vật rắn là phần kiến thức khó và đặc biệt là phần Định lý Koenig để xác định mô men động lượng và mô men lực đối với một trục quay hay một điểm thì càng khó hơn vì đây là phần kiến thức đòi hỏi học sinh phải có kỹ năng toán học tốt về phần giải tích vec tơ. Đây là phần kiến thức khó nhưng cũng rất cơ bản giúp chúng ta có thể giải quyết các bài toán cơ học vật rắn tốt hơn, nhanh gọn hơn. Chính vì vậy tôi biên soạn chuyên đề “ĐỊNH LÝ KOENIG TRONG CÁC BÀI TOÁN CƠ HỌC VẬT RẮN” nhằm góp phần cung cấp kiến thức cơ bản, rèn luyện kĩ năng vận dụng các định lý này trong việc giải các bài toán cơ học vật rắn cho học sinh chuẩn bị thi học sinh giỏi các cấp và đặc biệt là học sinh đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia và thi chọn đội tuyển dự thi Olympic Châu Á Thái Bình Dương cũng như Olympic quốc tế. Sau đây là nội dung của chuyên đề: - Cơ sở lý thuyết. - Các ví dụ đơn giản áp dụng công thức. - Các bài tập tổng hợp có lời giải chi tiết. - Các bài tập tự luyện tập với đáp số.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1. Khối tâm a) Đối với hệ chất điểm S là trọng tâm của các điểm Mi có khối lượng mi, gọi O là một điểm tùy ý, ta có OG = rG =

i i

∑m r = ∑m r M ∑m

(1) với r i = OM i

Nếu ta chọn O ở G thì rG = 0 b) Đối với vật rắn:

∫ rdm ∫ rdm rG = = ∫ dm M

(2)

2. Động lượng a) Định nghĩa:

Các điểm MI cấu tạo nên hệ S chuyển động với vận tốc v i trong hệ quy

chiếu R. Tổng động lượng p của S trong R bằng tổng cộng động lượng của các chất điểm cấu tạo nên hệ S:

d ri d d p = ∑ mi vi = ∑ mi m.OG = mvG = ( ∑ mi vi ) = dt dt dt

(

)

(3)

Ta có nhận xét quan trọng: Tổng động lượng của một hệ chất điểm trong hệ quy chiếu (HQC) R bằng động lượng trong R của một chất điểm giả định ở tại khối tâm G có khối lượng bằng khối lượng tổng cộng của hệ S. p = mvG

b) Tổng động lượng trong HQC trọng tâm R* *

Theo định nghĩa, điểm G là điểm cố định trong R*, vG và tổng động lượng * * p của hệ S trong R * bằng không: p = 0 (4)

3. Mối liên hệ giữa động lượng và lực. Định luật II Newton + Lực:

dp ∑ Fext = dt = MaG

Trường THPT Chuyên Thái Bình

(5)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Trong đó

∑F

ext

là tổng các ngoại lực tác dụng lên hệ.

+ Xung của lực: X = ∫ Fex dt = Fextb ∆t = ∆P 0

4. Động năng của hệ, định lý Koenig đối với động năng Chọn điểm cố định O làm gốc tọa độ, G là khối tâm của hệ, ta có: K (0) =

Vì

1 1 1 2 mi vi2 = ∑ mi viG + mvG2 (6) ∑ 2 2 2

1 ∑ miviG2 là động năng toàn phần của hệ hạt đối với khối tâm G, nên ta có: 2 1 2

Định lý Koenig đối với động năng: K = mv 2 (G ) + K * (G )

(7)

5. Mô men động lượng. Định lý Koenig đối với mô men động lượng a) Mô men động lượng của hệ đối với điểm cố định O chọn làm gốc (của hệ S trong HQC R) bằng tổng mô men động lượng của tất cả các điểm tạo nên hệ S. L0 = ∑ ri ∧ mi vi (8)

b) Mô men động lượng của hệ đối với khối tâm G của S trong R*, theo định nghĩa là: L*G = ∑ GM i ∧ mi vi* = ∑ riG ∧ mi vi* (9)

c) Định lý Koenig đối với mô men động lượng Mô men động lượng đối với O của hệ chất điểm S trong HQC R bằng tổng của: + Mô men động lượng đối với O của một chất điểm giả định đặt ở G có khối lượng bằng khối lượng tổng cộng của hệ trong R + Mô men động lượng đối với G của hệ S trong HQC trọng tâm của nó (nghĩa là trong chuyển động của nó quanh G) L0 = L*G + OG ∧ mvG

(10)

d) Mô men động lượng trọng tâm Nếu A là một điểm bất kỳ nào đó, ta có thể viết trong R*: * L A = ∑ AM i ∧ mi vi = ∑ AG + GM i ∧ mi vi* = AG ∧ ∑ mi vi * + ∑ GM i ∧ mi vi*

(

Trường THPT Chuyên Thái Bình

)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Biết rằng p = ∑ mi vi* = 0 , chúng ta nhận thấy mô men động lượng của hệ trong HQC trọng tâm là độc lập với điểm mà tại đó ta tính. Chúng ta có thể viết

mô men này mà không cần nói rõ chỉ số của điểm đó: L A = LG = L

Dùng định lý Koenig ta có: LG = LG = L e) Mô men động lượng tại một điểm của trục Giả sử vật rắn S là một cánh cửa như hình vẽ. HQC RS (O,xS, yS, zS) gắn

với vật rắn, quay với vận tốc góc Ω = Ωez = θ ' ez trong HQC R.

Ta viết biểu thức của mô men động lượng L A của vật rắn này tại một điểm A cố định của trục Oz (A cũng là một điểm cố định trong HQC gắn với vật rắn) trong R: L A = ∫∫∫ AM ∧ v( M )dm S Với v( M ) = v(a) + Ω ∧ AM = Ωez ∧ AM

z H

Từ đó rút ra:

L A = ∫∫∫ AM ∧ v( M )dm = Ω ∫∫∫ AM ∧ (ez ∧ AM )dm S

θ x

AM = AH + HM = AM .ez ez + HM

(

2 Vậy L A = Ω ∫∫∫ ( AM ez − ( AM .ez ) AM )dm

Ta đưa vào điểm H là hình chiếu của M trên trục quay:

)

Ω = θ ' ez

Vậy ta được:

L A = Ω ∫∫∫ HM 2 dm − Ω ∫∫∫ ( AM .ez ) HM )dm (Vì HM 2 = AM 2 − AH 2 ) S S Như vậy ta phân biệt trong biểu thức của L A hai thành phần: + Một thành phần cùng phương với vec tơ quay, đó là: L A = Ω ∫∫∫ HM 2 dm S

Một

thành

phần

vuông

góc

với

vec

tơ

L A⊥ = −Ω ∫∫∫ ( AM .ez ) HM )dm S

f) Mô men động lượng đối với trục ∆ - Mô men quán tính:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

quay,

đó

là:

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Thành phần L∆ trên trục quay L A của mô men động lượng được gọi là mô men động lượng của vật rắn đối với trục ∆.

L∆ = L A .ez = L A .ez = ez Ω ∫∫∫ HM 2 dm = Ω ∫∫∫ HM 2 dm S

∆

Theo định nghĩa, L∆ không phụ thuộc vào vị trí

của điểm A trên trục ∆.

+ Khoảng cách HM = r của điểm M đến trục quay

là không đổi khi vật rắn quay và ta cũng định nghĩa mô men quán tính J ∆ của vật rắn đối với trục quay ∆ như sau: J ∆ = ∫∫∫S r 2 dm Mô men quán tính của vật rắn đối với một trục quay đặc trưng cho mức quán tính của chuyển động quay của vật rắn quanh trục đó (bất biến theo thời gian), chỉ phụ thuộc vào cách phân bố khối lượng trong vật rắn. 6. Mô men lực, định lý Koenig đối với mô men lực

+ Mô men lực M O tại điểm O của hệ S trong R có biểu thức là:

M O = ∑ OM i ∧ mi ai

+ Mô men lực tại G trong R* (R* là tịnh tiến đối với R) * * * M G = ∑ GM i ∧ mi ai = ∑ riG ∧ mi a i Từ công thức cộng gia tốc ta có: ai = ae ( M i ) + aC ( M ) + ai* = aG + ai*

Gia tốc Coriolis bằng không còn gia tốc kéo theo không phụ thuộc vào

chỉ số i và bằng gia tốc aG của điểm G.

(

)

Ta rút ra: M O = ∑ ( OG ∧ GM i ) ∧ mi aG + ai* = OG ∧ maG + ∑ GM i ∧ mi ai* Vì

∑ m GM i

= 0 và

∑m a i

* i

= F * = 0 nên ta suy ra định lý Koenig đối với

mô men lực: τ + Xung của mô men lực: M Ox = ∫ M g dt = ∆L0 0

Định lý Koenig đối với mô men lực: Mô men lực đối với O của hệ chất điểm S trong HQC R bằng tổng của: + Mô men lực đối với O của một chất điểm giả định đặt ở G có khối lượng bằng khối lượng tổng cộng của hệ trong R

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

+ Mô men lực đối với G của hệ S trong HQC trọng tâm của nó (nghĩa là trong chuyển động của nó quanh G) * M 0 = M G + OG ∧ maG

(10)

7. Mô men lực trọng tâm: Cũng như đối với mô men động lượng, mô men lực của S trong HQC trọng tâm R* không phụ thuộc vào điểm mà ta tính. Chúng ta có thể viết mô

men này mà không cần nói rõ chỉ số của điểm đó: M A = M G = M

Dùng định lý Koenig ta có: M G = M G = M

8. Mối liên hệ giữa mô men động lượng và mô men lực Ta xét trường hợp tổng quát, điểm được chọn để tính mô men là điểm bất ký P, điểm này có thể đứng yên hoặc chuyển động đối với điểm cố định O chọn làm gốc tọa độ (hình vẽ) y

r1 − rP r2 − rP rP 1

Theo định nghĩa mô men động lượng toàn phần của hệ đối với điểm P là: LP = ∑ (ri − rP ) ∧ mi (vi − vP )

Lấy đạo hàm theo thời gian, ta được

dLP = ∑ (vi − vP ) ∧ mi (vi − vP ) + (ri − rP ) ∧ mi (ai − aP ) dt = 0 + ∑ (ri − rP ) ∧ (mi .ai − mi aP ) Thay mi ai = Fi ex + Fi in là tổng hợp các ngoại lực và nội lực tác dụng lên hạt

I, ta được:

dLP = ∑ ( ri − rP ) ∧ Fi ext − ∑ mi ( ri − rP ) ∧ aP dt Thay tiếp ∑ mi .ri = mrG , ta được

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

dLP = ∑ ( ri − rP ) ∧ Fi ex − m ( rG − rP ) aP dt Vì ∑ ( ri − rP ) ∧ Fi ex theo định nghía là mô men của ngoại lực đối với P,

nên cuối cùng ta được công thức tổng quát: dLP = ∑ M Pex − ( rG − rP ) ∧ maP dt

(6)

Công thức (6) cho thấy mối liên hệ giữa mô men lực và mô men động lượng không đơn giản như mối liên hệ giữa lực và động lượng. Có dự khác biệt này là do mô men động lượng và mô men lực còn tùy thuộc vào điểm để tính mô men. Bây giờ ta bàn tiếp số hạng thứ hai trong công thức (6). Số hạng này chỉ triệt tiêu nếu một trong ba điều kiên sau đây được thỏa mãn:

a) aP = 0 . Điểm P đứng yên (hay chuyển động thẳng đều) dLP = ∑ M P (P cố định) (7) dt b) rG = rP hay P ≡ G . Khi ấy ta có: dLG = ∑ M Gex dt c) Gia tốc aP / / ( rG − rP ) hay aG / / PG . Khi ấy ta có: dLP = ∑ M Pex aP / / PG (9) dt

{

}

9. Các chú ý về toán học:

Cho hai vec tơ: A = (ax , a y , az ) , B = (bx , by , bz )

+ Tích vô hướng của hai vec tơ: A.B = (axbx + a y by + az bz )

+ Tích có hướng của hai vec tơ: A ∧ B = i (a y bz − az by ) + j (az bx − ax bz ) + k (axby − a y bx )

Với i, j , k là các vec tơ đơn vị của các trục Ox, Oy, Oz

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

II. BÀI TẬP VÍ DỤ Ví dụ 1. Hai chất điểm A và B giống hệt nhau, có khối lượng m liên kết với nhau bằng một thanh chiều dài là b, khối lượng không đáng kể. A dịch chuyển trên vòng tròn tâm O bán kính b và thanh AB có thể dao động quanh một trục đi qua A và vuông góc mặt phẳng như hình vẽ. Tính tổng động lượng và mô men động lượng đối với O của hệ AB

theo các góc α, β và đạo hàm của chúng theo thời gian. Giải Cách 1:

Ta có: p = mv( A) + mv( B) LO = OA ∧ mv( A) + OB ∧ mv( B ) Với OA = (b cos α , b sin α , 0) suy ra v( A) = OA ' = (−bα 'sin α , bα ' cosα , 0) và OB = (b(cos α + cosβ ), b(sin α + sin β ), 0) v( B ) = OB ' = (−b(α 'sin α + β 'sinβ ), b(α ' cosα + β ' cosβ ), 0) Suy ra p = mv( A) + mv( B) = m(−b(2α 'sin α + β 'sinβ ), b(2α ' cosα + β ' cosβ ), 0) Và LO = OA ∧ mv( A) + OB ∧ mv( B) = mb 2 (2α '+ β '+ 2β ' cos(α − β ))ez Với ez là vec tơ đơn vị của trục Oz vuông góc, đi ra ngoài mặt phẳng hình vẽ

Cách 2: Chúng ta có thể dùng định lý Koenig bằng cách đưa vào khối tâm G (trung điểm của AB) của hệ.

1 2

Ta có OG = (b(cos α + cosβ ), b(sin α + sin β ), 0)

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Và vận tốc khối tâm G là: 1 1 vG = OG ' = (−b(α 'sin α + β 'sinβ ), b(α 'cos α + β ' cosβ ), 0) 2 2

Mô men động lượng của hệ đối với khối tâm G:

L*G = GA ∧ mv ( A)* + GB ∧ mv ( B )* = 2GB ∧ mv ( B )* vì GA = −GB và v ( A)* = −v ( B )*

1 1 GB = ( bcosβ , b sin β , 0) 2 2

1 1 v ( B)* = (− β 'sinβ , bβ ' cosβ , 0) 2 2

y A

Rõ ràng là ta tìm được

p = 2mv(G ) = m( −b(2α 'sin α + β 'sinβ ), b(2α ' cosα + β ' cosβ ), 0)

y’

Và tổng mô men động lượng của hệ:

* LO = LG + OG ∧ 2mv (G ) = mb 2 (2α '+ β '+ 2β ' cos(α − β ))ez

x’

Ví dụ 2 Một thanh AB đồng nhất, có tâm G, khối lượng m được treo trên hai dây nhẹ giống nhau AA’ và BB’ có chiều dài b. Thanh dao động trong mặt phẳng thẳng đứng, hai dây AA’ và BB’ luôn song song với nhau.

A’

B’

α A

a) Tính động năng của thanh theo đạo hàm α ' của góc nghiêng α của các dây ở một thời điểm cho trước. b) Tìm chu kỳ dao động nhỏ của thanh. Giải a) Định lý Koenig đối với động năng cho ta: K=

1 2 mv (G ) + K * (G ) 2

Trong HQC R* (G,x,y,z) thanh đứng yên và K * (G ) = 0 nên: K=

1 2 1 mv (G ) = mb 2α '2 (1) 2 2

b) Chọn mốc thế năng tại vị trí thấp nhất của thanh trong quá trình dao động

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

+ Thế năng của thanh là: U = mgb(1 − cosα ) (2) + Cơ năng của hệ là: E = K +U =

1 2 2 mb α ' + mgb(1 − cosα ) = mgb(1 − cosα 0 ) = const (3) 2

Đạo hàm theo thời gian hai vế của (3) ta được: α " b + g sin α = 0 (4)

Với α < 10o → sin α ≈ α (rad ) thì phương trình (4) trở thành: α "+ ω 2α = 0 với ω 2 = Vậy chu kỳ dao động nhỏ của thanh là: T =

2π

= 2π

g b b g

Ví dụ 3 Một vòng tròn đồng nhất có tâm O, khối lượng

m, bán kính a quay với tốc độ ω không đổi quanh trục cố định của nó. Tính mô men động lượng của vòng tròn ở O và động năng của vòng tròn đó. Giải

Điểm M của vòng tròn được xác định bởi các tọa độ cực: OM = aer

Vận tốc của M là: v( M ) = aω eθ

Từ đây suy ra: + Mô men động lượng đối với O: LO =

∫

OM ∧ v( M )dm = ma 2ω ez

vòng

eθ O

+ Mô men lực đối với O: d d d 2 ∧ ( ) = ( ) M O = LO = OM v M dm ma ω e z =0 ∫ dt dt vòng dt

1 2

+ Động năng K = J ∆ω 2 = ma 2ω 2 Ví dụ 4 Chứng minh định lý Huygens bằng cách: a) Dùng định lý Koenig đối với mô men động lượng. b) Dùng chứng minh hình học.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

+ M

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Giải

a) Gọi A là điểm cố định của trục ∆. + Trong R: L∆ = J ∆G Ω

+ Theo định lý Koenig: L∆ = LA .ez = ( AG ∧ mv(G ) ) ez + L*G .ez

Với v(G ) = Ωez ∧ AG

Từ đó: ( AG ∧ mv(G ) ) ez = m ( AG 2 − AH G2 ) Ω = ma 2 Ω

Trong R*: L*∆ = L*G .ez = J ∆G Ω Từ đó: J ∆ = ma 2 + J ∆G b) H và HG là hình chiếu của một điểm M của vật rắn tương ứng trên ∆ và ∆G, ta có: J ∆ = ∫∫∫ HM 2 dm và J ∆G = ∫∫∫ H G M 2 dm S

2 Nhưng HM = HH G + H G M

(

)

= HH G2 + H G M 2 + 2 HH G .H G M

Với HH G = a là khoảng cách giữa hai trục ∆ và ∆G và

S G H

HG HH G .H G M = HH G .GM vì HH G .H G G = 0 ∆ ∆G Để ý rằng vec tơ HH G là độc lập với điểm M, từ đó lấy tổng cho cả vật rắn S ta suy ra: J ∆ = ma 2 + J ∆G + 2 HH G ∫∫∫ GMdm S

Số hạng cuối cùng của biểu thức này bằng không theo định nghĩa của khối tâm G nên: J ∆ = ma 2 + J ∆G Ví dụ 5 Xét một con lắc treo ở điểm O cố định gồm thanh OA khối lượng không đáng kể và chiều dài là R, người ta hàn vào thanh một dây thuần nhất khối lượng m có dạng là một nửa vòng tròn mà thanh OA là bán kính.

Vị trí của con lắc được xác định theo góc α giữa thanh OA và đường thẳng đứng hướng xuống. Xác định tổng động lượng, mô men động lượng đối với O, mô men lực đối với O và động năng của con lắc phụ thuộc vào α và

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

các đạo hàm của chúng. Giải Một điểm M của nửa vòng tròn được xác định

bởi góc ϕ = α + β với β = const (hình vẽ)

Từ đó: OM = Rer và v( M ) = Rα ' eϕ Từ đây ta suy ra:

+ Động lượng: p = ∫ v( M )dm = mRα ' ez π

+ Mô men động lượng: LO = ∫ OM ∧ v(M )dm = mRα ' ez B

d LO d C + Mô men lực: M O = = ( ∫ OM ∧ v(M )dm) = mRα '' ez dt dt B 1 2

Và động năng: K = mR 2α '2 Ví dụ 6. Một thanh AB đồng nhất chiều dài 2b và khối tâm G là trung điểm của AB. Thanh tựa lên mặt đất nằm ngang và gối lên một bức tường thẳng đứng. Vị trí của thanh được xác

định theo góc α = Ox, OG , góc này thay đổi

(

)

khi thanh trượt ở A và B.

1) Xác định các thành phần của vận tốc

v(G ) của điểm G theo α và đạo hàm của α.

2) Tìm vec tơ quay Ω của thanh. Chú ý: cần chú ý đến dấu của các biểu thức khi tính toán. Giải. 1. Trong tam giác vuông OAB, trung tuyến OG có chiều dài b, từ đó:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

x A

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

OG = ( b cos α , b sin α , 0 )

d OG = ( −bα 'sin α , bα ' cosα , 0 ) (1) dt 2. Véc tơ quay của thanh hướng theo trục ez , ta đặt Ω = Ωez Ta cũng có thể viết biểu thức của v(G ) như sau: v(G ) = v( A) + Ω ∧ AG

Vận tốc khối tâm: v(G ) =

Biết rằng OA = 2b cos α .ex suy ra v( A) =

d OA = −2bα 'sin α .ex dt

Từ đây suy ra: v(G ) = v( A) + Ω ∧ AG = (−b(Ω + 2α ') sin α ; −bΩcosα ;0) (2)

Cho (1) bằng (2) ta được Ω = −α ' ez

Ví dụ 7. Một con lắc kép gồm hai thanh OA và AB giống nhau, đồng chất, có khối lượng m, chiều dài 2b và nối khớp ở A. Hai thanh chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng Oxy và góc nghiêng của

y A

+ G1

chúng được xác định bởi các góc α, β so với đường thẳng đứng Ox hướng xuống. Tính mô men động lượng đối với O và động năng của con lắc kép này.

y’ B

x’

Giải Thanh OA quay quanh trục Oz cố định, định lý Huygens cho: J OZ (OA) = mb 2 +

1 4 m(2b) 2 = mb 2 12 3

Từ đó ta có mô men động lượng của thanh OA đối với điểm O: 4 LO (OA) = J Oz (OA).α ' ez = mb 2α ' ez 3

Động năng của thanh OA: K (OA) =

1 2 J Oz (OA).α '2 = mb 2α '2 2 3

Áp dụng định lý Koenig cho phép tính các phần tử động học của thanh AB:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

LO ( AB) = OG2 ∧ mv(G2 ) + J G2 z ( AB ).β ' ez K ( AB ) =

1 2 1 mv (G2 ) + J G2 z ( AB).β '2 2 2

2b cos α + b cos β Biết rằng: OG2 2b sin α + b sin β 0

−2bα 'sin α − bβ 'sin β d Và vận tốc của G2 là v(G2 ) = OG2 = 2bα ' cosα + bβ ' cosβ dt 0

Và J Gz ( AB) =

1 1 m(2b) 2 = mb 2 = J 12 3

1 3

Ta có: LO ( AB) =  mb 2 (4α '+ β '+ 2(α '+ β ')cos(α − β ) + mb 2 β '  ez 

1 2



1 6

Và động năng: K ( AB ) =  mb2 (4α '2 + β '2 + 4α '.β ' cos(α − β ) + mb 2 β '2  

Đối với cả hệ con lắc kép: 4  16  LO = LO (OA) + LO ( AB ) = mb 2  α '+ β '+ 2(α '+ β ')cos(α − β )  ez 3  3 

2 8  K = K (OA) + K ( AB ) = mb 2  α '2 + β '2 + 2α '.β ' cos(α − β )  3 3 

Ví dụ 8. Hai vật khác nhau có cùng khối lượng m trượt không ma sát trên mặt bàn nằm ngang. Thời gian đầu các vật này thực hiện trượt tịnh tiến( không quay) và các tâm của chúng có cùng vận tốc v dọc theo hai đường thẳng song song. Khoảng cách giữa các đường thẳng bằng d. Tại một thời điểm nhất định xảy ra va chạm đàn hồi lý tưởng giữa các vật. Sau va chạm, các vật thực hiện chuyển động tịnh tiến, quay và tiếp tục trượt trên mặt bàn, vận tốc góc của vật thứ nhất

bằng ω1 , của vật thứ hai bằng ω2 . Mô men quán tính của chúng tính theo các trụ thẳng đứng đi qua khối tâm lần lượt là I1 và I2. a) Hãy chỉ ra rằng mô men xung lượng của vật tính theo điểm xác định bất kì của mặt bàn bằng tổng mô men xung lượng của vật tính theo khối tâm của nó.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

b) Tính khoảng cách d’ giữa các đường thẳng dọc theo khối tâm của hai vật chuyển động sau va chạm. c) Thừa nhận rằng, sau va chạm giá trị vận tốc của vật thứ nhất là

v còn 2

vật thứ hai không quay. Hãy xét sự phụ thuộc của d’ vào d. Giải:

a) Ta cần chứng minh: LO = LG + (∑ mi ) rG ∧ vG = LG + M rG ∧ vG

rG + ri

Xét phần tử mi trên vật rắn. Ta có: rGG O LO = ∑ mi (rG + ri ) ∧ (vG + vi ) = (∑ mi )rG ∧ vG + (∑ mi ri ) ∧ vG + rG ∧ (∑ mi vi ) + ∑ mi ri ∧ vi

∑ mi ri = 0 Nhận xét:  ∑ mi vi = 0 LO = (∑ mi )rG ∧ vG + ∑ mi ri ∧ vi Do đó (∑ mi )rG ∧ vG = M rG ∧ vG  Mặt khác, ∑ mi ri ∧ vi = LG L = L + M r nên O G G ∧ vG (ĐPCM) ' b) Gọi v1 là vận tốc của vật 1 (của G1) sau va chạm.

G1 v

Trường THPT Chuyên Thái Bình

ri G

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Do hệ kín nên động lượng của hệ được bảo toàn dó đó: mv1' + mv2' = mv − mv = 0 ⇒ v1' = −v2' = −v ' Ta xét mô men động lượng của hệ đối với G2. Do không có ngoại lực nên mô men động lượng trước và sau va chạm là bằng nhau. Ta có,

ban đầu thì LG2 = mvd sau đó thì L 'G2 = mv ' d '+ I1ω1 + I 2ω2

Mà

ω1 ; ω2 có chiều như hình vẽ gọi là chiều dương nên mvd = mv ' d '+ I1ω1 + I 2ω2

⇒d'=

mvd − I1ω1 − I 2ω2 mv '

c) Với v ' =

Iω v , ω2 = 0 ⇒ d ' = 2 d − 1 1 mv 2

ω1 <0

I1 m

ω1 >0 ω1 >0 d

Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: 1 2 1 v 1 mv .2 = m( ) 2 .2 + I1ω12 2 2 2 2 ⇒ 2mv 2 = mv 2 + I1ω12 ⇒ I1ω12 = mv 2 ⇒

ω1 v

=±

I m ⇒d'= 2 d ± 1 I1 m

Vậy:

a) LO = LG + M rG ∧ vG

Trường THPT Chuyên Thái Bình

I1 m

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

b) d ' =

mvd − I1ω1 − I 2ω2 mv '

I1 m

c) d ' = 2 d ±

Ví dụ 9. Xét một hình bán trụ D đồng nhất, tâm C, khối tam G, bán kính R và khối lượng m. Hệ quy chiếu Trái Đất (Oxyz) được xem là quán tính. Tất cả đều nằm trong mặt phẳng thẳng đứng (Oxy). Ta kí hiệu I là điểm tiếp xúc giữa mặt đất và D. Ta xác định vị trí của D theo tọa độ x của tâm C của nó

theo góc α = (CI , CG ) . Cho CG = b =

4R . Hãy xác định phương trình chuyển động của D bằng cách: 3π

a) Tính mô men lực của đĩa D đối với I. b) Vận dụng định lý mô men lực đối với I để tìm phương trình vi phân bậc hai của α. c) Giả sử α rất nhỏ. Tuyến tính hóa phương trình vi phân có được ở câu b) để từ đó suy ra chu kỳ T0 của các dao động nhỏ của D quanh vị trí cân bằng. Giải a) Tính mô men lực của D ở I + Cách 1. Dùng định lý Koenig đối với mô men lực.

M I = IG ∧ ma (G ) + J Gα " ez Ta tìm được: M I = ( ( J + m( R 2 − 2bR cos α ))α "+ mRbα '2 sin α ) ez

+ Cách 2. Dùng định lý Koenig đối với mô men động lượng của D đối với I

LI = IG ∧ mv(G ) + J Gα ' ez = ( J + m( R 2 − 2bR cos α ) ) α ' ez Hay là LI = J I α ' ez = ( J + m( R 2 − 2bR cos α ) ) α ' ez

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

d L Và dùng hệ thức M I = I = ( ( J + m( R 2 − 2bR cos α ))α "+ mRbα '2 sin α ) ez dt

b) Vận dụng định lý về mô men lực đối với điểm I, phép chiếu lên trục Oz cho ngay kết quả (chỉ có mô men của trọng lực đối với I là khác không)

( ( J + m( R

− 2bR cos α ))α "+ mRbα '2 sin α ) = − mgb sin α

c) Nếu α rất nhỏ, phương trình trên được đơn giản thành: ( J + mR 2 − 2mbR)α " = − mgbα

Như vậy vật hình bán trụ D thực hiện dao động nhỏ điều hòa quanh vị trí cân bằng α = 0 với chu kỳ: T0 = 2π

J + mR 2 − 2mRb mgb

Ta có mô men quán tính của D đối với trục qua C và vuông góc với D là J=

mR 2 2

Nên T0 = 2π

(9π − 16 R) 8g

Ví dụ 10.

Xét một khối lăng trụ đáy là lục giác đều, dài và cứng, giống như một cái bút chì thông thường. Khối lượng của nó là M và được phân bố đều. Tiết diện thẳng của nó là một hình lục giác

đêu cạnh a. Mômen quán tính của khối lăng trụ lục giác đối với trục xuyên tâm

là I =

5 Ma 2 . 12

a) Ban đầu khối lăng trụ nằm yên trên một mặt phẳng nghiêng làm với mặt ngang một góc nhỏ α. Trục của lăng trụ nằm ngang. Cho rằng các mặt của khối lăng trụ hơi lõm một chút sao cho khối trụ chỉ tiếp xúc với mặt phẳng nghiêng ở cạnh của nó. Bỏ qua ảnh hưởng của sự lõm ấy đối với mômen quán tính. Khối trụ ấy bị đẩy cho dịch chuyển và bắt đầu lăn xuống trên mặt nghiêng. Cho rằng do ma sát mà khối trụ không trượt và luôn chạm vào mặt nghiêng. Vận tốc góc

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

của nó ngay trước khi một cạnh của nó đập vào mặt nghiêng là ωi và ngay sau khi cạnh ấy đập vào mặt nghiêng là ωf . Chứng minh rằng ta có thể viết : ωf = sωi , tìm s. b) Động năng của khối trụ ngay trước và ngay sau khi một cạnh đập vào mặt nghiêng là Ki và Kf. Chứng minh rằng : Kf = r. Ki. Tìm r. c) Để có lần va đập tiếp theo thì Ki phải vượt qua giá trị Ki min , mà ta có thể viết dưới dạng: Ki min = δMga, trong đó g = 9,81 m/s2. Tính giá trị của δ theo góc nghiêng α và hệ số r. d) Giả sử điều kiện trong phần c) được thỏa mãn, động năng Ki sẽ dần tới một giá trị không đổi Kio khi khối trụ lăn xuống trên mặt phẳng nghiêng. Biết rằng giá trị ấy tồn tại, chứng minh rằng Kio có thể viết dưới dạng : Kio = kMga, tìm biểu thức của k theo α và r. e) Tính chính xác đến 0,1o góc nghiêng thối thiểu αo để cho quá trình lăn một khi đã được khởi động, sẽ tiếp diễn mãi mãi. Giải. a) Cách 1. - Trước va đập, khối trụ quay quanh trục I, sau va đập nó quay quanh trục F. Xung lực xuất hiện khi va chạm đi qua F, vậy : Mômen động lượng L của khối trụ đối với trục F được bảo toàn trong quá trình va chạm. Ta có : Trước va đập : Li = Mômen động lượng quanh khối tâm C + Mômen động lượng của khối tâm quanh trục quay F bằng (theo định lý Koenig) LF = LG + ( FC × M vci ). LFi = I Cωi ez + ( FC × M vci ) với ez là vec tơ đơn vị của trục hình trụ

Li = ICωi + vci.cos60o.a.M (1)

C 30ο

5 Vì vci = ωi.a và I C = Ma 2 nên 12

vci

2  5ω ω  11Ma ωi Li = Ma 2  i + i  = (2) 2 12  12

Sau va đập : L f = I f ω f =

17 Ma 2ω f

(3)

Trường THPT Chuyên Thái Bình

Ι F

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI 2

Suy ra : Li = Lf

ω f 11 11Ma 2ωi 17 Ma ω f = ⇔s= = 12 12 ωi 17

lưu ý s không phụ thuộc α, a ωi Cách 2. Khi cạnh khối trụ va đập vào mặt nghiêng (trong thời gian dt) thì có phản lực N tác dụng lên khối trụ, do có ma sát nên N không vuông góc với mặt nghiêng. + Thành phần song song với mặt nghiêng là N//.

+ Thành phần vuông góc với mật nghiêng là N⊥. Lấy trục song song với mặt nghiêng hướng từ thấp đến cao, trục vuông góc với mặt nghiêng hướng từ dưới lên trên. Ta có: N // dt = M (ω f − ωi )a.sin 30 0 = m(ω f − ωi )a

3 (4) 2

1 N ⊥ dt = M (ω f + ωi )a. cos 30 0 = m(ω f + ωi )a (5) 2 1 2

Mặt khác: N ⊥ dt.a − N // dt.a

3 = I C (ω f − ωi )(6) (định lí biến thiên mômen 2

động lượng đối với C)

Từ (4), (5), (6) loại N// và N⊥ ta cũng được : s =

ω f 11 = ωi 17

b) Tốc độ dài của khối tâm ngay trước lúc va đập là aωi và ngay sau lúc

va đập là aωf. + Động năng toàn phần của một vật quay là : K =

MvC2 I C ω 2 + ( 7) 2 2

MvC2 I C ωi2 1  5Ma 2 2  17 Ma 2ωi2 2 2  + Trước va đập : K i = + =  Ma ωi + ωi  = 2 2 2 12 24 

Ta thấyđộng năng tỉ lệ với ω2. + Sau va đập : K f = Suy ra :

Kf Ki

MvCf2 2

I ω2 1  5Ma 2 2  17 Ma ω f + C i =  Ma 2ω 2f + ω f  = 2 2 12 24 

ω 2f  11  2 121 =  = = r ≈ 0,419 (8) ωi2  17  289

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

c) Động năng Kf sau va đập phải đủ lớn để có thể nâng khối tâm của khối trụ lên vị trí cao nhất trên đường thẳng đứng đi qua tiếp điểm.

+ góc mà véc tơ rC phải quay là : x = 30o - α + năng lượng để khối tâm nâng lên là : E0 = Mga (1 − cos x ) = Mga (1 − cos(30 0 − α )) (9)

ta suy ra điều kiện : Kf = r.Ki > Eo = Mga(1-cos(30o - α)) r.Ki min = δMga =Eo δ = [1 − cos(30 0 − α )] (10) 1 r

d) Gọi Ki,n và Kf,n là động năng ngay trước và ngay sau va đập lần thứ n. Ta chứng minh có hệ thức : Kj,n = r.Ki,n trong đó r được tính ở (8). Giữa hai va đập liên tiếp, độ cao khối tâm

của khối trụ giảm di là asinα, động năng của nó tăng lên một lượng ∆ = Mgasinα, do đó Ki, n + 1 = r.Ki + ∆ (11) Ta không cần phải viết biểu thức đầy đủ của Ki,n là hàm theo Ki và n để tìm giới hạn của nó. Làm như thế là chứng minh sự tồn tại của giới hạn đó. Theo đề bài, giới hạn đó đã tồn tại, vì thế có thể cho Ki,n + 1 ≈ Ki,n khi n đủ lớn một cách tùy ý. Giới hạn Ki,o đó phải thỏa mãn hệ thức : Ki,o = r.Ki,o + ∆ (12) K i ,0 =

∆ Mga sin α sin α kMga = ⇔k= (13) 1− r 1− r 1− r

Ta có thể giải bài toán một cách tường minh bằng cách viết các biểu thức một cách đầy đủ : Ki,2 = r.Ki,1 + ∆ Ki,3 = r.Ki,2 + ∆ = r(r.Ki,1 + ∆) + ∆ = r2.Ki,1 + (1+r)∆ Ki,4 = r.Ki,3 + ∆ = r. (r2.Ki,1 + (1+r)∆) + ∆ = r3.Ki,1 + (1 + r + r2)∆ ........................ Ki,n = rn-1.Ki,1 + (1 + r + r2 + ....+ rn-2)∆ = r n−1 K i ,1 + Khi n → ∞, vì r < 1, nên ta có : K i ,n → K i ,0 =

Trường THPT Chuyên Thái Bình

1 ∆(15) 1− r

1 − r n −1 ∆ (14) 1− r

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Nếu ta tính biến thiên động năng trong một chu kí nghĩa là từ trước lần đập thứ n tới trước lần đập thứ n + 1, ta được: ∆Ki,n = Ki,n+1 – Ki,n = (r – 1)rn-1Ki,1 + rn-1∆ = rn-1[∆ - (1 – r)Ki,1] (16) Đại lượng này dương nếu giá trị ban đầu Ki,1 < Ki,o và khi ấy Ki,n tăng dần tới giá trị giới hạn Ki,o. Ngược lại, nếu Ki,1 > Ki,o thì động năng trước va đập Ki,n sẽ giảm tới giá trị giới hạn Ki,o. e) Để khối trụ lăn mãi, giá trị giới hạn Ki, trong phần d) phải lớn hơn giá trị nhỏ nhất để có thể tiếp tục lăn đã tìm được trong phần c): K i,0 =

đặt A =

∆ Mga sin α Mga = > (1 − cos(30 0 − α ))(17) 1− r 1− r r

r 121 ta có : Asinα > 1- cos(30o - α) = 1 – cos30ocosα - sin30osinα = 1 − r 168

1 3  A +  sin α + cosα > 1 (18) 

2

Giải phương trình lượng giác này ta được αo ≈ 6,58o + Nếu α > αo và động năng trước lần va đập đầu tiên đủ lớn như đã nói ở câu c) thì ta sẽ có một quá trình lăn liên tục. + Chú ý: do đầu bài nói α là góc nhỏ nên cũng có thể áp dụng các công thức gần đúng: sinx ≈x ; cosx ≈ 1- x2/2 để giải bất phương trình (18).

III. BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài 1

Một bánh xe to ở chỗ chơi ngày lễ hội có bán kính R quay với tốc độ góc

A G

ω không đổi quanh trục nằm ngang của bánh xe. Ta xét một cái thùng treo (móc nối rất tốt ở A trên bánh xe) và hành khách (mà ta xem như hoàn toàn không động đậy trong thùng treo), hệ thùng treo

Trường THPT Chuyên Thái Bình

O O

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

và hành khách có khối lượng m, có khối tâm G nằm trên đường thẳng đứng qua điểm A, cách A một khoảng b. Xác định mô men động lượng đối với O, mô men lực đối với O và động năng của hệ thùng treo và hành khách.

Đáp số: LO = mR 2ω ey với vec tơ ey vuông góc mặt phẳng hình vẽ 1 M O = 0 và K = mR 2ω 2 2

Bài 2 Bốn thanh OD, OE, AC và BC có khối lượng O không đáng kể nối khớp với nhau tại các điểm O, A, B và C. Điểm O là cố định, ống C được xem là một A ϕ B chất điểm khối lượng m trượt theo trục thẳng đứng (Oz). Ở các đầu mút D và E có hai chất điểm giống C nhau, cùng khối lượng m. Ta xác định vị trí của hệ D E bằng góc ϕ. Hãy tìm tổng động lượng, mô men động z lượng đối với O và động năng của hệ theo đạo hàm ϕ’ của góc ϕ. Cho biết: OA = OB = AC = BC = AD = BE = b. Đáp số: p = −6mbϕ 'sin ϕ ez ; LO = 8mb 2ϕ ' ey và K = 2mb 2ϕ '2 (2 + sin 2 ϕ )

Bài 3 Một thanh AB có khối lượng không đang kể, chiều dài 4a được treo ở điểm giữa O cố định. Ở A và b có khớp nối với hai thanh giống nhau CD và EF, khối lượng không đáng kể, chiều dài 2a (A là điểm giữa của CD, B là điểm giữa của EF). Ở các đầu mút C, D, E và F có bốn F B khối điểm giống hệt nhau m. Tính mô men + động lượng đối với O và động năng của hệ E

phụ thuộc vào các góc ϕ,α, β và các đạo

hàm của chúng.

ϕ x

Trường THPT Chuyên Thái Bình

y A

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Đáp số: LO = 2ma 2 (8ϕ '+ α '+ β ')ez K = ma 2 (8ϕ '2 + α '2 + β '2 )

Bài 4

Thanh thẳng AB đồng chất, tâm C dài b, có khối lượng m được treo nằm ngang nhờ hai dây nhẹ, không dãn, cùng chiều dài, được treo vào điểm O như hình vẽ. Góc tạo bởi

α A

các dây treo và thanh là α = 60 . Hệ quy chiếu Trái Đất được xem là HQC quán tính. a) Hệ cân bằng. Tìm lực căng của dây T0 của dây OA tại A. b) Tìm lực căng T của dây OA khi dây OB đột ngột bị đứt (khi mà thanh AB còn chưa kịp dịch chuyển). Tính tỉ số Đáp số: a) T0 =

mg 3

b) T =

T T0

2 3mg T 6 ; = 13 T0 13

Bài 5 Một hình vuông ABCD cạnh L có thể quay xung quanh một điểm A mà vẫn nằm

A L

trong mặt phẳng (xOy), với tốc độ góc ω. Ở các đỉnh có các chất điểm khối lượng m và bỏ qua khối lượng của các thanh nối. Hãy xác định, trong HQC R, động lượng, mô men động lượng đối với A cũng như động năng.

Đáp số: p = 2mω BD ; LA = 4mω L2 ez ; K = 2mL2ω 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

y B

G x

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 6

Một đồng tiền được xem lý tưởng như là một đĩa tròn đồng chất bán kính a với bề dày không đáng kể và khối lượng m lăn không trượt trên một đường tròn. Khối tâm C của đĩa chuyển động trên một đường tròn bán kính b và trục của nó nghiêng một góc θ so với phương thẳng đứng. Tìm vận tốc góc Ω của tâm của đĩa. Đáp số: ω =

4 g tan α 6b + a sin α

IV. KẾT LUẬN.

Giải bài toán về động lực học vật rắn là một chuyên đề cơ bản trong việc bồi dưỡng Học sinh giỏi THPT. Để giải quyết được những yêu cầu đặt ra của bài toán về chuyển động của vật rắn yêu cầu phải nắm vững Định luật chuyển động của vật thể, đặc điểm chuyển động của vật rắn, đặc điểm về va chạm của vật rắn. Từ phân tích đặc điểm đó mà vận dụng định luật động lực học một cách phù hợp. Trong giải bài toán vật lý nói chung và bài toán cơ học vật rắn nói riêng thì việc phân tích kĩ hiện tượng vật lý xảy ra rất quan trọng. Từ việc hiểu được hiện tượng vật lý để vận dụng nguyên lí phù hợp thông qua các định lý, định luật. Các biểu thức thể hiện quan hệ đã đạt được dựa vào giả thiết bài toán để tìm ra kết quả. Trong chương trình THPT chỉ mới giải quyết các bài toán cơ bản vận dụng các phương trình động lực học vật rắn và phương trình chuyển động của vật rắn. Thường thì chúng ta gặp bài toán biết điều kiện động lực học suy ra chuyển động và ngược lại biết chuyển động để tìm các đại lượng động lực học. Việc giải bài toán về phức tạp hơn của cơ học vật rắn, đặc biệt là bài toán va chạm của vật rắn có mức độ tổng hợp cao hơn đòi hỏi học sinh phải hiểu sâu hơn và

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

giải quyết tình huống phức tạp hơn, do đó học sinh cần phải rèn luyện kĩ năng vận dụng cao hơn. Chuyên đề “ĐỊNH LÝ KOENIG TRONG CÁC BÀI TOÁN CƠ HỌC VẬT RẮN” là một chuyên đề cơ bản góp phần hỗ trợ trong việc giải quyết các bài toán tổng hợp, đặc biệt là các bài toán về va chạm vật rắn. Các ví dụ trên đây chỉ là những ví dụ điển hình minh hoạ một phần nào cho chuyên đề này. Rất mong các đồng nghiệp góp ý, bổ xung để chuyên đề thực sự bổ ích trong công tác giảng dạy đối với học sinh chuyên cũng như công tác bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp. Tôi xin chân thành cảm ơn./.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Chuyên đề bồi dưỡng Học sinh giỏi Vật lí (Cơ học 2). NXBGD 2012. Tô Giang 2. Mé canique du solide. Hachette Supérieur 2003. J.P. DURANDEAU 3. Mé canique du ponit. Hachette Supérieur 2003. J.P. DURANDEAU 4. Bài tập vật lý đại cương tập 1 (cơ học). NXBĐHQGHN 2008. Nguyễn Quang Hậu. 5. Các bài toán Vật lí chọn lọc THPT (Cơ - Nhiệt) NXBGD 2006. Vũ Thanh Khiết 6. Bài tập và lời giải cơ học. NXBGD 2008. Yung – Kuo Lim 7. Cơ sở vật lý. Tập 2. Cơ học. David Halliday. NXBGD 2002 8. Các đề thi học sinh giỏi Vật lý (2001 – 2010). NXBGD 2011. Vũ Thanh Khiết, Vũ Đình Túy./.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Chuyên đề xếp loại A

Chuyên đề: TÌM CHU KÌ DAO ĐỘNG CỦA VẬT RẮN BẰNG PHƯƠNG PHÁP NĂNG LƯỢNG Giáo viên thực hiện đề tài: Dương Văn Cách Tổ: Lý – Thể dục - GDQP - Trường THPT Chuyên Thái Nguyên A. Phần mở đầu. 1. Lý do chọn đề tài.

Trong chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi THPT, cơ học là một phân môn rất quan trọng, mang tính nền tảng để hình thành tư duy Vật lí cho học sinh. Trong đó, chuyên đề về cơ học vật rắn là một chuyên đề khó, đa dạng và phức tạp, các bài toán rất phong phú và mang nhiều tính thực tiễn. Các đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia hầu như năm nào cũng có các bài toán cơ học vật rắn và chiếm tỉ trọng điểm khá lớn. Trong khi đó, học sinh chủ yếu quen với cách giải các bài toán cơ chất điểm, khi gặp các bài toán vật rắn tỏ ra lúng túng. Các bài toán cơ học vật rắn thực sự phức tạp, đa dạng, đặc biệt các bài toán trong đề thi HSG QG rất khó. Muốn tìm ra lời giải đòi hỏi người học cần vận dụng hết sức linh hoạt các kiến thức nền tảng. Người học cần nắm vững các kĩ thuật tính toán đặc trưng trong cơ học vật rắn như cách xác định tâm quay tức thời, cách chọn hệ quy chiếu sao cho thích hợp và đặc biệt là phối hợp nhuần nhuyễn giữa phương pháp các định luật bảo toàn và phương pháp động lực học. Với phương pháp dùng các định luật bảo toàn thì định luật bảo toàn cơ năng đóng vai trò quan trọng bậc nhất. Trong đó việc sử dụng phương pháp nguyên hàm năng lượng cho phép xác định chuyển động của một số hệ cơ phức tạp nào đó với một cách giải nhanh và đẹp. Do đó, tôi chọn chuyên đề mang tên: TÌM CHU KÌ DAO ĐỘNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP NĂNG LƯỢNG.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

2. Mục đích của đề tài.

- Triển khai phương pháp dùng vi phân năng lượng để tìm chu kì dao động của cơ hệ. - Nhấn mạnh hơn cách dùng phương pháp năng lượng trong bài toán cơ vật rắn. - Tạo ra tài liệu tham khảo cơ bản nhất dành cho những ai bắt đầu tìm hiểu cơ vật rắn.

B. Nội dung. I. Cơ sở lí thuyết. 1. Khái niệm vật rắn

- Vật rắn tuyệt đối là vật mà khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ của nó không đổi. - Vật rắn có thể xem như một hệ chất điểm. Vật rắn tuyệt đối thường được xem là hệ chất điểm liên kết chặt chẽ với nhau.

- Khái niệm vật rắn chỉ là tương đối. 2. Momen quán tính.

- Là đại lượng vật lí đặc trưng cho mức quán tính của vật rắn trong chuyển động quay. - Định lý Stê-nơ (Steiner) hay định lý Huy-ghen (Huyghens)). Xét với trục quay ∆ song song với trục quay ∆G qua khối tâm G của vật rắn, chúng cách nhau một khoảng d. Khối lượng vật rắn là M, mô men quán tính của vật rắn đối với trục quay ∆ là I được xác định qua mô men quán tính IG đối với trục quay ∆G I = IG + Md2 3. Định luật Niu-tơn II cho chuyển động tịnh tiến và chuyển động quay

3.1. Trong trường hợp tổng quát, khi chịu các lực tác dụng, vật rắn vừa chuyển động tịnh tiến vừa quay quanh khối tâm.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI →

→

Để tìm gia tốc a của chuyển động tịnh tiến (cũng là gia tốc a của khối →

→

∑F = ma ,

tâm), ta áp dụng phương trình: ∑Fx = max và ∑Fy = may

hay:

Để tìm gia tốc góc của chuyển động quay quanh một trục đi qua khối tâm,

ta áp dụng phương trình: →

→

∑ M = IG γ ,

hay: ∑M = IGγ (dạng đại số). 3.2. Điều kiện cân bằng tổng quát chỉ là trường hợp riêng của hai phương →

→

trình (1) và (2) khi a = 0 và γ = 0 . Nếu ban đầu vật đứng yên thì vật tiếp tục đứng yên. Ta có trạng thái cân bằng tĩnh. →

Cần chú ý là, khi vật ở trạng thái cân bằng tĩnh thì ∑ M = 0 không chỉ đối với trục đi qua khối tâm, mà đối với cả một trục bất kỳ. 3.3. Đối với một vật rắn quay quanh một trục cố định thì chuyển động tịnh tiến của vật bị khử bởi phản lực của trục quay. 4. Năng lượng của vật rắn. 4.1. Thế năng của vật rắn:

Xét với vật rắn tuyệt đối, trong trọng trường có gia tốc g, Z là độ cao của khối tâm G tính từ một mốc nào đó, vật rắn có thế năng bằng thế năng của khối tâm mang tổng khối lượng của vật rắn: U = MgZ. 4.2. Động năng của vật rắn:

- Khi vật rắn quay xung quanh một trục quay cố định ∆: W =

1 I∆.ω2 2

(4.5.2) Chú ý: Nếu trục quay ∆ không qua khối tâm G, cần xác định I∆ qua IG bởi định lý Stenơ (4.4)

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 1.(Đề thi HSG quốc gia 2005) Cho cơ hệ như hình vẽ, quả cầu đặc có khối lượng m, bán kính r lăn không trượt trong máng có bán kính R. Máng đứng yên trên mặt phẳng nằm ngang. Tìm chu kì dao động nhỏ của quả cầu. 2 Cho biết momen quán tính của quả cầu đặc I G = mr 2 . 5

- Trường hợp tổng quát: W =

1 1 IG.ω2 + M.VG2 2 2

"Ðộng năng toàn phần của vật rắn bằng tổng động năng tịnh tiến của khối tâm mang khối lượng của cả vật và động năng quay của nó xung quanh trục đi qua khối tâm". - Nếu vật quay quanh tâm quay tức thời K thì: W = IK

ω2K 2

4.3. Định luật bảo toàn cơ năng: - Nội dung: Khi các lực tác dụng lên vật rắn là lực thế, thì cơ năng E của hệ vật rắn được bảo toàn: W = Wđ + Wt = const. - Nếu trong quá trình biến đổi của hệ từ trạng thái 1 sang trạng thái 2, có lực ma sát, lực cản... tác dụng mà ta tính được công A của các lực ấy thì có thể áp dụng định luật bảo toàn năng lượng dưới dạng: W2 - W1 = A.

II. Ví dụ điển hình. Phương pháp năng lượng.

Chọn gốc thế năng hấp dẫn tại tâm O của máng cong. Quả cầu lăn không trượt nên K là tâm quay tức thời.

R r K

Cơ năng của quả cầu tại li độ góc α.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

W = −mg(R − r)cos α + I K

ω2K = const (*) 2

2 7 I K = mr 2 + mr 2 = mr 2 ;VG = ωO (R − r) = ωK r Với: 5 5 ⇒ ω 'O (R − r) = ωK 'r = α "(R − r)

Lấy đạo hàm hai vế của phương trình (*) ta được: 7 2 2.ωK .ω 'K  =0 mg(R − r)sin α.α '+ 5 mr ω (R − r) α "(R − r) 7 2 ⇒ mg(R − r)α.α '+ mr 2 O =0  5 r r "(R r) α − ω ' = ; sin α ≈ α;  K r

7 5g α = 0. Vậy: gα + (R − r)α " = 0 ⇔ α "+ 5 7(R − r) Vậy quả cầu dao động điều hòa với biên độ nhỏ với chu kì: T = 2π

7(R − r) 5g

Phương pháp động lực học. Vì quả cẩu lăn không trượt nên K là tâm quay tức thời.

Phương trình động lực học vật rắn đối với tâm K.

− mgr sin α = I K γ

2 7 R −r Với I K = mR 2 + mR 2 = mR 2 ; γ = α" 5 5 r K

Kết quả thu được phương trình:

α "+

5g α = 0. Ta lại có kết quả trên. 7(R − r)

G r

H P

Chú ý: Trong hai phương pháp giải quyết thì phương pháp năng lượng phải chọn gốc thế năng cho phù hợp, còn phương pháp động lực học thì phải phân tích lực và chọn một trục quay. Trong bài toán này phương pháp năng lượng có vẻ dài hơn và chưa thể hiện tính ưu việt. Nhưng trong các bài toán có hệ lực phức tạp sau đây thì phương pháp năng lượng tỏ ra hiệu quả hơn.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 2. Một thanh đồng chất AB = 2l mℓ 2 có momen quán tính I = đối với trục 3

vuông góc với thanh và đi qua trọng tâm G

eθ

O ez NA

x B

của thanh. Thanh trượt không ma sát bên trong một nửa vòng tròn bán kính R =

2ℓ . 3

Chứng minh thanh dao động điều hòa và tìm chu kì dao động.

Bài giải: Phương pháp động lực học. Xét mối quan hệ trong tam giác OAB ta được OG = R/2. Các lực tác dụng vào thanh gồm hai phản lực pháp tuyến tại A, B, và trọng lực P tại G. Trong hệ quy chiếu Galile áp dụng cho thanh đối với khối tâm G. Xét theo các phương OG và Oz (hình vẽ)  1 − 2 mRθ " = N Ar + N Br + mgcosθ (*)  1 2  mR(θ ') = N + N − mg sin θ Aθ Bθ  2

Trong hệ quy chiếu trọng tâm của thanh, áp dụng định lí momen động lượng ở G khi chiếu lên Oz ta được: ℓ(N Ar − N Br ) = Iθ" Vì không có ma sát nên N A , N B hướng vào tâm O. Do đó:  π NA π 3 ; N Aθ = N Asin = NA  N Ar = − N A cos = −  6 2 6 2 (**)   N = − N cos π = − N B ; N = − N sin π = − 3 N B Bθ B B  Br 6 2 6 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Thay (**) vào (*) và khử NA, NB ta được phương trình: θ "+ Hay thanh dao động điều hòa với chu kì: T = 2π

g θ=0 R

R g

Phương pháp năng lượng Chọn gốc thế năng hấp dẫn tại tâm O của nửa

vòng tròn. Vì bỏ qua ma sát ở nên cơ năng của thanh bảo toàn. Đường thẳng vuông góc với v A , v B cắt nhau tại O nên O là tâm quay tức thời của thanh AB.Cơ năng của thanh tại li độ góc θ: ω2 W = IO − mg.OG cos θ = const(*) 2 Với: IG =

θ A

mℓ 2 ; ω = θ' 12

Lấy đạo hàm hai vế phương trình (*) ta được: 1 R2 R g 0 = m 2ωθ "+ mg sin θ.θ ' ⇔ θ "+ θ = 0 . Ta thu được kết quả như trên. 2 2 2 R

Chú ý: Trong bài toán trên thì phương pháp năng lượng cho thấy hiệu quả rõ rệt của nó là có biến số đơn giản, không phải thực hiện phép chiếu véc tơ và phép phân tích lực. Số lượng phương trình cũng ít hơn nhiều so với phương pháp năng lượng.

Bài 3. Cho cơ hệ gồm ròng rọc hình trụ khối lượng M bán kính R và lò xo có độ cứng k, vật có khối lượng m. Dây không giãn, khối lượng không đáng kể, đầu A cố định, dây không trượt trên ròng rọc. Tìm chu kì dao động của vật m.

Bài giải. Phương pháp động lực học. Xét cơ hệ tại vị trí cân bằng: Fđh = 2Pm + PM = Mg + 2mg = k ∆ℓ o Phương trình động lực học khi vật m ở dưới vị trí cân bằng đoạn x.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

TB B Pm

Fđ C PM

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

m : Pm − TB = ma B = mx"(1) MR 2  (T T )R I − = γ = γ (2) A  B 2 M: Mg + T + T − k(∆ℓ + x ) = Ma (3) A B o C  2

Mặt khác: VB = VC + ωR = 2VC nên x” = aB = 2γR = 2aC. Thay vào (1),(2),(3) ta được:  (1) ⇔ TB = mg − mx"  M M 2k  x = 0(*) ⇔ x"+ (2) ⇔ TB − TA = x" ⇒ TA = mg − mx"− x" 4 4 8m + 3M  M x M  (3) ⇔ Mg + 2mg − k∆ℓ o − 2mx"− 4 x"− k 2 = 2 x"

Đặt: ω2 =

2k 2(8m + 3M) ⇒T=π 8m + 3M k

Phương pháp năng lượng. Chọn gốc thế năng hấp dẫn qua tâm C của ròng rọc khi ở vị trí cân bằng. Xét hệ tại vị trí cân bằng: Mg + 2mg = k∆ℓ o Xét cơ năng của hệ. x 1 x 1 ω2 = const W = −mgx − Mg + k(∆ℓ o + ) 2 + mV 2 + I K 2 2 2 2 2 Lấy đạo hàm hai vế với x’ = V = VC + ωR = 2ωR; ω = α’ ta được: − mgx '− Mg

x' 1 x x' 1 2ωω ' + k2(∆ℓ o + ) + m2VV '+ I K =0 2 2 2 2 2 2

⇔ −mgV − Mg

V x V 3 V x" + k(∆ℓ o + ) + mVx"+ M = 0 (*) 2 2 2 2 2 2

Với: vật m đi xuống đoạn x thì M đi xuống x/2 và quay thêm được cung có độ dài x/2 ứng với góc quay α nên:

x = αR hay x = 2αR hay x” = 2ω’R. 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

(*) ⇔ k

x 3 2k + (m + M)x" = 0 ⇔ x"+ x = 0 . Ta thu được kết quả như 4 8 8m + 3M

trên.

Bài 4. Một nửa vòng xuyến mảnh bán kính R, khối lượng m thực hiện các dao động(không trượt) trên mặt nhám nằm ngang. Ở vị trí cân bằng khối tâm G của nửa vòng xuyến ở dưới tâm O đoạn d = 2R/π. Tìm chu kì dao động T1 ứng với các biên độ nhỏ?

O G

Bài giải: Khi vòng xuyến dao động với biên độ nhỏ thì tâm O của nó di chuyển trên đường nằm ngang XX’. Chọn gốc thế năng tại đường thẳng XX’. Cơ năng của vòng xuyến tại li độ góc α.

W = −mgd cos α + I K

ω2 = const(*) 2

X’

Với:

ω= α ' ⇒ω' = α"  2 2 2 2 2 IO = IG + mOG ⇒ IG − IO = mR − md = m(R − d )

d G

O’ α G’ H

⇒ IK = IG + m(R − d)2 = m2R(R − d) Lấy đạo hàm hai vế của phương trình (*) 2ωα " = 2 2R 2 g mg α + 2mR 2 (1 − )α " = 0 ⇔ α "+ α=0 π π R( π − 2) mgd sin α.α ' + I K

Vậy vòng xuyến dao động điều hòa với chu kì: T = 2π

Bài 5. Cho cơ hệ như hình vẽ, thanh đồng chất OC khối lượng m, chiều dài 2R có thể quay quanh trục Oz

Trường THPT Chuyên Thái Bình

R( π − 2) g

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

nằm ngang của một khối hình trụ cố định bán kính R.

Đầu C của thanh gắn với trục của một đĩa mỏng đồng

chất có bán kính R, khối lượng 2m; đĩa tiếp xúc với

khối trụ. Khi cơ hệ chuyển động trong mặt phẳng xOy vuông góc với Oz, đĩa lăn không trượt trên khối trụ.

Kéo thanh OC lệch góc nhỏ φo so với phương thẳng

đứng rồi buông nhẹ. Tính chu kì dao động của cơ hệ. Bỏ qua ma sát ở các ổ trục và ma sát lăn giữa đĩa mỏng và khối trụ.

Bài giải: Chọn gốc thế năng hấp dẫn trùng với trục Ox. Năng lượng của cơ hệ gồm thanh OC và đĩa tại li độ góc φ.

Động năng: Wd = I O

ωO2 ω2 + IK K 2 2

(2R) 2 4 Với IO = m + mR 2 = mR 2 là momen quán tính của thanh OC đối với trục 12 3

quay qua O và là vận tốc góc của thanh OC quay quanh O. R2 I K = 2m + 2mR 2 = 3mR 2 là momen quán tính của đĩa C quanh tâm quay tức 2

thời K, ωK là vận tốc góc của đĩa C quanh tâm quay tức thời K. ωK = 2ωO  Mối liên hệ giữa ωO và ωK: VC = ωO.2R = ωK.R ⇒ ωO = ϕ’ (*)  ω 'K = 2ω 'O = 2ϕ"

Thế năng hấp dẫn: Wt = - 2m.2Rcos φ – mgRcos φ = -5mgR cos φ Cơ năng của hệ: 2 2 4 20 2 ωO 2 (2ωO ) W = mR . + 3mR − 5mgR cos ϕ = mR 2ωO2 − 5mgR cos ϕ = const 3 2 2 3 (**)

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Lấy đạo hàm hai vế phương trình (**):

20 mR 2 2ωO ω 'O + 5mgR sin ϕ.ϕ ' = 0 3

(***) Thế (*) vào (***) ta được: ϕ "+ kì: T = 2π

3g ϕ = 0 . Vậy cơ hệ dao động điều hòa với chu 8R

8R 3g

Bài 6. Một người thợ đặt một cây thước gỗ đồng chất, tiết diện đều, chiều dài AB = ℓ trên một khối trụ có bán kính R cố định trên mặt phẳng nằm ngang (hv). Ở vị trí cân bằng trọng tâm G của cây thước gỗ trùng với điểm tiếp xúc giữa thước và khối trụ. Chứng minh thước dao động điều hòa khi bị lệch khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ. Tìm chu kì dao động của hệ, lấy g = 10 m/s2.

Bài giải: Chọn gốc thế năng hấp dẫn tại O nằm trên trục đối xứng của hình trụ. Xét năng lượng của thanh tại li độ góc α: Thế năng: Wt = mg(Rcos α + R αsin α)

Động năng: Wd =

ω2 mℓ 2 ω2 I K ω2 mℓ 2 =( + mKG 2 ) ≈ 2 12 2 12 2

(Vì KG rất nhỏ so với chiều dài thanh) Cơ năng của hệ: W = mgR(cos α + α sin α) +

mℓ 2 2 ω (*) 24

Lấy đạo hàm biểu thức (*) với: ω = α’ ta được: mgR(− sin αα '+ α 'sin α + α cos αα ') + ⇔ α "+

mℓ 2 2ωω ' = 0 24

12gR =0 ℓ2

Hay thanh gỗ dao động điều hòa với chu kì: T =

Trường THPT Chuyên Thái Bình

πℓ 3gR

G’

G P

α O

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 7.(Đề thi HSG quốc gia 2007) Một đĩa tròn đồng chất, khối lượng m, bán kính R có thể quay quanh một trục A R O

cố định nằm ngang đi qua tâm O của đĩa. Lò xo có độ cứng k, một đầu cố định, một đầu gắn với điểm A của vành đĩa. Khi OA nằm ngang thì lò xo có chiều dài tự nhiên. Xoay

đĩa một góc nhỏ αo rồi thả nhẹ. Coi lò xo luôn có phương thẳng đứng và khối lượng lò xo không đáng kể. 1. Bỏ qua mọi sức cản và ma sát. Tính chu kì dao

động của đĩa. 2. Thực tế luôn tồn tại sức cản của không khí và ma sát ở trục quay. Coi momen cản Mc có biểu thức là Mc = kR2/200. Tính số dao động của đĩa trong trường hợp αo = 0,1 rad.

Bài giải: 1. Chọn gốc thế năng hấp dẫn qua tâm O của đĩa. Cơ năng của hệ tại li độ góc α nhỏ.

ω2 1 1 R 2 ω2 2 2 W = Wd + Wt = k( ∆ℓ) + IO = k(Rα) + m( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 ω = kR α + mR = const(*) 2 4

Đạo hàm hai vế phương trình (*) ta được: Với: α ' = ω; ω' = α" ta có: α " +

1 2 2ωω ' kR 2αα '+ mR 2 =0 2 4

2k α=0 m

Vậy đĩa dao động điều hòa với chu kì: T = 2π

m 2k α

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

2. Độ giảm biên độ sau mỗi nửa chu kì: 1 1 1 ∆W = k(Rα1 ) 2 + k(Rα 2 ) 2 = kR 2 (α 22 − α12 ) 2 2 2

Công của momen cản: A = -MC∆φ = - MC(α2 + α1) Theo định lí biến thiên cơ năng: 1 2 2 kR 2 1 kR (α 2 − α12 ) = (α 2 + α1 ) ⇒ α1 − α 2 = ∆α = (rad) 2 200 100

Vậy số nửa chu kì vật thực hiện được:

αo = 10 hay số dao động đĩa thực hiện ∆α

được là 5.

Bài 8. Một sợi dây đỡ một đĩa có bán kính R và khối lượng m. Một đầu dây buộc vào giá đỡ, còn đầu kia nối với một lò xo nhẹ có độ cứng k. Kích thích cho

đĩa dao động trong mặt phẳng của đĩa. Chứng minh đĩa dao động điều hòa và tìm chu kì dao động của đĩa. Biết

đĩa không trượt trên dây.

Bài giải: Chọn gốc thế năng hấp dẫn qua tâm O của đĩa khi đĩa ở vị trí cân bằng. Khi ở vị trí cân bằng lò xo giãn đoạn: ∆ℓ o =

mg 2k

Tại li độ x so với vị trí cân bằng lò xo biến dạng đoạn ∆ℓ o + 2x Cơ năng của hệ dao động: W =

1 ω2 k( ∆ℓ o + 2x) 2 − mgx + I K = const(*) 2 2

R2 3 + mR 2 = mR 2 ; x = αR ⇒ x' =ωR Với: I K = m 2 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Lấy đạo hàm hai vế phương trình (*) ta được: W' =

1 3 2ωω ' k2( ∆ℓ o + 2x)2x '− mgx '+ mR 2 =0 2 2 2

3 3 W ' = 2k∆ℓ o − mg + 4kx + mRω" = 0 ⇔ 4kRα + mRα " = 0 2 2

Hay: α "+

3m 8k α = 0 . Vậy vật dao động điều hòa với chu kì: T = 2π 3m 8k

Bài 9. Trên một hình trụ cố định bán kính R đặt 1 tấm ván có khối lượng không đáng kể chiều dài 2L theo phương vuông góc với trục hình trụ, mỗi đầu của nó gắn một vật nặng m. Tính chu kì dao động nhỏ của hệ.

Bài giải: Xét thời điểm tấm tạo một góc φ C

So với phương ngang. Thế năng của

khối tấm của hện là: ωt = 2mg(R cos φ + Rφ sin φ)

Do φ nhỏ nên sin φ ≈ φ , cos φ ≈ 1 −

φ2 φ2 ⇒ ωt = 2mgR(1 + ) 2 2

Động năng chính là năng lương chuyển động quay của các vật khối lượng m đối với điểm cách tâm quay các khoảng (L-R φ) và (L+ R φ) . Do đó: mω2  2 2 ωd = ( L − Rφ ) + ( L + Rφ )  = mω2 (L2 + R 2φ2 )  2

Do R 2 φ2 << L2 ⇒ ωd ≈ mω2 L2 φ2 Ta có ωd + ωt = const ⇒ mL φ + 2mgR(1 + = const 2) 2

Đạo hàm theo thời gian đẳng thức này ta nhận thấy được: φ" +

Rg 2πL φ = 0 ⇒ chu kì dao động của hệ là: T= 2 L Rg

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 10 : ở một số hồ nước dài và hẹp, đôi khi ta quan sát được hiện tượng dao động của toàn thể khối nước giống như nước trà sóng sánh qua

O2 h

lại trong tách khi bưng ra mời khách. Để khảo sát hiện tượng này (gọi là Seiching) người ta dùng 1 chậu hình chữ nhật bề dài L chứa nước

G2 G

G1 L

tới độ sâu h. Hãy tính chu kì dao động của nước.

Bài giải: Chọn gốc toạ độ O ở tâm khối nước đứng yên. Khi nước nghiêng, khối tâm có vị trí G, G1 ,G 2 là khối tâm của 2 phần ngăn cách bởi AB. Khối lượng tương ứng các phần: m1 = kL(h − ε);m 2 = kLε ⇒

Ta có :

⇒

0  G1 −ε  2

xG =

m= kLh; k là hệ số tỉ lệ

  

m1 x G 1 + m 2 x G 2 L ε = m1 + m 2 6h

m1 y G 1 + m 2 y G 2 ε 2 y = = m1 + m 2 6h

  y 

L 6 ε h − 2 3

<< x G nên G chủ yếu chuyển động theo

phương ngang Lε ' ⇒ Vx = ; 6h

ε.ε ' Vy = 3h

mgε 2 Thế năng của khối nước là: E t = mgy G = 6h

Động năng của khối nước là: E d = →

mVx2 mL2ε'2 ( bỏ qua Vy ) = 2 72h 2

mgε 2 mL2 ε'2 E= + = const(*) 6h 72h 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Đạo hàm (*) theo thời gian ta có: ε +

12gh πL ε=0⇒T = 2 L 3gh

Vậy chu kì dao động của khối nước là: T =

πL 3gh

Bài 11. Một hình trụ đặc đồng chất, trọng lượng P, bán kính r đặt trong một mặt lõm bán kính cong R (hình vẽ). Ở điểm trên của hình trụ người ta gắn 2 lò xo với độ cứng k như nhau. Tìm chu kì dao

động nhỏ của hình trụ với giả thiết hình trụ lăn

không trượt. Xét trong trường hợp khi không có lò xo và khi mặt lõm là mặt phẳng.

Bài giải: O

Gọi θ là góc quay của trục C của trụ, ω1 là vận tốc góc của chuyển động quay quanh trục và V là vận v tốc tịnh tiến của trục: ω1 = θ ' = r

A’

Mặt khác ta có:

v = ϕ '(R − r) ⇒ ω1r = ϕ '(R − r) ⇒ rθ = (R − r)ϕ mv 2 Iω12 3 + = m(R − r) 2 (ϕ ') 2 Động năng: Wđ = 2 2 4

θ B

1 Với: I = mr 2 2

Thế năng: Wt = 2

 kx 2 1 mg  + mg(R − r)ϕ2 =  4k + (R − r) 2 ϕ2  2 2 2(R − r)  

Cơ năng: W = Wđ + Wt = const.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Lấy đạo hàm hai 4k +

 3 mg  2 vế: m(ϕ ') 2 +  4k + ϕ =0⇒ω= 4 2(R − r)  

Vậy chu kì dao động: T =

mg 16k 2g 2(R − r) = + 3 3m 3(R − r) m 4

2π

16k 2g + 3m 3(R − r)

Trường hợp riêng: - Khi bỏ lò xo: k = 0 thì: T = π

6(R − r) g

- Khi mặt lõm phẳng thì R → ∞ thì: T = π

3m 4k

Bài 12. Bốn thanh giống nhau có cùng chiều dài b, khối lượng m và momen quán tính đối với trục vông góc và đi qua điểm giữa là: I =

1 mb 2 , được liên 12

kết bởi 4 lò xo giống nhau có độ cứng k, khối lượng không đáng kể(hình vẽ) tạo thành hình thoi ABCD có tâm là O. Bỏ ma ma sát giữa các khớp nối. Cơ hệ nằm trên một mặt sàn nằm ngang không ma sát, độ biến dạng của lò xo

được xác định thông qua góc α tạo bởi giữa đường chéo AC và cạnh AB. Các lò xo có chiều dài tự nhiên khi α = π/4. Đầu tiên hệ được giữ cho biến dạng góc αo rồi buông ra không vận tốc đầu.

A α

1. Xác định phương trình vi phân của góc α. 2. Trong trường hợp mà αo gần π/4. Tìm chu kì dao động nhỏ của hệ và xác định biểu thức của α theo thời gian.

Bài giải: Khi hệ dao động vì tổng ngoại lực tác dụng lên vật triệt tiêu nên khối tâm O của hệ không chuyển động.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Vì mọi ma sát được bỏ qua nên cơ năng của hệ bảo toàn.

Động năng của mỗi thanh. ω2 b 1 2 Wđi = mVGi + I với VGi = ωOG = α ' 2 2 2 1 ω2 2 2 Động năng của hệ: Wđ = 4( mVGi + I ) = mb 2 (α ') 2 2 2 3

Thế năng của các lò xo:

π 1 OA và OC: Wt1 = k(b cos α − bcos ) 2 2 4 π 1 OC và OD: Wt 2 = k(bsinα − bsin ) 2 2 4

  π  2  (cos α + sin α)  = 2kb 2 1 − cos(α − )  Thế năng của hệ: Wt = 2kb 2 1 − 2 4    

Vậy cơ năng của hệ: 2 π  π    W = mb 2 (α ') 2 + 2kb 2 1 − cos(α − )  = 2kb 2 1 − cos(α o − )  = const 3 4  4   

2. Lấy đạo hàm hai vế phương trình trên ta được: α " = Nếu α ≈

π 3k sin(α − ) 2m 4

π π 3k = 0 tính đến các điều kiện đầu ta ta có thể đặt α = ε + ⇒ ε "+ 4 4 2m

có nghiệm: ε=α−

3k π π t = (α o − )cos 4 4 2m

Chu kì dao động nhỏ của hệ: T = 2π

2m 3k

Bài 13. Một tấm ván khối lượng M đặt nằm trên hai con lăn như nhau cùng khối lượng m. Hai đầu tấm ván được móc vào hai lò xo có cùng độ cứng k. Giả sử các con lăn không trượt trên sàn và đối với M. Tìm chu kì dao động của hệ. Bỏ qua ma sát lăn.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài giải: Giả sử tại vị trí cân bằng của tấm ván và các con lăn, các lò xo có độ biến dạng là ∆ℓo. Khi khối tâm G của tấm ván ở li độ x thì cơ năng của hệ: 1 ω2 1 1 W = MV 2 + I K + k(∆ℓ o + x) 2 + k( ∆ℓ o − x) 2 = const.(*) 2 2 2 2 Trong đó K là tiếp điểm giữa con lăn và mặt sàn, là tâm quay tức thời. Do đó: V = ω.2r ⇒ ω =

V 2r

Lấy đạo hàm hai vế phương trình (*) ta thu được:

x"+

8k x=0 4M + 3m

Hay hệ dao động điều hòa với chu kì: T = π

4M + 3m 2k

Bài 14. Dao động của cái ròng rọc. O

Một cái tời tạo từ một vật hình trụ bán

kính R, momen quán tính Io với tay quay có cánh tay dài l và khối lượng m1 còn tay cầm có khối lượng m2. Người ta treo vào tời vật có

ℓ

khối lượng m. Tĩnh chu kì dao động nhỏ của hệ. Bỏ qua khối lượng dây treo và lực cản của chuyển động.

Bài giải: Khi cơ hệ ở trạng thái cân bằng tay quay hợp với phương thẳng đứng góc αo. Khi đó tổng momen ngoại lực tác dụng lên hệ gồm trụ, cánh tay m1 và tay cầm m2 triệt tiêu.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

M(T) + M(P1 ) + M(P2 ) = 0 m + 2m 2 ⇔ PR = ( 1 )gℓ sin α(*)  2 = = T P mg  Tại vị trí có góc lệch α + αo ta có phương trình động lực học.  m : P − T = ma = mγR ⇒ T = P − mγR(1)  m1 + 2m 2  )gℓ sin α m1 ,m 2 ,Io : TR − ( 2    m1ℓ 2 m1ℓ 2 ℓ 2   2 = I + + m ( ) + m = I + + m 2ℓ 2  γ (2) ℓ 1 2 o   o   12 2 3     

Thay T từ (1) vào (2) ta được:

ℓ A

m1 + 2m 2 m1ℓ 2   (P − mγR)R − ( )gℓ sin(α + α o ) =  Io + + m 2ℓ2  γ 2 3  

⇔ PR − mR 2 γ − (

m1 + 2m 2 m + 2m 2 )gℓ sin α cos α o − ( 1 )gℓ cos α sin α o 2 2

Thay (*) vào phương trình trên lấy sin α ≈ α ta được

m1 + 2m2 (m1 + 2m2 )gℓcosαo  m1ℓ2 2 2 α=0 Io + 3 + m2ℓ + mR  γ = −( 2 )gℓcosαo.α ⇔α"+  m ℓ2  2 2   2Io + 1 + m2ℓ + mR  3   m1ℓ 2 2(I o + + m 2 ℓ 2 + mR 2 ) 3 Vậy cơ hệ dao động điều hòa với chu kì: T = 2π (m1 + 2m 2 )gℓ cos α o

Bài 15. Dao động của con lắc kép. Một con lắc kép gồm thanh đồng chất OA khối lượng m chiều dài 2R và momen 1 quán tính I = mR 2 đối với trục vuông góc với thanh đi qua C. 3 Một đĩa đồng chất khối lượng m bán kính R có tâm là A và momen 1 quán tính J = mR 2 đối với trục của nó. Hệ có thể quay quanh trục 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

φ C A

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

nằm ngang đi qua O. 1. Đĩa và thanh liên kết chặt với nhau. Tìm chu kì T1 của những dao động nhỏ của hệ. 2. Đĩa và thanh có thể quay tự do với nhau. Ở thời điểm đầu thanh đứng yên và nghiêng góc nhỏ φo so với phương thẳng đứng, đĩa có vận tốc góc ωo. Tìm chu kì T2 của những dao động nhỏ của thanh. Tốc độ ωo có ảnh hưởng như thế nào

đối với chu kì T2. Bài giải. 1. Thanh và đĩa tạo thành vật rắn có momen quán tính đối với trục quay qua O là. I=

mR 2 mR 2 35mR 2 + mR 2 + + m(2R) 2 = 3 2 6

Chọn gốc thế năng hấp dẫn đi qua tâm quay O. Iω2 Cơ năng của hệ tại li độ góc φ: W = −mgR cos ϕ − mg2R cos ϕ + = cos nt(*) 2 Lấy đạo hàm hai vế phương trình (*): W ' = 3mgR sin ϕϕ '+

35mR 2 2ωω ' = 0 12

Với: sin ϕ ≈ ϕ; ϕ ' = ω; ω ' = ϕ" ta thu được phương trình: ϕ"+ Vậy hệ dao động nhỏ với chu kì: T = 2π

18g ϕ' = 0 35R

35R 18g

2. Vận dụng định lí momen động lượng đối với A xét theo phương trục quay ta có: Jω’ = 0 4 Momen động lượng của thanh: L t = mR 2ϕ ' 3 Momen động lượng của đĩa: Lđ = m(2R ) 2 + Jωo Vận dụng định lí momen động lượng đối với O cho cả hệ: 4 mR 2ϕ"+ 4mR 2ϕ" = −3mgR sin ϕ 3

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Nếu góc φ nhỏ thì hệ dao động điều hòa với chu kì: T = 2π

16R 9g

Nhận xét: Vận tốc ωo của đĩa không ảnh hưởng đến chu kì dao động của thanh.

III. Bài tập áp dụng Bài 16. Dao động của con lắc nghiêng Một vật rắn AOBC có dạng chữ T có khối

lượng m và trọng tâm G có thể quay quay trục O

AB nằm nghiêng góc α so với phương ngang. Momen quán tính của vật với trục AB là J.

Tìm chu kì dao động nhỏ của hệ.

Đs: T = 2π

J mgb cos α

Bài 17. Dao động của một cái cân. Sơ đồ dưới đây là sơ đồ của một cái cân tiểu li.

Đòn cân có thể quay không ma sát quanh trục nằm ngang qua O. Trọng tâm của nó nằm trên đường thẳng đứng qua O khi đòn cân cân bằng nằm ngang(hv). Momen quán tính của đòn cân đối với trục đi qua G là J. Các đĩa cân có khối lượng M và treo ở hai

đầu mút A và B. Chúng có thể quay không

b A

ma sát quanh trục nằm ngang đi qua A và B.

b B

O G

Như vậy, trong quá trình chuyển động các khối tâm của hai đĩa cân luôn luôn ở trên

đường thẳng đứng qua A và B. Tính chu kì dao động nhỏ của hệ quanh vị trí cân bằng của nó. J + ma 2 + 2Mb 2 ĐS: T = 2π mga

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 18.(Đề thi HSG quốc gia 2003) Cho một bán cầu đặc đồng chất khối lượng m bán kính R, tâm O. Cho biết khối tâm G của nó cách tâm O của nó một

đoạn d = 3R/8. Đặt bán cầu trên mặt phẳng nằm ngang. Đẩy bán cầu sao cho trục đối xứng của nó nghiêng góc nhỏ so với phương thẳng đứng rồi buông nhẹ cho nó dao động. Cho bán cầu không trượt và ma sát lăn có thể bỏ qua. Tìm chu

kì dao động của bán. M

26R Đs: T = 2π 15g

a q

Bài 19. Vật nhỏ khối lượng M gắn chặt ở tâm của một đĩa kim loại rộng nhẹ bán kính R. Vật được gắn với đầu của một thanh cứng nhẹ chiều dài L. Đầu kia của thanh được nối với trần nhờ một khớp cho phép hệ thống có thể lắc lư được. Trên đường thẳng đứng phía dưới khớp, cách tâm đĩa

đoạn a có đặt điện tích điểm q. Biết a << L và a << L. Tìm chu kì dao động nhỏ của đĩa, biết đĩa được nối với đất và trong quá trình dao động thanh luôn vuông góc với đĩa.

Bài 20. Dao động của vật rắn Để đo gia tốc trọng trường g, người ta có thể dùng con lắc rung, gồm một lá thép phẳng chiều dài l, khối lượng m, một đầu của lá thép gắn chặt vào điểm O của giá, còn đầu kia gắn một chất điểm khối lượng M. ở vị trí cân bằng lá thép thẳng đứng. Khi làm lá thép lệch khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ θ (radian) thì sinh ra momen lực c.θ (c là một hệ số không đổi) kéo lá thép trở về vị trí ấy (xem hình vẽ). Trọng tâm của lá thép nằm tại trung điểm của nó và momen quán tính của riêng lá thép đối với trục quay qua O là ml 2 / 3 . a, Tính chu kì T các dao động nhỏ của con lắc.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

m ) 3 Đs: T = 2π (1) m c − gl ( M + ) 2 l 2 (M +

O’

Bài 21. Dao động của một cái đĩa

O”

Xét một cái đĩa bán kính R khối lượng O

M có khối tâm G nằm trên bán kính

1 OA ở khoảng cách b = R tính từ O. 3

G A

Momen quán tính của đĩa so với trục O là: J =

5 MR 2 . Cho biết: R = 0,1 m và g = 10 m/s2. 12

1. Đĩa chuyển động không ma sát quanh trục O của nó, giả thiết cố định và nằm ngang. Tính chu kì T của những dao động nhỏ chung quanh vị trí cân bằng bền. 2. Đĩa chuyển động không ma sát quanh trục O cố định và nằm ngang. Một thanh có tiết diện không đáng kể chiều dài 2d, khối lượng M ' =

M nằm ngang 300

không chuyển động trên đĩa theo sơ đồ (O’I = IO” = d) trong mặt phẳng Oxy. Thanh chuyển động không ma sát quanh trục nằm ngang O’ song song với trục O đi qua một trong các đầu mút; đầu kia của thanh ở O” có cố một chất điểm M” = M/150 Hệ số ma sát giữa thanh và đĩa là µ. Vị trí của đĩa được tính theo góc θ. Người ta buông đĩa ra không vận tốc đầu, gần vị trí cân bằng bền. a. Thiết lập phương trình vi phân của chuyển động. b. Góc θ và µ phải thỏa mãn điều kiện nào để có chuyển động. c. Viết biểu thức của θ phụ thuộc thời gian t, θo, µ, ω =

2π với 0 ≤ t ≤ T T

d. Giá trị ban đầu của θ là θ = 0,084 rad; ở thời điểm T/2, giá trị của θ là θ1 = 0,068 rad. Suy ra giá trị µ.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

M”

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

e. Sau bao lâu(tính theo hàm của T) đĩa sẽ đứng yên? Lúc đó giá trị của θ là bao nhiêu? Vẽ đồ thị của θ phụ thuộc thời gian t.

Đs: T = 2π

J 5R = 2π Mgb 4g O’

Bài 22. Dao động của con lắc trong ô tô khi khởi động. Một vật rắn có thể quay quanh trục ∆ quanh nằm ngang, cố

định trong một chiếc ô tô. Ô tô khởi động trên một đường nằm ao

ngang với gia tốc ao. Xác định chu kì dao động nhỏ của con lắc quanh vị trí cân bằng.

Người ta cho biết momen quán tính J của vật rắn đối với trục ∆, cũng như khoảng cách b giữa khối tâm G của vật rắn và trục ∆.

Đs: T = 2π

J mb(g cos θ + a o sin θo )

Bài 23. Một hình trụ đồng chất khối lượng m bán kính R có thể lăn không trượt trên mặt phẳng ngang. Trục quay G của nó được nối qua lò xo có độ cứng k với một điểm cố định. Hệ được thả không vận tốc đầu từ vị trí lò xo giãn đoạn nhỏ xo. Chứng minh hệ dao động điều hòa và tính chu kì dao động.

Đs: T = 2π

3m 2k

Bài 24. Một bình thông nhau có tiết diện đều S. Bình đựng một chất lỏng không chịu nén, có khối lượng riêng ρ; cột

A O’

B O

chất lỏng ở trong bình dài ℓ. Trên mặt cột chất lỏng ở nhánh B có một pitông mỏng, khối lượng không đáng kể. Người ta ấn pitông xuống dưới mức cân bằng đoạn a rồi thả nhẹ. Bỏ qua mọi ma sát. Chứng minh hệ dao động điều hòa và tìm chu kì dao động.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

ℓ 2g

Đs: T = 2π

Bài 25. Một cơ hệ gồm ba quả cầu nhỏ giống nhau có cùng khối lượng m được nối với nhau bởi các thanh mảnh, cứng và nhẹ dài

ℓ nhờ các bản lề. Tại VTCB cơ hệ có dạng một hình vuông nhờ

ℓ k

được giữ bởi một lò xo thẳng đứng, có độ cứng k. Tìm chu kì dao động nhỏ của quả cầu dưới theo phương thẳng đứng. 2m k

Đs: T = 2π

Bài 26. Một ống thuỷ tinh mỏng dạng hình chữ V có α = 600 . Hai nhánh được phân cách bởi một vách ngăn đóng kín. Trong nhánh thẳng đứng có chứa nước tói độ cao H. Sau đó vách ngăn được mở ra và trào sang nhánh bên kia. Cho rằng nước không bị xoáy và không có sự toả nhiệt, hãy xác định chu kì của quá trình diễn ra trong hệ.

Đáp số: T = 2

2H 2 3 ( π + 1) g 9

Bài 27. Ba tải trọng khối lượng tương ứng m,M,m nằm trên cùng một sợi dây không giãn dài 4L và chia làm 4 đoạn bằng nhau. Các dây treo đối xứng. Dây treo đầu tạo với phương thẳng đứng góc α0 còn đoạn giữa tạo với phương thẳng

đứng góc β0 a) Tính tỷ số m/M b) Tải trọng M thực hiện giao động nhỏ thẳng đứng. Tính chu kì dao động

Đáp số: a)

m sin(β0 − α 0 ) = M 2sin α 0 .cos β0

Trường THPT Chuyên Thái Bình

b)T=

2π

 g cos α 0 .cos β0  L  cos β0 + sin α 0 .sin(β0 − α 0 ) 

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 29. Một chất điểm có khối lượng m và điện tích q quay quanh 1 quả cầu dẫn điện không chuyển động bán kính r theo quỹ đạo tròn có bán kính cách tâm quả cầu R. điện tích quả cầu là Q. tìm chu kì dao động của điện tích q.

Đáp số : T = 2π

      q 2r k qr   (Q )q  = 2 R   R(R − r ) 2 −   R R2

C. Kết luận Trên đây là một số ví dụ về tìm chu kì dao động của vật rắn bằng cách sử dụng định luật bảo tòan năng lượng. Trong đó, có một số ví dụ có đưa thêm phương pháp động lực học nhằm khẳng định thêm tính ưu việt của phương pháp dùng định luật bảo toàn trong một số trường hợp. Điểm mạnh cho thấy ở đây là giải chi tiết được tất cả các ví dụ đề cập để làm tài liệu tham khảo. Tuy nhiên, vì chủ đề còn hẹp, ví dụ chưa nhiều, chưa phong phú và chưa sâu nên rất mong sự

đóng góp của đồng nghiệp để hoàn chỉnh đề tài. Tác giả xin chân thành cảm ơn.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Tài liệu tham khảo STT

Tên sách

Tác giả

300 Bài toán vật lí sơ cấp

Nguyễn Văn Hướng-Hà Huy Bằng

Olympic 30 – 4 năm 2010

Ban tổ chức kì thi Olympic 30 - 4

Tuyển tập các bài tập vật lý đại Phan Hồng Liên – Lâm Văn Hùng – cương

Trường THPT Chuyên Thái Bình

Nguyễn Trung Kiên

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Chuyên đề xếp loại A

MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ PHÁT TRIỂN BÀI TẬP VẬT LÝ TỪ MỘT BÀI TẬP GỐC (PHẦN DAO ĐỘNG VẬT RẮN) Giáo viên: Nghiêm Vinh Quang, Bùi Đức Sơn Tổ Vật lý Trường THPT Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương I. ĐẶT VẤN ĐỀ

Trong giảng dạy vật lý, việc giải được một bài toán khó, đã khó; việc hướng dẫn học sinh tìm ra mối liên hệ giữa hướng giải các bài tập cơ bản và hướng giải các bài tập khó còn khó hơn nhiều vì đây thực sự là một quá trình sáng tạo. Chính vì lí do đó, chúng tôi luôn tìm cách hướng dẫn học sinh làm quen với việc phát triển các bài tập mới từ bài tập gốc.

Để làm được việc này cần trang bị các kiến thức cơ bản liên quan như sau II. CƠ SỞ LÝ THUYẾT

1. Động học và động lực học vật rắn: - Các đại lượng ϕ, ϕ0, ω, γ là đại lượng đặc trưng cho chuyển động quay của vật rắn. Trong một hệ quy chiếu, ω có giá trị như nhau với các trục quay bất kì song song với nhau.

- Các đại lượng at ; a n ; a; v chỉ đặc trưng cho một điểm trên vật rắn. - Giữa chuyển động quay của vật rắn và chuyển động tịnh tiến có các đại lượng vật lí tương đương nhau - Các đại lượng liên quan đến chuyển động của một chất điểm (hay chuyển động tịnh tiến của vật rắn) được gọi là những đại lượng dài. - Các đại lượng liên quan đến chuyển động quay của một vật rắn quanh một trục được gọi là những đại lượng góc.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

129

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Các đại lượng dài:

Các đại lượng góc:

- Gia tốc.

- Gia tốc góc.

- Vận tốc.

- Vận tốc góc.

- Lực.

- Momen lực.

- Động lượng.

- Momen động lượng.

Nếu đại lượng dài là đại lượng vectơ thì các đại lượng góc tương ứng cũng là đại lượng vectơ. - Vận tốc của một điểm trên vật rắn Gọi A là điểm xác định của vật rắn và M là một điểm khác nào đó trên

vật rắn được xác định bởi véctơ AM = r .

Gọi O là gốc tọa độ, rA , và rM là hai bán kính véctơ OA và OM xác định vị trí của A và M Ta có

OM = OA + AM

đạo hàm theo t ta được

drM dt

rM rA

r A

drM drA dr = + dt dt dt drA dr và tương ứng là vận tốc vM và vA của M và A, còn là vận tốc dt dt

chuyển động của M khi A được xem là không chuyển động tức là vận tốc trong chuyển động quay của vật rắn quanh A; Gọi ω là vận tốc góc ở thời điểm t của chuyển động quay ấy thì ta có dr = (ω × r ) dt Do đó v M =v A +(ω × r )

Biểu thức này cho thấy rằng chuyển động bất kì của vật rắn bao giờ cũng có thể phân tích thành hai chuyển động, chuyển động tịnh tiến của một điểm A

nào đó với vận tốc v A và chuyển động quay quanh trục quay tức thời đi qua A

với vận tốc ω .

Trường THPT Chuyên Thái Bình

130

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

2. Đặc điểm của lực tác dụng lên vật rắn - Lực tác dụng lên vật rắn thì điểm đặt là tùy ý trên giá. →

→

- Hệ lực tác dụng lên vật rắn ( F1 , F 2 , F 3 ...) có thể tìm được hợp lực hoặc không tìm được hợp lực. Cần phân biệt hợp lực và tổng véc tơ các lực. Lý thuyết và thực nghiệm cho thấy, có thể xảy ra một trong ba trường hợp (TH) dưới đây: TH1: Vật chỉ chuyển động tịnh tiến giống như một chất điểm. Trong trường hợp này hệ lực tương đương với một lực duy nhất đặt tại khối tâm và tổng các lực cũng là hợp lực. TH2: Vật chỉ quay quanh một trục đi qua khối tâm. Trong trường hợp này hệ lực tương đương với một ngẫu lực mà như ta đã biết không thể tìm được hợp lực của nó. Vì hệ lực không có hợp lực nên ta phải nói là tổng các lực tác dụng vào vật bằng 0, còn tổng các momen lực đối với một trục đi qua khối tâm thì khác không và do đó vật chỉ quay quanh khối tâm đứng yên (nếu lúc đầu vật đứng yên). TH3: Vật vừa chuyển động tịnh tiến, vừa quay quanh khối tâm. Trong trường hợp này, hệ lực tương đương với một lực đặt tại khối tâm và một ngẫu lực. Do đó, lực tương đương đặt ở khối tâm không phải là hợp lực mà chỉ là tổng các lực.

3. Cách xác định tổng các lực: Sử dụng các phương pháp: phương pháp hình học. Giả sử vật rắn chịu ba →

→

lực đồng thời tác dụng là F 1 , F 2 và F 3 (H.4.2a). Lấy một điểm P bất kì trong không gian làm điểm đặt của →

→

lực, ta vẽ các lực F'1 , F' 2 và F' 3 song song, cùng chiều →

→

và cùng độ lớn với các lực F1 , F 2 và F 3 (H.4.2b). Dùng quy tắc hình bình hành ta tìm được hợp lực của →

→

hệ lực đồng quy F'1 , F' 2 và F' 3 . Hợp lực này là tổng →

→

các lực của hệ lực F1 , F 2 và F 3 .

Trường THPT Chuyên Thái Bình

131

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Phương pháp đại số: Chọn một hệ trục toạ độ Đề-các (Ox, Oy) nằm →

→

trong mặt phẳng của vật rồi chiếu các lực F 1 , F 2 , F 3 lên các trục toạ độ. Tổng →

của các lực là một lực F , có hình chiếu lên các trục toạ độ bằng tổng đại số của →

→

hình chiếu của các lực F1 , F 2 và F 3 lên các trục đó: Fx = F1x + F2x + F3x = ∑Fix. Fy = F1y + F2y + F3y = ∑Fiy.

Tóm lại, tổng các lực là một lực chỉ tương đương với hệ lực về tác dụng gây ra chuyển động tịnh tiến cho vật rắn mà thôi. 4. Mô men quán tính - là một đại lượng vật lý (với đơn vị đo trong SI là kilôgam mét vuông kg m2) đặc trưng cho mức quán tính của các vật thể trong chuyển động quay , tương tự như khối lượng trong chuyển động thẳng. - Với một khối lượng m có kích thước nhỏ so với khoảng cách r tới trục quay, mô men quán tính được tính bằng:

I = m r2

-Với hệ nhiều khối lượng có kích thước nhỏ, mô men quán tính của hệ bằng tổng của mô men quán tính từng khối lượng: I = ∑ mi ri 2 -Với vật thể rắn đặc, chứa các phần tử khối lượng gần như liên tục, phép tổng được thay bằng tích phân toàn bộ thể tích vật thể: I = ∫ r 2 dm -Với dm là phần tử khối lượng trong vật và r là khoảng cách từ dm đến tâm quay. Nếu khối lượng riêng của vật là ρ thì: dm = ρ dV Với dV là phần tử thể tích.

Định lí trục song song (Định lý Stê-nơ (Steiner) hay định lý Huy-ghen (Huyghens)). Xét với trục quay ∆ song song với trục quay ∆G qua khối tâm G của vật rắn, chúng cách nhau một khoảng d. Khối lượng vật rắn là M, mô men quán tính của vật rắn đối với trục quay ∆ là I được xác định qua mô men quán tính IG đối với trục quay ∆G I = IG + Md2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

132

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

(Định lý Stê-nơ (Steiner) hay định lý Huy-ghen (Huyghens)). IG -là mô men quán tính của vật đối với trục quay qua khối tâm m -là khối lượng của vật d -là khoảng cách giữa 2 trục quay

Định lí trục vuông góc chỉ áp dụng cho các vật có dạng tấm phẳng. Mô men quán tính của vật rắn phẳng quanh trục quay Oz vuông góc với vật bằng tổng mô men quán tính

đối với 2 trục quay vuông góc Oy và Oz trong mặt phẳng của vật Iz = Ix + Iy

5. Chuyển động tịnh tiến và chuyển động quay - Chuyển động tịnh tiến: là chuyển động trong đó 1 đoạn thẳng nối hai

điểm bất kỳ của vật luôn luôn song song và cùng chiều với chính nó. Tại mỗi thời điểm các điểm của vật chuyển động tịnh tiến có cùng 1 véc tơ vận tốc. Phương trình đặc trưng của chuyển động tịnh tiến là:

F = ma .

- Chuyển động quay quanh một trục * Chuyển động quay là chuyển động trong đó mỗi điểm của vật rắn đều vẽ lên một quỹ đạo tròn có tâm nằm trên một đường thẳng gọi là trục quay. * Những điểm nằm trên trục quay có vận tốc bằng 0 trong

•

Ft Ftn

m • A Fn

hệ quy chiếu gắn với trục quay. * Trục quay có thể chuyển động hoặc đứng yên tuỳ thuộc vào hệ quy chiếu được xét. * Trục quay tức thời nào đó của vật chuyển động quay tại thời điểm đó là tập hợp những điểm của vật có vận tốc bằng 0 đối với hệ quy chiếu khảo sát.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

133

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

- Mô men lực và mô men quán tính của chất điểm + Xét lực tác dụng vào một chất điểm có khối lượng m F = Fz + Fn + Ft

Chỉ có thành phần Ft mới gây ra chuyển động quay. + Đặt r = OA. α = ( r , Ftn ); 0 ≤ α ≤ 180 0

+ Mô men lực đối với trục quay OZ là M = r.Ft M = r ∧ Ftn → M = r.Ftn . sin α + Mô men quán tính: M = r.Ftnsinα = r(ma)sinα = mr.asinα M = mr.at = mr.(γ.r) = mr2.γ = I.γ (γ là gia tốc góc, mr2 = I gọi là mô men quán tính của chất

điểm đối với trục Z. - Các phương trình cơ bản của chuyển động quay * Phương trình ω=

động

h ọc

dφ dω ; v = ω∧ r ;γ= dt dt

v2 a = γ ∧ r ; a n = ω 2.r = r

M = Iγ; F = ma.

* Phương trình động lực học - Trong trường hợp tổng quát, khi chịu các lực tác dụng, vật rắn vừa chuyển động tịnh tiến vừa quay quanh khối tâm. →

Để tìm gia tốc a của chuyển động tịnh tiến (cũng là gia →

tốc a của khối tâm), ta áp dụng phương trình: hay:

∑Fx = max và ∑Fy = may

→

∑F = ma ,

(1)

(1.b)

Để tìm gia tốc góc của chuyển động quay quanh một trục đi qua khối tâm, ta áp dụng phương trình:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

134

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI →

→

∑ M = IG γ ,

(2)

hay: ∑M = IGγ (dạng đại số). - Điều kiện cân bằng tổng quát chỉ là trường hợp riêng của hai phương →

→

trình (1) và (2) khi a = 0 và γ = 0 . Nếu ban đầu vật đứng yên thì vật tiếp tục

đứng yên. Ta có trạng thái cân bằng tĩnh. →

- Cần chú ý là, khi vật ở trạng thái cân bằng tĩnh thì ∑ M = 0 không chỉ

đối với trục đi qua khối tâm, mà đối với cả một trục bất kỳ. - Đối với một vật rắn quay quanh một trục cố định thì chuyển động tịnh tiến của vật bị khử bởi phản lực của trục quay.

6. Năng lượng của vật rắn. - Thế năng của vật rắn: Xét với vật rắn tuyệt đối, trong trọng trường có gia tốc g, z là độ cao của khối tâm G tính từ một mốc nào đó, vật rắn có thế năng bằng thế năng của khối tâm mang tổng khối lượng của vật rắn: U = Mgz. - Động năng của vật rắn: 1 - Khi vật rắn quay xung quanh một trục quay cố định ∆: K = 2I∆.ω2 Chú ý: Nếu trục quay ∆ không qua khối tâm G, cần xác định I∆ qua IG bởi

định lý Stenơ 1 1 - Trường hợp tổng quát: K = 2IG.ω2 + 2M.VG2 "Ðộng năng toàn phần của vật rắn bằng tổng động năng tịnh tiến của khối tâm mang khối lượng của cả vật và động năng quay của nó xung quanh trục đi qua khối tâm".

- Định luật bảo toàn cơ năng: Khi các lực tác dụng lên vật rắn là lực thế, thì cơ năng E của hệ vật rắn được bảo toàn: K + U = const. Nếu trong quá trình biến đổi của hệ từ trạng thái 1 sang trạng thái 2, có lực ma sát, lực cản... tác dụng mà ta tính được công A của các lực ấy thì có thể áp dụng định luật bảo toàn năng lượng dưới dạng: E2 - E1 = A.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

135

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

7. Chuyển động lăn không y

trượt

Xét một bánh xe có bán kính R có tâm C dịch chuyển trên mặt đất nằm ngang cố định trong hệ quy chiếu O, tất cả luôn luôn nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Gọi điểm A là điểm tiếp xúc của O bánh xe với mặt đất ở thời điểm t. Có thể phân biết ba điểm ở nơi tiếp xúc: •

x A = As = AR

Điểm AS của đất cố định trong HQC O.

• Điểm AR của bánh xe, khi bánh xe quay thì ở thời điểm sau đấy điểm này không tiếp xúc với đất nữa. • Điểm hình học A xác định chỗ tiếp xúc. Rõ ràng ở thời điểm t, ba điểm có những vận tốc khác nhau trong HQC O. •

Vận tốc của điểm AS của đất rõ ràng là bằng không.

• Vận tốc của điểm hình học A bằng vận tốc của tâm C của bánh xe vì C và A luôn trên cùng một đường thẳng đứng. •

Vận tốc của điểm AR của bánh xe thỏa mãn: v A = vC + ω ∧ CA R

Vận tốc v A gọi là vận tốc trượt của bánh xe trên mặt đất (chú ý mặt đất là cố R

định).

Bánh xe gọi là lăn không trượt khi v A = 0 . R

Điểm AR của bánh xe tiếp xúc với mặt đất khi đó có vận tốc bằng 0 ở thời điểm tiếp xúc. Trong những điều kiện này mọi việc xảy ra như là giữa hai thời điểm gần nhau t và t + dt bánh xe quay quanh một trục qua A và vuông góc với mặt phẳng xOy, trục này được gọi là trục quay tức thời của bánh xe. A gọi là tâm quay tức thời. Khi lăn không trượt, có các hệ thức liên hệ: vG = ωR; quãng đường dịch chuyển

được của tâm C trên mặt đất và cung cong ARA’R trên chu vi bánh xe là bằng nhau.

8. Ma sát nghỉ.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

136

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Ma sát nghỉ xuất hiện ở mặt tiếp xúc của hai vật rắn không chuyển động đối với nhau. Lực ma sát nghỉ bao giờ cũng bằng và ngược chiều với lực tiếp tuyến đặt vào vật. Chỉ khi nào lực kéo có trị số bằng hay lớn hơn giá trị giới hạn fm thì vật mới bắt đầu trượt. Trị số cực đại fm của lực ma sát nghỉ tỉ lệ với phản lực pháp tuyến fn của mặt phẳng fm = kfn Hệ số k gọi là hệ số ma sát nghỉ. Nó phụ thuộc vào bản chất, trạng thái của mặt tiếp xúc. Khi vật lăn không trượt thì lực ma sát ở chỗ tiếp xúc là lực ma sát nghỉ,

9. Ma sát trượt Khi lực kéo F vượt trị số fm thì vật bắt đầu trượt. Lực ma sát khi đó gọi là ma sát trượt. Ma sát trượt bao giờ cũng hướng ngược chiều với vận tốc v và có

độ lớn f=k’fn Khi vật rắn lăn có trươt , lực ma sát trượt sẽ xuất hiện

ở chỗ tiếp xúc.

10. Ma sát lăn Ma sát lăn là ma sát xuất hiện trong chuyển

động lăn của một vật trên một vật khác. Xét một hình trụ lăn trên một mặt phẳng

dưới tác dụng của ngoại lực F . Do tác dụng của

trọng lực P , hình trụ và mặt phẳng tiếp xúc đều bị biến dạng nên chúng không tiếp xúc nhau theo

Trường THPT Chuyên Thái Bình

137

f ms

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

một đường thẳng mà theo cả một diện tích AB. Do đó P và phản lực pháp

tuyến f n không triệt tiêu nhau mà chúng hình thành một ngẫu lực ngược chiều với mômen ngoại lực làm vật lăn, ngăn cản chuyển động lăn của vật.

Ở đây ta thấy, thực chất ma sát lăn không phải là một lực mà là một mômen cản trở chuyển động lăn của vật.

Mômen ngẫu lực của P và f n có độ lớn

Mmsl = fn. δ

Hệ số δ có thứ nguyên độ dài, gọi là hệ số ma sát lăn, nó phụ thuộc vào bản chất các vật tiếp xúc, trạng thái của chúng và có thể phụ thuộc cả R. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

Dưới dây xin lấy một bài tập cụ thể và một số hướng phát triển mà thầy trò chúng tôi đã và đang thực hiện.

Bài gốc: Bài toán Φ.1277 trong tạp chí KBANT năm 1991. Một dây dẫn mảnh đồng chất, khối lượng m được gập lại thành vòng dây hình chữ D có bán kính R. I. Xác định vị trí khối tâm của vòng dây. II. Tìm chu kì dao động nhỏ của vòng dây: 1) đối với trục nằm ngang đi qua O1 là trung điểm của đường kính AB và vuông góc với mặt phẳng vòng dây. và vuông 2) đối với trục nằm ngang đi qua O2 là điểm chính giữa của AB

góc với mặt phẳng vòng dây.

Một số phương án phát triển đơn giản (chỉ cóvòng dây) 3) Tìm chu kì dao động nhỏ của vòng dây đối với trục nằm ngang trùng với đường kính AB của vòng dây. 4) Tìm chu kì dao động nhỏ của vòng dây đối với trục trùng với AB

Trường THPT Chuyên Thái Bình

138

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

nhưng nghiêng một góc α so với phương ngang. 5) Tìm chu kì dao động nhỏ của vòng dây trong mặt phẳng thẳng đứng, cung AB lăn không trượt trên mặt phẳng nằm ngang.

Bài giải I. Gọi G là khối tâm của hệ, khoảng cách OG = l0. Khi khung dây lệch đi một góc nhỏ ϕ thì biến thiên thế năng của hệ là ∆E t = mgl0

m mgR 2 2R ϕ2 = ∆m.g.∆l = ∆l.g.∆l = ϕ → l0 = (1) 2 2R + πR 2+π 2+π

II. Tính chu kì dao động nhỏ: 1) Xét trường hợp trục quay nằm ngang đi qua O1: a) Phương pháp năng lượng: Một vật dao động điều hoà có li độ x thì năng lượng dao động của hệ có dạng E = Et + E® =

Ax 2 Bx '2 B và chu kì dao động có dạng T = 2π + 2 2 A

- Ta xét đại lượng x = ϕ . Từ công thức (1) → A =

2mgR 2+π

- Động năng của hệ bao gồm động năng của phần vòng cung chữ D và động năng của phần đường kính: E ®1 =

m1 v 2 1 mπR πmR 2 ϕ '2 = (ϕ ' R)2 = 2 2 2R + πR 2+π 2

E®2 = I

ϕ '2 m2 (2R)2 ϕ '2 m2R R 2 ϕ '2 2mR 2 ϕ '2 = = = 2 12 2 2R + πR 3 2 3(2 + π) 2

→ E = E ®1 + E ® 2 =

(2 + 3π)mR 2 ϕ '2 (2 + 3π)mR 2 (2). Từ (2) → B = 3(2 + π) 2 3(2 + π)

B (2 + 3π)R - Chu kì dao động T1 = 2π = 2π A 6g

b) Phương pháp động lực học: - Mô men quán tính của vòng dây đối với trục quay O1 là I1:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

139

O1 G

∆l

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

I1 = m1R2 +

1 m 1 m 3π + 2 m2 (2R)2 = πR.R 2 + 2R.4R 2 = mR 2 12 2R + πR 12 2R + πR 3(π + 2)

- Phương trình chuyển động quay quanh trục O1: I1ϕ " = − mg

2R 2R 3π + 2 2R 6g sin ϕ = −mg ϕ ↔ mR2 ϕ " = −mg ϕ → ϕ "+ ϕ=0 2+π 2+π 3(π + 2) 2+π (3π + 2)R 6g (3π + 2)R

- Vòng dây dao động điều hoà với tần số góc ω1 = Chu kì dao động T1 = 2π

(2 + 3π)R 6g

2) Xét trường hợp trục quay nằm ngang đi qua O2: - Ta có O2 G = d = R − l 0 = R −

2R πR = 2+π 2+π

- Theo định lí Stai-nơ: I1 = IG + ml02 ; I2 = IG + md2

 πR 2  2R 2  3π − 2 2 π−2 → I 2 − I1 = m(d − l ) = m  − → I 2 = 2mR2  = mR   π+2 3(π + 2)  2 + π   2 + π   2

2 0

- Phương trình chuyển động quay quanh trục O2: I 2 ϕ " = − mgd sin ϕ = − mgd.ϕ ↔ 2mR2

πR 3π − 2 3πg ϕ " = −mg ϕ → ϕ "+ ϕ= 03(π + 2) 2+π 2(3π − 2)R

Vòng dây dao động điều hoà với tần số góc ω2 = Chu kì dao động T2 = 2π

3πg 2(3π − 2)R

2(3π − 2) R 3π g

3) Trục quay trùng với đường kính AB: Gọi I3 là mô men quán tính của vòng dây đối với trục quay trùng với đường kính AB. Tính I3: π m 1 m R.dϕ = ∫ R 2 × (1 − cos 2ϕ) .dϕ = 0 0 πR + 2R 2 π+2 2 2 π 1 mR π 1 mR x 1 π =∫ dϕ − ∫ cos 2ϕ.dϕ = mR2 0 2 π+2 0 2 π+2 2 π+2 π

I3 = ∫ r 2 dm = ∫ R2 sin 2 ϕ

- Phương trình chuyển động quay quanh trục AB

A r

dϕ

π 1 2R 4g I3 ϕ " = − mgl 0 sin ϕ = −mgl 0 ϕ ↔ mR 2 ϕ " = − mg ϕ → ϕ "+ ϕ=0 2 π+2 2+π πR 4g - Vòng dây dao động điều hoà với tần số góc ω3 = πR

O1 ϕ

A,B G

Trường THPT Chuyên Thái Bình

140

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Chu kì dao động T3 = 2π

πR πR =π 4g g

4) Trục quay trùng với đường kính AB nhưng nghiêng góc α so với phương ngang: - Phân tích trọng lực P ra hai thành phần P1 và P2 trong đó P2 = P cos α . - Vòng dây dao động nhỏ quanh trục AB với trọng lực biểu kiến P2. Theo kết quả phần 4 ở trên ta có A O 1

I3ϕ " = − P2 l 0 sin ϕ = −(mg cos α)l 0 ϕ

- Vòng dây dao động điều hoà với tần số góc ω4 =

4g cos α . πR

Chu kì dao động T4 = 2π

α P1

1 2R 4g cos α π ↔ mR 2 ϕ " = −mg cos α ϕ → ϕ "+ ϕ=0 2 π+2 2+π πR

πR πR =π 4g cos α g cos α

5) Vòng dây dao động nhỏ trên mặt phẳng nằm ngang: - Khi vòng dây lăn thì trục O có độ cao không đổi bằng R Ban đầu khối tâm O G cách mặt phẳng nằm ngang P0 đi qua O một khoảng l0 tính O P ' O theo công thức (1). Khi vòng dây đã lăn đi một góc ϕ thì G' ϕ lO G G' cách mặt phẳng P0 một khoảng l0' = l0cos ϕ do đó cách mặt P B' B phẳng nằm ngang P một khoảng l = R - l0cos ϕ . Thế năng của vòng dây đối với P là U = mg(R - l0cos ϕ ) (3). - Tính động năng K của vòng dây: */ Động năng tịnh tiến của khối tâm G: Do xét dao động nhỏ nên coi như G quay quanh điểm tiếp xúc B với vận tốc góc ω = ϕ ' 2

1 1 1 1  π  2 K G = mv G2 = m(BG.ω)2 = m(R − l0 ) 2 (ϕ ')2 = mR 2   (ϕ ') (4) 2 2 2 2 2+π

*/ Động năng quay của vòng dây quanh trục đi qua G vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. Gọi IG là mô men quán tính của vòng dây với trục G ta có: (theo định lí Stai-nơ) I1 = IG + ml02 → IG = I1 - ml02 2

I G = mR 2

2 3π + 2  2R  2 3π + 8π − 8 − m = mR  3(π + 2) 3(π + 2)2 2+π

1 1 3π2 + 8π − 8 → K q = IG ω2 = mR 2 (ϕ ')2 (5) 2 2 2 3(π + 2)

Từ 4 và 5

Trường THPT Chuyên Thái Bình

141

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI 2

2 2 1 1  π  2 2 3π + 8π − 8 2 2 3π + 4 π − 4 → K = mR 2  ( ϕ ') + mR ( ϕ ') = mR (ϕ ') 2 = A(ϕ ') 2  2 2 2 2 + π 2 3( π + 2) 3( π + 2)   Cơ năng của vòng dây được bảo toàn W = A(ϕ ') 2 + mg(R - l0cos ϕ ) = const. Lấy đạo hàm đối với thời gian W ' = 2Aϕ ' ϕ "+ mgl0 sin ϕ.ϕ ' = 0 . Thay sin ϕ ≈ ϕ mgl0 → ϕ "+ ϕ = 0 . Vòng dây dao động điều hoà với tần số góc 2A

ω5 =

mgl0 3g(π + 2) R(3π2 + 4π − 4) R(3π − 2) = và chu kì T = 2 π = 2π 5 2 2A R(3π + 4π − 4) 3g(π + 2) 3g

Một số phương án phát triển lồng ghép khác (kết hợp vật có dạng cung tròn, đường tròn, hình trụ, đĩa tròn, mặt trụ, mặt cầu) 6) Một hình trụ đặc đồng chất, trọng lượng P, bán kính r đặt trong một mặt lõm bán kính cong R (hình vẽ). Ở điểm trên của hình trụ người ta gắn 2 lò xo với độ cứng k như nhau. Tìm chu kì dao động nhỏ của hình trụ với giả thiết hình trụ lăn không trượt. Lời giải Định luật II Newton:

2k∆x + Mgα - Fms = Ma

(1)

(2)

(2) =>

k A

(1) =>

θ C

=> Chú ý là: ∆x = (R- 2r)α ; a = (R- r) => 4k (R- 2r)α + Mgα + M(R – r) =0 =>

A’

α+

Trường THPT Chuyên Thái Bình

142

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

7) ( Trích đề HSG QG vòng 1, 2011) Cho vật 1 là một bản mỏng đều, đồng chất, được uốn theo dạng lòng máng thành một phần tư hình trụ AB cứng, ngắn, có trục ∆, bán kính R và được gắn với điểm O bằng các thanh cứng, mảnh, nhẹ. Vật 1 có thể quay không ma sát quanh một trục cố định (trùng với trục ∆) đi qua

điểm O. Trên hình vẽ, OA và OB là các thanh cứng cùng độ dài R, OAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục ∆, chứa khối tâm G của vật 1, C là giao

điểm của OG và lòng máng. 1. Tìm vị trí khối tâm G của vật 1. 2. Giữ cho vật 1 luôn cố định rồi đặt trên nó vật 2 là một hình trụ rỗng, mỏng, đồng chất, cùng chiều dài với vật 1, bán kính r nằm dọc theo đường sinh của vật 1. Kéo vật 2 lệch ra khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ rồi thả nhẹ. a) Tìm chu kì dao động nhỏ của vật 2. Biết rằng trong quá trình dao động, vật 2 luôn lăn không trượt trên vật 1. b) Biết là hệ số ma sát nghỉ giữa vật 1 và vật 2. Tìm giá trị lớn nhất của góc để trong quá trình dao động điều hoà, vật 2 không bị trượt trên vật 1. 3. Thay vật 2 bằng một vật nhỏ 3. Vật 3 nằm trong mặt phẳng OAB. Kéo cho vật 1 và vật 3 lệch khỏi vị trí cân bằng sao cho G và vật 3 nằm về hai phía mặt phẳng thẳng đứng chứa ∆, với các góc lệch đều là như hình vẽ, rồi thả nhẹ. Bỏ qua ma sát. Tìm khoảng thời gian nhỏ nhất để vật 3 đi tới C.

Giải 1. Do tính đối xứng, ta thấy ngay G nằm trên đường thẳng đứng Oy nên chỉ cần tính tọa độyG = OG của vật.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

143

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Xét phần tử dài dl, có khối lượng

dm =

2m 2m dl = dα . πR π

Theo công thức tính tọa độ khối tâm ta có: π 4

yG =

1 2m 2 2R R cos α dα = . m −π π π

∫ 4

2. . Xét vật 2 ở vị trí ứng với góc lệch β. Gọi ϕ là góc mà vật 2 tự quay quanh mình nó. Chọn chiều dương tất cả các chuyển động ngược chiều kim đồng hồ. Lực tác dụng lên vật 2 gồm: trọng lực, phản lực, lực ma sát nghỉ. Phương trình chuyển động của khối tâm vật 2 xét theo phương tiếp tuyến với quỹ đạo: m 2 a = Fms − m 2 g sin β Vì β nhỏ sin β ≈ β (rad) ⇒ m 2 ( R − r ) β// = Fms − m 2gβ (1) Phương trình chuyển động quay của khối trụ nhỏquanh khối tâm: m 2 r 2 ϕ// = Fms r (2). Điều kiện lăn không trượt: ( R − r ) β// = −rϕ// (3) Thay (2) và (3) vào (1) ta được: β// +

g β = 0 (4). 2(R − r)

Nghiệm (4) có dạng dao động điều hòa với chu kì T = 2π 1 2

Từ (2) ta có Fms = m 2 rϕ// = −m 2 ( R − r ) β// = m 2gβ (5) Phản lực: N = m 2 g cos β = m 2g 1 − 

β2   2 

Điều kiện lăn không trượt Fms ≤ µN . Từ đó

β ≤ µ với ∀β ∈ ( 0, β0 ) . 2 − β2 1

1

Hay β0 ≤  8 + 2 −  . µ µ 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

144

(6)

2(R − r) g

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

3. Xét tại thời điểm khối tâm vật 1 và vật 3 có li độ góc tương ứng là

α, θ .

Phương trình chuyển động của vật 3 theo phương tiếp tuyến với hình trụ m 3Rθ // = −m 3gθ (1)

g . R

Nghiệm của (1) là θ = θ0cosω0 t với ω0 =

Phương trình chuyển động của G quanh O m1R 2α // = − m1gR

2 2 α (2) π

Nghiệm của (2) là α = α 0 cosω1t với ω1 =

2 2g πR

Góc lệch của vật 3 so với phương OG là  ω − ω1   ω + ω1  t  cos  1 t γ = α − θ = 2α 0cos  1  2   2 

Khi vật 3 tới C thì

γ =0.

Từ đó: t min =

π . ω1 + ω1

8) (Trích đề APHO 2009): Một hình trụ có thành mỏng, khối lượng M và mặt trong nhám với bán kính R có thể quay quanh trục nằm ngang cố định. Trục Z vuông góc với trang giấy và đi ra ngoài trang giấy. Một hình trụ khác, nhỏ

hơn,

có

khối

đồng chất,

lượng m và

bán kính r

l ăn

không

trượt quanh

trục

riêng

của nó trên

bề

mặt

trục

này

trong của M; song

song

R O

với OZ r

Trường THPT Chuyên Thái Bình

145

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

a, Xác định chu kì dao động nhỏ của m khi M bị bắt buộc quay với tốc độ góc không đổi. Viết kết quả theo R, r, g

b, Bây giờ M có thể quay (dao động) tự do, không bị bắt buộc, quanh trục Oz của nó, trong khi m thực hiện dao động nhỏ bằng cách lăn trên bề mặt trong của M. Hãy tìm chu kì dao động này.

Bài giải: Y

R O

C D

a. Xét tại thời điểm t bất kì, giả sử hình trụ M quay được góc φ quanh trục OZ, hình trụ m quay được góc ψ quanh trục của nó, tâm C của hình trụ m quay được góc θ quanh trục OZ Vì hình trụ m lăn không trượt, ta có liên hệ φR = ψr + (R − r)θ ⇒ ψ =

R R −r φ− θ r r

(1)

- Phương trình chuyển động quay của hình trụ m quanh trục (đi qua tâm quay tưc thời D vuông góc với mặt phẳng giấy) (2) I D ψ '' = mg.r sin θ Từ (1), ta có ψ '' =

R R −r φ ''− θ '' r r

Vì hình trụ M quay với tốc độ góc không đổi nên φ ' = 0 ⇒ φ '' = 0 ⇒ ψ '' =

−(R − r) θ '' r

Trường THPT Chuyên Thái Bình

146

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

1 3 2 2 3  −(R − r)  −2g θ '' = mg.rθ ⇔ θ '' = θ   2 r 3(R − r) 

Với góc θ nhỏ, I D = mr 2 + mr 2 = mr 2 , thay vào (2)

Vậy hình trụ m dao động điều hòa 2g 3(R − r) , chu kì T = 2π 3(R − r) 2g

với tần số góc ω =

b. Y

R O

X ψ

C D

R R −r φ+ θ r r

(1)

- Áp dụng định luật II Niuton cho hình trụ m

(2) - Áp dụng phương trình chuyển động quay cho hình trụ m (trục quay qua C vuông góc với mặt phẳng giấy) mg sin θ − f = m(R − r)θ ''

1 2 mr ψ '' = −fr 2

(3)

- Áp dụng phương trình chuyển động quay cho hình trụ M (trục quay qua O vuông góc với mặt phẳng giấy) IO φ '' = fR ⇔ MR 2φ '' = fR ⇔ f = MRφ '' (4)

Trường THPT Chuyên Thái Bình

147

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Từ (1), ta có ψ '' =

R R −r φ ''+ θ '' r r

(5)

Thay (5), (4) vào (3), ta được

Thay vào (2)

1 2 R R −r  mr  φ ''+ θ '' = − MRφ '' 2 r r  R −r −m ⇒ φ '' = ( )θ '' 2M + m r − mM (R − r)θ ''− m(R − r)θ '' 2M + m −g (2M + m) ⇔ θ '' = θ . (R − r) (3M + m) mgθ =

Vậy hình trụ m dao động điều hòa với tần số góc ω2 = , chu kì T = 2π

(R − r) (3M + m) . g (2M + m)

Trường THPT Chuyên Thái Bình

148

g (2M + m) θ . (R − r) (3M + m)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

KẾT LUẬN Trên đây là một số vấn đề tôi suy nghĩ và đã làm trong quá trình giảng dạy chuyên vật lý. Đây không phải là vấn đề gì lớn, nhưng trong giảng dạy vật lý ở trường THPT và nhất là trong việc giảng dạy chuyên lý thì việc làm này, thói quen này rất cần thiết. Đối với tôi nó đã đem lại nhiều thành công trong giảng dạy. Cám ơn các bạn đồng nghiệp và mong nhận được những ý kiến góp ý bổ ích.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

149

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

TÀI LIỆU THAM KHẢO

- Tạp chí KBANT - B¸o “VËt lý & tuæi trÎ” - C¬ s¬ vËt lý David Halliday – Robert Resnick – Jearl Walker _NXBGD - Các đề thi Quốc gia…

Trường THPT Chuyên Thái Bình

150

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Chuyên đề xếp loại B

CHUYÊN ĐỀ BÔI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI PHẦN KHÍ THỰC Th.S Nguyễn Minh Loan Trường THPT chuyên Hoàng Văn Thụ- Hòa Bình

LỜI MỞ ĐẦU Các năm trước đây đề thi học sinh giỏi QG phần nhiệt chỉ đề cập đến khí lí tưởng .Năm 2012-2013 vừa qua khá là bất ngờ khi đề thi HSGQG lại đề cập

đến khí thực. Trong chuyên đề Bồi dưỡng HSG vật lý THPT của thầy Phạm Quý Tư chỉ đề cập sơ qua lý thuyết về khí thực chứ không có bài tập cụ thể. Vì vậy vấn đề đặt ra cho những giáo viên dạy chuyên chúng tôi là phải nghiên cứu, sưu tầm các bài tập đưa ra phương pháp giải chung để học sinh có thể học tốt phần này.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

151

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

NỘI DUNG: 1.MẪU CƠ HỌC CỦA KHÍ THỰC ,QUÃNG ĐƯỜNG TỰ DO TRUNG BÌNH

1.1. Mẫu cơ học của khí thực - Các phân tử khí thực có kích thước nhất định. - Khi không va chạm lực tương tác giữa các phân tử vẫn kể đến. Vì có những sai lệch so với khí lí tưởng nên người ta cần xây dựng một mẫu cơ học cho khí thực bằng cách sửa đổi một số điểm của mẫu cơ học cho khí lí tưởng. Trước hết người ta đưa vào lực tương tác giữa các phân tử. Nói chung giữa các phân tử có cả lực hút và lực đẩy tùy theo khoảng cách giữa các phân tử mà lực tương tác tổng hợp là lực hút hay đẩy. Khi ở xa nhau thì chúng hút nhau còn khi lại gần nhau thì chúng lại đẩy nhau. ở trạng thái khí các phân tử thường

ở xa nhau nên lực tương tác giữa chúng thường là lực hút, trừ khi chúng đến sát nhau( Va chạm) lại là lực đẩy nhau ra. Người ta cũng hình dung phân tử khí thực như một quả cầu . Kích thước phân tử này được xác định như thế nào? Người ta lấy khoảng cách giữa hai tâm phân tử khi chúng tiến đến gần nhau nhất lúc va chạm bằng hai lần

đường kính phân tử và đường kính này được gọi là đường kính hiệu dụng của phân tử. Vì thật ra không thể xác định được bán kính thật của phân tử.

1.2 Áp suất nội tại Vì các phân tử khí hút nhau nên trạng thái của các phân tử ở sát thành bình sẽ khác với các phân tử khí ở trong lòng chất khí. Thật vậy đối với một phân tử khí ở trong lòng chất khí thì các lực hút kéo nó về mọi phía cân bằng lẫn nhau. Còn đối với một phân tử ở sát thành bình thì tổng hợp của các lực hút sẽ khác không và kéo nó vào trong lòng chất khí . Ở

đây ta bỏ qua sự tương tác giữa thành bình và chất khí, các lực hút này sẽ làm yếu đi sự va chạm của các phân tử khí thực lên thành bình. Do đó áp suất gây

Trường THPT Chuyên Thái Bình

152

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

bởi các va chạm của phân tử khí thực lên thành bình sẽ giảm đi một lượng bằng pi. Áp suất pi này được gọi là áp suất nội tại.

1.3 Quãng đường tự do trung bình a) Khái niệm quãng đường tự do trung bình Trong khi chuyển động các phân tử khí luôn va chạm nhau. Do va chạm vận tốc của các phân tử thay đổi về cả hướng và độ lớn, vì vậy quỹ đạo của chúng là đường gãy khúc. Đoạn đường đi được của hai phân tử khí giữa hai va chạm liên tiếp được coi là thẳng vì đã bỏ qua các lực tương tác của các phân tử khác lên phân tử khí đang xét. Đoạn đường này được coi là quãng đường tự do. Các quãng đường tự do của mỗi phân tử chuyển động có độ lớn rất khác nhau nên người ta đã chú ý đến trị trung bình của chúng . Nghĩa là chú ý đến quãng

đường tự do trung bình kí hiệu là λ

b Thiết lập công thức tính quãng đường tự do trung bình Để đơn giản ta hãy giả thiết rằng trong khối khí chỉ có phân tử A đang khảo sát là chuyển động còn các phân tử khí khác đứng yên . Coi phân tử A như quả cầu có đường kính hiệu dụng d=2r. Trong khi chuyển động , phân tử A sẽ va chạm vào những phân tử nào có tâm cách đường đi của nó một đoạn bé hơn d. Để tính quãng đường tự do trung bình ta cần tìm số va chạm trung bình z của phân tử A trong một đơn vị thời gian. A 2d

Vì tốc độ trung bình củaHình phân tử khí là v nên ta có thể nói đến đoạn

đường đi của phân tử A trong một giây là s= v và số va chạm trung bình của

Trường THPT Chuyên Thái Bình

153

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

phân tử A vơi các phân tử khí khác sẽ bằng số phân tử nằm trong thể tích hình trụ có đường kính đáy là 2d và chiều dài là v . Thể tích của nó là : V= πd 2 v Nếu mật độ phân tử khí là n0 thì z = n0 πd 2 v s z

Từ đó suy ra λ = =

v 1 = 2 n0πd v n0πd 2

(1) (2)

Trên thực tế thì các phân tử khí đều chuyển động, vì vậy ta phải thay tốc

độ trung bình trong công thức (2) bằng tốc độ trung bình tương đối giữa các phân tử . Để giải bài toán này ta có thể lập luận một cách gần đúng như sau. Khi các phân tử đều chuyển động hỗn loạn, chúng va chạm dưới những góc ϕ khác nhau, giá trị của ϕ nằm trong khoảng 0 ≤ ϕ ≤ π . với góc ϕ =0 thì hai phân

tử khí chuyển động cùng chiều, với ϕ = π thì hai phân tử khí chuyển động ngược chiều, còn ϕ có giá trị trung gian thì hai phân tử khí chuyển động xiên góc. Vì các phân tử khí chuyển động hỗn loạn nên ta có thể cho rằng khi tính trung bình thì các phân tử khí sẽ va chạm vuông góc ϕ = π /2. Nếu hai phân tử chuyển động với cùng tốc độ v theo hai phương vuông góc và đến gặp nhau thì tốc độ tương

đối là 2 v . Đưa giá trị này vào công thức (1) ta có z = n0 πd 2 2 v và λ =

v 2

2n0πd v

1 2n0πd 2

thay biểu thức n0 = λ=

(3)

(4)

p ta được kT

kT 2πd 2 p

(5)

Theo công thức (5) với một chất khí và nhiệt độ đã cho thì quãng đường tự do trung bình tỉ lệ nghịch với áp suất . Ở áp suất đủ thấp thì quãng đường tự do trung bình có thể lớn hơn kích thước của bình đựng. Lúc đó các phân tử khí có thể chuyển động từ thành bình này sang thành bình kia mà không va chạm với nhau.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

154

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Độ lớn của quãng đường tự do trung bình có ý nghĩa quan trọng trong nhiều dụng cụ và hiện tượng vật lý. Thí dụ trong các đèn điện tử, trong ống phóng điện tử, trong hiện tượng ion hóa do va chạm, trong các máy gia tốc... Thực ra với khí lí tưởng cũng có quãng đường tự do trunng bình song vì

ở đó ta bỏ qua kích thước các phân tử khí nên ta không đặt vấn đề này ra

2. PHƯƠNG TRÌNH VAN -ĐƠ - VAN 2.1 Mở đầu Phương trình trạng thái của khí thực tương đối đơn giản và thông dụng đó là phương trình do nhà vật lý người Hà Lan Van- đơ - Van (Johannes Diderik Van der Waals, 1837- 1923) thiết lập năm 1873 bằng cách hiệu chỉnh phương trình Clapêrôn của khí lí tưởng. Van - đơ - Van đã sửa đổi phương trình Clapêrôn bằng cách đưa vào hai đại lượng hiệu chỉnh liên quan đến hai điểm khác biệt giữa khí thực và khí lí tưởng , đó là kích thước phân tử và lực tương tác giữa các phân tử kể cả ngoài lúc va chạm

2.2 Hiệu chỉnh do kích thước phân tử Phương trình Clapêrôn đối với một mol khí lí tưởng là: p Vµ = RT

Ở đây Vµ là thể tích của một mol khí và cũng là thể tích của bình đựng khí. Vì thể tích của khí lí tưởng được coi là chất điểm nên Vµ cũng là thể tích tự do đối với chuyển động nhiệt của các phân tử khí trong bình. Tình hình sẽ khác

đi đối với khí thực vì ở đây không bỏ qua kích thước riêng của phân tử. Lúc này thay cho Vµ ở phương trình Clapêrôn phải là ( Vµ -b)tích riêng của một phân tử khí trong đó b là một thể tích nào đó liên qua đên các thể tích riêng của một phân tử khí có trong một mol khí thực.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

155

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bây giờ ta hãy tính độ lớn của b. Vì ở đây chúng ta khảo sát vai trò của thể tích riêng khi các phân tử khí chuyển động và va chạm với nhau nên số hiệu chỉnh b không phải là tổng thể tích riêng các phân tử khí có trong lượng khí . Giả sử trong khí chỉ xảy ra va chạm giữa hai phân tử . Điều này cũng hợp lí vì va chạm của nhiều phân tử rất ít khi xảy ra. Từ hình ta thấy rằng tâm của một trong hai phân tử tham gia va chạm không thể xâm nhập vào hình câu bán kính d=2r, với d và r lần lượt là đường kính và bán kính hiệu dụng của phân tử khí thực . Thể tích hình cầu lúc này bằng

4 3 4 πd = 8. πr 3 , nghĩa là bằng 8 lần 3 3

thể tích riêng của một phân tử khí . vì ở đây là va chạm của hai phân tử nên thể tích riêng không xâm nhập vào được tính trung bình cho mỗi phân tử khí là 4 4( πr 3 ) nghĩa là 4 lần thể tích riêng của một phân tử khí. Vì một mol có NA 3

phân tử nên số hiệu chỉnh b sẽ là

4 3

b= NA 4( πr 3 ) (6) d

O’

Hình

ta nhắc lại đường kính hiệu dụng của phân tử khí thực sẽ liên quan đến lực đẩy giữa các phân tử nên số hiệu chỉnh b còn có thể hiểu là số hiệu chỉnh do lực đẩy giữa các phân tử.

2.3 Hiệu chỉnh do lực hút giữa các phân tử Ở trạng thái khí , khoảng cách trung bình giữa các phân tử thường lớn nên lực tương tác tổng hợp trong phần lớn thời gian là lực hút. Sự tồn tại của lực hút này làm cho lớp phân tử khí ở sát thành bình bị kéo vào trong lòng chất khí, làm cho lớp khí ngoài cùng này ép lên khói khí bên trong một áp suất pi nào đó, gọi là áp suất nội tại . Như vậy nó cũng làm giảm áp suất mà khí tác dụng lên

Trường THPT Chuyên Thái Bình

156

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

thành bình một lượng bằng pi. do đó thay cho ở phương trình Clapêrôn ta phải viết p + pi, trong đó p là áp suất thực đo được ở thành bình. b

Hình 2

Sau đây chúng ta khảo sát độ lớn của pi. Vì lực tương tác tương tác giữa các phân tử tác dụng ở khoảng cách ngắn nên chúng ta chỉ cần quan tâm đến lớp khí bc kề với lớp khí ab sát thành bình (hình 2) . Rõ ràng lực hút của lớp khí bc lên một phân tử khí ở lớp ab phải tỉ lệ với mật độ phân tử n0 ở lớp bc . Mặt khác áp suất pi còn tỉ lệ với chính mật độ phân tử khí của lớp ab vì số phân tử khí đên va chạm vào thành bình tỉ lệ với mật độ khí này. Tóm lại, pi tỉ lệ với tích (n,n0) hoặc ta viết pi =cn02 trong đó c là hằng số tỉ lệ .

Đối với một mol khí thì n0 = cho nên pi =

cN 2 A Vµ

a2 Vµ2

NA Vµ

(7) trong đó a= cNA2 là số hiệu chỉnh do lực hút

3.4 Thành lập phương trình Van-đơ- Van Bây giờ ta có thể viêt phương trình trạng thái cho một mol khí thực như sau (p + pi)( Vµ -b) =RT

Đưa biểu thức (7) vào phương trình này ta được

Trường THPT Chuyên Thái Bình

157

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

(p+

a2 )( Vµ -b) = RT (8) Đó là phương trình Van -đơ - Van đối với Vµ2

một mol khí thực trong đó a và b là hai hằng số hiệu chỉnh được gọi là các hằng số Van -đơ - Van chúng được xác định bằng thực nghiệm và ghi trong bảng hằng số vật lí Ta có thể viết phương trình Van-đơ-Van cho một khối lượng m khí thực m

bằng cách thay V= Vµ sau các phép biến đổi ta được : µ

(p +

m2 a m m )(V − b) = RT 2 2 µ V µ µ

Phương trình Van- đơ -Van mô tả khá tốt trạng thái khí thực và có khả năng diễn tả sự biến đổi liên tục từ khí sang lỏng , song phương trình này cũng chỉ là gần đúng . Nguyên nhân là do ta đã đơn giản hóa một số điểm khi mô tả khí thực , như ta đã coi phân tử có dạng hình cầu , bở qua sự thay đổi đường kính hiệu dụng theo nhiệt độ ( vì khi nhiệt độ tăng chẳng hạn thì phân tử va chạm nhau mạnh hơn, chúng có thể lại gần nhau hơn, khoảng cách giữa hai phan tử ngắn hơn đường kính hiệu dụng sẽ nhỏ hơn)

3. ĐƯỜNG ĐẲNG NHIỆT VAN-ĐƠ- VAN 3.1 Đường đẳng nhiệt Van- đơ -Van Phương trình Van -đơ - Van đối với một mol khí thực là (p+

a )(Vµ -b) = RT Vµ2

Đây là phương trình bậc 3 đối với Vµ . Nếu giữ cho T không đổi và biểu diễn sự phụ thuộc của áp suất p theo thể tích Vµ trong hệ tọa độ( p,V) ta sẽ được một đường cong gọi là đường đẳng nhiệt Van-đơ -Van. Ứng với các nhiệt độ khác nhau ta sẽ được đường đẳng nhiệt khác nhau tạo thành một họ đường

đẳng nhiệt

Trường THPT Chuyên Thái Bình

158

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

- Với giá trị T khá cao đường đẳng nhiệt Van-đơ - Van có dạng giống như

đường đẳng nhiệt của khí lí tưởng. - Ứng với một giá trị T nào đó ( ta kí hiệu là TK) thì đường đẳng nhiệt có một điểm uốn K. Tiếp tuyến với đường cong tại K là một đường song song với trục hoành . Điểm K ứng với p và V xác định . - Với giá trị T < TK đường đẳng nhiệt có một đoạn nhấp nhô . Trong miền này mỗi áp suất p ứng với 3 giá trị của thể tích Vµ . Để giả thích đặc điểm này ta phải dựa vào thực nghiệm

3.2 Nhận xét So sánh các đường đẳng nhiệt Van -đơ -Van với đường đẳng nhiệt thực nghiệm ta thấy : - Ở nhiệt độ cao ( T> TK) đường đẳng nhiệt Van - đơ -Van giống như

đường đẳng nhiệt thực nghiệm ( đường số 1) - Ở nhiệt độ TK đường đẳng nhiệt Van - đơ - Van và đường đẳng nhiệt thực nghiệm đều có điểm uốn K ( đường số 2) . Các thông số tới hạn TK . pK và VK tính từ phương trình Van - đơ -Van khá phù hợp với các giá trị đo được từ thực nghiệm. - Ở những nhiệt độ T< TK ta thấy có sự khác nhau rõ rệt giữa hai loại

đường đẳng nhiệt: đường đẳng nhiệt Van - đơ -Van có đoạn lồi lõm , còn đường đẳng nhiệt thực nghiệm thì có đoạn thẳng nằm ngang. Tuy nhiên sự khác nhau này có thể giải thích được . Thí dụ , phần đâù đoạn Bb ứng với trường hợp một khối khí tinh khiết , không có hạt tích điện thì tuy khí bị nén đến áp suất lớn hơn áp suất bão hòa nó vẫn chưa hóa lỏng. Hơi ở trạng thái như vậy được gọi là hơi quá bão hòa và hiện tượng đó được gọi là hiện tượng chậm hóa lổng vì thiếu tâm ngưng tụ . Nếu bây giờ xuất hiện những hạt bụi hay điện tích tự do thì hơi ngưng tụ ngay. Phần đầu đoạn Cc phản ánh trường hợp áp suất tác dụng lên chất lỏng đã giảm xuống dưới áp suất bão hòa tương ứng với nhiệt độ đang xét ,

Trường THPT Chuyên Thái Bình

159

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

song chất lỏng vẫn chuyển sang trạng thái hơi. Hiện tượng này gọi là sự chậm hóa hơi. Các hiện tượng chậm hóa hơi và quá trình bão hòa là những trạng thái cân bằng không bền, dễ bị phá vỡ vì vậy chúng chỉ xảy ra ở những điều kiện đặc biệt chứ không phải phổ biến . Còn đối với đoạn bc trên đường đẳng nhiệt Van-

đơ -Van thì người ta cũng cho rằng nó có thể tương ứng với những trạng thái không bền nào đố khó xảy ra trong thực nghiệm . Qua việc đối chiếu hai loại

đường đẳng nhiệt ta thấy phương trình Van -đơ - Van phản ánh khá phù hợp với khí thực, nó có thể được áp dụng trong một giới hạn rộng về áp suất và nhiệt độ. 3.3 Xác định các thông số tới hạn nhờ phương trình Van -đơ -Van Trạng thái tới hạn ứng với điểm uốn của đường đẳng nhiệt Van - đơ Van. Ta có thể tìm các thông số tới hạn pk, Tk và Vk từ phương trình Van- đơ Van viết dưới dạng : p =

RT a − 2 Vµ − b Vµ

(4.10)

Và hai phương trình suy ra từ điều kiện của điểm uốn có tiếp tuyến nằm ngang là đạo hàm bậc nhất và bậc hai của p theo biến số Vµ =0 nghĩa là: ∂2 p 2 RT 6a = − 4 = 0 (4.12) 2 3 ∂ Vµ (Vµ − b) Vµ

∂p RT 2a =− + 3 = 0 ⇒ (4.11) 2 ∂Vµ (Vµ − b) Vµ

Từ (4,11) và (4.12) suy ra : Vµ Vµ − b vậy Vµk = Vµ = 3b = 3 2

(4.13)

thay (4.13) vào phương trình (4.11) ta suy ra : RT 2a 8a = và tìm được Tk = 2 3 27 Rb (3b − b) (3b)

(4.14)

thay (4.13) và (4.14) vào (4.10) ta có 8a a a pk = 27 Rb − = 2 (3b − b) (3b) 27b 2 R

Vµk = 3b;Tk =

8a a ; pk = 27 Rb 27b 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

(4.15) Tóm lại: (4.16)

160

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

3 8

Từ các công thức trên (4.16) ta có thể viết : pkVµk = RTk (4.17) so sánh (4.17) với phương trình trạng thái của khí lí tưởng ta thấy có sự sai khác rõ rệt.

3.4 Phương trình rút gọn Nếu lập các tỉ số : p = π gọi là áp suất rút gọn pk Vµ = ω gọi là thể tích rút gọn Vµk

T = τ gọi là nhiệt độ rút gọn. thì các công thức (4.16) được viết thành: Tk p=

a 8aτ thay các biểu thức này vào phương trình π ;Vµ = 3bω và T = 2 27b 27bR

Van-đơ -Van và tiến hành các phép biến đổi ta có : (π +

ω2

)(3ω − 1) = 8τ (4.18) phương trình (4.18) thay thế cho phương trình

Van -đơ -Van ứng với một mol khí và được gọi là phương trình rút gọn. Từ phương trình rút gọn ta có thể suy ra một định lý quan trọng gọi là

định lý về các trạng thái dừng. Nội dung của định lý là: Nếu hai chấ khí khác

nhau được lấy trong những trạng thái sao cho trong ba đại lượng rút gọn π , ω ,τ bằng nhau thì đại lượng thứ ba cũng bằng nhau.

Những lưu ý khí giải bài tập với khí thực + Khí thực vẫn tuân theo nguyên lí thứ nhất của nhiệt động lực học Q= ∆ U+A với A là công do chất khí thực hiện A= ∫ pdV dU=nCVdT+ n2

adV . V2

+Nội năng của n mol khí Van- đơ -Van U=nCVT- n2a/V

Trường THPT Chuyên Thái Bình

161

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1. Hãy tìm công do 1 mol khí Van-đơ -Van khi giãn đẳng nhiệt từ thể tích V1 đến thể tích V2 Hướng dẫn: phương trình Van- đơ - Van cho 1 mol khí là: :(p+

a RT a )( V -b) = RT ⇒ p = − 2 2 V −b V V

A′ = ∫ pdV = ∫ RT RT ln(

V2 dV dV a V2 − ∫ a 2 = RT ln(V − b) │ + │ = V −b V V V1 V1

V2 − b a a )+ − V1 − b V2 V1

Bài 2. Một mol của một chấ khí nào đó đựng trong một bình có thể tích V=0,25l . Ở nhiệt độ T1 = 300K, áp suất khí là p1=90atm, còn ởT2=350K thì áp suất là p2=110atm. Hãy tìm các hằng số Vander -Waals đối với chất khí này. Hướng dẫn: Áp dụng phương trình Vander -Waals đối với một mol khí thực (p1+

a )( V -b) = RT1 (1) V2

(p2+

a )( V -b) = RT2 (2) V2

chia (1) cho (2) ta có p1 + a / V 2 T1 = từ đây suy ra p2 + a / V 2 T2 a=

( p2T1 − p1T2 )V 2 (110.300 − 90.350).101325.(0,25.10−3 ) 2 = = 0,19 Pa.m 6 / mol 2 T2 − T1 350 − 300

Bài 3: Hãy tìm phương trình đoạn nhiệt theo các biến số T,V của một khí Van-đơ -Van nếu nhiệt dung mol của nó khi thể tích không đổi là CV. Hướng dẫn: theo nguyên lí 1: dU = δQ + δA = δA (1) ( vì đoạn nhiệt nên δ Q=0)

Trường THPT Chuyên Thái Bình

162

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

từ PT:(p+

a RT a )( V -b) = RT ⇒ p = − 2 2 V −b V V

công khí thực hiện δA = −δA′ = − pdV = − còn dU=CVdT+ CVdT + CV

RTdV dV +a 2 V −b V

adV . Vậy (1) thành V2

adV RTdV dV dT dV =− (2) + a 2 ⇒ CV = −R V2 V −b V T V −b

dT dV +R = 0 lấy tích phân hai vế ta có : CVlnT+Rln(V-b)=const T V −b

hay T (V − b) R / C = conts V

Bài 4. Hãy xác định hiệu các nhiệt dung mol Cp-CV của khí Van-đơ -Van. Hướng dẫn từ PT:(p+ ⇒

dT = dV

a )( V -b) = RT V2

1  2a a  p a 2ab (− 3 )(V − b) + p + 2  = − + 2  R V V  R RV RV 3

(1)

Áp dụng nguyên lý 1cho quá trình đẳng áp dU = δQ + δA ⇒ CV dT +

thay (1) vào (2) ta có

adV a dT (2) = C p dT − pdV suy ra p + 2 = (C P − CV ) 2 V V dV (C p − CV ) R

(p −

a 2ab a + 3 )= p+ 2 2 V V V (3)

từ phương trình Van- đơ -Van cho 1 mol khí ta suy ra p=

R RT 2a RT RT a − 2 (4) thay (4) vào (3) ( − 3 (V − b) = V −b V CP − CV V − b V V −b

ta có



Vậy CP − CV = R / 1 − 

2 2a (V − b)   RTV 3 

Trường THPT Chuyên Thái Bình

163

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 5. Hãy tính nhiệt lượng cần truyền cho n=2 mol khí CO2 để ki giãn trong chân không từ thể tích V1= 5 lít tới V2= 10 lít ở nhiệt độ không đổi . Coi khí là khí Van- đơ -Van. hướng dẫn: Vì giãn khí trong chân không nên chất khí không sinh công δA′ = −δA = 0

Quá trình đẳng nhiệt (dT=0) nên dU =

n2a n2a dV + nCV dT = 2 dV 2 V V

theo nguyên lý 1 dU = δQ + δA ⇒ δQ = dU − δA = dU + 0 =

n 2a dV V2

dV n 2 a V2 1 1 │ = n 2 a( − ) =− V V V1 V2 V1 V1

Q = n2a ∫

thay số Q = 32.0,367(

1 1 − ) = 330 J 0,005 0,01

Bài 6. Một chất khí đi qua một vách ngăn châm lỗ đặt trong một ống cách nhiệt có kèm theo sự dãn nở và biến đổi nhiệt độ của khí . Nếu trước khi giãn khí được coi là khí Van- đơ -Van, sau khi giãn khí được coi là khí lí tưởng thì số gia tương ứng của nhiệt độ là ∆T = T2 − T1 =

1 RT1b 2a ( − ) CP V1 − b V1

Hãy thiết lập công thức trên bằng cách vận dụng nguyên lý 1 của nhiệt

động lực học cho một mol khí đi qua vách ngăn. Coi quá trình là đoạn nhiệt Hướng dẫn Nội năng của một mol khí Van- đơ -Van là U = CV T −

a V

Quá trình đoạn nhiệt nên δQ = 0 Biểu thức của nguyên lý 1 thành dU=dA ⇒ ∆U = A (1)

Trường THPT Chuyên Thái Bình

164

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Công mà khối khí nhận vào là A= p1V1- p2V2 a) trước khi giãn U1 = CV T1 − Phương trình trạng thái:(p1+ A1 = p1V1 =

a V1

a RT1 a − 2 )(V1-b) = RT1 nên p1 = 2 V1 V1 − b1 V1

RT1V1 a − 1 V1 − b V1

b) sau khi giãn A2= p2V2=RT2 Vậy ∆U = U 2 − U1 = CV T2 − CV T1 + A = A1 − A2 = p1V1 − p2V2 =

RT1V1 a − − RT2 V1 − b V1

thay vào (1): CV(T2- T1)+ CV (T2 − T1 ) =

a V1

a RT1V1 a = − − RT2 V1 V1 − b V1

− 2a RT1V1 RT2V1 bRT2 bRT1 bRT1 + − + − + V1 V1 − b V1 − b V1 − b V1 − b V1 − b

CV (T2 − T1 ) +

RV1 (T2 − T1 ) Rb(T2 − T1 ) bRT1 2a − = − V1 − b V1 − b V1 − b V1

bRT1 2a − = (T2 − T1 )(CV + R) = CP (T2 − T1 ) V1 − b V1

vậy ∆T = T2 − T1 =

1 RT1b 2a ( − ) (đpcm) C P V1 − b V1

Bài 7.Một mol khí Van-đơ -Van có thể tích V1 và nhiệt độ T1 biến đổi sang trạng thái với thể tích V2 nhiệt độ T2. Hãy tìm số gia tương ứng của entropi 2

dQ = ? ). Coi nhiệt dung mol CV của khí đã biết. T 1

( ∆S = ∫

Hướng dẫn: theo nguyên lý 1 dU = dQ + dA ⇒ dQ = dU − dA (1) với dU =

a dV + CV dT V2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

165

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

và dA = − dA′ = − pdV = −

RTdV dV +a 2 V −b V

thay vào (1) ta có dQ =

a RTdV dV RTdV dV + CV dT + − a 2 = CV dT + 2 V V −b V V −b

dQ 2 dT 2 dV T V −b ∆S = ∫ = ∫ CV + ∫R = CV ln 2 + R ln( 2 ) T T V1 V − b T1 V1 − b T1 1

nên

Bài 8.Hai bình thể tich V1 và V2 được nối với nhau bằng một ống có van. Khi van khóa trong mỗi bình có chứa một mol của cùng một loại khí tuân theo phương trình Van- đơ - Van. Trước khi mở van nhiệt độ của hai bình là như nhau và bằng T. Hỏi sau khi mở van thì khí sẽ nóng lên hay lạnh đi ? Xác

định áp suất khí sau khi mở van. Coi các thành bình và ống nối là cách nhiệt với bên ngoài, còn nhiệt dung CV không phụ thuộc vào nhiệt độ. Hướng dẫn Xét cho cả hệ dQ=dU1+dU2+dA1+dA2=0 do quá trình là đoạn nhiệt nên dQ=0, dA1+dA2=0 nên dU1+dU2=0 a a dV + CV dT + 2 dV ′ + CV dT =0 2 V V′ V1 + V2 2

T′

∫ 2C

dT +

∫

a dV ′ + V ′2 V1 +V2 2

V1 +V2 2

∫

V1 +V2 2

2CV(T'- T) -

a │ V′

2CV (T ′ − T ) − a[

4 1 1 − ( + )] = 0 V1 + V2 V1 V2

T′ = T −

a V

a dV = 0 V2

- │

a (V2 − V1 ) 2 2 RT ′ 4a ; p′ = − khí lạnh đi 2CV V1V2 (V1 + V2 ) V1 + V2 − 2b (V1 + V2 ) 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

166

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 9. Xác định hiệu suất của chu trình

gồm hai quá trình đẳng tích V1 và V2 và hai quá trình đoạn nhiệt. Tác nhân là khí Van - đơ - Van ,

2 4

các hằng số a,b cho trước, còn nhiệt dung CV không phụ thuộc vào nhiệt độ . Hướng dẫn: áp dụng nguyên lý 1: Q= A+ ∆U quá trình 1-2 Q12=0; A12= - ∆U12 với ∆U 12 = CV (T2 − T1 ) − a(

1 1 − ) ta tìm mối liên giữa T1 và T2 V2 V1

từ nguyên lý 1, do quá trình là đoạn nhiệt nên dU=- dA hay CV dT +

adV adV RTdV C dT dV = −R ⇒ V = 2 − 2 V V V −b T V −b R

T2 − R V2 − b V − b CV ⇒ T2 = T1 ( 1 = ln ) T1 CV V1 − b V2 − b

Quá trình 2-3: A23=0; Q23<0 Quá trình 3-4: Q34=0; A34= - ∆U 34 1 V1

với ∆U 34 = CV (T4 − T3 ) − a ( −

1 ) ta tìm mối liên giữa T3 và T4 V2

từ nguyên lý 1, do quá trình là đoạn nhiệt nên dU=- dA hay CV dT +

adV adV RTdV C dT dV = 2 − ⇒ V = −R 2 V V V −b T V −b R

T4 − R V1 − b V − b CV = ln ⇒ T3 = T4 ( 1 ) T3 CV V2 − b V2 − b

Quá trình 4-1: A41=0; Q41= ∆U 41 = Cv (T1 − T4 ) vì quá trình này có dV=0

Trường THPT Chuyên Thái Bình

167

3 V

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

hiệu suất của chu trình

Bài 10. Thế năng của các phân tử khí trong trường đối xứng xuyên tâm tại điểm cách tâm khoảng r là U r = αr 2 , với α là hằng số dương. Khi nhiệt độ khí là T thì nồng độ phân tử khí tại tâm là N0. 1. Xác định nồng độ phân tử khí cách tâm r. 2. Tính tỉ phần phân tử khí nằm giữa hai lớp cầu bán kính r và r+dr Hướng dẫn: 1.Xét các phân tử khí nằm nằm giữa hai lớp cầu bán kính r và r+dr. Ta có dp= KTdn.

(1)

với dp là áp suất của lớp khí đó cũng chính là độ chênh áp suất của lớp khí trong và ngoài nên dp = −( p2 − p1 ) = −

N dU r = −ndU r (2) V n

dn dU dn 1 từ (1) và (2) ta có =− r ⇒ ∫ =− n kT n KT n 0

∫ dU r ⇒ n = n0e

−

Ur KT

−U r

∞

2. dN = nr 4πr 2 dr ⇒ N = 4π ∫ r 2 dr.n0e KT 0

−U r

−U

dN 4πr 2 dr.n0e kT r 2e kT dr = = −U r ∞ −U ∞ N 2 kT r e dr 4πn0 ∫ r 2 dr.e kT ∫ 0

∞

do ∫ x ne− x dx = π 0

Bài 11. Xác định đường kính của phân tử khí Trong ống hình trụ có đường kính nhỏ, chất khí chảy ổn định theo các

đường dòng song song với trục ống. Tốc độ của các dòng chảy giảm dần từ trục ống ra thành ống do lực nội ma sát giữa các dòng chảy. Tốc độ dòng chảy lớn nhất ở trục ống và bằng 0 ở sát thành ống. Lực nội ma sát giữa hai lớp chất khí sát nhau là f ms = ηA

dv dv với A là diện tích tiếp xúc giữa hai lớp chất khí, là độ dr dr

Trường THPT Chuyên Thái Bình

168

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

biến thiên tốc độ trên một đơn vị chiều dài theo phương vuông góc với dòng chảy, η là độ nhớt mà giá trị của nó phụ thuộc vào đường kính phân tử khí d và nhiệt độ T của chất khí theo công thức sau: 1/ 2

2  mk T  η = 2  3B  3d  π 

với m là khối lượng phân tử khí, kB là hằng số Boltzmann. Cho các dụng cụ sau: - Bình chứa khí nitơ có áp suất khí đầu ra không đổi; - 01 van dùng để thay đổi lưu lượng chất khí; - 01 ống mao quản hình trụ có chiều dài L, bán kính ống R; - 01 thiết bị đo lưu lượng khí; - 01 áp kế nước hình chữ U; - Nhiệt kế đo nhiệt độ phòng và các ống dẫn, khớp nối cần thiết. Hãy: a. Thiết lập công thức tính lưu lượng khí chảy qua ống theo kích thước

ống, độ chênh lệch áp suất giữa hai đầu ống và độ nhớt của chất khí. b. Đề xuất phương án thí nghiệm: vẽ sơ đồ thí nghiệm và nêu các bước tiến hành để xác định đường kính phân tử khí nitơ. Hướng dẫn a. Thiết lập công thức tính lưu lượng khí chảy qua ống Xét hình trụ bán kính r (r<R) đồng trục với ống hình trụ có dòng khí chảy qua Do lực nội ma sát giữa các lớp khí bên trong của hình trụ bị triệt tiêu nên lực cản tổng cộng lên hình trụ bán kính r là lực ma sát cản ứng với lớp vỏ hình trụ ứng với diện tích A = 2πrL ⇒ Lực cản tổng cộng tác động lên dòng khí chảy trong ống hình trụ có bán kính đáy r là f ms = η.2πrL

dv dr

Trường THPT Chuyên Thái Bình

169

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Lực kéo chất khí ở trong ống hình trụ bán kính r là do bởi sự chênh lệch áp suất giữa hai đầu ống là fkéo = (p1 - p2)πr2 Khi dòng chảy ổn định, lực kéo và lực cản cân bằng: fms + fkéo = 0 dv + (p1 − p 2 )πr 2 = 0 ....................... 0,25 điểm dr v r dv (p − p ) dv (p − p ) ⇒ = − 1 2 rdr ⇒ ∫ = ∫ − 1 2 rdr dr R 2η L dr 2ηL 0 (p − p ) ⇒ v = 1 2 (R 2 − r 2 ) ............................... 0,25 điểm 4ηL

η.2πrL

v(r )

r L

Mặt khác lưu lượng của chất khí chảy qua ống là:

dS r

(p1 − p 2 ) 2 2 (R − r ).2πrdr 4η L 0

∫ dQ = ∫ vdS = ∫ (S)

(S)

⇒ Q=

∆p (p1 − p 2 ) πR 4 = πR 4 8ηL 8ηL

b. Phương án thí nghiệm Bố trí thí nghiệm như hình vẽ N2

Khí ra

Ống mao quản

Thiết bị đo lưu lượng

Van

Áp kế nước chữ U

Trình tự thí nghiệm: - Điều chỉnh van để chỉnh lưu lượng khí chảy qua hệ (Để dòng khí chảy

ổn định cần điều chỉnh lưu lượng khí chảy qua ống là nhỏ) - Đọc giá trị lưu lượng và độ chênh lệch áp suất ∆p ở hai đầu ống qua áp kế - Thay đổi lượng khí chảy qua hệ ở các giá trị lưu lượng Q khác nhau, đọc giá trị ∆p tương ứng - Ghi số liệu vào bảng và tính giá trị η theo công thức η =

Trường THPT Chuyên Thái Bình

170

∆p πR 4 8QL

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Lần đo

∆p

- Tính độ nhớt trung bình của chất khí chảy qua ống η = ∑ ηi i =1

- Đọc giá trị nhiệt độ phòng T trên nhiệt kế 1/ 2

- Tính giá trị đường kính phân tử khí qua công thức d =

Trường THPT Chuyên Thái Bình

171

2  mk BT    3η  π3 

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Chuyên đề xếp loại B

CHUYÊN ĐỀ VA CHẠM CỦA VẬT RẮN Tổ Vật Lý-Trường THPT Chuyên Hưng Yên Cơ học vật rắn là một trong những chuyên đề khó cho cả giáo viên giảng dạy cũng như học sinh ôn luyện thi HSG. Trong chuyên đề cơ học vật rắn, các bài toán về va chạm của vật rắn luôn đem lại những bối rối nhất định cho học sinh. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng trong bài toán này phải đặc biệt lưu ý. Trong đề tài, tôi tóm tắt những kiến thức đặc thù cần được lưu ý và các bài toán và một số dạng khác nhau về va chạm của các vật rắn nhằm góp phần cung cấp kiến thức, rèn luyện kĩ năng vận dụng giải các bài toán về va chạm của vật rắn cho học sinh chuẩn bị thi học sinh giỏi các cấp và các đồng nghiệp tham khảo thêm trong việc bồi dưỡng cho học sinh.

1. Những kiến thức về va chạm của vật rắn: + Các định luật bảo toàn năng lượng, xung lượng, Mô men xung lượng như đối với va chạm của chất điểm. + Thời gian va chạm ngắn, lực va chạm thay đổi nên không dùng khái niệm lực mà dung khái niệm xung của lực, xung của mô men lực. τ + Xung của lực: X = ∫ Fdt = Ftb ∆t = ∆P 0

τ M = M dt = ∆ L0 + Xung của mô men: Ox ∫ g 0

+ Trường hợp vật rắn quay quanh một trục z có mô men quán tính IZ: ∆LZ = I Z (ω2 − ω1 ) = M Z ( X )

+ Vật rắn hình cầu nhẵn va chạm với nhau coi như va chạm của hai chất điểm. + Một viên đạn khối lượng m, vận tốc v va chạm mềm với vật rắn thì X = mv .

Trường THPT Chuyên Thái Bình

172

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

2. Các bài toán về va chạm của vật rắn: Bài toán 1: Một quả bóng bàn khối lượng m, bán kính r bay với vận tốc tuyến tính v và quay với vận tốc

ω0 đập vuông góc vào chướng ngại vật thẳng đứng, nặng

không chuyển động (hình vẽ). Hãy xác định sự phụ thuộc của góc phản xạ quả bóng vào hệ số ma sát f giữa v

quả bóng và vật chướng ngại. Bỏ qua biến dạng của quả bóng và vật chướng ngại theo cả hai chiều tiếp

tuyến và pháp tuyến đến mặt vật chướng ngại. Ta giả thiết thêm rằng, sau khi va chạm thành phần

vuông góc của vận tốc đến vật chướng ngại bằng −v và va chạm xảy ra ngắn đến mức có thể bỏ qua ảnh hưởng của sức cản không khí và lực hâp dẫn. Mô men quán tính của quả bóng bàn tính theo trục đi qua tâm của nó bằng

2 2 mr . 3

Giải:

Theo đề ra, khi va chạm chỉ có hai lực tác dụng lên quả bóng là N và Fms . Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Có hai trường hợp xảy ra: *) Trường hợp 1: Quả bóng trượt trong suốt thời gian

va chạm. Khi đó, Fms = f.N

dPy  N = dx ⇒ dPx = f .dPy ⇒ dVx = f .dVy ⇒ vx = f .2v Ta có:  F = f .N = dPx  ms dt vx = 2 f .v

Vậy sau va chạm:  v y = v

⇒ tan θ =

vx =2f . vy

Ta tìm điều kiện về ω , f để trường hợp này xảy ra. Ta có:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

173

Fms

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

∑Μ

( F ) = 0 ⇒ LA = const ⇒ I G (ω0 − ω ) = mvx R

Để chuyển động trượt xảy ra thì Rω ≥ vx ⇒ I G (ω0 −

vx ) ≥ mRvx R

vx mR 2 vx ⇒ ω0 − ≥ R I vx mR 2 2 fv 3 5 fv ⇒ ω0 ≥ (1 + )= (1 + ) = . R I R 2 R

*) Trường hợp 2: Quả cầu ngừng trượt trược khi thời gian va chạm kết thúc. Trường hợp này xảy ra ⇔ ω0 <

5 fv . R

LA = const ⇒ I G (ω0 − ω ) = mvx R .

Ta có:

Ta thấy quả cầu lăn không trượt khi và chỉ khi Rω = vx ⇒ I G (ω0 − ω ) = mR 2ω ⇒ ω0 = (1 +

2 mR 2 )ω ⇒ ω = ω0 . I 5

Sau đó quả lăn không trượt nên Rω = vx mà

LA = I Gω + mRvx = ( I G + mR 2 )ω = const ⇒ ω = const nên vận tốc sau khi quả cầu nảy lên là v 2ω R 2 vx = ω R = ω0 R ⇒ tan θ = x = 0 . vy 5v 5

Kết luận: + Nếu ω0 <

5 fv 2ω R thì tan θ = 0 . R 5v

+ Nếu ω0 ≥

5 fv thì ⇒ tan θ = 2 f . R

Trường THPT Chuyên Thái Bình

174

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài toán 2: Một quả cầu không đồng chất khối lượng m, chuyển động với vận tốc v0 , đập vuông góc lên một O

chướng ngại vật nặng và rắn nằm ngang. Tâm khối S

của quả cầu cách tâm hình học O một khoảng cách D. Vị trí của quả cầu và chướng ngại ngay trước khi va chạm được biết như trên hình vẽ. Trước khi va chạm quả cầu không quay. Giả thiết rằng do hậu quả của va chạm xảy ra rất nhanh, tổng năng lượng của quả cầu không bị thay đổi. Tính vận tốc khối tâm của quả cầu. Sau va chạm, nếu biết giữa quả cầu và vật chướng ngại không xuất hiện ma sát, có thể bỏ qua biến dạng của chúng. Mô men quán tính của quả caauftinhs qua tâm khối S bằng I và công nhận I > mv2. Giải: Gọi ω là vận tốc quay quanh S sau va chạm, vS là vận tốc chuyển động tịnh tiến của S.

đều vuông góc với mặt sàn nên vS cũng lại). vuông góc với chướng ngại vật (chiều vS thực chất là ngược Do các ngoại lực N , P và cả

Ta chọn chiều dương như trên hình vẽ.

Do va chạm nhanh và tổng năng lượng không

đổi nên 1 2 1 2 1 2 mv1 = mvS + I ω 2 2 2

(1)

Do trong va chạm thì N>> P nên ta bỏ qua tác dụng của P mà do N có A giá đi qua A nên M (A N ) = 0 (bỏ qua M ( P ) ) .

Suy ra mô men động lượng của hệ đối với điểm A được bảo toàn, do đó: mv0 D = mvS D + I ω

Trường THPT Chuyên Thái Bình

(2)

175

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Từ (1) suy ra :

m(v0 − vS )(v0 + vS ) = I ω 2

(1’)

Từ (2) suy ra m(v0 − vS ) D = I ω ⇒

(2’)

Iω (v0 + vS ) = I ω 2 ⇒ v0 + vS = ω D D

Iω  v0 + vS = mD I (v0 + vS ) ⇒ ⇒ v0 − vS = mD 2  v0 + vS = ω  D ⇒ v0 (1 −

I I ) = vS (1 + ) 2 mD mD 2

⇒ vS = v0

mD 2 − I mD 2 + I

mD 2 1− I ⇒ vS = −v0 . mD 2 . 1+ I

Như vậy, vS < 0 nên quả cầu bật trở lại. Do đó, vận tốc của khối tâm S sau va mD 2 I vS = −v0 . mD 2 . 1+ I 1−

chạm là

Bài toán 3: Một thanh AB đồng chất có khối lượng M, chiều dài 2lđược bẻ gập ở điểm giữa thành hình chữ V có góc

ở giữa là 600. Gọi điểm giữa của thanh là O, thanh chữ V đó được đặt trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn. Một vật có khối lượng m, chuyển động tới va chạm

với thanh với vận tốc ban đầu v0 nằm trên đường trung

B m

Trường THPT Chuyên Thái Bình

176

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

trực của đoạn OB như trên hình vẽ. Giả sử va chạm của vật m và thanh AOB là tuyệt đối đàn hồi. Hãy tính vận tốc của khối tâm G của thanh và điểm A ngay sau va chạm với vật m. Giải: Sau va chạm với vật m thì khung AOB vừa tham gia chuyển động tịnh

tiến với vận tốc v vừa tham gia chuyển động quay quanh G với vận tốc ω , còn vật m thì sau va chạm có vận tốc v. Mô men quán tính của khung AOBđối với khối tâm G là

M l2 M l2 7 Ml 2 I = 2( . + . ) = 2 12 2 10 48

Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có: mv0 = mv + MV

(1)

Theo định luật bảo toàn mô men động lượng đối với

B m

điểm G, ta có:

l l l l 7 Ml 2 mv0 = mv + I ω ⇒ mv0 = mv + ω 8 8 8 8 48

(2)

Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: 1 2 1 2 1 1 mv0 = mv + MV 2 + I ω 2 2 2 2 2 ⇒

1 2 1 2 1 1 7 Ml 2 2 ω mv0 = mv + MV 2 + . 2 2 2 2 48

M V m

Từ (1) suy ra:

v0 − v =

Từ (2) suy ra:

7 M v − v0 = . ωl 6 m

(3) (1’) (2’)

M 2 7 Ml 2 2 ω (3’) Từ (3) suy ra : m(v0 − v )(v0 + v) = V + m 48m

Trường THPT Chuyên Thái Bình

177

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Từ (1’), (2’) và (3’) ta có: m(v0 − v)(v0 + v) = V (v0 − v) +

⇒ v0 + v = V +

ωl

(v − v0 ) .

(4)

7 M M  . ωl − = = v v V 0  6 m m  v + v = V + ω l  0 8

Vậy ta có hệ:

ωl

(5) (6)

⇒V =

ω l 31 7 7 .ω l ⇒ v 0 + v = ω l + = ωl 6 6 8 24

⇒ 2v0 =

7M 31 28 M 31m 28M + 31m ωl + ωl = ωl + ωl = 6 m 24 24 m 24m 24m

48mv0 48mv0 ⇒ ωl = (31m + 28M )l (31m + 28M )

⇒ω =

56mv0 7 ⇒ V = ωl = 6 (31m + 28M ) 2 2 Ta có GA = GH + HA = (

3 2 l 2 3 1 7 l) + ( ) = l + =l . 4 2 16 4 4

Suy ra vận tốc VAG của A đối với G là N AG = ωl

12 7mv0 7 = 4 31m + 28M

Gọi VA là vận tốc của điểm A đối với mặt đất. Ta có:

VA = VAG + VG = VAG + V 2 2 2 2 2 Suy ra, VA = V + VAG + 2V .VAG .cosα = V + VAG + 2V .VAG .sinβ

Mà VA2 = (

sinβ =

1 l /8 = l 7 /4 2 7

nên

56mv0 12 7 mv0 2 56mv0 12 7 mv0 1 )2 + ( ) + 2. . . 31m + 28M 31m + 28M 31m + 28M 31m + 28M 2 7

Trường THPT Chuyên Thái Bình

178

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

mv0 mv0 )2 .3816 ) 2 (562 + (12 7) 2 + 2.56.12) = ( 31m + 28M 31m + 28M

⇒ VA =

4mv0 31m + 28M

302 .

Vậy vận tốc của khối tâm G và của điểm A ngay sau va chạm là:

VG =

56mv0 4mv0 302 . và VA = 31m + 28M 31m + 28M

Bài toán 4: Một bản mỏng, phẳng, đồng chất, hình vuông

l, M

cạnh l, khối lượng M có thể quay tự do quanh một trục

→

thẳng đứng cố định ( ∆ ) trùng với một trong các cạnh r

của nó. Một quả cầu nhỏ khối lượng m, bay với vận tốc

→

v0 tới va chạm đàn hồi vào tâm của bản, theo phương

vuông góc với mặt phẳng bản . 1. Tính mô men quán tính của bản đối với trục ( ∆ ). 2. Xác định vận tốc của quả cầu sau va chạm. Chia bản thành các thanh mảnh dài l ,rộng dx, cách trục quay ( ∆ ) một khoảng x, có khối lượng dm = I = ∫ dI =

M l

M M M 2 .l.dx = dx ⇒ dI = dm..x 2 = .x dx 2 l l l

2 ∫ x dx = 0

M l 3 Ml 2 . = l 3 3

Sau va chạm, gọi vận tốc quả cầu là v1 , vận tốc của bản là V Xét hệ quả cầu và bản có tổng mô men các ngoại lực đối với trục (∆) bằng 0, áp dụng định luật bảo toàn mô men động lượng: mv0 .r = mv1 .r + Iω ⇔ mv0

→ v0 = v1 +

M 4 V m 3

→ → → l l V ( v1 , v 0 , V cùng phương) = mv1 + I l 2 2 2 l, M

(1)

→

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

179

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

  mv mv I 2 mv I  V  = + ω = + 2 2 2 2 2 l    2 2 0

2 1

→ v02 = v12 +

2 1

M 4 2 V (2) m 3

Giải hệ phương trình (1), (2): V =

6mv0 4M + 3m

→ v1 =

→

3m − 4 M .v 0 3m + 4 M

→

- Nếu 3m > 4M : v1 > 0 → v1 cùng hướng với v 0 →

→

Nếu 3m < 4M : v1 < 0 → v1 ngược hướng với v 0 , sau va chạm m bị bật trở lại

Bài toán 5: Một quả cầu đặc đồng chất có khối lượng m, bán kính R, mômen quán tính đối với trục đi qua tâm

ω0

2 là I = mR 2 . Cho nó quay quanh một trục nằm ngang đi 5

hθ ah

qua tâm đang đứng yên với vận tốc góc ω0 rồi thả không vận tốc đầu cho rơi xuống sàn (hình 1). Độ cao của điểm thấp nhất của quả cầu khi bắt đầu rơi là h. Quả cầu va chạm vào sàn rồi nẩy lên tới độ cao ah tính cho

điểm thấp nhất, với a là một hệ số dương. Biến dạng của quả cầu và sàn do va chạm không đáng kể. Bỏ qua lực cản của không khí. Khoảng thời gian va chạm là nhỏ và xác định. Cho gia tốc trọng trường là g, hệ số ma sát trượt giữa quả cầu và sàn là µ . Ta xét hai trường hợp: a. Quả cầu trượt trong suốt thời gian va chạm. Hãy tính: - Giá trị cực tiểu của ω0 . - tan θ , θ là góc nẩy lên ghi trong hình. - Quãng đường nằm ngang d mà tâm quả cầu đi được giữa các va chạm thứ nhất và thứ hai. b. Quả cầu không trượt trước khi thời gian va chạm kết thúc. Tính:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

180

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

- tan θ - Quãng đường nằm ngang d. - Vẽ đồ thị tan θ là hàm của ω0 bao gồm cả hai trường hợp.

Giải a) Trường hợp quả cầu trượt trong suốt thời gian va chạm. – Tính giá trị cực tiểu của ω0 : + Lấy chiều dương của trục y hướng xuống dưới. Vận tốc của tâm ngay trước va chạm là: v0 = 2 gh

+ Gọi các thành phần nằm ngang và thẳng đứng của vận tốc tâm ngay sau va chạm là v2 x và v2 y ta có: v22y = 2 gah .

+ Vậy v2 y = − 2 gah = −cv0 , c = a là hệ số phục hồi,

gọi t1 là thời điểm ban đầu va chạm, t2 là thời điểm kết thúc va chạm. Gọi giá trị tuyệt đối của xung lực mà sàn tác dụng lên quả cầu trong thời gian ấy là N ( t ) . Vì N >> mg nên có thể bỏ qua mg. Gọi lực ma sát là f ( t ) . + Ta có các phương trình về: - Độ giảm động lượng theo phương y: t2

mv0 − mv2 y = m (1 + c ) 2 gh = ∫ N ( t ) dt = Py t1

- Độ tăng động lượng theo phương x: t2

mv2 x = ∫ f ( t )dt = Px

(2)

Trường THPT Chuyên Thái Bình

181

(1)

y mg f Hình 2

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

- Độ giảm momen động lượng (do momen lực ma sát gây ra), với ω2 là vận tốc góc sau va chạm: t2

I (ω0 − ω2 ) = R ∫ f ( t )dt = L

(3)

- Áp lực của quả cầu lên sàn trong thời gian trượt là N nên ta có liên hệ giữa lực ma sát và N: (4)

f = µN

+ Đưa (4) vào (2) và (3) và dùng (1) ta có: t2

Px = µ ∫ Ndt = µ Py = µ m (1 + c ) 2 gh = mv2 x

(5)

t1 t2

L = Rµ ∫ Ndt = Rµ m (1 + c ) 2 gh = I (ω0 − ω2 )

(6)

+ (5) và (6) cho ta thành phần nằm ngang của vận tốc và vận tốc góc sau va chạm, theo các dữ kiện v2 x(1) = µ (1 + c ) 2 gh

(7)

1 ω2 = ω0 − Rµ m (1 + c ) 2 gh I

(8)

Lời giải này chỉ đúng nếu vào thời điểm t2 điểm tiếp xúc vẫn còn vận tốc âm nghĩa là: ω2 R > v2 x + Dùng (7) và (8) ta tìm được giá trị cực tiểu của ω0 : ω0 >

7 µ 2 gh (1 + c ) 2R

- Tính tan θ : tan θ =

v2 x(1)

v2 y

(9)

 1 = µ 1 +   c

(13) suy ra θ không phụ thuộc ω

- Tính quãng đường nằm ngang d mà tâm quả cầu đi được giữa các va chạm thứ nhất và thứ hai: - Tính các khoảng cách tới điểm va chạm thứ hai:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

182

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

+ Thời gian quả cầu nẩy lên và rơi xuống lần thứ hai là: t=2

−v2 y

2h g

= 2c

(14)

Khoảng cách nằm ngang d I = tv2 x = 4µ (1 + c ) ch không phụ thuộc vào ω0 .

b) Trường hợp quả cầu không trượt trước khi thời gian va chạm kết thúc. - Tính tan θ : + Tới một thời điểm trước thời điểm kết thúc va chạm t2 thì quả cầu thôi trượt mà lăn không trượt. Ta có mối liên hệ giữa v2 x ( 2) và ω2 : ω2 R = v2 x( ) 2

(15) + Đưa (15) và (2) vào (3) ta có : v2 x 2  I  ω0 − ( )  R 

  = mRv2 x( 2)  

+ Tính các đại lượng cuối thời gian va chạm: v2 x( 2) =

ω2 =

I ω0 2 = ω0 R mR + I / R 7

v2 x( 2)

tgθ =

2 = ω0 R R 7

v2 x( 2) v2 y

(16) (17)

2ω0 R 7c 2 gh

(18)

với h cố định thì tan θ tỉ lệ với ω0 .

- Tính quãng đường nằm ngang d: + Thời gian nẩy lên và rơi xuống vẫn là (14) 4 7

+ Khoảng cách nằm ngang d II = tv2 x( ) = cRω0 2

2h , tỉ lệ với ω0 g

- Vẽ đồ thị tan θ là hàm của ω0 bao gồm cả hai trường hợp: Hình là đồ thị tan θ = f (ω0 ) cho cả hai trường hợp.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

183

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

tan θ

ω0min

ω0 Hình 3

Bài toán 6: Một quả bóng siêu đàn hồi đặc, khối lượng m, bán kính R. Bóng bay tới va chạm vào mặt sàn ngang với vận tốc v và vận tốc góc ω . Chỗ mà quả bóng tiếp xúc với sàn có ma sát giữ cho điểm tiếp xúc không trượt. Do có ma sát nên va chạm là không đàn hồi tuy nhiên có thể bỏ qua sự biến thiên của thành phần pháp tuyến vy và độ biến thiên động năng bóng. a. Xác định thành phần tiếp tuyến vx’ của v’ và ω ’ của quả bóng sau va chạm theo vx và ω trước va chạm? Biện luận? b. Tính vận tốc điểm tiếp xúc A của bóng trước và sau va chạm? Giải thích kết quả? Giải a. *) Theo định luật biến thiên momen động lượng ta có: dL = Mdt = FmsRdt = dPxR Id ω = mRdvx ω'

vx '

I ∫ dω = mR ∫ dv I( ω ’- ω ) = mR(vx’- vx) (1) Ta có vy’= - vy *) Theo định luật bảo toàn động năng ta có: mv 2 I ω 2 mv '2 I ω '2 + = + 2 2 2 2

*) Thay (1) vào (2) rút ra

m (v x2 − v '2x ) = I (ω '2 − ω 2 )

v  1 ω ’= −  3ω + 10 x  R 7 

vx’ =

Trường THPT Chuyên Thái Bình

3vx − 4ω R 7

184



(2)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

*) Biện luận: +) ω ’ < 0 siêu bóng quay ngược lại với chiều quay ban đầu sau va chạm. 4

vx’ > 0

vx > ω R

vx’ = 0

vx = ω R

vx’ < 0

vx < ω R 3

b. Ban đầu (trước va chạm): v Ax = v x + ω R vAy = vy Sau va chạm: v’Ax = v’x+ ω ' R = - (vx+ ω R ) v’Ay = v’y = - vy v A' = − v A

Như vậy: Vận tốc điểm A trước và sau va chạm có độ lớn bằng nhau, chiều ngược nhau.

Bài toán 7: Hai vật khác nhau có cùng khối lượng m trượt không ma sát trên mặt bàn nằm ngang. Thời gian đầu các vật này thực hiện trượt tịnh tiến( không quay) và các tâm của chúng có cùng vận tốc v dọc theo hai đường thẳng song song. Khoảng cách giữa các đường thẳng bằng d. Tại một thời điểm nhất định xảy ra va chạm đàn hồi lý tưởng giữa các vật. Sau va chạm, các vật thực hiện chuyển động tịnh tiến, quay và tiếp tục trượt trên mặt bàn, vận tốc góc của vật thứ nhất bằng ω1 , của vật thứ hai bằng ω2 . Mô men quán tính của chúng tính theo các trụ thẳng đứng đi qua khối tâm lần lượt là I1 và I2.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

185

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

a. Hãy chỉ ra rằng mô men xung lượng của vật tính theo điểm xác định bất kì của mặt bàn bằng tổng mô men xung lượng của vật tính theo khối tâm của nó. b. Tính khoảng cách d’ giữa các đường thẳng dọc theo khối tâm của hai vật chuyển động sau va chạm. v 2

c. Thừa nhận rằng, sau va chạm giá trị vận tốc của vật thứ nhất là còn vật thứ hai không quay. Hãy xét sự phụ thuộc của d’ vào d. Giải: mi

a. Ta cần chứng minh: LO = LG + (∑ mi ) rG ∧ vG = LG + M rG ∧ vG

rG + ri

Xét phần tử mi trên vật rắn. Ta có: O

LO = ∑ mi (rG + ri ) ∧ (vG + vi ) = (∑ mi )rG ∧ vG + (∑ mi ri ) ∧ vG + rG ∧ (∑ mi vi ) + ∑ mi ri ∧ vi

∑ mi ri = 0 Nhận xét:  m v ∑ i i = 0 L = m r ∧ v + m r ( ) Do đó ∑ i G G ∑ i i ∧ vi O

Trường THPT Chuyên Thái Bình

186

rGG

ri G

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Mặt khác, nên

(∑ mi )rG ∧ vG = M rG ∧ vG  ∑ mi ri ∧ vi = LG

LO = LG + M rG ∧ vG (ĐPCM)

' b. Gọi v1 là vận tốc của vật 1 (của G1) sau va chạm.

Do hệ kín nên động lượng của hệ được bảo toàn dó đó: mv1' + mv2' = mv − mv = 0 ⇒ v1' = −v2' = −v '

Ta xét mô men động lượng của hệ đối với G2. Do không có ngoại lực nên mô men động lượng trước và sau va chạm là bằng nhau. Ta có, ban đầu thì :

LG2 = mvd

sau đó thì L 'G2 = mv ' d '+ I1ω1 + I 2ω2 Mà

ω1 ; ω2 có chiều như hình vẽ gọi là

ω1 <0

chiều dương nên

mvd = mv ' d '+ I1ω1 + I 2ω2 ⇒d'=

mvd − I1ω1 − I 2ω2 mv '

Iω v , ω2 = 0 ⇒ d ' = 2 d − 1 1 c. Với v ' = mv 2 Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

187

I1 m

ω1 >0 ω1 >0 d

I1 m

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

1 2 1 v 1 mv .2 = m( ) 2 .2 + I1ω12 2 2 2 2 2 2 2 ⇒ 2mv = mv + I1ω1 ⇒ I1ω12 = mv 2 ⇒

ω1 v

=±

I m ⇒d'= 2 d ± 1 I1 m

Kết luận: a)

LO = LG + M rG ∧ vG

b) d ' =

mvd − I1ω1 − I 2ω2 mv '

c) d ' = 2 d ±

I1 m

Trường THPT Chuyên Thái Bình

188

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

III. KẾT LUẬN Giải bài toán về động lực học vật rắn là một chuyên đề cơ bản trong việc bồi dưỡng Học sinh giỏi THPT. Để giải quyết được những yêu cầu đặt ra của bài toán về chuyển động của vật rắn yêu cầu phải nắm vững Định luật chuyển

động của vật thể, đặc điểm chuyển động của vật rắn, đặc điểm về va chạm của vật rắn. Từ phân tích đặc điểm đó mà vận dụng định luật động lực học một cách phù hợp. Trong giải bài toán vật lý nói chung và bài toán về va chạm của vật rắn nói riêng thì việc phân tích kĩ hiện tượng vật lý xảy ra rất quan trọng. Từ việc hiểu được hiện tượng vật lý để vận dụng nguyên lí phù hợp thông qua các biểu thức động lượng. Các biểu thức thể hiện quan hệ đã đạt được dựa vào giả thiết bài toán để tìm ra kết quả. Trong chương trình THPT chỉ mới giải quyết các bài toán cơ bản vận dụng các phương trình động lực học vật rắn và phương trình chuyển động của vật rắn. Đề nên biết điều kiện động lực học suy ra chuyển động và ngược lại biết chuyển động để tìm các đại lượng động lực học. Việc giải bài toán về va chạm của vật rắn có mức độ tổng hợp cao hơn đòi hỏi học sinh phải hiểu sâu hơn và giải quyết tình huống phức tạp hơn, do đó học sinh cần phải rèn luyện kĩ năng vận dụng cao hơn.

Đây là loại bài tập bổ ích cho học sinh học tập và giáo viên tham khảo để công tác bồi dưỡng học sinh có hiệu quả cao hơn.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

189

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Chuyên đề xếp loại B

SỰ VA CHẠM CỦA VẬT RẮN THPT Chuyên Vĩnh Phúc A. MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Các bài toán có sự va chạm của vật rắn thường là bài toán cơ học thuộc loại khó đối với học sinh và nó thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi vật lý các cấp. Mặc dù vậy trong các sách giáo khoa thường không có những đề mục chi tiết về nội dung này, do đó học sinh thường lúng túng và không định hướng được cách giải khi gặp dạng bài tập có va chạm của vật rắn. Tất nhiên mức độ khó của bài toán phụ thuộc vào mức độ phức tạp của va chạm. Nhưng việc giải quyết bài toán không chỉ phụ thuộc khả năng tư duy của học sinh mà còn vào kỹ năng: học sinh đã được làm quen với một số bài toán va chạm của vật rắn họ sẽ định hướng được khi gặp các bài toán mới thuộc dạng này. Chính vì vậy tôi đã chọn đề tài này để nghiên cứu. Hy vọng sẽ bổ ích cho các bạn đồng nghiệp và các em học sinh.

2. Mục đích của đề tài Đề tài sẽ trình bày một cách đầy đủ các vấn đề lí thuyết có liên quan đến sự va chạm của vật rắn, các định luật; định lí được áp dụng và các hệ quả thu

được. Ngoài ra đề tài cũng giới thiệu một số bài tập kinh điển mới cập nhật hay và hấp dẫn liên quan đến vấn đề được nêu ra ở đây.

B. NỘI DUNG I. PHẦN KIẾN THỨC CHUNG 1. Cơ chế của sự va chạm Thí nghiệm chứng tỏ rằng, khi hai vật va chạm nhau, chúng bị biến dạng nhẹ; bị dẹt đi và lúc đó chúng có cùng vận tốc. Sau đó chúng lấy lại hình dạng

Trường THPT Chuyên Thái Bình

190

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

ban đầu với mức độ nhiều ít khác nhau và xảy ra sự giật lùi ra xa nhau. Như vậy sự va chạm bao gồm hai pha: pha nén và pha dãn. Thời gian va chạm rất nhỏ so với toàn bộ thời gian phân tích hiện tượng. Do đó có thể coi sự va chạm xảy ra tại một điểm trong không gian. Ngoài ra sự biến thiên vận tốc của hai vật là khá lớn lực tương tác giữa chúng là rất lớn.

2. Các định luật động lực học áp dụng cho sự va chạm của hai vật rắn ∆ p = ∑ Fex .∆t (1)

∆ L = ∑ M ex .∆t (2)

Công thức (1) được rút ra từ định luật II Newton áp dụng cho khối tâm, có liên quan đến chuyển động tịnh tiến của khối tâm, với Fex là ngoại lực tác dụng lên khối tâm. Còn công thức (2) liên quan đến chuyển động quay.

3. Khảo sát sự va chạm về phương diện năng lượng 3.1. Định lí về động năng ∆K = Aex + Ain

Trong đó các ngoại lực nhỏ hơn nhiều so với nội lực nên công của nó không đáng kể còn công của các lực va chạm là công âm vì ngay cả khi không có ma sát thì hệ chịu một sự biến dạng tại chỗ tiếp xúc và như vậy hệ tiêu thụ một phần động năng: ∆K = Ain ≤ 0

3.2. Sự va chạm đàn hồi và không đàn hồi 3.2.1. Định nghĩa: Sự va chạm là đàn hồi khi động năng toàn phần của hai vật được bảo toàn: ∆K = 0

Trong tất cả các trường hợp khác, sự va chạm là không đàn hồi. Phần

động năng mất đi cho phép thay đổi tính chất của hai vật bằng cách làm cho chúng biến dạng, làm vỡ chúng thành các mảnh hay làm tăng nhiệt độ của chúng. Trong nhiệt động lực học, người ta nói rằng nội năng của hệ thay đổi do tương tác.

3.2.2. Hệ số hồi phục năng lượng:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

191

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Va chạm không đàn hồi được đặc trưng bởi một tỉ số: ε=

K' với 0 < ε < 1 K

ε=1: va chạm đàn hồi. ε=0: va chạm hoàn toàn không đàn hồi, toàn bộ động năng sử dụng bị mất đi.

3.2.3. Hệ số hồi phục thành phần pháp tuyến của vận tốc tương đối e=−

(v '1 − v'2 ) n u' =− u (v1 − v2 ) n

3.2.4. Cách xác định hệ số hồi phục bằng thực nghiệm Người ta thả rơi một quả cầu từ độ cao h xuống một tấm phẳng nằm ngang cố định và đo độ cao h’ mà vật nảy lên được: ε=

v'12 h' v' = →e= 1 = ε 2 v1 h v1

II. MỘT SỐ TRƯỜNG HỢP VA CHẠM THƯỜNG GẶP 1. Va chạm trực diện 1.1. Định nghĩa Sự va chạm được coi là trực diện nếu: * sự tiếp xúc xảy ra trên đường thẳng nối hai khối tâm G1 và G2. * pháp tuyến chung ở chỗ tiếp xúc là đường thẳng nối khối tâm G1 và G2. * lúc va chạm hai vật chuyển động tịnh tiến song song với đường thẳng này

1.2. Bài toán đặt ra là: Xác định vận tốc sau va chạm của hai vật v'1 , v'2 theo các vận tốc trước va chạm v1 , v2 . Trước tiên ta áp dụng công thức ∆ L = M G .∆t . Trước va chạm hai vật chuyển động tịnh tiến do đó mô men động lượng bằng 0. Khi va chạm, lực do vật này tác dụng lên vật kia có giá đi qua khối tâm nên mô men lực đối với khối tâm G vẫn bằng 0. Do vậy, sau va chạm mômen động lượng vẫn bằng 0 và hai vật chuyển động tịnh tiến.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

192

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Tiếp đến ta áp dụng công thức: ∆ p = F .∆t . Bằng cách chiếu phương trình

đó lên trục vuông góc với trục G1G2 ta suy ra chuyển động tịnh tiến của hai vật rắn sau va chạm vẫn song song với G1G2. Bằng cách chiếu ∆ p = F .∆t lên trục G1G2 ta được: m1 (v'1 −v1 ) = F .∆t (1) m2 (v'2 −v2 ) = − F .∆t (2)

Ngoài ra, ta cần có thêm một phương trình liên quan đến mức độ đàn hồi của va chạm: v'2 −v'1 = −e(v2 − v1 ) (3)

Giải hệ các phương trình (1), (2), (3) ta được: v'1 =

m1v1 + m2v2 em2 − (v1 − v2 ) m1 + m2 m1 + m2

v'2 =

m1v1 + m2v2 em1 + (v1 − v2 ) m1 + m2 m1 + m2

F .∆t = −(1 + e) K1 − K 2 =

m1m2 (v1 − v2 ) m1 + m2

1 m1m2 (v1 − v2 ) 2 2 m1 + m2

Xét trường hợp e=1 và e=0 ta suy ra được các phương trình tương ứng quen thuộc mà ta đã biết.

2. Va chạm thẳng nhưng không xuyên tâm Trong trường hợp này hai vật chuyển động tịnh tiến song song với đường va chạm nhưng đường này không đi qua hai khối tâm. Gọi M là điểm tiếp xúc, pháp tuyến với mặt phẳng tiếp xúc chung tại M không đi qua cả G1 lẫn G2. Trước hết ta áp dụng phương trình ∆ p = F .∆t ta được: m1 (v'1 −v1 ) = F .∆t (1) m2 (v'2 −v2 ) = − F .∆t (2)

Trong đó v’1, v’2 là vận tốc khối tâm G1, G2 sau va chạm tức là vận tốc của phần chuyển động tịnh tiến. Vì các lực F và –F không đi qua khối tâm nên

Trường THPT Chuyên Thái Bình

193

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

mỗi vật quay quanh một trục đi qua khối tâm và vuông góc với mặt phẳng đi qua G và đường va chạm. Áp dụng công thức ∆ L = M G .∆t ta có: I1ω1 = F .a1.∆t (3)

I 2ω2 = F .a2 .∆t (4)

Từ đó ta có được 4 phương trình với 5 ẩn số. Do đó muốn giải được ta còn cần phải biết đến mức độ đàn hồi của va chạm. Gọi M1, M2 là hai điểm thuộc về hai vật tiếp xúc nhau tại M; u1, u2 là hình chiếu vận tốc của chúng ngay sau va chạm lên hướng của F ta có: u 2 − u1 = −e(v2 − v1 )

Như đã biết, sau va chạm hai vật chuyển động vừa tịnh tiến vừa quay quanh khối tâm nên ta có: u1 = v'1 +ω1a1 (*) u 2 = v'2 +ω 2 a2 (v '2 +ω 2 a2 ) − (v'1 +ω1a1 ) = −e(v2 − v1 )

Với 5 phương trình trên ta có thể giải được bài toán chuyển động thẳng không xuyên tâm. Tuy nhiên ta có thể tính được u1, u2 theo cách sau đây. Kết hợp

(1) với (*) ta được: v'1 = u1 − ω1a1 m1 (v'1 −v1 ) = m1 (u1 − ω1a1 − v1 ) = F .∆t

Kết hợp với (3) ta có được: m1u1 − m1

F .∆t.a12 − m1v1 = F .∆t I1

m1 (u1 − v1 ) = F .∆t (

m1a12 + 1) I1

Đặt I1 = m1k12 ta được: m1 (u1 − v1 ) = F .∆t (

Trường THPT Chuyên Thái Bình

194

a12 + 1) k12

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

→

m1 (u1 − v1 ) = F .∆t a12 1+ 2 k1

Tương tự: m2 (u 2 − v2 ) = − F .∆t a22 1+ 2 k2

So sánh hai biểu thức trên ta có nhận xét: nếu ta thay hai khối lượng m1 và m2 bằng

m1 m2 và thì vận tốc u1 và u2 nhận được giống như những 2 a1 a22 1+ 2 1+ 2 k1 k2

công thức cho va chạm trực diện.

III. MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Một quả cầu nhỏ đặc đồng chất khối lượng m, bán kính R = 0,1 m được thả rơi từ độ cao h = 1 m với vận tốc ban đầu của tâm quả cầu bằng không xuống một mặt sàn cố định (Hình 1). Nếu lúc

đầu (khi bắt đầu thả) quả cầu không quay thì sau khi va chạm với

mặt sàn nó bị nảy lên theo phương thẳng đứng tới độ cao cực đại là 0,81 m. Nếu lúc đầu quả cầu quay quanh trục nằm ngang đi qua tâm quả cầu với vận tốc góc ω0 = 60 rad/s thì sau khi va chạm với

Hình 1

mặt sàn, quả cầu chuyển động như thế nào? Tìm khoảng cách giữa điểm va chạm lần thứ nhất và lần thứ hai của quả cầu với mặt sàn. Cho hệ số ma sát giữa quả cầu và sàn là µ = 0,2; g = 10m/s2. Bỏ qua lực cản của không khí.

Giải: Nếu lúc đầu quả cầu không quay, vận tốc ngay trước và ngay sau va chạm lần thứ nhất là v = 2 gh = 4 m / s , u = 2 g.0,81h = 0,9 2 gh = 3,6 m / s . Nếu quả cầu quay với vận tốc góc ω0: Theo phương thẳng đứng:

∆t

∫ Ndt = m(

2 gh + 2 gh' )

Trường THPT Chuyên Thái Bình

195

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI ∆t

µ ∫ Ndt = mv x 0

→ v x = µ ( 2 gh + 2 gh' ) (1)

Ta tìm ω0 =ω1 ban đầu để hiện tượng vừa lăn vừa trượt dừng khi quá trình va chạm vừa kết thúc. Ta có: ∆t

µ ∫ Ndt = mv x (2) 0 ∆t

v   Rµ ∫ Ndt =  ω1 − x  (3) R  0

Giải ω1 =

hệ

µ (v + u )( I + mR 2 ) IR

(1), =

(2)

và

(3)

có

7 µ (v + u ) = 53,2 rad / s < ω0 . 2R

Vậy quả cầu vừa lăn vừa trượt đến khi có vận tốc góc ω’ (ứng với vận tốc theo phương ngang v’x =ω’R) thì ngừng trượt rồi lăn không trượt. Tìm v'x ∆t

µ ∫ Ndt = mv' x (3) 0

∆t

v'   Rµ ∫ Ndt =  ω0 − x  (4) R  0 v' x =

RIω0 2 = Rω 0 2 I + mR 7

Khi đó vận tốc quả cầu theo phương thẳng đứng là u = 2gh' Quả cầu bắn lên hợp với phương thẳng đứng một góc α xác định bởi phương trình tan α =

vy vx

2 Rω0 . Quỹ đạo của quả cầu là parabol. Khoảng cách giữa hai điểm va chạm 2 gh'

với sàn là: l = v' x

2v y g

4 Rω0 2 gh' ≈ 1,24 m . 7g

Trường THPT Chuyên Thái Bình

196

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 2: Một khung hình chữ thập

được đặt trên mặt phẳng nằm

ngang nhẵn có thể quay không ma sát quanh trục thẳng đứng cố

định qua A (Hình 2a). Mỗi thanh của khung chữ thập đồng chất,

Hình 2a

Hình 2b

tiết diện đều có khối lượng m1 và chiều dài 4r. Một đĩa tròn bán kính r, khối lượng m chuyển động tịnh tiến thẳng

đều với vận tốc v 0 đến va chạm vào điểm P của khung ở vị trí như hình vẽ. Cho biết hệ số khôi phục là e và va chạm không ma sát. Hãy xác định: a) Tốc độ góc ω1 của khung chữ thập và vận tốc khối tâm đĩa v1 ngay sau khi va chạm. b) Tỷ số

m1 sao cho khi khung quay một góc 900 đến vị trí như hình 2b thì nó lại va m

chạm vào đĩa.

Giải: a) Hệ khảo sát là khung chữ thập và đĩa tròn. Điểm P là tâm va chạm. Áp dụng định lý biến thiên mô men động lượng ta có: 3rmv0 = 3rmv1 + I Aω1

với I A = 4m1

(1)

(4r ) 2 64m1r 2 = 3 3

(2)

Mặt khác, hệ số khôi phục: e = −

v1 − vP' , trong đó: vP = 0; vP' = 3rω1 . v0 − v P

Suy ra: v1 = 3rω1 − ev0

(3)

Từ (1) và (3) ta có: ω1 = 3rm2 (1 + e) .v0 và 9r m + I A

v1 =

9r 2 m − eI A 9r 2 m + I A

(4)

b) Để cho thanh chữ thập quay quanh A ngược chiều kim đồng hồ một góc 900 đến vị trí 2 lại va đập vào đĩa tròn thì trong khoảng thời gian đó khối tâm đĩa phải di chuyển được một đoạn 2r.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

197

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

π 2r v 4r Ta có: τ = 2 = (5) ⇒ 1 =

ω1

Thay (4) vào (5) ta được: Từ (2) và (6) suy ra:

4r 2 m 9r 2 m − eI A ⇒ IA = [3π − 4(1 + e)] (6) eπ 3rm(1 + e)

m1 9[3π − 4(1 + e)] . = m 64eπ

Bài 3: Một quả cầu đặc đồng chất có khối lượng

ω0

m, bán kính R. Cho quả cầu quay quanh một trục nằm ngang đi qua tâm đứng yên với tốc độ góc ω0 rồi buông nhẹ cho nó rơi xuống sàn nằm

ngang. Độ cao của điểm thấp nhất của quả cầu

a2h

khi bắt đầu rơi là h (hình 3). Quả cầu va chạm vào sàn rồi nẩy lên tới độ cao a2h, tính cho điểm thấp nhất. Trong thời gian va chạm quả cầu

Hình 3

trượt trên sàn. Bỏ qua lực cản của không khí và sự biến dạng của quả cầu và sàn khi va chạm. Thời gian va chạm là bé nhưng hữu hạn. Gia tốc trọng trường là g, hệ số ma sát trượt giữa quả cầu và sàn là µ. Hãy tìm: a) điều kiện ω0 để xẩy ra sự trượt trong quá trình va chạm. b) tanθ, với θ là góc nẩy lên như trong hình 3. c) quãng đường nằm ngang d mà tâm quả cầu đi được giữa lần va chạm thứ nhất đến lần va chạm thứ hai.

Giải: Vận tốc khối tâm ngay trước va chạm là: v0 = 2 gh

(1)

Gọi vận tốc khối tâm ngay sau va chạm theo trục Ox nằm ngang và Oy theo phương thẳng đứng là: vx, vy, thời gian va chạm là ∆t. Áp lực của quả cầu lên sàn khi va chạm N >> mg nên ta bỏ qua mg. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

198

mv y2

= mga 2 h → v y = −a 2 gh (2)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Theo trục 0y: mv0 − mv y = N .∆t → m(1 + a ) 2 gh = N .∆t (3) Theo trục 0x: mv x = Fms .∆t = µN .∆t (4) Áp dụng phương trình động lực học vật rắn: ∆L = M .∆t → I (ω0 − ω ) = RFms .∆t = µRN .∆t (5)

Từ (3) và (4) → vx = µ (1 + a) 2 gh (6) Từ (3) và (5) → I (ω0 − ω ) = µmR(1 + a) 2 gh → ω = ω0 −

5µ (1 + a) 2 gh ( 7) 2R

a) Quả cầu trượt trong suốt thời gian va chạm: ωR > v x → ω 0 >

7 µ (1 + a ) 2 gh 2R

b) Góc nảy: tan θ = −

v x µ (1 + a) = vy a

c) Khoảng thời gian nảy lên rồi rơi xuống là: ∆t = −

2v y g

Quãng đường nằm ngang giữa hai lần va chạm: d = v x .∆t = 4 µ (1 + a )ah

Bài 4: Một quả cầu đặc, đồng chất, khối lượng m bán kính R đang quay với tốc

độ góc ω0 quanh một trục đi qua khối tâm quả cầu và lập với phương thẳng đứng một góc α. Tốc độ tịnh tiến ban đầu của khối tâm quả cầu bằng không. Đặt nhẹ quả cầu lên một mặt bàn nằm ngang. Hãy xác định tốc độ của khối tâm quả cầu và động năng của quả cầu tại thời điểm nó ngừng trượt trên mặt bàn. Bỏ qua ma sát lăn.

Giải: Phân tích ω0 thành hai phần: * Thành phần ω1 = ω0 cosα hướng theo phương thẳng đứng, thành phần này có giá trị không đổi (do không có lực nào gây ra mômen cản trở thành phần

Trường THPT Chuyên Thái Bình

199

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

chuyển động quay này). Động năng ứng với thành phần này là: 1 12 1 E Đ1 = I1ω12 = mR 2ω02cos 2α = mR 2ω02 cos 2 α 2 25 5

* Thành phần ω2 = ω0 sin α thay đổi do mômen của lực ma sát trượt Fms, gọi v và ω là tốc độ tịnh tiến của khối tâm và tốc độ góc theo phương ngang của quả cầu khi nó bắt đầu lăn không trượt, ta có: v = ωR

(*).

Phương trình chuyển động quay: Fms R = − I 2

dω 2 dω 2 dω = − mR 2 ⇒ Fms = − mR dt 5 dt 5 dt

Phương trình định luật II Newton: Fms = m dv ; dt

Suy ra: dv = -

v ω 2 Rd ω ⇒ ∫ dv = − 2 R ∫ dω ⇒ v = 2 R(ω2 − ω) 5 5 5 ω 0

(**)

Từ (*) và (**) rút ra ω = 2 ω2 = 2 ω0 sin α và v = R ω = 2 Rω0 sin α 7

Vậy động năng của quả cầu tại thời điểm ngừng trượt là: EĐ = EĐ1 + 1 mv 2 + 1 I2ω2 2

2 = 1 mR 2ω02 cos 2 α + 1 m  2 Rω0 sin α  + 1 . 2 mR 2  2 ω0 sin α 

7



2 5

7



= 1 mR 2ω02 cos 2 α + 2 m(Rω0 sin α) 2 = 1 mR 2ω02 (5cos 2α + 2) 5

Vậy vận tốc và động năng của quả cầu ở thời điểm nó ngừng trượt là: v=

2 1 Rω0 sin α và EĐ = mR 2ω02 (5cos 2 α + 2) 7 35

Bài 5:

Một thanh AB đồng chất, tiết diện đều, chiều dài

l, khối lượng m, đứng trên mặt phẳng ngang nhẵn. Một cục nhựa đường nhỏ có cùng khối lượng m, bay với vận

tốc v vuông góc với AB đến va chạm mềm vào đầu B (Hình 4).

Trường THPT Chuyên Thái Bình

v Hình 4

200

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

a) Tính vận tốc khối tâm của hệ ngay sau va chạm. b) Tính tốc độ góc của thanh, vận tốc của đầu A ngay sau va chạm và phần động năng bị mất trong va chạm. c) Ngay sau va chạm có một điểm C của thanh có vận tốc tuyệt đối bằng không. Xác định vị trí của C. Giải: a) Trước va chạm thanh có khối tâm nằm ở trung điểm O của thanh. Ngay sau va chạm hệ có khối tâm G, chuyển động tịnh tiến với vận tốc vG và chuyển động quay ngược chiều kim đồng hồ quanh trục quay đi qua khối tâm. Áp dụng công thức xác định vị trí khối tâm hệ ta tìm được vị trí khối tâm hệ nằm cách B l/4 Hệ kín nên động lượng hệ bảo toàn: mv=(M+m)vG → VG=v/2 (1) b) Mômen động lượng của hệ trước và ngay sau va chạm là: L1=mvl/4, L2=Iω trong đó I là momen quán tính của hệ đối với trục quay qua G. Áp dụng định lí Stainơ ta có: I=m

l2 l l 5 + m( ) 2 + m( ) 2 = ml 2 12 4 4 24

Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng ta có: L2= L1 → ωI=mvl/4 → ω

6v 5 ml 2 = mvl/4 → ω= 24 5l

Vận tốc tuyệt đối của đầu A: V A = V A / G + V G ; trong đó VG là vận tốc của G đối với sàn

Do V A / G ↑↓ V G nên VA=VA/G-VG=ω.GA-v/2=

6v 3l v 2v - = 5l 4 2 5

Động năng bị mất trong va chạm là: ∆Wđ=Wđ0-Wđ=

ω 2 mv mv 1 v 2 = − 2m ( ) − I 2 2 2 2 10

c) Vận tốc tuyệt đối của điểm C của thanh cách G khoảng x là: vC=vG-x.ω Vì VC = 0 → vG = x.ω → x = vG/ω =

5l 12 M

Bài 6:

Một thanh mảnh đồng chất khối lượng M chiều dài L=0,3 m có thể quay không ma sát quanh trục O cố định nằm ngang đi qua

đầu thanh. Từ vị trí nằm ngang, đầu còn lại của thanh được thả ra. Khi tới vị trí thẳng

k m1 Hình 5

đứng thì thanh va chạm hoàn toàn đàn hồi với một vật nhỏ (coi như chất điểm)

Trường THPT Chuyên Thái Bình

201

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

1 3

khối lượng m1 = M nằm trên mặt bàn. Cho m1=m=120g, gia tốc trọng lực g=10 m/s2. Mômen quán tính của thanh đối với trục quay qua đầu O là I =

1 ML2. 3

a) Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau va chạm. b) Vật m1 được gắn với m2=m1 qua một lò xo có độ cứng k=150 N/m, khối lượng không đáng kể (Hình 5). Xác định biên độ dao động của m1 và m2 sau va chạm. Bỏ qua mọi ma sát.

Giải: a) Động năng quay của M ngay trước va chạm: 1 2 1 MgL 3g I ω = MgL → ω = = I L 2 2

Động năng của m1 và M ngay sau va chạm:

1 2 1 1 mv + I ω '2 = I ω 2 (1) 2 2 2

Mômen động lượng sau va chạm: MvL + I ω ' = I ω (2) Từ (1) và (2) ta có: v =

2M 3gL = 3m / s M + 3m

b) Sau va chạm, khối tâm G của hệ (m1+m2) chuyển động với vận tốc V mà: 1 2

2mV=mv → V = v = 1,5m / s . Trong HQC gắn với khối tâm G, vì hai vật có khối lượng bằng nhau nên ta có thể xem như dao động của m1, m2 là dao động của m gắn với một lò xo có

đầu G cố định và có độ cứng là k’=2k. Gọi A là biên độ dao động của mỗi vật, theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: 1 2 1 1 mv = 2mV 2 + 2. k ' A2 → A = 0, 03m 2 2 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

202

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Bồi dưỡng HSG Vật lí THPT – Cơ học 2 – GS Tô Giang – NXBGD 2009 2. Chuyên đề va chạm của vật rắn – GS Tô Giang

Trường THPT Chuyên Thái Bình

203

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Chuyên đề xếp loại B CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN LÝ THỨ NHẤT (NGUYÊN LÝ I) CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC – ÁP DỤNG CHO KHÍ LÝ TƯỞNG Giáo viên: Hoàng Ngọc Quang Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành - Yên Bái Phần thứ nhất: MỞ ĐẦU I. Lý do chọn chuyên đề Bộ môn Vật lý trong nhà trường phổ thông có nhiệm vụ trang bị cho học sinh những kiến thức Vật lý cơ bản và có tính hệ thống, với đầy đủ các nội dung: Cơ học, Nhiệt học, Điện - Từ học, Quang học, Vật lý hiện đại ... Chương trình Vật lý giảng dạy cho các lớp Chuyên và bồi dưỡng học sinh năng khiếu

đòi hỏi phải ở mức độ cao hơn so với chương trình đại trà, trong đó có những vấn đề được cập nhật ở mức độ kiến thức chuyên sâu, tiếp cận cái mới của Vật lý học hiện đại. “Vật lý phân tử và nhiệt học” là một phần quan trọng trong chương trình Vật lý phổ thông và là một trong những nội dung trọng tâm của chương trình thi HSG phổ thông do Bộ Giáo dục và Đào tạo quy định. Phần này được bố trí giảng dạy ở cuối lớp 10 với những kiến thức rất cơ bản và chọn lọc. Tuy nhiên, những kiến thức giáo khoa đó chưa thể đáp ứng yêu cầu bồi dưỡng học sinh năng khiếu và phục vụ cho thi HSG. Là một giáo viên giảng dạy bộ môn Vật lý ở trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành, tôi tự nhận thấy bản thân cần không ngừng tự học tập, bồi dưỡng nhằm nâng cao năng lực chuyên môn, dần dần đáp ứng được yêu cầu và mục tiêu đào tạo của nhà trường. Nghiên cứu tài liệu, chọn lọc và tập hợp những nội dung theo chủ đề dưới dạng một đề tài là một trong những hình thức tự học, tự bồi dưỡng có hiệu quả và thiết thực. Trong khuôn khổ của một chuyên đề tự nghiên cứu, tôi xin đề cập đến nội dung: “NGUYÊN LÝ THỨ NHẤT CỦA

NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC VÀ ỨNG DỤNG”.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

204

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

II. Nhiệm vụ đặt ra Nguyên lý thứ nhất của nhiệt động lực học là sự vận dụng định luật Bảo toàn và chuyển hóa năng lượng vào các hiện tượng nhiệt. Sách giáo khoa Vật lý 10 Nâng cao trình bày nội dung hết sức tinh giản, phù hợp với chương trình phổ thông đại trà. Từ việc xét một hệ có trao đổi công và nhiệt lượng với các vật ngoài và chuyển từ trạng thái 1 sang trạng thái 2, áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, SGK đã đưa ra hệ thức ∆U = Q + A và phát biểu: “Độ biến thiên nội năng của hệ bằng tổng đại số nhiệt lượng và công mà hệ nhận được.” với quy ước về dấu:

∆U > 0 : nội năng của hệ tăng. ∆U > 0 : nội năng của hệ giảm. Q > 0 : hệ nhận nhiệt lượng. Q < 0 : hệ nhả nhiệt lượng. A > 0 : hệ nhận công. A < 0 : hệ sinh công. Lưu ý rằng khi hệ nhận công A, đồng nghĩa với việc hệ thực hiện công A′ = − A .

Cách phát biểu trên đây chưa làm sáng tỏ được rằng: Nhiệt lượng và công phụ thuộc vào quá trình biến đổi cụ thể, nhưng hiệu của chúng, tức là độ biến thiên nội năng của hệ không phụ thuộc quá trình. Việc vận dụng nguyên lý ở mức độ như vậy chỉ giúp học sinh giải quyết được một số bài toán giáo khoa đơn giản.

Để đáp ứng phần nào yêu cầu bồi dưỡng học sinh giỏi, trong khuôn khổ của chuyên đề, tôi đã tự đề ra cho mình những mục tiêu, nhiệm vụ cụ thể: 1. Nghiên cứu các vấn đề lý thuyết về Nguyên lý thứ nhất của nhiệt động lực học. 2. Ứng dụng của nguyên lý thứ nhất cho các quá trình cân bằng của khí lý tưởng: đẳng áp, đẳng tích, đẳng áp, đẳng nhiệt và đoạn nhiệt.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

205

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

3. Vận dụng Nguyên lý thứ nhất của nhiệt động lực học trong việc giải một số dạng bài tập nâng cao, tiếp cận với các kỳ thi HSG.

Phần thứ hai: NỘI DUNG A. NGUYÊN LÝ THỨ NHẤT CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC I. Phương trình Menđêlêep – Clapâyron 1. Các thông số trạng thái Ba đại lượng áp suất, nhiệt độ và thể tích đặc trưng cho tính chất vĩ mô của chất khí, chúng quy định trạng thái của một khối khí xác định. Vì vậy, chúng được gọi là các thông số trạng thái. Biết giá trị của ba thông số này, ta sẽ xác định được trạng thái của một khối khí. Ba thông số này biến thiên không

độc lập với nhau, nghĩa là giữa chúng có mối liên hệ nhất định, một thông số thay đổi sẽ kéo theo sự thay đổi của hai thông số kia.

2. Phương trình trạng thái: Phương trình diễn tả mối liên hệ giữa ba thông số trạng thái được gọi là phương trình trạng thái của khí lý tưởng, nó có dạng:

p = f ( V, T )

(*)

Ta tìm dạng tường minh của (*). Từ phương trình cơ bản của thuyết động học phân tử: p =

N 2 nw = nkT với mật độ phân tử khí n = , N là số phân tử V 3

khí có trong thể tích V, suy ra: p=

NkT hay pV = NkT V

(**)

Gọi m là khối lượng khí, µ là khối lượng của một mol khí, N A là số 23 −1 Avôgađrô ( N A = 6, 023.10 mol ), ta có số mol khí:

ν=

m N = µ NA

Trường THPT Chuyên Thái Bình

206

⇒ N = NA

m µ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Thay vào (**), ta được: pV = N A k

m T. µ

23 −23 Đặt R = N A k = 6, 023.10 .1,38.10 = 8,31( J / molK ) , gọi là hằng số

khí lý tưởng (k là hằng số Bônzơman), ta được: pV =

m RT µ

(1)

(1) được gọi là phương trình trạng thái của khí lý tưởng hay phương trình Menđêlêep – Clapâyron.

II. Một số khái niệm: 1. Công và nhiệt lượng: Một hệ có thể trao đổi năng lượng với môi trường bên ngoài (các hệ khác) dưới hai dạng khác nhau:

a. Công: Khi lực tác dụng có điểm đặt dời chỗ, không có biến đổi nhiệt độ. b. Nhiệt lượng: Hệ và môi trường đứng yên, có biến đổi nhiệt độ hoặc biến đổi trạng thái bên trong của hệ.

2. Trạng thái cân bằng, quá trình cân bằng và quá trình thuận nghịch: a. Trạng thái cân bằng: Một hệ ở trạng thái cân bằng nhiệt động lực học nếu áp suất p, nhiệt độ T và thể tích V (và các thông số nhiệt khác) có giá trị xác

định và không có dòng vĩ mô trong hệ.

b. Quá trình cân bằng: Là quá trình diễn biến qua các trạng thái cân bằng kế tiếp nhau, các thông số nhiệt (p, V, T, ...) của hệ biến đổi vô cùng chậm và luôn luôn có giá trị xác định. Quá trình cân bằng có thể được biểu diễn bằng các đường cong trên đồ thị.

c. Quá trình thuận nghịch: Là quá trình có thể xảy ra theo cả chiều thuận lẫn chiều nghịch. Khi quá trình xảy ra theo chiều nghịch thì hệ trải qua các trạng thái trung gian đúng y như khi xảy ra theo chiều thuận (nhưng có thứ tự ngược lại). Ngoài ra, sau khi quá trình diễn biến theo chiều nghịch đã được

Trường THPT Chuyên Thái Bình

207

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

thực hiện, hệ trở về trạng thái ban đầu, thì không có biến đổi gì cho môi trường xung quanh hệ. Các quá trình cân bằng có tính chất thuận nghịch.

3. Công sinh ra bởi một hệ Khi một hệ dãn ra hay co lại, tức là có thể tích thay đổi thì áp suất (mà hệ tác dụng lên môi trường) sẽ sinh công, gọi là công mà hệ sinh ra trong quá trình biến đổi. Nếu hệ dãn ra (thể tích tăng) thì công mà hệ sinh ra A’ là công dương (nhận công A âm); nếu hệ co lại (thể tích giảm) thì công mà hệ sinh ra A’ là công âm (nhận công A dương). Công nguyên tố δA ′ = −δA = p.dV là công mà hệ sinh ra trong một quá trình mà thể tích của hệ biến đổi một lượng dV rất nhỏ, áp suất p coi như không đổi. Xét một quá trình cân bằng hữu hạn, chuyển hệ từ trạng thái đầu I sang trạng thái cuối F, công A’ sinh ra sẽ là VF

A′ =

∫ p ( V )d V

(2 )

Hàm dưới dấu tích phân p(V) chỉ rõ dạng của sự phụ thuộc của áp suất vào thể tích V của

p I

hệ trong quá trình biến đổi. Trên đồ thị p – V (hình 1), giá trị tuyệt đối của công A’ bằng diện tích hình thang cong VIIFVF (gạch chéo).

Dấu của A’ là dương nếu chiều từ I đến F là chiều kim đồng hồ trên chu vi hình thang cong, dấu của A’ là âm nếu chiều từ I đến F ngược lại. Công A’ mà hệ sinh ra không chỉ phụ thuộc trạng thái đầu I

VF Hình 1

biểu diễn quá và trạng thái cuối F, mà còn phụ thuộc vào dạng của đường cong IF trình trên đồ thị p – V, tức là phụ thuộc vào dạng của hàm p(V) trong quá trình.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

208

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Nếu trạng thái cuối F trùng với trạng thái đầu I thì ta nói rằng hệ thực hiện một chu trình, đường biểu diễn một chu trình là một đường cong khép kín. Công A’ mà hệ sinh ra trong một chu trình có giá trị tuyệt đối bằng diện tích hình bao quang bởi đường biểu diễn chu trình, lấy dấu dương nếu chiều diễn biến của chu trình là chiều kim đồng hồ trên đường biểu diễn, lấy dấu âm nếu chiều diễn biến của chu trình ngược chiều kim đồng hồ.

4. Nhiệt lượng mà hệ nhận được: Khi hệ không trao đổi công với bên ngoài mà tăng nhiệt độ dT, ta nói hệ nhận một nhiệt lượng δQ . Thương số

δQ phụ thuộc vào bản thân hệ và điều kiện của quá trình, gọi dT

là nhiệt dung của hệ. Nếu hệ là một đơn vị khối lượng của chất thì thương số trên gọi là nhiệt dung riêng, ký hiệu là c. Nếu hệ là một mol chất thì thương số trên gọi là nhiệt dung mol của chất, ký hiệu là C.

Đối với chất khí, nhiệt dung mol phụ thuộc một cách rõ rệt vào quá trình biến đổi khi nhận nhiệt.  δQ 

Nhiệt dung mol đẳng áp: C p =    dT  p

(3)

δQ  Nhiệt dung mol đẳng tích: C p =    dT  p

(4 )

III. Nguyên lý thứ nhất của nhiệt động lực học: 1. Phát biểu nguyên lý: Xét một hệ NĐLH tương tác với môi trường xung quanh và chuyển từ trạng thái ban đầu I tới trạng thái cuối F. Nhiệt lượng Q mà hệ trao đổi và công A mà hệ nhận được (công mà hệ sinh ra là A’ = - A) đều phụ thuộc vào quá trình biến đổi của hệ và đều có liên quan đến biến thiên nội năng U của hệ trong quá trình.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

209

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Thực nghiệm đã chứng tỏ rằng: mặc dù Q và A phụ thuộc vào quá trình chuyển hệ từ trạng thái đầu sang trạng thái cuối nhưng tổng đại số của chúng lại không phụ thuộc vào quá trình diễn biến, chỉ phụ thuộc vào hai trạng thái đầu và cuối. Từ đó ta có nguyên lý thứ nhất nhiệt động lực học:

Tổng đại số công A và nhiệt lượng Q mà hệ trao đổi với môi trường ngoài bằng độ biến nội năng ∆ U = U 2 − U 1 của hệ; độ biến thiên nội năng này không phụ thuộc vào quá trình cụ thể được thực hiện mà chỉ phụ thuộc vào trạng thái đầu (I) và trạng thái cuối (F) của quá trình. 2. Biểu thức của nguyên lý I Với quy ước về dấu giống như ở SGK (đã trình bày ở mục II, phần thứ nhất), ta viết biểu thức của nguyên lý I như sau:

( 5a )

∆U = U 2 − U1 = Q + A = Q − A′

Hoặc

Q = ∆U − A = ∆U + A ′

( 5b )

Đối với một quá trình nguyên tố, ta có:

Hoặc

dU = δ Q + δ A = δ Q − δ A ′

( 6a )

δ Q = dU − δ A = dU + δ A ′

( 6b )

Ở đây, dU là vi phân toàn phần (không phụ thuộc vào quá trình diễn biến), còn δQ và δA là các vi phân không toàn phần (phụ thuộc vào quá trình diễn biến). **********************

Trường THPT Chuyên Thái Bình

210

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

B. ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ THỨ NHẤT CỦA NĐLH VÀO MỘT SỐ QUÁ TRÌNH I. Quá trình đẳng tích Quá trình đẳng tích là quá trình biến đổi của hệ diễn ra khi thể tích của hệ không đổi: V = const.

p 2

Trên đồ thị p – V, quá trình đẳng tích biểu diễn bởi một đoạn thẳng song song với trục áp 1

suất (hình 2). Biểu thức của nguyên lý I có dạng:

dU = δQ

(7)

vì δA = − p.dV = 0

do dV = 0.

Hình 2

Từ (7) ta thấy độ biến thiên nội năng

trong quá trình đẳng tích bằng và cùng dấu với nhiệt lượng trao đổi. Mặt khác, nhiệt dung mol đẳng tích của quá trình được tính theo công thức:

CV =

δQ dU = νdT νdT Suy ra:

(8)

với ν là số mol khí.

dU = νCV dT =

m CV dT µ

(9)

Lấy tích phân (9), ta thu được biểu thức của nội năng: U=

m CV .T + U 0 µ

Nội năng của hệ được xác định sai khác một hằng số cộng U0, chọn U0 = 0 (khi T = 0), ta được: U=

m CV .T µ

II. Quá trình đẳng áp

Trường THPT Chuyên Thái Bình

211

( 9′)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Quá trình đẳng áp là quá trình trong đó áp p

suất của hệ không đổi: p = const. Trên đồ thị p – V, quá trình đẳng áp được biểu diễn bởi một đoạn thẳng song song với trục

thể tích OV (hình 3).

Vì p0 = const nên công của quá trình được tính:

O V2

A = −p 0 ∫ dV = p0 ( V2 − V1 )

(10 )

V2 Hình 3

Biểu thức của nguyên lý I cho quá trình đẳng áp có dạng:

(11)

dU = δQ − p 0 dV Nhiệt dung mol đẳng áp của quá trình là:

Cp = Suy ra:

δQ dU p 0 dV = + νdT νdT νdT

δQ = νCp dT =

m Cp dT µ

(12a ) (12b )

Đối với một quá trình đẳng áp hữu hạn 1 – 2 thì từ (12b) ta có:

m Cp ( T2 − T1 ) µ

So sánh (12a) và (8) và giả sử dU trong hai quá trình đó bằng nhau thì Cp > CV và: C p = C v +

p 0 dV νdT

(13)

Mặt khác, lấy vi phân phương trình trạng thái với p = p0 không đổi, ta

được: p 0 dV = νRdT , thay vào (13) thu được:

(14 )

Cp = CV + R Hệ thức (14) gọi là hệ thức Mayer.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

212

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Đặt

Cp Cv

= γ và áp dụng hệ thức Mayer, suy ra: Cv =

R γR và Cp = γ −1 γ −1

(15)

III. Quá trình đẳng nhiệt Quá trình đẳng nhiệt là quá trình diễn ra khi nhiệt độ của hệ không đổi: T = const. Với khí lý tưởng, quá trình này được mô

tả bằng định luật Bôilơ – Mariôt và được diễn tả trên

đồ thị p – V bằng một nhánh hypebol (hình 4).

Nguyên lý I viết cho quá trình đẳng nhiệt: dU = δQ + δA

⇒

δQ = dU − δA = νC v dT − δA P2

Vì dT = 0 nên δQ = −δA

Với cả quá trình thì Q = - A, nghĩa là nhiệt

V2 Hình 4

lượng truyền cho hệ bằng công mà hệ thực hiện lên môi trường (A’ = - A). V2

Vì δA = − pdV nên A = − ∫ pdV V1

Từ phương trình trạng thái (1), ta suy ra p =

m RT , thay vào cho p dưới µ V

dấu tích phân, ta được: V2

2 m dV m dV A = − ∫ RT = − RT ∫ V V µ µ V1 V1

Hay A = −

m V RT ln 2 µ V1

(16 )

Do quá trình là đẳng nhiệt có p1V1 = p 2 V2 nên

Trường THPT Chuyên Thái Bình

213

V2 p1 = , do đó còn có: V1 p 2

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

A=−

m p RT ln 1 µ p2

(17 )

IV. Quá trình đoạn nhiệt 1. Các phương trình đoạn nhiệt Quá trình đoạn nhiệt là quá trình diễn ra khi hệ không trao đổi nhiệt với môi trường ngoài: δQ = 0 . Nguyên lý I áp dụng cho quá trình đoạn nhiệt có δU = δA

dạng:

(18 )

Từ (18), ta thấy: Nếu dU > 0 thì δA > 0 , nghĩa là nội năng tăng do hệ nhận công từ bên ngoài. Nếu dU < 0 thì δA < 0 , nghĩa là hệ sinh công do nội năng giảm. m Kết hợp (18) và (9), ta có: µ C v dT = −pdV

⇒

dT = −

pdV ( *) m Cv µ

Lấy vi phân hai vế của phương trình trạng thái (1), ta có:

pdV + Vdp =

m RdT µ

(**)

Thay (*) vào (**), được:

   m pdV  R  =− pdV + Vdp = R  − pdV µ  mC  Cv  µ v  

p pV γ = const

Thay R = C p − C v , ta được: pV = const

pdV + Vdp = −

Cp − C v Cv

pdV = − ( γ − 1) pdV

Hay V d p = − γ p d V , chia hai vế cho pV và chuyển về một vế:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

214

V Hình 5

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

dV dp + =0 V p

Tích phân hai vế, cuối cùng ta được:

(19a ) ;

pV γ = const

γ được gọi là chỉ số đoạn nhiệt.

(19a) là một phương trình đoạn nhiệt, cho biết mối liên hệ giữa hai đại lượng p và V, gọi là phương trình Poatxông. Trong hệ tọa độ p – V, (19a) được biểu diễn bằng một đường cong, tương tự đường cong của phương trình đẳng nhiệt pV = const, nhưng nó dốc hơn (hình 5). Viết (19a) cho hai trạng thái 1 và 2 của quá trình đoạn nhiệt:

p1  V2  =  p 2  V1 

(19b )

Từ phương trình trạng thái (1), ta có p =

m RT m RT hoặc V = µ V µ p

+ Thế biểu thức của p vào (19a), ta được:

m Vγ RT = const µ V

⇒

TV γ−1 = const

γ−1 γ−1 Viết (20a) cho hai trạng thái 1 và 2: T1V1 = T2 V2

( 20a ) ( 20b )

+ Thế biểu thức của V vào (19a), ta được: γ

m T p  R  = const µ p

⇒

Tγ = const ⇒ p γ−1

T γ p1−γ = const

1−γ 1−γ Viết (21a) cho hai trạng thái 1 và 2: T1p1 = T2 p 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

215

( 21b )

( 21a )

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

(20a) và (20b) cho ta mối liên hệ giữa nhiệt độ T và thể tích V; (21a) và (21b) cho ta mối liên hệ giữa nhiệt độ T và áp suất p, chúng đều là các phương trình đoạn nhiệt.

2. Công trong quá trình đoạn nhiệt Ta có thể thiết lập công thức tính công trong quá trình đoạn nhiệt theo hai cách: a. Cách 1: Trực tiêp từ công thức δA = − pdV với p được rút ra từ (19b)

dV p1V1γ p = γ ⇒ δA = −p1V1γ γ V V Lấy tích phân: V2

2 p1V1γ 1−γ dV γ −γ  V2 − V11−γ  A = − p1V ∫ γ = −p1V1 ∫ V dV = − V 1− γ V1 V1

γ 1

1−γ Đưa V1 ra làm thừa số chung, ta được: 1−γ γ −1   p1V1  V2  p1V1  V1    − 1 =   − 1 A=− 1 − γ  V1  γ − 1  V2     

( 22 )

Kết hợp thêm với các công thức (19b) và (20b), ta tìm được các công thức khác của A: γ−1   p1V1  p 2  γ  A=   − 1 γ − 1  p1   

( 23)

p1V1  T2  m 1  T2  m R [ T2 − T1 ]  − 1 = RT1  − 1 = γ − 1  T1  µ γ − 1  T1  µ γ − 1

Hoặc

1 [ p 2 V2 − p1V1 ] γ −1

b. Cách 2: Sử dụng công thức δA = δU =

Trường THPT Chuyên Thái Bình

216

( 25 ) m C v dT µ

( 24 )

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI T2

m m ∫ µ C dT = µ C ( T v

− T1 ) , thay C v =

R γ −1

(15 ) vào công thức trên,

ta lại có:

 1 m m 1 ( p 2 V2 − p1V1 )  RT2 − RT1  = γ −1  µ µ  γ −1

Ta đã có lại công thức (25), từ đó có thể tìm lại các công thức (24), (23) và (24).

C. MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN ÁP DỤNG NGUYÊN LÝ I NĐLH CHO KHÍ LÝ TƯỞNG I. Tìm độ biến thiên nội năng, công mà khí sinh ra và nhiệt dung mol của khí khi biết quy luật biến đổi trạng thái Với dạng bài này, quy luật biến đổi của một lượng khí xác định thường

được diễn tả bằng phương trình toán học, bằng lời hoặc bằng đồ thị. Trước khi tiến hành giải toán, cần đọc kỹ để, phân tích để nắm bắt đầy đủ các đặc điểm của quá trình biến đổi trạng thái. Vận dụng nguyên lý I, ta phải kết hợp với các kiến thức khác như phương trình trạng thái, nhiệt dung mol, ...

Bài toán 1. Khí lý tưởng có chỉ số đoạn nhiệt γ =

Cp Cv

dãn theo quy luật

p = α V với α là hằng số. Thể tích ban đầu của khí là V0, thể tích cuối là qV0. Tính: a. Độ tăng nội năng của khí. b. Công mà khí sinh ra. c. Nhiệt dung mol của khí trong quá trình đó.

Giải Đây là bài toán trong đó quy luật biến đổi của khí được diễn tả bằng phương trình toán học: p = α V . Khi giải, ta cần bám sát và khai thác triệt để phương trình này.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

217

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

m C v ( T1 − T0 ) , với T1 là nhiệt độ cuối, µ

a. Độ tăng nội năng của khí: ∆ U = T0 là nhiệt độ đầu.

Từ phương trình diễn tả quá trình biến đổi của khí, ta suy ra:

p 0 V0 = αV02 = Từ Cv =

R , dẫn đến R = ( γ − 1) C v , thay vào công thức trên, ta được: γ −1

p 0 V0 = Tương tự

m RT0 µ

m ( γ − 1) C v T0 µ

p 1 V1 = q 2 α V02 =

(1)

m ( γ − 1 ) C v T1 µ

(2 )

αV02 m Từ (1) và (2), suy ra: T1 = q T0 và C v = , thay vào biểu thức của µ ( γ − 1) T0 2

∆U , được: q2 −1 ∆U = αV γ −1 2 0

b. Công mà khí sinh ra: A′ = −A =

qV0

∫ pdV = ∫

αV02 2 αVdV = ( q − 1) 2

c. Nhiệt dung mol của khí: Theo nguyên lý I, nhiệt lượng mà khí nhận được là

Q = ∆U − A = ∆U + A′ = αV02 ( q 2 − 1) Nhiệt dung mol của khí là C =

Trường THPT Chuyên Thái Bình

γ +1 2 ( γ − 1)

∆U Q Q A′ = = + m m ν∆T m T − T ( 1 0) ( T1 − T0 ) ( T1 − T0 ) µ µ µ

218

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

C = Cv +

Suy ra:

R = const 2

Bài toán 2. Có một lượng khí lý tưởng lưỡng nguyên tử ở áp suất p1, thể tích V1 và nhiệt độ T1. Cho khí dãn đoạn nhiệt thuận nghịch tới thể tích V2. Sau

đó khí được làm nóng đẳn tích tới nhiệt độ ban đầu T1, rồi lại dãn đoạn nhiệt thuận nghịch tới thể tích V3. a. Tính công tổng cộng A’ mà khí sinh ra trong ba giai đoạn của quá trình trên. b. Nếu V1 và V3 cho trước thì với giá trị nào của V2, công A’ là cực đại?

Giải Quá trình biến đổi của khí gồm ba giai đoạn: 1( p1 , V1 ,T1 )

2′ ( p′2 , V2 , T1 )

2 ( p2 , V2 , T2 )

a. Công mà khí sinh ra:

3 ( p3 , V3 , T3 )

+ Giai đoạn 1: khí dãn nở đoạn nhiệt từ trạng thái 1 sang trạng thái 2, sinh công A1′ . Áp dụng công thức tính công trong quá trình đoạn nhiệt: γ−1 p1V1   V1   1 −    A1′ = − A1 = γ − 1   V2    

+ Giai đoạn 2: khí tăng nhiệt độ đẳng tích, không sinh công A′2 = 0 + Giai đoạn 3: khí dãn đoạn nhiệt từ trạng thái (2’) sang trạng thái (3), công sinh ra: γ−1 p′2 V2   V2   1 −    A′3 = − A3 = γ − 1   V3    

Trạng thái (2’) và trạng thái (1) có cùng nhiệt độ T1 nên p′2 V2 = p1V1 , do

đó công tổng cộng do khí sinh ra là: γ−1 γ−1  V2    p1V1   V1  A′ = A1′ + A′2 =  2 −   +     γ − 1   V2   V3     

Trường THPT Chuyên Thái Bình

219

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI



γ −1



c. Ta đặt Y =  V1   V2 

V  + 2   V3 

γ −1

, nếu cho trước V1 và V3 thì Y là tổng

V  hai số dương có tích không đổi bằng  1   V3 

bằng nhau:

 V1     V2 

Vậy với V 2 =

γ −1

V  = 2   V3 

V1 V 3

γ −1

. Y đạt GTNN khi hai số hạng đó

γ −1

⇒

V2 =

V1 V 3

thì Y đạt GTNN và công A’ mà khí sinh ra trong cả

quá trình đạt GTCĐ.

Bài toán 3. Một lượng khí lý tưởng gồm 3 mol, biến theo quá trình cân bằng từ trạng thái 4

có áp suất p 0 = 2.105 pa và thể tích V0 = 8 lít đến

p A

trạng thái có áp suất p1 = 105 pa và thể tích V1 = 20 lít. Trong hệ tọa độ p – V, quá trình được biểu diễn

bằng đoạn thẳng AB (hình 6). a. Tính nhiệt độ T0 của trạng thái đầu (A) và

T1 của trạng thái cuối (B).

Hình 6

b. Tính công mà khí sinh ra và nhiệt lượng mà khí nhận trong cả quá trình.

Giải Trong bài toán này, quá trình biến đổi trạng thái được diễn tả bằng đồ thị trong hệ tọa độ p – V. Ta cần phân tích và sử dụng hiệu quả đồ thị đã cho. a. Tính T0 và T1: Từ phương trình trạng thái pV =

3 R T , ta suy ra: 4

T0 =

4 4 p 0 V0 = .2.10 5.8.10 − 3 = 257 (K ) 3R 3.8, 31

T1 =

4 4 p 1 V1 = .10 5.20.10 − 3 = 321 ( K ) 3R 3.8, 31

Trường THPT Chuyên Thái Bình

220

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

b. Công mà khí sinh ra và nhiệt lượng mà khí nhận trong cả quá trình.

Để ý rằng công mà khí sinh ra có giá trị bằng diện tích hình thang ABV1V0 trên đồ thị, ta có: A′ =

1 1 ( p 0 + p 1 )( V1 − V0 ) = ( 2 + 1 ) .10 5.0, 012 = 1800 ( J ) 2 2

Độ biến thiên nội năng: 3 3R 9 ∆U = νC v ∆T = . .∆T = .8,31. ( 321 − 257 ) ≈ 600 ( J ) 4 2 8

Áp dụng nguyên lý I, nhiệt lượng mà khí nhận được là:

Q = ∆ U − A = ∆ U + A ′ ≈ 2400 ( J ) II. Bài toán về biến đổi trạng thái của khí bị giam trong xi lanh Với loại bài toán này, thông thường có liên quan đến một số kiến thức về cơ học. Ta xét một số ví dụ.

Bài toán 4. Một xi lanh cách nhiệt đặt nằm ngang, thể tích V = V1 + V2 = 100 lít được chia làm hai ngăn không thông với nhau bởi một píttông cách nhiệt, píttông có thể chuyển động không ma sát. Mỗi phần của xi lanh chứa một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử (hình 7). Ban đầu, píttông đứng yên, nhiệt độ hai phần khác nhau. Cho

Hình 7

dòng điện chạy qua dây đốt nóng

để truyền cho khí ở ngăn bên trái nhiệt lượng Q = 150J. a. Nhiệt độ phần bên phải tăng. Tại sao? b. Khi đã có cân bằng, áp suất mới trong xi lanh lớn hơn áp suất ban đầu bao nhiêu?

Trường THPT Chuyên Thái Bình

221

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Giải a. Khí trong ngăn bên trái nhận nhiệt lượng Q, dãn nở và sinh công A1′ > 0 và nội năng của khí biến đổi là ∆U1 . Píttông dịch chuyển nén khí ở ngăn bên phải, khí ở ngăn bên phải nhận công A 2 = A1′ > 0 , vì biến đổi đoạn nhiệt nên nội năng biến thiên ∆U 2 = A 2 > 0 . Do vậy mà nhiệt độ của khí trong ngăn bên phải tăng. b. Áp dụng nguyên lý I: ∆U1 = Q + A1 = Q − A1′

⇒

Q = ∆U1 + ∆U 2

+ Với một mol khí ở ngăn bên trái: p1V1 = RT1 và p1′V1′ = RT1′ 3 3 Suy ra: ∆U1 = R∆T1 = ( p1′V1′ − p1V1 ) 2 2

+ Tương tự, với một mol khí ở ngăn bên phải: p1V1 = RT1 và p1′V1′ = RT1′ 3 3 Suy ra: ∆U1 = R∆T1 = ( p1′V1′ − p1V1 ) 2 2 3 3 3 Vậy Q =  p1′ ( V1′ + V2′ ) − p1 ( V1 + V2 )  = V ( p1′ − p1 ) = V∆p 2 2 2

Cuối cùng ta có: ∆p =

2Q = 1000 ( Pa ) 3V

Khi có cân bằng, lúc đầu p 2 = p1 ; lúc sau p′2 = p1′

Bài toán 5. Một xi lanh đặt thẳng đứng có chứa n mol khí lý tưởng đơn nguyên tử nhờ một píttông có khối lượng M đậy kín. Ban đầu, píttông được giữ

đứng yên, khí trong xi lanh có thể tích V0, ở nhiệt độ T0; sau đó thả cho píttông dao động nhỏ rồi đứng yên. Bỏ qua mọi ma sát, nhiệt dung của xi lanh và píttông. Toàn bộ hệ được cách nhiệt, áp suất khí quyển là p0. Tìm nhiệt độ và thể tích của khí trong xi lanh khi píttông đứng cân bằng.

Giải Do toàn bộ hệ cách nhiệt và píttông thực hiện dao động nhỏ nên coi quá trình biến đổi của khí trong xi lanh là đoạn nhiệt thuận nghịch.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

222

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Do Q = 0 nên A = ∆U

(1)

Khi píttông đứng cân bằng, hợp lực tác dụng lên píttông bằng không

P+F+f = 0 Với P là trọng lực của píttông, có độ lớn P = Mg. F là áp lực của khí quyển lên píttông, có độ lớn F = p0S f là áp lực của khí trong xi lanh, có độ lớn f = pS, trong đó p là áp suất của khí trong xi lanh, S là tiết diện thẳng của píttông (hình 8). Suy ra: f = P + F

⟹

⟹ p=

pS = Mg + p0S

Mg + p0 S

Áp dụng phương trình trạng thái:

pV = nRT Công h=

⇒

(khí

 Mg  + p0  V = nRT   S  nhận):

( 2)

A = −fh = − ( Mg + p0S) h

∆V V − V0 = S S

⇒ A = − ( Mg + p 0S)

V − V0 S i 2

3 2

Độ biến thiên nội năng: ∆U = nR∆T = nR ( T − T0 ) Từ (1) ta có: − ( Mg + p 0S)

⇔ ( Mg + p 0S )

V − V0 3 = nR ( T − T0 ) S 2

V0 − V 3 = nR ( T − T0 ) S 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

223

( 3)

với

Hình 8

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Giải hệ (2) và (3), ta được:

2 V0 3nR T  V = +  Mg  5  5  p0 +   S     Mg    2  p0 +  V0  3T 0 S  +  T = 5 5nR  III. Nguyên lý I áp dụng cho chu trình: Sau các giai đoạn biến đổi liên tiếp, trạng thái cuối cùng của hệ trùng với trạng thái ban đầu, ta nói hệ đã thực hiện một chu trình. Vậy, chu trình là một quá trình khép kín. Chu trình có các quá trình trung gian là thuận nghịch được gọi là chu trình thuận nghịch. Khi vận dụng nguyên lý I cho chu trình, ta cần xét xem quá trình nào hệ nhận nhiệt, nhường nhiệt hoặc thực hiện công hay nhận công...

Bài toán 6. Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện chu trình biến đổi trạng thái như sau: Từ trạng thái 1 có áp suất p1 = 105 Pa, nhiệt độ T1 = 400K biến đổi đẳng tích đến trạng thái 2 có áp suất p2 = 2p1. Từ trạng thái 2 dãn nở đẳng áp đến trạng thái 3 có nhiệt độ T3 = 1000K, sau đó biến đổi đẳng nhiệt đến trạng thái 4, rồi từ trạng thái 4 biến đổi đẳng áp về trạng thái 1. 1. Tính các thông số trạng thái còn lại của khối khí ứng với các trạng thái 1, 2, 3, 4. 2. Vẽ đồ thị của chu trình trong hệ toạ độ (p, V). 3. Tính công mà khí thực hiện trong cả chu trình và hiệu suất của chu trình. Cho hằng số khí lý tưởng là R = 8,31J/mol.K

Giải

Trường THPT Chuyên Thái Bình

224

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

1. Gọi các thông số trạng thái lần lượt là (p1, V1, T1); (p2, V2, T2); (p3, V3, T3); (p4, V4, T4) Áp dụng phương trình trạng thái cho trạng thái 1: p1V1 = RT1 Suy ra : V1 =

RT1 8,31.400 = = 33, 24.10 −3 m 3 = 33,24 dm 3 5 p1 10

( )

(

)

  p = 2 p = 2.105 Pa  p1 = 10 Pa 1  2  3 V1 = hs V2 =V1 = 33,24 dm3  V1 = 33,24 dm  Quá trình 1- 2 : T = 400K p  1 T2 = 2 T1 = 800K p1  5

 p2 = 2.105 Pa  3 p2 = hs Quá trình 2 - 3 : V2 = 33,24 dm T = 800K  2

 p3 = p2 = 2.105 Pa  T3  3  V3 = V2 = 41,55 dm T2  T3 = 1000K

 p3 = p2 = 2.105 Pa  T  V3 = 3 V2 = 41,55 dm3 T3 = hs  Quá trình 3 - 4: T 2  T3 = 1000K

 p4 = p1 = 105 Pa  p3V3  = 83,1 dm3 V4 = p4  T4 =T3 = 1000K

2. Đồ thị trong hệ tọa độ (p – V): Dạng đồ thị như hình 9 (chưa đúng tỉ lệ) 3. Công do khí thực hiện và hiệu suất của chu trình: i 2

Do khí là đơn nguyên tử nên có: CV = R = 12, 465J / mol.K và C P = C V + R = 20, 775J / m ol.K Quá trình 1- 2 là quá trình đẳng tích, khí thực hiện công A’12 = 0 và nhận nhiệt lượng Q 12 = C V ( T2 − T1 ) = 12, 465. ( 800 − 400 ) = 4986 ( J )

Trường THPT Chuyên Thái Bình

225

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Quá trình 2 – 3 là quá trình dãn đẳng áp, khí thực hiện công

(

)

A′23 = p2 ( V3 − V2 ) = 2.105 41,55.10 −3 − 33,24.10 −3 = 1662 ( J )

và nhận nhiệt lượng Q 23 = CP ( T3 − T2 ) = 20,775. (1000 − 800 ) = 4155 ( J ) Quá trình 3 – 4 là quá trình dãn đẳng nhiệt, khí thực hiện công A′34 = RT3 ln

V4 = 8,31.1000.ln 2 ≈ 5758,83 ( J ) và nhận nhiệt lượng Q34 . V3

Theo nguyên lý I: Q 34 = ∆U 34 + A 34 = A 34 = 5758,83 ( J ) (vì ∆U 34 = 0 ) Quá trình 4 – 1 là quá trình nén đẳng áp, khí thực hiện công

(

)

A′41 = p1 ( V1 − V4 ) = 105 33,24.10−3 − 83,1.10−3 = −4986 ( J )

và nhận nhiệt lượng Q 41 = C P ( T1 − T4 ) = 20, 775. ( 400 − 1000 ) = − 12465 ( J ) tức là khí nhận

công và nhường nhiệt cho ngoại vật. Công do khí thực hiện trong cả chu trình: P (Pa) ′ + A′23 + A′34 + A′41 = 0 + 1662 + 5758,83 + A′ = A12 ( −4986 ) = 2434,83 ( J ) 2.105

Tổng nhiệt lượng mà khí nhận được trong cả chu trình

105

Q = Q12 + Q 23 + Q 34 = 4986 + 4155 + 5758,83 = 14899,83 ( J ) 33,24

Hiệu H=

suất

c ủa

chu

trình:

A 2434, 83 = ≈ 0,1634 = 16, 34% Q 14899, 83

Trường THPT Chuyên Thái Bình

226

Hình 9

41,55

83,1

V(dm3)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Nhận xét: Với chu trình thuận nghịch ta luôn có ∆U = 0 , do đó tổng đại số tất cả nhiệt lượng mà hệ trao đổi trong cả chu trình luôn bằng tổng đại số các công của hệ nhận (hoặc thực hiện).



Phần thứ ba: KẾT LUẬN Nguyên lý thứ nhất của Nhiệt động lực học là một nguyên lý rất cơ bản, có phạm vi áp dụng khá rộng, nó chi phối hầu như toàn bộ phần Vật lý phân tử và nhiệt học trong chương trình THPT chuyên. Việc giúp cho học sinh hiểu một cách đầy đủ và sâu sắc, đồng thời vận dụng tốt nội dung của nguyên lý là rất quan trọng, đặc biệt là đối với học sinh trong đội tuyển HSG và học sinh các lớp chuyên Vật lý. Bằng việc nghiên cứu và tập hợp các tư liệu, trên đây, tôi đã trình bày một số vấn đề cơ bản xoay quanh nội dung của nguyên lý và mạnh dạn đưa vào một số bài tập vận dụng có tính phân loại và định hướng. Chuyên đề này đã được tiến hành triển khai cho các em học sinh lớp chuyên Vật lý và các em trong đội tuyển ôn luyện thi HSG của trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành. Do được hoàn thành trong thời gian ngắn, cùng với kinh nghiệm về chuyên môn còn có những hạn chế nhất định nên chắc chắn chuyên đề không thể tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu từ các quý thầy cô và các em học sinh để chuyên đề được hoàn thiện hơn và thực sự hữu ích! Tôi xin trân trọng cảm ơn! Yên Bái, tháng 07 năm 2013 Hoàng Ngọc Quang ********************* *********************

Trường THPT Chuyên Thái Bình

227

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Sách GK Vật lí 10 Nâng cao - NXB Giáo dục 2009 2. Bài tập Vật lý phân tử và nhiệt học – dùng cho lớp A và chuyên Vật lý – Dương Trọng Bái, Đàm Trung Đồn – NXB Giáo dục 2001. 3. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Vật lý THPT, tập 4: Nhiệt học và Vật lý phân tử - Phạm Quý Tư – NXB Giáo dục 2002. 4. Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia và chọn Đội tuyển dự thi Olympic một số năm gần đây.



Trường THPT Chuyên Thái Bình

228

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Chuyên đề xếp loại B CÁC DẠNG TOÁN CƠ VẬT RẮN THI HSG QUỐC GIA VÀ CHỌN QUỐC TẾ Lê Minh Sơn Trường THPT chuyên Thái Bình I. MỞ ĐẦU: Trong chương trình ôn thi HSG quốc gia môn vật lý thì cơ vật rắn là một trong những phần khá quan trọng, bài tập phần cơ vật rắn rất đa dạng, áp dụng nhiều kiến thức về toán học, vật lý. Ở trên thị trường có rất nhiều sách tham khảo nhưng đều cung cấp các kiến thức chung chung hoặc phổ kiến thức quá rộng đối với các em làm các em dễ sa đà vào những kiến thức quá mở rộng không cần thiết cho kì thi HSG quốc gia. Đứng trên kinh nghiệm này tôi nhận thấy cần phải có một chuyên đề phân loại các dạng toán cơ vật rắn đã thi HSG quốc gia và chọn quốc tế để cho các em có cái nhìn chắt lọc hơn về những kiến thức cần chuẩn bị nhằm phục vụ cho mục tiêu của mình.

II. NỘI DUNG: PHẦN 1. TÍNH MÔMEN QUÁN TÍNH – XÁC ĐỊNH TRỌNG TÂM Bài 1 – HSG QG 2003.

O .

Cho một bán cầu đặc đồng chất, khối lượng m, bán kính R, tâm O(hình vẽ). Chứng minh rằng khối tâm G của bán cầu cách tâm O của nó một đoạn là d = 3R/8.

Lời giải : x

Do đối xứng, G nằm trên trục đối xứng Ox. Chia bán cầu .

thành nhiều lớp mỏng dày dx nhỏ( hình vẽ). Một lớp ở điểm có toạ độ x= R sin α, dày dx= Rcosα.dα

x O

Trường THPT Chuyên Thái Bình

229

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

2 3

có khối lượng dm = ρπ(Rcosα)2dx với m = ρ πR 3 nên: π/ 2

∫ xdm

xG =

∫ ρπR

cos 3 α sin αdα

D = xG = −

m π/2 ρπR 4 ρπR 4 3R ( đpcm) cos 4 α = = 0 4m 4m 8

Bài 2 – HSG QG 2011. Cho vật 1 là một bản mỏng đều, đồng chất, được uốn theo dạng lòng máng thành một phần tư hình trụ AB cứng, ngắn, có trục ∆, bán kính R và được gắn với điểm O bằng các thanh cứng, mảnh, nhẹ. Vật 1 có thể quay không ma sát quanh một trục cố định (trùng với trục ∆) đi qua điểm O. Trên hình vẽ, OA và OB là các thanh cứng cùng độ dài R, OAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục ∆, chứa khối tâm G của vật 1, C là giao điểm của OG và lòng máng. Tìm vị trí khối tâm G của vật 1. Lời giải :

Do tính đối xứng, ta thấy ngay G nằm trên đường thẳng đứng Oy (xem hình vẽ) nên chỉ cần tính tọa độ yG = OG của vật. Mật

độ khối lượng : ρ =

2m πR

Xét phần tử dài d ℓ , có khối lượng dm = ρ.d ℓ =

2m 2m dℓ = .dα πR π

2 2R 1 π4 2m Theo công thức tính tọa độ khối tâm : y = ∫ π R cos α dα = . π m −4 π

Vậy OG =

2 2R π

ω1

Bài 3 – HSG QG 2004

Hai chiếc đĩa tròn đồng chất giống nhau

Trường THPT Chuyên Thái Bình

230

ω2

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang rất nhẵn, theo đường thẳng nối tâm các đĩa, đến gặp nhau. Các đĩa này quay cùng chiều quanh trục thẳng đứng qua tâm của chúng với các tốc độ góc tương ứng là ω1 và ω2.

Tác dụng của lực ma sát giữa các đĩa và mặt bàn không đáng kể, còn tác dụng của lực ma sát xuất hiện ở điểm tiếp xúc hai đĩa với nhau thì đáng kể. Biết các đĩa có khối lượng m, có dạng trụ tròn thẳng đứng, hai đáy phẳng, bán kính R; phần tâm đĩa có khoét một lỗ thủng hình trụ tròn đồng tâm với vành đĩa, bán kính R/2. Tính mômen quán tính đối với trục quay nói trên của mỗi đĩa. R

Lời giải : Mô men: I = ∫ ( r

(R 2 + r 2 ) m 3 ; r = R/2, I = m = ) 2 π r dr 1 1 2 π( R 2 − r 2 )

5mR 2 8 Bài 4 - HSG QG 2006

Một vật hình cầu bán kính R đang đứng yên trên tấm gỗ mỏng CD. Mật độ khối lượng của vật phụ thuộc vào khoảng cách r đến tâm của nó theo quy luật: ρ=

3m  r 1+ , m 3  7π R  R 

m R TÊm gç

MÆt bµn

là một hằng số dương.

Tấm gỗ được kéo trên mặt bàn nằm ngang theo chiều DC với gia tốc không đổi a (xem hình vẽ). Kết quả là vật lăn không trượt về phía D được đoạn ℓ và rơi xuống mặt bàn. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt bàn là k, gia tốc trọng trường là g. Tính khối lượng và mô men quán tính của vật đối với trục quay qua tâm của nó.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

231

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI R

Lời giải : Khối lượng của vật:

∫ ρ dV = m 0

M« men qu¸n tÝnh

2 2 3m dI0 = dm.r 2 = .4πr 2 .r 2 .dr 3 3 3 7πR

;

I 0 = ∫ RdI0 = 0

44 mR 2 105

Bài 5 - HSG QG 2007

Một khối trụ đặc có bán kính R, chiều cao h, khối lượng m, lăn không trượt trên mặt sàn nằm ngang rồi va vào một bức tường thẳng đứng cố định (trục của khối trụ luôn song song với mặt sàn và tường). Biết hệ số ma sát giữa khối trụ và bức tường là µ; vận tốc của trục khối trụ

R v0

trước lúc va chạm là v0; sau va chạm thành phần vận tốc theo phương ngang của trục giảm đi một nửa về độ lớn; mômen quán tính 2 5

đối với trục của khối trụ là I = mR 2 (hình vẽ). Bỏ qua tác dụng của trọng lực trong lúc va chạm và bỏ qua ma sát lăn. Biết mật độ khối lượng ρ tại một điểm của khối trụ phụ thuộc vào khoảng cách r từ điểm đó đến trục của nó theo quy luật ρ = A(1 +

r2 m ) . Tìm hệ số A. R 2 R 2h

Lời giải : Sử dụng hệ toạ độ trụ: R

mA R r2 3 2 I = ∫ r dm = 2πh ∫ ρr dr = 2πh 2 ∫ (1 + 2 )r dr = mR 2 R h0 R 5 0 12 →A= 25π 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

232

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Nhận xét : - Từ năm 2001 – 2013 có 5 bài cơ vật rắn tính momen quán tính và xác định khối tâm, không có bài nào thi chọn đội tuyển thi quốc tế. Các bài tính mômen quán tính và khối tâm đều ở dạng kiến thức cơ bản. - Học sinh phải sử dụng thành thạo phương pháp tính tích phân. Cách chia nhỏ vật thể, xác định cận, lập hàm để tính tích phân. PHẦN 2. ĐỘNG HỌC - ĐỘNG LỰC HỌC Bài 1 - HSG QG 2003.

Một thanh cứng AB có chiều dài L tựa trên hai mặt phẳng P1 và P2 (Hình vẽ). Người ta kéo đầu A của thanh lên trên dọc theo mặt phẳng P1 với vận tốc v 0 không đổi. Biết thanh AB và véctơ v 0 luôn nằm trong mặt phẳng vuông góc

v0 A β

với giao tuyến của P1 và P2; trong quá trình chuyển động các điểm A, B luôn tiếp xúc với hai mặt phẳng; góc nhị diện tạo bởi hai mặt phẳng là β = 1200. Hãy tính vận tốc, gia tốc của điểm B và vận tốc góc của thanh theo v0, L, α (α là góc hợp bởi thanh và mặt phẳng P2).

Lời giải : Các thành phần vận tốc của A và B dọc theo thanh bằng nhau nên: 1 2

vB = vAcos(600- α)/cosα = v 0 ( +

3 tgα) 2

Chọn trục Oy như hình vẽ, A có toạ độ: y = Lsinα ⇒ y’= Lcosα. α’ = v0cos300.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

233

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Vận tốc góc của thanh: ω = α’ =

v 3 v 0 cos 30 0 = 0 . L cos α 2L cos α

Gia tốc của B: a =

dv B 3v 02 3 = v0 α ' = 2 cos 2 α 4L cos 3 α dt

Bài 2 - HSG QG 2006 m Một vật hình cầu bán kính R đang R O đứng yên trên tấm gỗ mỏng CD. Tấm gỗ Tấm gỗ Mặt bàn được kéo trên mặt bàn nằm ngang theo D chiều DC với gia tốc không đổi a (hình C vẽ). Kết quả là vật lăn không trượt về phía D được đoạn ℓ và rơi xuống mặt bàn. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt bàn là k , gia tốc trọng trường là g. Biết khối lượng và mô men quán tính của vật

đối với trục quay qua tâm của nó lần lượt là m và I0 =

44 mR 2 105

1. Hãy xác định thời gian vật lăn trên tấm gỗ và gia tốc tâm O của vật đối với mặt bàn. 2.

Tại thời điểm vật rơi khỏi tấm gỗ vận tốc góc của vật bằng bao nhiêu?

3. Chứng minh rằng trong suốt quá trình chuyển động trên mặt bàn vật luôn luôn lăn có trượt. 4. Vật chuyển động được một quãng đường s bằng bao nhiêu trên mặt bàn?

Lời giải : Cách 1: Xét hệ quy chiếu gắn với tấm gỗ. Vật chịu tác dụng của lực quán tính hướng về phía D:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

234

fms B

+ +

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

F = − ma và có độ lớn F = ma. Xét trục quay tức thời đi qua B. Chọn các chiều

chuyển động là dương. I B = I 0 + mR 2 =

149 mR 2 (1) 105

Giải hệ: γ =

Fqt R = ma = I B γ (2)

105a 105a 44 ; a12 = γR = ; a1 = a 149R 149 149

Cách 2: Viết phương trình chuyển động quay với trục quay qua tâm O: Gọi F là lực ma sát nghỉ giữa quả cầu và tấm ván, a1 là gia tốc của quả cầu đối với đất: FR = I0γ F = ma1

(2)

a = a1 + γR

Giải hệ: γ =

(1)

(3)

105a 105a 44 ; a12 = γR = ; a1 = a) 149R 149 149

(γR là gia tốc tiếp tuyến đối với tâm quay B, a12 là gia tốc tâm O của vật đối với tấm gỗ). Thời gian để vật chuyển động trên tấm gỗ cho đến lúc rời xe: t= 3.

ω0 = γt = γ

2ℓ = a12

298ℓ ℓ ≈ 1,7 105a a

2ℓ 2 γℓ 210ℓa aℓ = = ≈ 1, 2 2 R 149R R γR

Vận tốc theo phương ngang của vật khi chạm mặt bàn bằng vận tốc theo phương ngang của nó khi rời khỏi tấm gỗ: v0 = a1t =

Trường THPT Chuyên Thái Bình

235

44a 298ℓ ≈ 0,5 aℓ . 149 105a

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Chọn thời điểm vật chạm mặt bàn

là thời điểm ban đầu.Các chiều dương

ω0

+ v0

như hình vẽ. Chúng ta có nhận xét là

Mặt bàn

Fms

ngay từ thời điểm này vật đã lăn có trượt,

vì v0 ≠ Rω0 . Trước khi đổi chiều quay thì vật luôn lăn có trượt. Muốn vật lăn không trượt, điều kiện cần là vật phải đổi chiều quay. Giả sử đến thời điểm τ nào đó vật chuyển động tịnh tiến với vận tốc v’ và quay với vận tốc góc ω’. Sử dụng các định lí biến thiên động lượng và mômen động lượng : τ

∫ Fmsdt = m(v’ – v0) => ∫ Fms Rdt = I0(ω’ – ω0) => I0(ω’ – ω0) = mR(v’ – v0) (*) Thay biểu thức của I0 và ω0 vào (*), ta thu được: I0 ω ' = mR 2 v ' . Điều đó có nghĩa khi quả cầu đổi chiều quay (ω’=0) thì v’=0 vật dừng lại. Vậy vật lăn có trượt trên suốt quá trình chuyển động trên mặt bàn cho tói khi dừng lại. v0 kg 2 v 20 aℓ 44 2 aℓ 4. t = ; s = v0t t = = ≈ 0,124 2 kg 2kg 149.105.kg kg

Bài 3 – HSG QG 2010 Một thanh cứng AB đồng chất, tiết diện đều,

khối lượng M, chiều dài AB = L có gắn thêm một

α0

vật nhỏ khối lượng m = M/4 ở đầu mút B. Thanh

được treo nằm ngang bởi hai sợi dây nhẹ, không dãn O1A và O2B (hình vẽ). Góc hợp bởi dây O1A và

phương thẳng đứng là α0. a. Tính lực căng T0 của dây O1A. b. Cắt dây O2B, tính lực căng T của dây O1A và gia tốc góc của thanh ngay sau khi cắt.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

236

M B

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Lời giải : - Hệ thanh và vật nặng có khối tâm G với vị trí được xác định cách A khoảng AG: L 2

Có AG.(M + m) = M.AC + m.AB ⇒ (M + m).AG = M. + m.L ⇒ AG = Thay

m 1 3L = tính được AG = (*) M 4 5

- Momen quán tính của hệ với trục quay qua G: với BG = IG =

M + 2m L 2(M + m)

2L L ;CG = 5 10

ML2 mL2 mL2 4mL2 8mL2 8mL2 + M.CG 2 + m.BG 2 = + + = Vậy IG = (**) 12 3 25 25 15 15

a. Khi thanh cân bằng, xét với trục quay qua điểm B và vuông góc với mặt phẳng

hình

vẽ.

Từ

P.BG − T0 Lcosα 0 = 0 ⇒ T0 =

phương

trình

momen,

có:

2L 5 = 2mg (1) Lcosα 0 cosα 0

(M + m)g.

b. Tại thời điểm t = 0 khi dây O2B vừa bị cắt, vì thanh chưa di chuyển, điểm A có vận tốc bằng 0. Điểm A chỉ có gia tốc a A theo phương vuông góc với dây O1A.

α0

Xét điểm G, có gia tốc: a G = a A + a G/A (vì AG=const  dAG  nên ω ∧  = 0) dt  

α a G / A0

G aA

- Trong hệ quy chiếu đất, với trục quay qua khối tâm G, trong quá trình chuyển

động quay của thanh sau khi cắt dây, có phương trình momen, tại thời điểm ban đầu:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

237

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

M T = I G γ G ⇒ T.AG.cosα 0 = I G γ G và γ G = γ A = γ ⇒ γG =

T.AG.cosα 0 (2) IG

- Phương trình ĐLII Newton: P + T = (M + m)a G = (M + m)(a G/A + a A ) Chiếu lên phương dây O1A, với a G/A =  γ A ∧ AG  hướng như hình vẽ, ta được:

(M + m)g.cosα 0 − T = (M + m)a G /A .cosα 0 = (M + m).γ.AG.cosα 0 (3) Thay (2) vào (3) tính được: T =

(M + m)g.cosα 0 (4) (M + m)AG 2 cos 2 α 0 1+ IG

Thay (*)và (**) vào (4) tính được T=

(M + m)g.cosα 0 5mg.cosα 0 40mgcosα 0 = = (4') 2 2 3L 2 2 27cos α + α 8 27cos 0 0 (M + m)( ) cos α 0 1 + 5 8 1+ 8mL2 15

Tính

γ:

Thay

(4')

40mgcosα 0 3L cosα 0 T.AG.cosα 0 8 + 27cos 2α 0 5 45gcos 2α 0 γ= = = 8mL2 IG (8 + 27cos 2 α 0 )L 15 γ=

45gcos 2 α 0 (8 + 27cos 2α 0 )L

Trường THPT Chuyên Thái Bình

238

vào

(2)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 4 - HSGQG 2011 Một con lắc vật lí có khối lượng M, khối tâm tại G và có thể quay quanh trục nằm ngang đi qua điểm O nằm trên con lắc. Momen quán tính của con lắc đối với trục quay là I. Biết khoảng cách OG = d. Con lắc được thả từ vị trí có OG hợp với phương thẳng đứng một góc α0 = 60o (G phía dưới O). Bỏ qua ma sát ở trục quay và lực cản môi trường. 1.Tính độ lớn phản lực của trục quay lên con lắc khi OG hợp với phương thẳng đứng một góc α. 2. Tính gia tốc toàn phần lớn nhất của khối tâm con lắc trong quá trình dao động.

Lời giải :

1. Chiếu phương trình động lực học : M g +

= M a lên các phương:

Ox tiếp tuyến với quỹ đạo khối tâm: Mγd = Ft – Mgsinα (1) Oy trùng với phương GO: Mω2d = Fn – Mgcosα (2) Phương trình chuyển động quay : Iγ = -Mgdsinα (3) Từ (1) và (3) suy ra: Ft = Mg(1-A)sinα , với A =

Định luật bảo toàn năng lượng:

Md 2 I

Iω2 = Mgd(cosα –cosαo) 2

Từ (5) và (2) suy ra: Fn = Mg[(1-2A)cosα + 2Acosαo] Do đó : F = 1.

Fn2 + Ft2

= Mg

[(1 − 2A)cos α + 2A cos α0 ]

+ (1 − A) 2 sin 2 α

Gia tốc khối tâm:

a = a 2n + a 2t = (ω2d) 2 + ( γd)2 = g 4A 2 (cos α − cos α 0 )2 + A 2 sin 2 α = gA 1 − 8cos α.cos α 0 + 3cos 2 α + 4cos 2 α 0 Khi α0 = 600 có a = g Md

Trường THPT Chuyên Thái Bình

2 − 4cos α + 3cos 2 α

239

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Xét hàm f(α) = 2 − 4cos α + 3cos 2 α Dễ dàng thấy hàm có cực đại tại α = 0 với f(0) = 1 và cực tiểu ứng với cosα = 2/3. Tại biên f( ± 600) = 3/4 < 1 , vậy a cực đại khi α = 0 và amax =

2 Mgd 2 I 3

Bài 5 - Chọn đội tuyển dự IPHO 2003 : Một khối trụ đồng chất , khối lượng M , bán kính R, có momen quán tính đối với trục là I =

MR 2 , được đặt lên mặt phẳng nghiêng 2

góc θ = 300 . Giữa chiều dài khối trụ có một khe hẹp trong đó lõi có bán kính

B A C

R . Một sợi 2

dây ABC không giãn, khối lượng không đáng kể được quấn nhiều vòng vào lõi rồi vắt qua ròng rọc B (khối lượng không đáng kể). Đầu còn lại của sợi dây mang một vật khối lượng m. Phần dây AB song song với mặt phẳng nghiêng . Hệ số ma sát nghỉ cực đại giữa trụ và mặt nghiêng( cũng là hệ số ma sát trượt ) là µ =

1 2 3

a) Tìm điều kiện về

M để trụ không tịnh tiến trượt mà lăn không m

trượt trên mặt nghiêng b) Trụ lăn không trượt lên trên. Lấy chiều dương của gia tốc aO của O

( trục khối trụ ) và gia tốc a của m như hình vẽ. Tính aO , lực căng dây T , lực

ma sát Fms và tìm điều kiện về

M để có trường hợp này . m

c) Trụ lăn không trượt xuống dưới. Tính aO , lực căng dây T , lực ma

sát Fms và tìm điều kiện về

M để có trường hợp này . m

Trường THPT Chuyên Thái Bình

240

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

d) Tìm

M ứng với cân bằng của hệ. Tính T và f m

e) Trụ trượt xuống. Tìm aO và điều kiện về f) Trụ trượt lên. Tìm aO và điều kiện về

M . m

g) Cuối cùng làm bẳng tổng kết như dưới đây. Dòng 1 ghi các giá trị đặc biệt của

M . Dòng 2 ghi tính chất chuyển động của trụ: trượt lên (hay xuống ), m

lăn không trượt lên (hay xuống ). Dòng 3 ghi biểu thức của aO. ∞

M m

Tính chất chuyển động aO

Đáp số : a)

4 M < <4 ; 3 m

M 3 ; để a > 0 thì M < 3 ; T = g 3mM ; F = Mg b) a0 = g 0 ms 3 m 3m + 2M 6 m+M 2 m−

M 3 ; để a > 0 thì M < 3 ; T = g 4mM ; F = - Mg c) a0 = g 0 ms 3 m 3m + 2M 6 m+M 2 m−

M mg = 3; T = mg ; Fms = m 2

M 4 ; M >4 e) a0 = g m+M m m−

Trường THPT Chuyên Thái Bình

;

241

3M 4 ; M < 4 f) a0 = g m+M m 3 m−

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 6 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2004 B Một thanh kim loại AB khối lượng m, tiết diện nhỏ đều đồng chất, chiều dài 2 ℓ có thể quay quanh một trục O nằm ngang cố định có đầu B một khoảng bằng ℓ . Đầu A O của thanh có gắn một quả cầu khối lượng M = 2m, kích thước nhỏ không đáng kể. Kéo cho thanh lệch góc α0 (α0 A < 900 ) so với phương thẳng đứng rồi buông ra với vận tốc ban đầu bằng 0. Bỏ qua mọi ma sát và lực cản của không khí. Gia tốc trọng trường là g .

a) Hãy tính tốc độ góc, gia tốc góc của thanh và cường độ của lực do thanh tác dụng lên quả cầu ở thời điểm thanh hợp với phương thẳng đứng một góc α ≤ α0 b) Tìm gia tốc toàn phần nhỏ nhất, lớn nhất của quả cầu trong quá trình chuyển động theo g và α0 Bài 7 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2011

Một vành trụ mỏng I, đồng chất, khối lượng M, bán kính R. Trong lòng vành trụ có một khối trụ đặc II, đồng chất, khối lượng m, bán kính r, cùng chiều dài với vành trụ. Trong hình vẽ bên, Oxy là mặt phẳng tiết diện vuông góc với trục vành trụ, A và B là giao điểm của mặt phẳng Oxy với hai trục. Tác dụng lực có phương đi qua A vào vành trụ sao cho vành trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nằm ngang dọc theo chiều dương trục Ox. Biết khối trụ lăn không trượt trong lòng vành trụ, trục khối trụ luôn song song với trục vành trụ. Ở thời điểm t, góc hợp bởi AB và phương thẳng đứng là ϕ; vận tốc của A là vA, tốc độ góc của AB quanh trục đi qua A là ω. 1. Xác định lực ma sát giữa vành trụ và khối trụ, giữa vành trụ và mặt phẳng nằm ngang theo gia tốc xA′′ của A và gia tốc góc ϕ" của đoạn AB ở thời điểm t.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

242

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

2. Giả thiết rằng trục vành trụ chuyển động đều. Tìm gia tốc góc ϕ" của

đoạn AB theo ϕ, R, r, gia tốc của A và gia tốc trọng trường g. m



Đáp số : 1. Fms =  − M  x "A + (R-r)ϕ” 2 2  2. ϕ” = -

2g sin ϕ + (2cos ϕ + 1)x "A 3(R − r)

Bài 8 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2012 Một hình trụ rỗng bán kính R, mặt trong nhám, được giữ thẳng đứng. Một

đĩa mỏng đồng chất khối lượng m, bán kính r (r < R), lăn không trượt ở mặt trong của hình trụ sao cho tiếp điểm của nó với hình trụ luôn nằm trên một mặt phẳng nằm ngang. Gọi µ là hệ số ma sát nghỉ giữa đĩa và hình trụ, θ là góc nghiêng của đĩa so với phương thẳng đứng. Cho gia tốc trọng trường là g, bỏ qua ma sát lăn và lực cản môi trường. 1. Giả sử đĩa lăn đều, không trượt và luôn nghiêng một góc θ = θ0 không đổi. a) Tính vận tốc góc của khối tâm đĩa trong chuyển động quay quanh trục hình trụ. b) Hỏi θ0 phải nằm trong khoảng giá trị [ θmin , θmax ] nào thì điều giả sử trên (lăn không trượt với góc nghiêng không đổi) thỏa mãn? 2. Giả sử khi đĩa đang chuyển động với góc nghiêng θ0 nằm trong khoảng [ θmin , θmax ] , người ta tác động trong thời gian ngắn làm cho đĩa thay đổi góc nghiêng một giá trị nhỏ. Biết rằng trong quá trình chuyển động tiếp theo lực ma sát đủ lớn để giữ cho đĩa tiếp tục lăn không trượt. a) Gọi momen quán tính của đĩa đối với trục quay tiếp tuyến với đĩa và nằm trong mặt phẳng của đĩa là I = γmr 2 . Tìm giá trị của γ. b) Hãy phán đoán chuyển động tiếp theo của đĩa khi đĩa bị thay đổi góc nghiêng một giá trị nhỏ quanh góc θ0 . Giải thích.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

243

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Nhận xét : - Từ năm 2001 – 2013 có 4 bài cơ vật rắn về động học và động lực học(xác định vận tốc, gia tốc, các lực tác dụng). Có 4 bài thi chọn đội tuyển thi quốc tế. Số lượng bài toán thi hsg quốc gia và thi chọn đội tuyển thi quốc tế thuộc phần kiến thức này là như nhau và xuất hiện nhiều. Do

đó đây là dạng toán quan trọng cần làm kỹ nếu muốn đi tiếp vào vòng trong -

Học sinh phải biết cách phân tích đúng các lực tác dụng, sử dụng tốt công thức cộng vận tốc, cộng gia tốc. Nắm được điều kiện lăn có trượt và lăn không trượt của vật rắn.

PHẦN 3. VA CHẠM – XUNG LỰC – NĂNG LƯỢNG Bài 1 – HSG QG 2003 Cho một bán cầu đặc đồng chất, khối lượng m, bán kính R, tâm O. Đặt bán cầu trên mặt phẳng nằm ngang.Giả thiết bán cầu đang

O .

nằm cân bằng trên một mặt phẳng nằm ngang khác mà các ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng đều bằng không (Hình vẽ). Tác dụng lên bán cầu trong khoảng thời gian rất ngắn một xung của lực X nào đó theo phương nằm ngang, hướng đi qua tâm O của bán cầu sao cho tâm O của nó có vận tốc v 0 . Tính năng lượng đã truyền cho bán cầu. Cho biết gia tốc trọng trường là g; mô men quán tính của quả cầu đặc đồng chất khối lượng M, bán kính R đối với 2 5

trục quay đi qua tâm của nó là I = MR 2 .

Lời giải : Có các mối liên hệ: X = mvG (1)

;

Với IG = IO - md2 =

Xd = IGω (2)

;

83v 0 v0 83 mR2. vG = = ; 2 320 1 + md / IG 128

Trường THPT Chuyên Thái Bình

244

v0= vG + ωd

(3)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

ω=

md 120 15 vG = .v G = .v 0 83R 16R IG

Động năng của bán cầu:

mv 02 mv G2 IG ω2 83mv 02 E= + = ≈ 0,32 2 2 256 2

Bài 2 - HSG QG 2004 Hai chiếc đĩa tròn đồng chất giống nhau chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang rất nhẵn,

ω1

ω2

theo đường thẳng nối tâm các đĩa, đến gặp nhau. Các đĩa này quay cùng chiều quanh trục thẳng đứng qua tâm của chúng với các vận tốc góc tương ứng là ω1 và ω2.

Tác dụng của lực ma sát giữa các đĩa và mặt bàn không đáng kể, còn tác dụng của lực ma sát xuất hiện ở điểm tiếp xúc hai đĩa với nhau thì đáng kể. Biết các đĩa có khối lượng m, có dạng trụ tròn thẳng đứng, hai đáy phẳng, bán kính R; phần tâm đĩa có khoét một lỗ thủng hình trụ tròn đồng tâm với vành đĩa, bán kính R/2. Mômen quán tính đối với trục quay nói 5mR 2 trên của mỗi đĩa là 8

1. Hãy xác định vận tốc góc của các đĩa sau va chạm, biết rằng vào thời

điểm va chạm kết thúc, tốc độ của các điểm va chạm trên các đĩa theo phương vuông góc với đường nối tâm của chúng là bằng nhau. 2. Xác định thành phần vận tốc tương đối của hai điểm tiếp xúc nhau của hai đĩa theo phương vuông góc với đường nối tâm của chúng ngay sau lúc va chạm.

Lời giải : 1. Gọi X là xung lực của lực ma sát ở nơi tiếp xúc giữa hai đĩa; v1⊥, v2⊥ tương ứng là độ lớn thành phần vuông góc của vận tốc hai đĩa với đường nối tâm của chúng, có phương ngược với chiều quay của các đĩa này:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

245

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Định luật bảo toàn động lượng theo phương vuông góc với phương

chuyển động: m1v1⊥= m2v2⊥ + ĐLBT mô men động lượng của vật rắn:

I(ω1' − ω1 ) = − RX ;

I (ω'2 − ω 2 ) = −RX

;

ω1' − ω1 = ω'2 − ω 2

m1v1⊥ = − I(ω1' − ω1 ) / R

+ Sau va chạm, thành phần vuông góc của vận tốc dài của các tiếp điểm ở 2 vành đĩa bằng nhau :

v⊥ = ω1' R − v1⊥ = −ω'2 R + v 2⊥

+ Giải hệ 4 phương trình, 4 ẩn: ω'1, ω'2, v1⊥; v2⊥; ω1' + (1 +

ω1' =

thì: v1⊥=

I (ω1' − ω1 ) = −ω'2 − I 2 (ω'2 − ω2 ) . 2 mR mR

2I 2I )ω1 − ω 2 (1 + )ω 2 − ω1 2 5mR 2 mR mR 2 , ω'2 = ; Thay I = , 2I 2I 8 2+ 2+ mR 2 mR 2

ω1' =

9ω1 − 4ω 2 9ω − 4ω1 ; ω'2 = 2 . 13 13

5(ω1 + ω 2 ) R (ω − ω ) R ; v2⊥ = ω1' R − v1⊥ = 1 2 2 26

( nếu ω1 > ω2 v > 0, vận tốc v2⊥ có hướng theo chiều quay của đĩa 1)

Bài 3 - HSG QG 2007 Một khối trụ đặc có bán kính R, chiều cao h, khối lượng m, lăn không trượt trên mặt sàn nằm ngang rồi va vào một bức tường thẳng đứng cố định (trục của khối trụ luôn song song với mặt sàn và tường). Biết hệ số ma sát giữa khối trụ và bức tường là µ; vận tốc của trục khối trụ trước

R v0

lúc va chạm là v0; sau va chạm thành phần vận tốc theo phương ngang của trục 2 5

giảm đi một nửa về độ lớn; mômen quán tính đối với trục của khối trụ là I = mR 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

246

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

(hình vẽ). Bỏ qua tác dụng của trọng lực trong lúc va chạm và bỏ qua ma sát lăn. Tính

động năng của khối trụ và góc giữa phương chuyển động của nó với phương nằm ngang ngay sau khi va chạm. Áp dụng bằng số cho trường hợp µ =

1 1 và µ = . 8 5

Lời giải : Có hai khả năng: a) Nếu trong thời gian va chạm τ , theo phương Oy, khối trụ luôn luôn lăn có trượt. * Lực ma sát trượt hướng lên theo Oy * Theo Ox:

µN

1,5mv 0 = ∫ Ndt

(1)

* Theo Oy:

mv y = µ ∫ Ndt

(2)

* Từ (1) và (2): tgα =

vy vx

= 3µ ; I(ω − ω0 ) = −µR ∫ Ndt

vy ≤ ωR ⇒ µ ≤

(3) → ω =

4 ≈ 0,19 . 21

1 8

* Trường hợp đầu µ = = 0,125 < 0,19 thoả mãn. 4 − 15µ 17 v0 = v0 4R 32R

Động năng : 2 2 Iω2 m  1 2  3   m 2  17  2 E= + =  v 0 +  v0   + R   v0 2 2 2  4  16   5  32R  E ≈ 0,34mv 02 = 0, 68E 0

m(v 2x + v 2y )

Trường THPT Chuyên Thái Bình

3 → v y = µv 0 2

* Điều kiện trên xẩy ra nếu khối trụ vẫn trượt trong va chạm.

ω=

247

4 − 15µ v0 4R

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

b) Trường hợp µ = 0, 2 > 0,19 . Quá trình này xảy ra như sau: khi va chạm khối trụ lăn có trượt trong khoảng thời gian τ1 và lăn không trượt trong khoảng thời gian τ2: τ1

mv y = µ ∫ Ndt

τ1

(4); I(ω1 − ω0 ) = −Rµ ∫ Ndt

ω1 =

(5)

; ω0 =

v v0 v 2v 2 2 ⇒ mR2 ( y − 0 ) = −Rmv y ; v y = v 0 ; ω1 = 0 R 5 R R 7 7R

Sau đó khối trụ lăn không trượt với vy: tgα =

Động năng sau va chạm là E =

m(v 2x + v 2y )

4 ; 7

Iω12 + 2

1 4 2 2 4 m( v 20 + v0 ) mR 2 v2 2 0 297 4 49 5 49R E= mv 20 ≈ 0,15mv 20 = 0,3E 0 + = 2 2 1960

Bài 4 - HSG QG 2011 Một con lắc vật lí có khối lượng M, khối tâm tại G và có thể quay quanh trục nằm ngang đi qua điểm O nằm trên con lắc. Momen quán tính của con lắc đối với trục quay là I. Biết khoảng cách OG = d. Con lắc được thả từ vị trí có OG hợp với phương thẳng đứng một góc α0 = 60o (G phía dưới O). Bỏ qua ma sát ở trục quay và lực cản môi trường. Khi con lắc đang ở vị trí cân bằng thì chịu tác dụng

một xung lượng X của lực F trong thời gian rất ngắn ∆t theo phương đi qua

điểm A trên trục OG (lực F hợp với OG góc β, xem hình vẽ). a) Xác định xung lượng của lực do trục quay tác dụng lên con lắc trong thời gian tác dụng ∆t. b) Xác định góc β và vị trí điểm A để xung lượng của lực tác dụng lên trục quay bằng không.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

248

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Lời giải : a) Phân tích xung lượng X0 của lực trục quay tác dụng lên con lắc thành hai thành phần XOy ; XOx theo phương thẳng đứng Oy và phương ngang Ox. Áp dụng định lý biến thiên động lượng và mômen động lượng với vx, vy là các thành phần vận tốc khối tâm sau va chạm MvGx = Xsinβ + XOx I ϖ = ℓ Xsinβ , với ϖ =

(1) v Gx d

(2)

M ℓd  Từ (1) có : XOy = Xcosβ ; XOx = MvGx – Xsinβ =  − 1 Xsinβ

 I



Độ lớn của XO : XO = X + X 2 Ox

2 Oy

Mℓd  = X  − 1 sin 2 β + cos 2 β  I 

b) Để trục quay không chịu tác động của xung lực X thì cần hai điều kiện : XOy = 0 => β = 0 và XOx = 0 => XO = 0 => ℓ = OA =

I Md

Bài 5 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2001 1. Hai thanh AB, BC mỗi thanh có chiều dài ℓ , khối lượng m được nối với nhau bằng chốt ở B và có thể quay

không ma sát quanh B. Thanh ghép được đặt trên mội mặt phẳng nằm ngang rất nhẵn và tạo thành góc vuông ở B( hình vẽ). Đầu A chịu 1 xung X nằm trong mặt phẳng và vuông góc

1 X

với AB( xung là tích F.dt của lực va chạm F và thời gian va chạm dt, nó là một

động lượng được truyền toàn vẹn cho thanh). Tính theo X các đại lượng sau đây ngay sau va chạm : a)

Các vận tốc v1, v2 của các khối tâm của 2 thanh

Các tốc độ góc ω1, ω2 của 2 thanh quay quanh khối tâm của các thanh đó

Động năng Wđ của thanh ghép

Trường THPT Chuyên Thái Bình

249

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

(Mômen quán tính của mỗi thanh đối với đường trung trực là I =

mℓ . Ta không biết công của lực va chạm) 12

Thanh ghép được đặt cho AB, BC thẳng hàng và cũng chịu xung X vuông góc với AB như trên. Tính theo X :

Các vận tốc v1, v2

Các tốc độ góc ω1, ω2 của 2 thanh quay quanh khối tâm của các thanh đó

+ 1 X

Vận tốc vG của khối tâm G của thanh ghép và vận tốc vB

của chốt B; vG bằng hay khác vB và tại sao ? Lấy chiều dương của xung và tốc độ góc như trong hình vẽ

Bài 6 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2005 Một khung có thể biến dạng gồm 3 thanh cứng đồng chất, mỗi thanh có khối lượng m, chiều dài l, được nối bằng các chốt A, B và treo lên trần bằng các chốt O, O' (OO' = l). Khung đang đứng cân bằng thì đầu A của thanh OA chịu một xung lực X đập vào (X có chiều từ A đến B). Khung bị biến dạng và các thanh OA, O'B quay tới góc cực đại ϕ (hình vẽ). Bỏ qua ma sát ở các khớp nối. 1) Tính vận tốc v của trung điểm (khối tâm) C của thanh OA và tính động năng của khung ngay sau va chạm (theo X và m). 2) Tính góc ϕ theo X, m, l và gia tốc trọng trường g. 3) Nếu xung lực X là do một quả cầu có khối lượng m và vận tốc v0 có chiều từ A đến B gây ra thì sẽ có tối đa bao nhiêu phần trăm động năng của quả cầu chuyển thành nhiệt?

.ϕ

Cho mômen quán tính của thanh có chiều dài l, khối lượng m đối với trục mℓ 2 vuông góc với thanh và đi qua một đầu là I = . 3

Trường THPT Chuyên Thái Bình

250

. O' .

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 7 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2002 Một thanh OA chiều dài l , khối lượng không đáng

kể , có thể quay trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục O nằm ngang . A là trục quay (song song với trục O ) của một đĩa tròn đồng chất bán kính R , khối lượng m , momen quán tính I A =

mR . Ban đầu có chi tiết 2

A2 A1

của máy gắn chặt đĩa với thanh . Người ta đưa thanh OA đến vị trí nằm ngang rồi thả không có vận tốc ban đầu . Khi thanh quay đến vị trí đứng thẳng OA1 thì chi tiết máy nhả ra cho đĩa tự do quay quanh trục của nó. Thanh đi tới vị trí OA2, A2 có độ cao cực đại h (tính từ độ cao của A1 ). Hãy tính h. Bỏ qua ma sát, sức cản của không khí .

Bài 8 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2011 Một vành trụ mỏng I, đồng chất, khối lượng M, bán kính R. Trong lòng vành trụ có một khối trụ đặc II, đồng chất, khối lượng m, bán kính r, cùng chiều dài với vành trụ. Trong hình vẽ bên, Oxy là mặt phẳng tiết diện vuông góc với trục vành trụ, A và B là giao điểm của mặt phẳng Oxy với hai trục. Tác dụng lực có phương đi qua A vào vành trụ sao cho vành trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nằm ngang dọc theo chiều dương trục Ox. Biết khối trụ lăn không trượt trong lòng vành trụ, trục khối trụ luôn song song với trục vành trụ. Ở thời điểm t, góc hợp bởi AB và phương thẳng đứng là ϕ; vận tốc của A là vA, tốc độ góc của AB quanh trục đi qua A là ω. Tính động năng của hệ ở thời điểm t.

Đáp số : W = MvA2 +

1 m 3v 2A + 3(R − r) 2 ω2 + 2v A ω(R − r)(2cos ϕ + 1)  4

Trường THPT Chuyên Thái Bình

251

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Nhận xét : - Từ năm 2001 – 2013 có 4 bài cơ vật rắn về năng lượng, va chạm, xung lực; có 4 bài thi chọn đội tuyển thi quốc tế. Số lượng bài toán thi hsg quốc gia và thi chọn đội tuyển thi quốc tế thuộc phần kiến thức này là như nhau và xuất hiện nhiều. Do đó đây là dạng toán quan trọng cần làm kỹ nếu muốn đi tiếp vào vòng trong. -

Bài toán dạng này được nhận biết khi có sự va chạm giữa các vật rắn, khi có sự thay đổi tốc độ( tốc độ dài, tốc độ góc) và khi đề bài cho xung lực X. Học sinh phải nắm được công thức biến thiên mômen động lượng, biến thiên động lượng và xung lực X. Xác định đúng tốc độ dài, tốc độ góc để từ đó xác định được đúng năng lượng.

PHẦN 4. DAO ĐỘNG Bài 1 – HSG QG 2003 Cho một bán cầu đặc đồng chất, khối lượng m, bán kính R,

tâm O. Biết khối tâm G của khối cầu cách tâm O 1 khoảng d = 3R/8. Đặt bán cầu trên mặt phẳng nằm ngang. Đẩy bán cầu sao cho

H×nh 1

trục đối xứng của nó nghiêng một góc nhỏ so với phương thẳng

đứng rồi buông nhẹ cho dao động (Hình 1). Cho rằng bán cầu không trượt trên mặt phẳng này và ma sát lăn không đáng kể. Hãy tìm chu kì dao động của bán cầu.

Lời giải : Xét chuyển động quay quanh tiếp điểm M: gọi ϕ là góc hợp bởi OG và đường thẳng đứng - mgdϕ = IM.ϕ” (1) ⇒ ϕ biến thiên điều hoà với ω=

O ϕ G M

mgd IM

IO, IG, IM là các men quán tính đối với các trục quay song song qua O,G,M. Mô men quán tính đối với bán cầu là:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

252

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

2 5

IO = mR 2 ;

IO = IG + md2

IM = IG + m( MG)2 . Vì ϕ nhỏ nên ta coi MG = R-d ⇒ IM =

2 13 2 mR 2 +m(R –2Rd) = mR 2 5 20

mgd 15g = IM 26R

ω=

⇒ T = 2π

26R 15g

Bài 2 - HSG QG 2007 Một đĩa tròn đồng chất, khối lượng m, bán kính R, có thể quay quanh một trục cố định nằm ngang đi qua tâm O của đĩa (hình vẽ).

Lò xo có độ cứng k, một đầu cố định, một đầu gắn với điểm A của vành đĩa. Khi OA nằm ngang thì lò xo có chiều dài tự nhiên. Xoay

đĩa một góc nhỏ α 0 rồi thả nhẹ. Coi lò xo luôn có phương thẳng đứng và khối lượng lò xo không đáng kể. a) Bỏ qua mọi sức cản và ma sát. Tính chu kì dao động của đĩa. b) Thực tế luôn tồn tại sức cản của không khí và ma sát ở trục quay. Coi mômen cản M C có biểu thức là M C =

kR 2 . Tính số dao động của đĩa 200

trong trường hợp α 0 = 0,1rad .

Lời giải : a. Quay đĩa một góc nhỏ α, A dịch chuyển đoạn Rα. A chịu tác

dụng lực kRα do lò xo bị biến dạng. * Đĩa chịu tác dụng của mômen lực M = -kR2α (dấu – vì M ngược chiều α) * Đĩa tròn đồng chất, bán kính R có mômen quán tính I =

mR 2 . 2

* Phương trình chuyển động của vật rắn quay quanh một trục:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

253

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

M = Iγ; γ =

d 2α là gia tốc góc. Vậy: dt 2

.. 1 .. 2k m α+ kα = 0, α+ α = 0, 2 m

Tần số góc: ω =

M α 0 A 1 N α2

2k m , Chu kì: T = 2π m 2k

b. Xét một lần đoạn OA đi qua vị trí nằm ngang. Gọi α1, α2 là biên độ góc về hai phía so với đường nằm ngang. Biến thiên cơ năng của hệ là ∆W =

1 2 2 kR (α 2 − α12 ) 2

Công của mômen cản A C = −M C (α1 + α 2 ) = −

kR 2 (α1 + α 2 ) 200

Theo định lý biến thiên cơ năng:

∆W = A C → α1 − α 2 =

1 → 100

Số dao động: n=

α0 =5 2(α1 − α 2 )

Bài 3 – HSG QG 2011. Cho vật 1 là một bản mỏng đều, đồng chất, được uốn theo dạng lòng máng thành một phần tư hình trụ AB cứng, ngắn, có trục ∆, bán kính R và được gắn với điểm O bằng các thanh cứng, mảnh, nhẹ. Vật 1 có thể quay không ma sát quanh một trục cố định (trùng với trục ∆)

đi qua điểm O. Trên Hình 1, OA và OB là các thanh cứng cùng độ dài R, OAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục ∆, chứa khối tâm G của vật 1, C là giao điểm của OG và lòng máng. 1. Giữ cho vật 1 luôn cố định rồi đặt trên nó vật 2 là một hình trụ rỗng, mỏng, đồng chất, cùng chiều dài với vật 1, bán kính r (r < R), nằm dọc theo

Trường THPT Chuyên Thái Bình

254

A’

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

đường sinh của vật 1. Kéo vật 2 lệch ra khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ β0 rồi thả nhẹ. a) Tìm chu kì dao động nhỏ của vật 2. Biết rằng trong quá trình dao động, vật 2 luôn lăn không trượt trên vật 1. b) Biết µ là hệ số ma sát nghỉ giữa vật 1 và vật 2. Tìm giá trị lớn nhất của góc để trong quá trình dao động

điều hoà, vật 2 không bị trượt trên vật 1. 2. Thay vật 2 bằng một vật nhỏ 3. Vật 3 nằm trong mặt phẳng OAB. Kéo cho vật 1 và vật 3 lệch khỏi vị trí cân bằng sao cho G và vật 3 nằm về hai phía mặt phẳng thẳng đứng chứa ∆, với các góc lệch đều là α0 như Hình 2, rồi thả nhẹ. Bỏ qua ma sát. Tìm khoảng thời gian nhỏ nhất để vật 3 đi tới C.

Lời giải : 1. Xét vật 2 ở vị trí ứng với góc lệch β Gọi φ là góc mà vật 2 tự quay quanh mình nó. Chọn chiều dương tất cả các chuyển động ngược chiều kim đồng hồ. Lực tác dụng lên vật 2 gồm: trọng lực, phản lực, lực ma sát nghỉ. Phương trình chuyển động của khối tâm vật 2 xét theo phương tiếp tuyến với quỹ đạo: m2a = Fms – m2gsinβ (1) Vì β nhỏ => sinβ ≈ β (rad) => m2(R – r)β” = Fms – m2gβ (2) Phương trình chuyển độngquay của khối trụ nhỏ quanh khối tâm: m2r2φ” = Fmsr

Điều kiện lăn không trượt: (R – r).β’ = -rφ’ => (R – r).β” = -rφ” (3) Thay (2) và (3) vào (1) ta được: β” +

g β = 0 (4) 2(R − r)

Phương trình (4) biểu diễn dao động điều hòa với chu kì : T = 2π

Trường THPT Chuyên Thái Bình

255

2(R − r) g

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Từ (2) ⇒ Fms = m2rφ” = -m2(R-r)β” = m2(R – r)ω2β = Phản lực N = m2gcosβ = m2g(1 -

Điều kiện lăn không trượt:

1 m2gβ (5) 2

β2 ) (6) 2

Fms ≤ µ với mọi β (7) N

Thay (5) và (6) vào (7) ta có :

Fms β = f(β) = ≤ µ với 0 ≤ β ≤ β0 N 2 − β2

Bất phương trình trên cho nghiệm : β0 ≤

1 1 1  8+ 2 −  2 µ µ

Cần chú ý : để có kết quả này cần có thêm điều kiện giới hạn về β0 để sinβ0 ≈ β0 (rad) 2. Xét tại thời điểm khối tâm vật 1 và vật 3 có li độ góc tương ứng là α, θ Phương trình chuyển động của vật 3 theo phương tiếp tuyến với hình trụ: m3Rθ” = - m3gθ (1) Nghiệm của phương trình là : θ = θ0cosω0t = α0 cosω0t ; với ω0 = Phương trình quay của G quanh O: m1R2α” = -m1g

3. Nghiệm phương trình này: α = α0cosω1t ; với ω1 =

2 2R α π 2 2g πR

Góc lệch của vật 3 so với phương OG là: γ = α - θ =  ω1 − ω0  2

2α0cos 

  ω + ω0 t  cos  1   2

 t 

Khi vật 3 tới C thì γ = 0 => tmin =

π ω1 + ω0

Bài 4 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2003

Trường THPT Chuyên Thái Bình

256

g R

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Ba thanh AB, BC và CD đồng chất, giống hệt nhau, có cùng khối

lượng m, chiều dài 2b, được ghép với

nhau bằng các khớp không ma sát ở k

B và C. AB và CD được treo ở A và

D, nhờ các khớp không có ma sát,

vào cùng một giá đỡ nằm ngang. Hệ có thể dao động trong mặt phẳng thẳng đứng. Vị trí của hệ được xác định bằng góc lệch θ. Trên thanh BC có lồng một hình trụ đồng chất, chiều dài 2h, có cùng khối lượng m như các thanh. Hình trụ được mắc vào 2 lò xo cùng có chiều dài tự nhiên d = b và khối lượng không đáng kể. Các lò xo có độ cứng là 2k và k. Hai đầu còn lại của các lò xo mắc vào B và C. Hình trụ có thể trượt không ma sát trên thanh BC, và trọng tâm G của nó luôn nằm trên thanh BC. Vị trí của hình trụ

được xác định bằng khoảng cách x từ trung điểm I của thanh BC đến trọng tâm G của hình trụ . 1. Tìm biểu thức cơ năng toàn phần của hệ . 2. Viết phương trình chuyển động của hình trụ dọc theo thanh BC . 3. Xác định giá trị xc của x khi toàn bộ hệ nằm ở vị trí cân bằng . 4. Ta xét các dao động nhỏ của hệ với giả thiết θ và

x là các đại lượng vô b

cùng bé cùng bậc. Người ta thả cho hệ bắt đầu dao động , không có vận tốc ban đầu, từ vị trí θ = θ0 , x0 = xc + p.b. θ0 trong đó p là một thông số không thứ nguyên. Thông số p phải thoả mãn điều kiện nào để hệ thực hiện các dao động nhỏ như sau : θ = θ0 cosωt và x = xc + p.b. θ0 cosωt ? 5. a) Tìm điều kiện đối với kb và mg để cho p =1. Xác định tần số góc ω1 của dao động của hệ trong trường này .

Trường THPT Chuyên Thái Bình

257

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

b) Chứng tỏ rằng khi điều kiện ở a được thoả mãn, hệ còn có thể hiện các dao động điều hoà nhỏ với tần số góc ω2 khác với ω1. Xác định ω2. Giải thích kết quả thu được. cho biết Momen quán tính của một thanh đồng chất, khối lượng m, chiều 1 3

dài 2b, đối với đường trung trực của thanh là J = mb 2 .

Bài 5 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2004 Hai đĩa tròn A và B đồng tính và giống hệt nhau. Mỗi đĩa có momen quán tính I đối với trục quay đi qua tâm của đĩa và vuông góc với mặt phẳng của đĩa. Đĩa A nằm ngang, tâm của đĩa gắn vào

θ1

θ2

đầu dưới của một sợi dây mảnh thẳng đứng có hằng số xoắn K, đầu trên của dây gắn vào một điểm cố định C. Đĩa B cũng nằm ngang

và tâm đĩa gắn vào đầu đưới của một sợi dây mảnh khác có hằng số xoắn K, giống như đĩa A, chỉ khác là đầu trên của sợi dây này gắn vào tâm mặt dưới đĩa A, khiến cho hai dây treo nằm trên cùng một đường thẳng đứng. Ở vị trị cân bằng của hai đĩa, hai dây treo không bị xoắn. Kí hiệu θ1 và θ2 lần lượt là toạ độ góc của mỗi đĩa (vào thời điểm t) tính từ vị trí cân bằng 1. Viết phương trình vi phân cho chuyển động của từng đĩa 2. Giả thiết hai đĩa đều dao động điều hoà với cùng tần số góc ω theo các phương trình θ1 = Acosωt; θ2 = Bcosωt. Với giá trị nào của ω thì hai phương trình trên đều được thoả mãn ? Tính tỉ số A/B 3. Ban đầu đĩa A có toạ độ góc θ1(0) = θ0 và tốc độ góc bằng 0. Cần phải để đĩa B ở tọa độ góc ban đầu là bao nhiêu( tốc độ góc ban đầu của đĩa B bằng 0) thì hai đĩa đều dao động với cùng tần số góc như ở câu 2. Chiều quay của 2

đĩa so với nhau như thế nào.

Đáp số : a) I.θ1” = -Kθ1 + K(θ2 - θ1) ; I.θ2” = -K(θ2 - θ1)

Trường THPT Chuyên Thái Bình

258

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

A 1+ 5 ; ω2 = =− B 2

3− 5 K A 1− 5 =− B 2 2 I

b) ω1 =

3+ 5 K 2 I

c) – Nếu

A 1+ 5 A 1− 5 thì θ2(0) = θ0 : Hai đĩa luôn quay ngược =− = B 2 B 2

chiều - Nếu

A 1− 5 A 1+ 5 =− = thì θ2(0) = θ0 : Hai đĩa luôn quay cùng B 2 B 2

chiều

Bài 6 – Chọn đội tuyển dự IPHO 2011 Một vành trụ mỏng I, đồng chất, khối lượng M, bán kính R. Trong lòng vành trụ có một khối trụ đặc II, đồng chất, khối lượng m, bán kính r, cùng chiều dài với vành trụ. Trong hình vẽ bên, Oxy là mặt phẳng tiết diện vuông góc với trục vành trụ, A và B là giao điểm của mặt phẳng Oxy với hai trục. Tác dụng lực có phương đi qua A vào vành trụ sao cho vành trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nằm ngang dọc theo chiều dương trục Ox. Biết khối trụ lăn không trượt trong lòng vành trụ, trục khối trụ luôn song song với trục vành trụ. Ở thời điểm t, góc hợp bởi AB và phương thẳng đứng là ϕ; vận tốc của A là vA, tốc độ góc của AB quanh trục đi qua A là ω. Xác định quy luật biến đổi của ϕ theo thời gian nếu ϕ chỉ nhận các giá trị nhỏ.

Đáp số : ϕ biến thiên điều hoà theo thời gian với chu kỳ T = 2π

Nhận xét :

Trường THPT Chuyên Thái Bình

259

3(R − r) 2g

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

- Từ năm 2001 – 2013 có 3 bài dao động vật rắn; có 3 bài thi chọn đội tuyển thi quốc tế. Số lượng bài toán thi hsg quốc gia và thi chọn đội tuyển thi quốc tế thuộc phần kiến thức này là như nhau

- Bài toán dạng này dễ nhận biết. Điều quan trọng nhất là xác định được đúng biến số sử dụng để từ đó suy ra phương trình vi phân, bên cạnh đó học sinh phải nắm được phép tính gần đúng và cách lấy gần đúng một cách hợp lý.

III. KẾT LUẬN - Đã phân chia được các bài cơ vật rắn đã thi theo các phần kiến thức. - Xác định được các kiến thức cần cung cấp và chú ý trong từng phần. - Nhận xét được phần kiến thức nào xuất hiện nhiều, phần kiến thức nào xuất hiện ít trong các đề đã thi.

- Tài liệu có thể được dùng cho giáo viên( đặc biệt là giáo viên mới dạy đội tuyển) và học sinh.

- Xác định được các kiến thức cần cung cấp và chú ý trong từng phần.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

260

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

IV. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Vũ Thanh Khiết – Vũ Đình Tuý, Các đề thi HSG vật lý 2. Đề thi học sinh giỏi quốc gia, chọn học sinh giỏi quốc tế các năm

Trường THPT Chuyên Thái Bình

261

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TƯƠNG TỰ TRONG CÁC BÀI TOÁN VẬT LÝ Ths. Vũ Đức Thọ- PHT trường THPT chuyên Lê Hồng Phong MỞ ĐẦU Nội dung đề tài được trích từ các chuyên đề mà tôi đã dùng để giảng dạy cho học sinh ôn thi đại học, học sinh các lớp chuyên lý và học sinh các đội tuyển HSG của tỉnh tham dự kì thi HSG quốc gia môn vật lý với mục tiêu là giúp học sinh có thói quen nhìn nhận các vấn đề tổng quát và tương tự, những thao tác hết sức cần thiết cho học tập và nghiên cứu. Vận dụng phương pháp này có thể giải được khá nhiều các bài toán thuộc chương trình thi đại học, các bài toán trong chương trình thi HSG Tỉnh, quốc gia, khu vực, quốc tế thuộc các phần khác nhau của vật lý. Phương pháp tương tự hóa là một trong những phương pháp nhận thức khoa học được vận dụng vào trong dạy học ở hầu hết các môn học, đặc biệt là trong giảng dạy và nghiên cứu vật lý. Nó thể hiện trước hết ở tính sâu sắc, tính hệ thống của các kiến thức, tạo điều kiện cho học sinh phát hiện những mối liên hệ giữa các hệ thống khác nhau ở các phần khác nhau của vật lí. Việc sử dụng phương pháp tương tự giúp học sinh dễ hình dung các hiện tượng, quá trình vật lí không thể quan sát trực tiếp được từ đó giải các bài toán được dễ dàng hơn. Cấu trúc đề tài bao gồm:

1. Phần mở đầu. 2. Nội dung đề tài. Chương I: Sự tương tự Quang- Cơ. Chương II: Sự tương tự Điện- Cơ. Chương III: Trường trọng lực hiệu dụng Chương IV: Sự tương tự trong các bài toán hệ Thấu kính- Gương

3. Kết luận.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

262

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

CHƯƠNG I: SỰ TƯƠNG TỰ QUANG- CƠ I- Vận dụng nguyên lý Fermat giải các bài toán cơ học. Cơ sở cơ bản để giải quyết các vấn đề ở chương này là dựa trên nguyên lý Fermat. Nội dung cơ bản của nguyên lý này là: Giữa hai điểm AB, ánh sáng sẽ truyền theo con đường nào

hoặc mất ít thời gian nhất, hoặc sẽ truyền theo những con đường mà thời gian truyền là bằng nhau. Ta xét các bài toán sau Bài toán 1.1: Một ôtô xuất phát từ điểm A trên đường cái (hình

vẽ) để trong một khoảng thời gian ngắn nhất, đi đến điểm B

nằm trên cánh đồng (thảo nguyên), khoảng cách từ B đến

đường cái bằng l. Vận tốc của ôtô khi chạy trên đường cái lớn là v1 , khi chạy trên cánh đồng là v2 .

Hỏi ôtô phải rời đường cái từ một điểm C cách D một khoảng bằng bao nhiêu.

Bài giải - Trước hết ta có nhận xét rằng nếu “đường cái” là môi trường mà ánh sáng đi với vận tốc v1 , “cánh đồng” là môi trường mà ánh sáng có thể đi với vận tốc v2 thì trong vô số con

đường có thể đi từ A đến B, ánh sáng sẽ đi theo con đường mà thời gian truyền là ngắn nhất. - Như vậy ôtô đi từ A đến B trong khoảng thời gian ngắn nhất nếu nó đi theo đúng con đường mà ánh sáng sẽ đi. Từ định luật khúc xạ:

n1 sin 900 = n2 sinr ⇒ sin r = Từ hình vẽ: CD = l tan r =

n1 v2 = n2 v1

r v 2

(1 / sin r )

v1 C

−1

/ v2 ) −1 2

lv2

v12 − v22

Cần chú ý rằng kết quả bài toán chỉ có nghĩa khi v1 > v2 . Nếu v1 < v2 thì trên thực tế ôtô D

sẽ chạy thẳng từ A đến B sẽ mất thời gian ngắn nhất.

Bài toán 1.2: Trên một bờ vịnh có dạng một chiếc nêm với góc nhọn α có một người đánh cá sinh sống. Ngôi nhà của

l A

B h

anh ta nằm ở điểm A (hình vẽ). Khoảng cách từ điểm A đến điểm gần nhất C của vịnh so với nó bằng h, còn khoảng cách đến điểm cuối của vịnh (điểm D) bằng l. Trên bờ bên kia của vịnh, ở điểm B đối xứng với điểm A qua mặt phẳng phân giác của D có ngôi nhà của người

Trường THPT Chuyên Thái Bình

263

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

bạn anh ta. Hãy xác định thời gian tối thiểu t cần thiết cho người đánh cá để anh ta từ nhà mình có thể tới được ngôi nhà của người bạn với điều kiện người đánh cá có thể đi trên bờ với vận tốc v1 và đi thuyền qua vịnh với vận tốc v2 > v1 .

Bài giải - Trước hết ta để ý thấy rằng vịnh có dạng một

lăng kính. Trong vô số con đường mà có thể đi từ A

l i v2

qua vịnh đến B thì ánh sáng sẽ đi theo con đường mà thời gian truyền là ngắn nhất. - Như vậy để người đánh cá có thể đi từ A qua

i B

vịnh đến B trong thời gian ngắn nhất, người đó sẽ phải đi theo con đường mà ánh sáng truyền qua lăng kính giống hình dạng của vịnh.

Bài toán bây giờ đưa trở về tìm thời gian để ánh sáng đi từ A đến B qua một lăng kính có chiết suất n =

nlangkinh

nmôitruong

vmôi truong

vlangkinh

v2 v1

- Vì A và B đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của góc D nên theo tính thuận nghịch của chiều truyền tia sáng, tia tới AI và tia ló JB cũng phải đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của góc D và I, J cũng phải đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác góc D → IJ vuông góc với đường phân giác. Như vậy tia sáng truyền trong trường hợp này có góc lệch cực tiểu. Vậ y r = α / 2 Từ định luật khúc xạ → sin i = n sin r = n sin (α / 2 ) (1) - Từ hình vẽ: JB = AI =

h h = cosi 1 − n 2 sin 2 (α / 2 )

( 2)

+ Có DH = DI + IH = l − h , với IH = h tan i = h 2

⇒ DI = l 2 − h 2 − h

1 − n 2 sin 2 (α / 2 )

n sin (α / 2 ) 1 − n 2 sin 2 (α / 2 )

+ Nếu ID > 0 ⇔ l − h > h 2

n sin (α / 2 )

1 − n sin (α / 2 )

Trường THPT Chuyên Thái Bình

264

→l >

1 − n sin 2 (α / 2 ) 2

thì người

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

đánh cá sẽ đi đến điểm I, qua vịnh đến J rồi tiếp tục đi thuyền đến điểm B. Từ

vẽ :

hình

 n sin (α / 2 )   sin (α / 2 ) IJ = 2 IK = 2 ID sin (α / 2 ) = 2  l 2 − h 2 − h 2 2 1 n sin / 2 − α  ( )  Thời gian để người đánh cá đi từ A đến B là

n 2 sin 2 (α / 2 ) α 2 AI IJ 2h  1 l 2 − h2  t= n sin − + = + v2 v1 v2  1 − n 2 sin 2 (α / 2 ) h 2 1 − n 2 sin 2 (α / 2 ) 

⇔ t=

  

 2h  l 2 − h2 v 2 2 1 sin / 2 − n + n sin (α / 2 )  , trong đó n = 2 α ( )  v2  h v1 

+ Nếu ID < 0 ⇔ l − h < h 2

n sin (α / 2 )

1 − n 2 sin 2 (α / 2 )

→l <

1 − n 2 sin 2 (α / 2 )

thì người

đánh cá sẽ đi đến điểm D rồi tiếp tục đi thuyền đến điểm B. Thời gian nhỏ nhất khi đó bằng

t = 2l / v2 Cũng cần chú ý là nếu v2 < v1 thì người đánh cá sẽ đi thẳng từ A đến B trên bờ mà không phải đi thuyền

Bài toán 1.3: Hai cánh đồng (thảo nguyên) (P1) và (P2)

ngăn cách nhau bằng một con đường nhỏ. Một người nông dân sống trong ngôi nhà tại A trên cánh đồng (P1), cách

đường một khoảng a (hình vẽ) muốn đi mua một số đồ

dùng tại cửa hàng nằm tại B trên cánh đồng (P2). Cửa hàng

v2 v1

cách đường một khoảng b . Người nông dân có thể đi trên cánh đồng (P1) với vận tốc v1 và đi trên cánh đồng (P2) với vận tốc v2 = v1 / n . Biết rằng để đi từ A đến B hết thời gian ngắn nhất người đó phải đi theo hướng hợp với con đường góc

1. Xác định khoảng thời gian ngắn nhất đó (bỏ qua thời gian vượt qua đường). 2. Nếu người đó đi thẳng từ A đến B sẽ hết thời gian bao nhiêu. Bài giải 1. Trước hết ta có nhận xét rằng nếu “cánh đồng (P1)”

α Trường THPT Chuyên Thái Bình

265

γ i

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

là môi trường mà ánh sáng đi với vận tốc v1 , “cánh

đồng (P2)” là môi trường mà ánh sáng có thể đi với vận tốc v2 thì trong vô số con đường có thể đi từ A đến B, ánh sáng sẽ đi theo con đường mà thời gian truyền là ngắn nhất. - Như vậy ôtô đi từ A đến B trong khoảng thời gian ngắn nhất nếu nó đi theo đúng con đường mà ánh sáng sẽ đi. Bài toán bây giờ đưa trở về tìm thời gian để ánh sáng đi từ A đến B qua mặt phân cách hai môi trường có chiết suất tỉ đối

Từ định luật khúc xạ - Từ hình vẽ: AI =

n2 v1 = =n n1 v2

sin i n2 cosγ = = n , với i = 900 − γ ⇒ sin r = n sin r n1

a b bn ; BI = = 2 sin γ cosr n − cos 2γ

- Thời gian ngắn nhất đi từ A đến B là:

∆tmin =

AI BI a bn a + = + = v1 v2 v1 sin γ v2 n 2 − cos 2γ v1 sin γ

 n 2b 1 − cos 2γ 1 + a n 2 − cos 2γ 

 a b + 2  sin γ n − cos 2γ 

2. Từ hình vẽ : KH = KI + IH = a tan i + b tan r = 

tan α =

KH = a +b

 a b + 2   sin γ n − cos 2γ 

  

  cosγ  

 cosγ    a +b

Thời gian người đó đi thẳng từ A đến B bằng

∆t =

AJ BJ a b + = + v1 v2 v1 cos α v2cosα

 a a nb  b ⇔ ∆ t = 1 + + 2  1+  v1  a  n − cos 2γ  sin γ

 cos 2γ   ( a + b )2 

II- Nghiên cứu đường đi của ánh sáng trong môi trường chiết suất biến đổi thông qua

Trường THPT Chuyên Thái Bình

266

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

bài toán chuyển động của hạt trong trường lực thế. Cơ sở để giải các bài toán này là dựa vào sự giống nhau về quỹ đạo chuyển động của hạt trong một trường lực thế với quỹ đạo một tia sáng trong một môi trường không đồng nhất về mặt quang học. Quỹ đạo của một chất điểm và quỹ đạo của tia sáng sẽ trùng nhau khi có sự tương ứng xác định giữa tốc độ và chiết suất của môi trường biến thiên trong không gian.

(Thực tế này đã được phát minh về mặt lý thuyết bởi nhà vật lý và toán học lừng danh người Ailen W. R. Hamilton vào năm 1834 và nó đã ảnh hưởng đến việc xác lập mối liên hệ giữa quang học và cơ học lượng tử). Ta xét các ví dụ sau Bài toán 1.4:

1. Từ mặt đất, Một vật được ném lên với vận tốc ban đầu v0 lập với phương thẳng đứng một góc

α 0 . Bỏ qua sức cản không khí.

Chọn hệ trục xOy như hình vẽ

1.2. Chứng minh rằng tại một điểm bất kỳ trên quỹ đạo, góc

α0

1.1. Viết phương trình quỹ đạo y = y(x) của vật. Xác định tầm xa và độ cao cực đại mà vật đạt được.

O α tạo bởi véc tơ vận tốc v

của hạt và phương thẳng đứng thỏa mãn phương trình f ( y )sin α = f 0 sin α 0 , trong đó

f ( y ) là một hàm nào đó của tung độ y. Tìm hàm số đó. 2. Chiết suất của một khối chất trong suốt, có kích thước lớn, thay đổi theo độ cao theo quy luật n = n0 1 − γ y . Trong đó n0 và

γ là các

hằng số đã biết . Một tia sáng chiếu tới biên của khối chất tại điểm A và sau khi khúc xạ tại đó lập một góc

α 0 với trục Oy.

α0

n x

2.1. Xác định quỹ đạo tia sáng trong môi trường và tìm độ cao cực đại mà tia sáng đi trong khối chất

2.2. Điểm đi ra khỏi khối chất của tia sáng cách A một khoảng bằng bao nhiêu. Bài giải 1.1. Phương trình chuyển động của vật ném xiên:

x = ( v0 sin α ) t

(1)

1 y = ( v0 cosα ) t − gt 2 2

(2)

Trường THPT Chuyên Thái Bình

267

α 0 v0 O

vy v α vx ymax

xmax

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

(Chú ý là góc

α tạo bởi v0 và phương thẳng đứng)

Từ (1) và (2) tìm được phương trình quỹ đạo:

x g − 2 2 x2 tan α 0 2v0 sin α 0

(3)

Từ (3) → tầm xa và độ cao cực đại mà vật đạt được:

v02 sin 2α 0 v02cos 2α 0 xmax = , ymax = g 2g

(4)

1.2. Tại điểm bất kì trên quỹ đạo, vận tốc của vật được phân tích thành hai thành phần - Theo phương Ox: vật chuyển động thẳng đều với vận tốc vx = v sin α = v0 sin α 0 (5) - Theo phương Oy vật chuyển động biến đổi đều với gia tốc g → v y = v0cosα 0 − gt Vận tốc toàn phần của vật v = vx + v y = 2

sin α ) + ( v0cosα − gt ) 2

1  2g  ⇔ v = v02 − 2 g ( v0cosα ) t − gt 2  = v02 − 2 gy = v0 1 − 2 y (6) v0 2   (ta có thể tìm được vận tốc này bằng định luật bảo toàn cơ năng)



Thay (6) vào (5) được:  v0 1 −



2g  y  sin α = v0 sin α 0 v02 

 2g  ⇒  1 − 2 y  sin α = sin α 0 ⇒ f ( y ) sin α = sin α 0 v0   Đây chính là phương trình mà ta cần chứng minh. 2. Vì môi trường chiết suất biến đổi liên tục nên ánh sáng sẽ truyền theo đường cong. Chia môi trường thành

(7)

α0

nhiều lớp mỏng song song mặt phẳng Ox Theo định luật khúc xạ: n ( y ) sin α = n0 sin α 0

⇔ n0 1 − γ y sin α = n0 sin α 0 ⇒ 1 − γ y sin α = sin α 0

(8)

- Ta thấy phương trình (8) hoàn toàn trùng hợp với phương trình (7) mô tả quỹ đạo của chuyển động ném xiên với

γ=

2g . Như vậy quỹ đạo tia sáng cũng là một đường Parabol. v02

Trường THPT Chuyên Thái Bình

268

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Các điều kiện về độ cao cũng như điểm mà tia sáng ló ra hoàn toàn xác định tương tự như phương trình (4)

2sin 2α 0 v02 sin 2α 0 xmax = ⇒ xmax = ; g γ

v02cos 2α 0 cos 2α 0 ymax = ⇒ ymax = γ 2g

(10)

Cần chú ý là độ cao cực đại ymax cũng có thể tìm được từ phương trình (8) với điều kiện tại đó tia sáng bị phản xạ toàn phần với sin α =1 . Bài toán 1.5: Sợi quang học Một sợi quang học gồm một lõi hình trụ, bán kính a,

làm bằng vật liệu trong suốt có chiết suất biến thiên đều đặn từ giá trị n = n1 trên trục đến n = n2 (với 1< n2 < n1 ) theo công thức n = n ( y ) = n1 1 − γ y , trong đó y là khoảng cách từ 2

γ là hằng số dương. Lõi

được bao bọc bởi một lớp vỏ làm bằng vật liệu có chiết suất

điểm có chiết suất n đến trục lõi,

n2 không đổi. Bên ngoài sợi quang là không khí, chiết suất

α0

n1 n2

n0 ≈1. Gọi Ox là trục của sợi quang học, O là tâm của một đầu sợi quang. Một tia sáng đơn sắc được chiếu vào sợi quang học tại điểm O dưới góc

α 0 trong mặt phẳng xOy.

1. Viết phương trình quỹ đạo cho đường đi của tia sáng trong sợi quang và xác định biểu thức tọa độ x của giao điểm đường đi tia sáng với trục Ox. 2. Tìm góc tới cực đại

α max , dưới đó ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của

sợi quang.

(Trích đề thi APHO năm 2004) Bài giải Lời giải của đề thi này có thể tham khảo trong cuốn Chuyên đề bối dưỡng HSG vật lý của tác giả PGS.TS Vũ Thanh Khiết. Ở đây tôi sử dụng sự tương tự quang cơ để đưa ra lời giải khác cho bài toán. 1. Trước hết từ phương trình n = n1 1 − γ y ⇒ 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

269

n2 + γ 2 y 2 = 1. Nếu xem sự tương tự 2 n1

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

giữa chiết suất và vận tốc trong cơ học ta sẽ thấy một phương trình tương tự là

v2 x2 + =1 , V02 A2

chính là phương trình của một dao động tử điều hòa. Như vậy khả năng quỹ đạo tia sáng sẽ

là hình sin.

- Ta xét vật chuyển động từ O trong mặt phẳng thẳng đứng Oxy với vận tốc ban đầu v0 hợp với trục Ox góc

α 0 theo phương trình:

x = ( v0 cosα 0 ) t

(1)

y = Asin (ωt + ϕ )

(2)

α0

Từ điều kiện ban đầu:

ϕ = 0  y ( 0 ) = 0  ⇒  v0 sin α 0  A = ω  y ' ( 0 ) = v0 sin α 0 (3)



 x  v0cosα 0 

- Phương trình quỹ đạo: y = Asin 

(4)

→ quỹ đạo chuyển động của hạt sẽ là đường hình sin. + Vận tốc tại điểm M trên quỹ đạo: v = vx + v y 2

y2   Trong đó vx = v0cosα 0 ; v y = y ' ( t ) = Aω sin ωt ⇒ v = A ω  1 − 2   A  2 y

y2   ⇒ v = v cos α 0 + A ω 1 − 2   A  2 0

(5)

Từ (3) ⇒ Aω = v0 sin α 0 , thay vào (5) ⇒ v = v − ω y 2 0

= v0 1 −

ω2 2 0

Mặt khác, từ (1) ta thấy hạt chuyển động đều theo phương Ox

⇒ vx = vcosα = v0cosα 0

⇔ v0 1 −

ω2 2 0

y cosα = v0cosα 0 ⇒ 1 − 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

270

ω2 2 0

y 2 cosα = cosα 0

(6).

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Trở lại bài toán - Vì môi trường chiết suất biến đổi liên tục nên ánh sáng sẽ truyền theo đường cong. Chia môi trường thành nhiều lớp mỏng song song mặt phẳng Ox. Xét tại M(x,y)

π  π  − α  = const = n1 sin  − α1  2  2 

Theo định luật khúc xạ: n ( y ) sin 

⇔ n1 1 − γ 2 y 2 cosα = n1cosα1 ⇒ 1 − γ 2 y 2 cosα = cosα1 Với góc

(7)

α1 được xác định từ định luật khúc xạ tại O:

n12 − sin 2 α 0 sin α 0 = n1 sin α1 ⇒ cosα1 = n1

(8)

- Ta thấy phương trình (7) hoàn toàn trùng hợp với phương trình (6) mô tả quỹ đạo hình sin với

γ=

ω v0

sin α1 sin α 0 . Như vậy quỹ đạo tia sáng cũng là một đường hình sin: = A n1 A

 γ   ω  sin α 0 y = Asin  x = x sin  γ n1  cosα1   v0cosα1 

⇔y=

 sin α 0 nγ sin  2 1 2  n − sin α γ n1 0  1

 x  

(9).

- Độ cao cực đại mà tia sáng đạt được chính bằng biên độ: ymax = A =

sin α 0 γ n1

- Những điểm cắt của chùm tia với trục Ox thỏa mãn điều kiện y = 0

 nγ ⇔ sin  2 1 2  n − sin α 0  1

 x = 0  

n12 − sin 2 α 0 . n1γ

⇒ x = kπ

α0

Vị trí đầu tiên có k =1

→ x =π

2. Để ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi quang thì

Trường THPT Chuyên Thái Bình

x n2

n − sin α 0 n1γ 2 1

271

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

ymax ≤ a ⇔

sin α 0 ≤ a ⇒ sin α 0 ≤ γ a n1 = sin α max ; α max = arcsin γ a n1 γ n1

Chú ý rằng từ điều kiện n ( y ) = n1 1 − γ y 2

⇒γ=

n12 − n22 . Vậy α max = arcsin an1

và n ( y = 0 ) = n1 ; n ( y = a ) = n2

(

n12 − n22

)

Bài toán 1.6: 1. Một hạt chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính R trong mặt phẳng thẳng đứng Oxy. Tâm I của quỹ đạo có tọa độ (R, 0). Chứng minh rằng tại một điểm bất kỳ trên quỹ đạo, góc

α tạo

bởi véc tơ vận tốc của hạt và phương Ox thỏa mãn phương trình sin α = f ( x) , trong đó

f ( x) là một hàm nào đó của hoành độ x. Tìm hàm số đó. 2. Một chùm sáng hẹp tới đập vuông góc với một bản hai mặt song song bề dày d ở điểm A (x = 0). Chiết suất của bản biến đổi theo công thức n =

n0 , trong đó n0 , γ là các hằng số 1− γ x

dương. Hãy xác định quỹ đạo tia sáng và tìm điểm mà tia sáng ló ra.

Bài giải:

y vy

1. Từ hình vẽ ta có:

x = R − R sin α ⇒ sin α = 1 −

x = f ( x) R

(1)

2. Vì môi trường chiết suất biến đổi liên tục nên ánh sáng sẽ truyền theo đường cong. Chia môi trường thành nhiều lớp mỏng song song mặt phẳng Oy. Xét tại

I O

M(x,y). Theo định luật khúc xạ:

n ( x ) sin α = n0 sin 900 = n0

⇔

n0 sin α = n0 ⇒ sin α =1 − γ x 1− γ x

(2)

- Ta thấy phương trình (2) hoàn toàn trùng hợp với phương

1 trình (1) mô tả quỹ đạo của chuyển động tròn với γ = . Như vậy quỹ đạo tia sáng cũng là R một đường tròn bán kính R =

. Tâm I của đường tròn nằm trên trục Ox, cách O một

Trường THPT Chuyên Thái Bình

272

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

khoảng R.

- Để tìm điểm mà tia sáng ló ra, ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Bề dày bản d < R. Khi đó tia sáng sẽ ló ra tại B ở mặt bên kia. Từ hình vẽ ta có: xB = R − R − d = 2

B R

1− 1− γ 2 d 2

d I

Trường hợp 2: Bề dày bản d ≥ R . Khi đó tia sáng sẽ ló ra sau khi đi được nửa vòng tròn.

x = 2R = 2 / γ Bài toán 1.7: 1. Một vệ tinh chuyển động với vận tốc có độ lớn v0 không đổi theo một quỹ đạo tròn xung quanh một hành tinh có bán kính R. Biết gia tốc rơi tự do trên bề mặt hành tinh là g.

1.1. Xác định bán kính quỹ đạo r0 của vệ tinh. 1.2. Do một tác động nhỏ, tại một thời điểm nào

đó, hướng vectơ vận tốc của vệ tinh thay đổi một góc

nhỏ, nhưng độ lớn vận tốc vẫn không thay đổi. Khi đó,

hiển nhiên quỹ đạo vệ tinh sẽ là một elip. Hãy xác định sự phụ thuộc của vận tốc vệ tinh vào khoảng cách r từ nó

đến tâm hành tinh. 1.3. Tìm độ biến thiên độ lớn vận tốc ∆v khi khoảng cách đến tâm hành tinh thay đổi một lượng nhỏ ∆r .

2. Một khối trụ được làm bằng chất liệu trong suốt, nhưng chiết suất của nó giảm chậm khi tăng khoảng cách đến trục của khối trụ theo quy luật n(r ) = n0 (1 − γ r ) , trong đó n0 và

γ là các hằng số đã biết. Hỏi cần phải tạo ra một chớp

r O

sáng ở cách trục khối trụ một khoảng bằng bao nhiêu để một số tia sáng có thể lan truyền theo vòng tròn xung quanh một tâm nằm trên trục hình trụ.

Bài giải: 1.1. Khi vệ tinh chuyển động tròn quanh hành tinh, lực hấp dẫn đóng vai trò lực hướng tâm.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

273

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Ta có G

Mm v02 M = m ⇒ r0 = G 2 2 r0 r0 v0

(1).

Trong đó M, m là khối lượng hành tinh và vệ tinh - Gia tốc rơi tự do trên bề mặt hành tinh xác định bởi g = G

gR 2 Từ (1) và (2) tìm được r0 = 2 v0

M R2

(2)

(3)

1.2. Gọi v là vận tốc của vệ tinh khi cách hành tinh khoảng r. Áp dụng bảo toàn cơ năng có:

Mm 1 2 Mm 1 2 (4) mv0 − G = mv − G r0 r 2 2 Thay (2) , (3) vào (4) được −

gR 2 1.3. Từ (3) → v = r0 2 0

1 2 1 2 gR 2 2 gR 2 ⇒ v = v0 −1 v0 = v − 2 2 r v02 r

(5)

(6)

Khi r = r0 + ∆r thì v = v0 + ∆v . Thay vào (5)

→ v0 + ∆v = v0

2 gR 2 2 gR 2 2 gR 2 gR 2 2 2 − 1 ⇒ ( v0 + ∆v ) = − v0 = − v02 r r0 + ∆r r0 + ∆r r0

(7)

2 gR 2 2 gR 2 ∆r Trừ (7) cho (6) ⇒ ( v0 + ∆v ) − v = − = − 2 gR 2 r0 + ∆r r0 ( r0 + ∆r ) r0 2

⇔ ∆v ( 2v0 + ∆v ) = − 2 gR 2

2 0

∆r ( r0 + ∆r ) r0

Vì ∆v << v0 ; ∆r << r0 ⇒ 2 v0 + ∆v ≈ 2 v0 ; r0 + ∆r ≈ r0 . Từ đó → 2v0 ∆v ≈ − 2

⇒

gR 2 ∆r ∆r × ⇔ v0 ∆v = − v02 r0 r0 r0

∆v v =− 0 r0 ∆r

(8)

2. Từ sự tương tự quang- cơ (tỉ lệ chiết suất tương tự như tỉ lệ tốc độ), ta thấy để một số tia sáng có thể lan truyền theo vòng tròn xung quanh một tâm nằm trên trục hình trụ thì

Trường THPT Chuyên Thái Bình

274

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

n(r ) n (1 − γ r ) ∆n =− =− 0 ∆r r r Theo giả thiết n(r ) = n0 (1 − γ r ) ⇒ Từ (9) và (10) ta có −

(9)

∆n = − n0γ ∆r

(10)

1 n0 (1 − γ r ) = − n0γ ⇒ r = 2γ r

Chú ý rằng phương trình (9) có thể tìm được từ nguyên lý Fermat :: Theo nguyên lý Fermat, thời gian để ánh sáng đi theo một vòng tròn quanh một tâm nằm trên trục hình trụ theo các bán kính r và r + ∆r là như nhau

2π ( r + ∆r ) 2π r ∆v v = ⇒ = v + ∆v v ∆r r

c n

- Vì v = ⇒ ∆v = − Từ (11) và (12) →

(11)

c v ∆v v ∆n ∆n = − ∆n ⇒ =− × 2 n n ∆r n ∆r

(12)

v v ∆n ∆n n = − × ⇒ = − . Đây chính là phương trình (9). r n ∆r r ∆r

Trường THPT Chuyên Thái Bình

275

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

CHƯƠNG II SỰ TƯƠNG TỰ ĐIỆN- CƠ I- Sự tương tự giữa trường hấp dẫn và trường điện từ Cơ sở để giải các bài toán tương tự này là dựa trên sự giống nhau về mặt toán học giữa các biểu thức cho định luật cơ bản của tĩnh điện học và định luật vạn vật hấp dẫn

Cơ học

Điện học

1. Định luật Coulomb

1. Định luật vận vật hấp dẫn

q1q2 F q F = k 3 r ; E = = k 32 r r q1 r

m1m2 F m F = − G 3 r ; g = = − G 32 r r m1 r

Như vậy ở đây có sự tương tự giữa E và g , q và m, k và –G Tuy nhiên cần chú ý là m luôn dương còn q có thể âm hoặc dương, hệ số k luôn dương còn –

G luôn âm do đó E có thể cùng hoặc ngược chiều với r còn g luôn trái chiều với r . 2. Định lý Oxtrogratxki - Gauss

Φ E = 4π r 2 E =

ε0

→E=

q q =k 2 2 r 4π r ε 0

Φ g = 4π r 2 g = 4π Gm → g = G

m . r2

Với Φ E là điện thông gửi qua mặt cầu. E là Với Φ g là “thông lượng trường hấp dẫn” cường độ điện trường do điện tích q nằm gửi qua mặt cầu. g là cường độ trường hấp trong mặt cầu gây ra tại những điểm trên mặt dẫn do khối lượng m nằm trong mặt cầu cầu.

gây ra tại những điểm trên mặt cầu.

- Thế năng tương tác tĩnh điện giữa hai điện

- Thế năng tương hấp dẫn giữa hai chất điểm

q1 , q2 cách nhau khoảng r là:

có khối lượng m1 , m2 cách nhau khoảng r

tích

W =k

q1q2 r

là: W = − G

m1m2 r

Ta xét các bài toán sau Bài toán 2.1: Coi trái đất như một quả cầu đồng chất tâm O, bán kính R, khối lượng M. Gia tốc rơi tự do ở bề mặt trái đất là g 0 . Bỏ qua ảnh hưởng sự tự quay của trái đất.

1. Tìm gia tốc rơi tự do tại điểm N cách tâm trái đất khoảng r. Vẽ đồ thị sự phụ thuộc của g theo r.

2. Người ta nối hai thành phố A, B bằng một đường hầm thẳng, chỗ sâu nhất cách mặt đất khoảng d. Hãy nghiên cứu chuyển động của một chiếc xe trong đường hầm nếu nó được

Trường THPT Chuyên Thái Bình

276

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

thả từ A không vận tốc ban đầu. Tìm thời gian để xe đi hết đường hầm và vận tốc cực đại mà xe đạt được. Bỏ qua mọi ma sát và lực cản của môi trường.

Bài giải Áp dụng sự tương tự này ta có thể giải bài toán như sau:

1. Do tính đối xứng cầu, g luôn hướng vào tâm O. Lấy mặt Gauss là mặt cầu tâm O trùng tâm trái đất,

rout

bán kính r.

Áp dụng định lý Oxtrogratxki – Gauss có

rin R

Φ g = 4π r 2 g ( r ) = 4π G∆m → g ( r ) = G

∆m , r2

trong đó ∆m là phần khối lượng trái đất có trong hình cầu bán kính r + Tại những điểm trong lòng đất (r < R) g

r3 4 3 ∆m = × πr = M 3 4 3 3 R πR 3 M

⇒ g ( r ) = GM

r r = g0 3 R R

+ Tại những điểm ngoài trái đất (r > R)

GM R2 ∆m = M ⇒ g ( r ) = 2 = g 0 2 r r

Đồ thị sự phụ thuộc của g theo r như hình vẽ.

x N

r Fhd

2. Chọn trục Ix dọc theo AB, gốc I tại trung điểm AB. Xét khi xe ở điểm N, cách tâm khoảng r

− Fhd cosα = ma ⇔ − mg ( r ) cosα = ma Thay

g ( r ) = g0

r x ; cosα = R r

⇒ − mg 0

r x g × = mx " ⇔ x " + 0 x = 0 . Đây là R r R

phương trình dao động đều hòa của xe giữa A và B với chu kỳ T = 2π

Trường THPT Chuyên Thái Bình

277

R g0

B x R

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Biên độ dao động a = R − ( R − d ) = 2

Có thể xem d << R → a ≈

d ( 2R − d ) .

2 Rd

- Thời gian xe đi từ A đến B bằng nửa chu kỳ dao động ∆t =

T R =π g0 2

- Vận tốc xe lớn nhất khi qua vị trí cân bằng I và Vmax = aω = 2 Rd ×

g0 = 2dg 0 R

Bài toán 2.2: Ở chân một quả núi hình bán cầu, có chiều cao h, bằng vật liệu có khối lượng riêng

µ , người ta thấy con lắc bị lệch so với phương thẳng đứng một góc nhỏ α . Trái đất

được coi như một thiên thể có tính đối xứng cầu. Nếu h = 1600 m,

µ = 2,7.103 kg / m3 , gia

tốc trọng trường trên mặt đất là g 0 = 9,8 m / s thì góc lệch α bằng bao nhiêu. 2

Bài giải - Cường độ trường hấp dẫn (gia tốc trọng trường) do

trái đất tác dụng lên là g 0 có phương thẳng đứng.

- Cường độ trường hấp dẫn (gia tốc trọng trường) do

quả núi tác dụng lên quả cầu là g n có phương nằm ngang và g n << g 0 . Góc lệch dây treo sẽ là

α g0 gth

α ≈ tan α = g n / g 0 (1)

- Nếu quả núi là hình cầu sẽ gây ra tại vị trí đặt quả cầu một gia tốc trọng trường g . Theo

4  4 3 π h  → g = πµGh 3  3 

định lý O-G ta có: Φ g = 4π h g = 4π G  µ 2

Do tính chất đối xứng, cường độ trường hấp dẫn do ngọn núi nửa hình cầu gây ra tại nơi đặt quả cầu là g n =

g 2 = πµGh 2 3

Thay vào (1) ta tìm được:

α≈

2πµGh = 6,16.10−5 ( rad ) 3g0

Dựa vào hiện tượng này, nhà thiên văn học người Anh Maskelyne lần đầu tiên đã ước lượng được giá trị của hằng số hấp dẫn G năm 1774, tức là trước khi Cavendish dùng cân

Trường THPT Chuyên Thái Bình

278

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

xoắn đo được G 24 năm Bài toán 2.3: Giả sử trong không gian giữa các vì sao có một đám mây khí hình cầu, được tạo bởi các hạt coi như các chất điểm. Các hạt của đám mây đứng yên và phân bố đều và có khối

ρ . Một hạt khối lượng m bắt đầu chuyển động theo phương bán kính về phía

lượng riêng là

tâm của đám mây. Chứng minh rằng, nếu bỏ qua ảnh hưởng của tất cả các lực khác thì thời gian để một hạt chuyển động đến tâm của đám mây không phụ thuộc vào khoảng cách ban

đầu của hạt. Tìm thời gian đó. (Dựa theo đề thi chọn học sinh vào đội tuyển dự thi APHO năm 2005) Bài giải - Dựa vào sự tương tự giữa trường hấp dẫn và trường tĩnh điện, ta có thể thấy sự tương tác hấp dẫn của các R

hạt trong bài toán tương tự như tương tác của các hạt mang điện tích phân bố đều.

- Ta đưa vào đại lượng A(r) tạm gọi là thế của trường hấp dẫn (tương tự như điện thế do hệ điện tích gây ra

tại một điểm) và định nghĩa g ( r ) = −

dA ( r ) . Khi đó thế năng tương tác hấp dẫn giữa đám dr

mây và hạt khối lượng m là W = m.A(r) (tương tự như thế năng tương tác của điện tích điểm

W = q.V(r) ) - Tìm A(r): Áp dụng định lý Oxtrogratxki – Gauss có

Φ g = 4π r 2 g ( r ) = 4π G∆m → g ( r ) = G

∆m 4 3 , trong đó ∆m = ρ × π r là phần 2 r 3

khối lượng đám mây nằm trong hình cầu bán kính r. Từ đó → g ( r ) =

4π G ρ r 3

Vì g ( r ) luôn hướng vào tâm nên g ( r ) ngược hướng với d r . Khi đó r

r 2π G ρ 2 A ( r ) = − g ( r )d r = g ( r )dr = r 3 0 0

∫

Thế năng tương tác hấp dẫn giữa đám mây và hạt khối lượng m khi m cách tâm khoảng r là W = mA ( r ) = m

2π G ρ 2 r . Cần chú ý là ta đã chọn gốc thế năng tại O là tâm 3

của đám mây.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

279

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bây giờ ta xét chất điểm khối lượng m ban đầu cách tâm đám mây khoảng R và có vận tốc bằng 0. Khi cách đám mây khoảng r có vận tốc v. Theo định luật bảo toàn năng lượng có:

1 2 2π G ρ 2 2π G ρ 2 mv + m r =m R 2 3 3

- Lấy đạo hàm hai về theo t: mvv ' + m

4π G ρ rr ' = 0 3

Thay v = r '; v ' = r " , đơn giản được: r " +

4π G ρ r = 0 → đây chính là phương trình của 3

một dao động tử điều hòa xung quanh vị trí cân bằng O là tâm đám mây với chu kì

T = 2π

3 = 4π G ρ

3π . Khoảng thời gian để một hạt bất kì đi từ vị trí có vận tốc bằng 0 Gρ

(vị trí biên) về đến O là ∆t =

3π T không phụ thuộc vào khoảng cách đến O = 4 16G ρ

II- Sự tương tự giữa chuyển động của hạt mang điện trong trường điện từ và chuyển động của một điểm trên vành bánh xe.

Bài toán 2.4: Có hai trường đều E và B vuông góc nhau. Ta

chọn hệ trục tọa độ OXYZ sao cho trục OY hướng theo E

còn trục OZ hướng theo B . Một hạt nhỏ khối lượng m, mang

vẽ). Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực trong quá trình hạt chuyển động. Hãy xác định:

điện tích q (q > 0) được thả từ O không vận tốc ban đầu (hình

1. Phương trình chuyển động của hạt. 2. Động năng cực đại của hạt. 3. Khoảng cách giữa hai điểm gần nhất trên quỹ đạo mà tại đó vận tốc của hạt bằng 0. 4. Quy luật biến đổi của vận tốc theo thời gian.

Bài giải 1. Xét chuyển động của hạt trong hệ quy chiếu chuyển động

với vận tốc V1 = E/B không đổi song song với trục OX. Với

vận tốc V1 như trên, lực Lorenzt f = qV1B cân bằng với lực

điện qE. Trong hệ này có thể xem hạt chỉ chịu tác dụng của lực Lorenzt ứng với thành phần vận tốc –V1. Vì lực Lorenzt

Trường THPT Chuyên Thái Bình

280

− V1

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

tác dụng lên hạt luôn vuông góc với vận tốc của hạt nên hạt sẽ chuyển động tròn đều với vận tốc V1. +) Bán kính quỹ đạo là R =

mV1 mE V qB = 2 , vận tốc góc ω = 1 = . qB qB R m

- Trong hệ quy chiếu chuyển động với vận tốc V1, phương trình chuyển động của hạt là:

x1 = − R sin ωt ; y1 = R − Rcosωt - Chuyển sang hệ quy chiếu gắn với trái đất ta có:

x =V1t − R sin ωt ; y = R − Rcosωt . 2. Quỹ đạo của hạt là đường Xiclôit. Chuyển động của hạt giống như chuyển động của một điểm trên vành bánh xe bán kính R =

mE lăn không trượt trên mặt phẳng ngang với vận qB 2

tốc V1.

y y’ 2R

x’

x - Động năng của hạt có giá trị cựzc đại khi hạt ở điểm cao nhất của quỹ đạo. Khi đó vận tốc của hạt là: Vmax = 2V1

E2 1 2 2 Và w d max = mVmax = 2mV1 = 2m 2 2 B 3. Khoảng cách giữa hai điểm gần nhất của quỹ đạo có vận tốc bằng 0 bằng khoảng cách giữa hai điểm liên tiếp mà vành bánh xe tiếp xúc với mặt phẳng:

l =V1T =

E 2π m 2π mE × = B qB qB 2

4. Vận tốc của hạt theo các phương OX và OY là:

vx = x ' ( t ) =V1 − Rω cosωt ; v y = y ' ( t ) = Rω sin ωt - Vận tốc toàn phần của hạt tại thời điểm t:

v = vx2 + v y2 = V1 2 (1 − cosωt ) = 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

E  qB  t. sin  B  2m 

281

E − V1 Z

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

III. Lưỡng cực hấp dẫn Cơ sở phần này là ta sẽ tính toán “lưỡng cực hấp dẫn” dựa trên những tính toán cho lưỡng cực điện.

Bài toán 2.5: 1.1. Một lưỡng cực điện gồm hai điện tích điểm có

cùng độ lớn điện tích q nhưng trái dấu đặt cách nhau

-q

l +q

một khoảng cố định l. Đặt điện tích điểm dương Q dọc theo trục lưỡng cực và cách lưỡng cực một khoảng r >> l. Hãy xác định lực do điện tích Q tác dụng lên lưỡng cực.

1.2. Một lưỡng cực hấp dẫn gồm hai chất điểm có cùng khối lượng m đặt cách nhau một khoảng cố định

l m

l. Đặt chất điểm M dọc theo trục lưỡng cực và cách lưỡng cực một khoảng r >> l.Hãy xác định lực hấp dẫn do chất điểm M tác dụng lên lưỡng cực. 2. Biết rằng lưỡng cực điện và lưỡng cực hấp dẫn đều có

thể quay tự do quanh một trục cố định qua tâm O của các

-q

lưỡng cực. Hãy nghiên cứu chuyển động của các lưỡng cực

khi nó lệch khỏi vị trí cân bằng góc nhỏ.

3.1. Tâm của lưỡng cực điện chuyển động trên quỹ đạo

-q

tròn bán kính R xung quanh một quả cầu lớn tích

điện dương Q phân bố đều (hình vẽ 3.1). Trục lưỡng cực luôn hướng về tâm quả cầu. Xác định chu kỳ quay và lực căng thanh trong quá trình chuyển động. 3.1. Tâm của lưỡng cực hấp dẫn chuyển động trên quỹ

đạo tròn bán kính R xung quanh một quả cầu lớn đồng

chất, khối lượng M (hình vẽ 3.2). Trục lưỡng cực luôn hướng về tâm quả cầu. Xác định chu kỳ quay và lực căng thanh trong quá trình chuyển động.

Bài giải 1.1. Lực tổng hợp tác dụng lên lưỡng cực có độ lớn:

F = F1 − F2 = k

+Q Qq Qq 2 − k 2 l  l  r−  r+   2  2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

282

-q

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

    Qq 1 1 2Qql  =k ⇔F=k 2  − 2 2 2 r  l  l   l2   3 r  1− 2   1+     1− 2r    2r     4r  Vì

l << 1, ta có thể bỏ qua các số hạng bậc 2 trở nên. 2r Khi đó: F = k

2Qql r3

(1)

1.2. Lực tổng hợp tác dụng lên lưỡng cực hấp dẫn có

Mm Mm độ lớn: F = F1 + F2 = G 2 + G 2 l  l  r−  r+   2  2

  l2   2  1+ 2   Mm  1 1 Mm  = G 2 ×  4r 2 ⇔ F =G 2 2 + 2 r  r l  l   l2    − + 1 1      2r   1− 4r 2    2r      Vì

l << 1, ta có thể bỏ qua các số hạng bậc 2 trở nên. 2r Khi đó: ⇔ F = G

M × 2m r2

(2)

Như vậy trong trường hợp r >> l thì tương tác giữa khối lượng M và lưỡng cực hấp dẫn giống như tương tác giữa M và chất điểm khối lượng 2m đặt tại tâm lưỡng cực.

2.1. Lưỡng cực điện - Chọn chiều dương ngược chiều kim đồng hồ Khi lưỡng cực quay góc

α . Phương trình động

lực học trong chuyển động quay quanh O:

l l l − F1 sin α − F2 sin α = Iα " ⇔ − ( F1 + F2 ) α = Iα " 2 2 2 Vì

α nhỏ, ta đã lấy sin α ≈ α

Trường THPT Chuyên Thái Bình

283

r+ r-

α O F1 -q (3)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

- Từ hình vẽ: F1 = k

Qq Qq =k 2 =k 2 r− r − lr cos α + l 2 / 4

F2 = k

l2   l r 1− cos α + 2  4r   r

Qq Qq =k 2 =k 2 r+ r + lr cos α + l 2 / 4

l2   l r  1+ cos α + 2  4r   r 2

Vì l<< r, ta bỏ qua số hạng bậc 2 của l/r. Khi đó:

F1 ≈ k

Qq  l r 2 1− cos α  r

F2 ≈ k

  

Qq  l r 2 1+ cos α  r

≈k

  

Qq  l  1+ cos α  2  r  r 

≈k

Qq  l  1− cos α  2  r  r 

(chú ý ta đã sử dụng công thức (1 ± x ) ≈ 1 ± nx , khi x << 1 ) n

- Mô men quán tính của lưỡng cực đối với trục quay qua O: I = 2 × m ( l / 2 ) = ml / 2 2

Qq l ml 2 Qq Thay vào (3) ta được: 2k 2 × α = α " ⇔ α " + 2k α =0 r 2 2 mlr 2 2mlr 2 Như vậy lưỡng cực sẽ dao động điều hòa nhỏ xung quanh O với chu kì T = π kQq 2.2. Lưỡng cực hấp dẫn - Chọn chiều dương ngược chiều kim đồng hồ Khi lưỡng cực quay góc

α . Phương trình động lực

α O

F1 m

học trong chuyển động quay quanh O:

l l l − F1 sin α + F2 sin α = Iα " ⇔ − ( F1 − F2 ) α = Iα " 2 2 2 Vì

(3)

α nhỏ, ta đã lấy sin α ≈ α

- Tương tự như lưỡng cực điện, từ hình vẽ có

F1 = G

Mm Mm =G 2 =G 2 r1 r − lr cos α + l 2 / 4

Trường THPT Chuyên Thái Bình

Mm l   l r 2 1− cos α + 2  4r   r 2

284

Mm  l  1+ cos α  2  r  r 

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

F2 = G

Mm Mm =G 2 =G 2 r2 r + lr cos α + l 2 / 4

l   l r 2 1+ cos α + 2  4r   r 2

Mm  l  1− cos α  2  r  r 

ml 2 l - Mô men quán tính của lưỡng cực đối với trục quay qua O: I = 2 × m   = 2 2 Thay vào (3) ta được: 2G

Mml l ml 2 M × = α α " ⇔ α " + 2G 3 α = 0 3 r 2 2 r

2r 3 Như vậy lưỡng cực sẽ dao động điều hòa nhỏ xung quanh O với chu kì T = π GM Như vậy chu kỳ dao động của lưỡng cực hấp dẫn có điểm đặc biệt là không phụ thuộc và các đại lượng đặc trưng của lưỡng cực. Ta xét trường hợp lưỡng cực ở gần mặt đất. Gia tốc rơi tự do g 0 =

GM . R2

2R3 2R 2.6, 4.106 =π =π ≈ 3,6.103 s ≈1h Khi đó T = π 2 g0 R g0 9,8 3.1. Để trục lưỡng cực luôn hướng về tâm quả cầu thì các điện tích của lưỡng cực phải quay với cùng tốc độ góc

ω . Phương

ω F1

-q

trình động lực học viết cho chuyển động

của các điện tích của lưỡng cực trong chuyển động quay quanh điện tích +Q là:

l   l  mω 2  r −  = F1 − N ⇔ mω 2 r 1−  = k  2  2r 

Qq l   r  1−   2r 

l   l  mω 2  r +  = N − F2 ⇔ mω 2 r 1+  = N − k  2  2r 

Trường THPT Chuyên Thái Bình

285

−N

l   r  1+   2r  2

Sử dụng phép tính gần đúng (1± x ) ≈1 ± nx khi x << 1 , ta có: n

ω N F +q 2 N

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

l  Qq  mω 2 r  1−  ≈ k 2 r  2r 

 l  1+  − N  r

l  Qq  l   mω 2 r 1+  ≈ N − k 2 1−  r  r  2r  Cộng (4) và (5): ⇒ 2mω r = 2 k 2

(4)

(5)

Qql kQql ⇒ω = 3 r mr 4

(6)

2π

mr 4 - Chu kỳ quay của lưỡng cực: T = = 2π kQql ω Thay (6) vào (5) được:

Qql  l  Qq  l  Qq  l l 2 l N = k 3  1+  + k 2  1−  = k 2  + 2 + 1−  r  2r  r  r r  r 2r r Vì

l l << 1 , bỏ qua số hạng bậc 2 của r r ta được: N = k

Qq r2

3.2. Lưỡng cực hấp dẫn: Tương tự như lưỡng cực điện. Ta có các phương

trình động lực học viết cho chuyển động của các

khối lượng m trong chuyển động quay quanh M:

l   l  mω 2  r −  = F1 − N ⇔ mω 2 r 1−  = G  2  2r 

Mm 2 − N l   r 2 1−   2r 

l l    mω 2  r +  = F2 + N ⇔ mω 2 r 1+  = G  2  2r 

Mm 2 +N l  2 r  1+   2r 

Sử dụng phép tính gần đúng (1± x ) ≈1 ± nx khi x << 1 , ta có: n

l  Mm  mω 2 r  1−  ≈ G 2 r  2r 

 l 1+  − N  r

Trường THPT Chuyên Thái Bình

286

(7)

ω F1 m

ω N m N F2

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

l  Mm  l   mω 2 r 1+  ≈ G 2 1−  + N r  r  2r  Cộng (7) và (8): ⇒ 2mω r = 2 G 2

(8)

Mm GM ⇒ ω = r2 r3

(9)

2π

r3 - Chu kỳ quay của lưỡng cực hấp dẫn: T = = 2π . GM ω Như vậy chu kỳ quay của lưỡng cực hấp dẫn có điểm đặc biệt là không phụ thuộc và các đại lượng đặc trưng của lưỡng cực. Thay (9) vào (8) được:

N =G

Mm  l  Mm  l  3 Mml 1 +  − G 2  1−  = G 3 2  r  2r  r  r 2 r

Trường THPT Chuyên Thái Bình

287

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

CHƯƠNG III TRƯỜNG TRỌNG LỰC HIỆU DỤNG Cơ sở cơ bản của phần này là dựa trên sự giống nhau về mặt hiện tượng giữa chuyển

động của vật dưới tác dụng của lực (hợp lực) P ' không đổi và chuyển động của vật dưới tác dụng của trọng lực.

Ta xét các bài toán sau Bài toán 4.1: Một con lắc đơn gồm vật nhỏ khối lượng m được treo bởi sợi dây nhẹ, không dãn dài l. Con lắc có thể chuyển động tự do trong mặt phẳng thẳng đứng. Biết rằng trong suốt

quá trình chuyển động con lắc còn chịu thêm tác dụng của một lực F không đổi, hợp với phương thẳng đứng góc

β . CMR trong dao động điều hòa nhỏ của con lắc xung quanh vị trí

cân bằng, chuyển động của con lắc giống như chịu tác dụng của một trọng lực hiệu dụng P '. Lập biểu thức tính chu kỳ dao động khi đó. Bỏ qua ma sát và lực cản môi trường khi con lắc chuyển động

Bài giải

Chuyển động của con lắc khi có thêm ngoại lực F

Chuyển động của con lắc khi chỉ chịu tác dụng của trọng lực

- Vị trí cân bằng:

P + F + τ0 = 0 Đặt P ' = P + F ⇒ τ 0 = − P ' . Như vậy khi

P +τ 0 = 0 ⇒ τ 0 = − P . Như vậy khi con

α0

con lắc nằm cân bằng,

sợi dây có phương hợp lực P ' .

lắc nằm cân bằng, sợi dây có

α0 P

phương của P , tức là phương

thẳng đứng

τ0

P Trong suốt quá trình chuyển động P không Trong suốt quá trình chuyển động P , F không đổi đổi nên P ' không đổi - Chọn gốc O tại vị trí cân bằng, chiều dương như hình vẽ. Xét khi con lắc có li độ góc

α ( so với vị

trí cân bằng)

P + F + τ = ma ⇔ P ' + τ = ma

Trường THPT Chuyên Thái Bình

P + τ = ma - Theo phương tiếp tuyến

288

α l

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

- Theo phương tiếp tuyến

− P sin α = mat = mlα "

− P 'sin α = mat = mlα "

Ta chỉ xét dao động

α0 α

nhỏ, khi đó sin α ≈ α .

Thay vào ta được

Đặt

α" +

ω=

nhỏ, khi đó sin α ≈ α .

Thay vào ta được

P' α =0 ml

P α =0 ml

α" +

→ α " + ω 2α = 0 → vật Đặt ω = ml P' P' → α " + ω 2α = 0 → vật dao động

điều hòa với chu kì T ' =

dao

2π

= 2π

ml P'

động

2π

điều

= 2π

với

hòa

kì

chu

ml P

- Từ kết quả bài toán ta thấy chuyển động của con lắc khi có thêm một ngoại lực không đổi tác dụng

giống như chuyển động trong trường trọng lực thực khi ta thay thế P bằng P ' là hợp lực của P

và F . P ' được gọi là trọng lực hiệu dụng. Bài toán 4.2: Vật nặng có khối lượng m nằm trên một

mặt phẳng nhẵn nằm ngang, được nối với một lò xo có

độ cứng k, lò xo được gắn vào bức tường đứng tại điểm A (hình vẽ). Vật m đang đứng yên và

lò xo không biến dạng thì vật nặng bắt đầu chịu tác dụng của một lực không đổi F hướng theo trục lò xo như hình vẽ. Hãy tìm quãng đường mà vật nặng đi được và thời gian vật đi hết quãng đường ấy kể từ khi bắt đầu tác dụng lực cho đến khi vật dừng lại lần thứ nhất.

(Trích đề thi HSG lớp 12 THPT Tỉnh Nam Định năm 2012). Bài giải - Để giải bài toán này ta có nhận xét rằng, trong chuyển động của con lắc lò

xo thẳng đứng, vật nặng luôn chịu tác dụng của trọng lực P

∆l

O không đổi. Kết quả là vật sẽ dao động điều hoà xung quanh vị trí cân bằng xác định bởi

mg ∆l = . k

- Chuyển động của vật nhỏ trong bài toán hoàn toàn tương tự như con lắc lò xo thẳng đứng và chịu tác

Trường THPT Chuyên Thái Bình

289

Chiều dài tự nhiên

∆l

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

dụng của “trọng lực hiệu dụng” P ' = F . Kết quả là vật sẽ dao động điều hoà xung quanh vị trí cân bằng xác định bởi ∆l = F / k (nói

cách khác ta có thể hình dung như quay mặt phẳng dao động của con lắc đi 900, tính chất chuyển động của con lắc hoàn toàn không thay đổi). - Bây giờ bài toán sẽ được hiểu đơn giản là từ vị trí cân bằng, đưa con lắc về vị trí mà lò xo có chiều dài tự nhiên rồi thả ra. Kết quả là con lắc sẽ dao động điều hoà xung quanh vị trí cân bằng O với biên độ A = ∆l =

F m , chu kì T = 2π . k k

- Quãng đường mà vật nặng đi được cho đến khi vật dừng lại lần thứ nhất đúng bằng khoảng cách giữa hai vị trí biên s = 2 A = 2

F k

- Thời gian vật đi hết quãng đường s kể từ khi bắt đầu tác dụng lực cho đến khi vật dừng lại lần thứ nhất bằng khoảng thời gian giữa hai lần vật qua vị trí biên ∆t =

T m =π . k 2

Cách giải này không những đúng cho trường hợp F không đổi trong suốt quá trình dao động mà còn áp dụng trong một giai đoạn nhỏ, miễn là trong giai đoạn đó, hiện tượng vật lý xảy ra tương tự. Ta hãy xét các bài toán sau Bài toán 4.3: Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ khối lượng 0,02 kg và lò xo có độ cứng 1 N/m. Vật nhỏ được đặt trên giá đỡ cố định nằm ngang dọc theo trục lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa giá đỡ và vật nhỏ là 0,1. Ban đầu giữ vật ở vị trí lò xo bị nén 10 cm rồi buông nhẹ để con lắc dao động tắt dần. Lấy g = 10 m/s2. Tốc độ lớn nhất vật nhỏ đạt được trong quá trình dao động là bao nhiêu?

(Trích đề thi đại học Khối A năm 2010). Bài giải - Do trong quá trình chuyển động cơ năng của con lắc giảm dần chuyển thành công sinh ra để thắng công của lực ma sát nên vận tốc con lắc lớn nhất (tương ứng với động năng cực đại) trong quá trình chuyển động sẽ xảy ra ở nửa chu kì đầu tiên. - Gọi ∆l : độ biến dạng của xo khi con Chiều dài tự nhiên

lắc ở vị trí cân bằng động. Ta có

k ∆l = µ mg ⇒ ∆l = µ mg / k

Trường THPT Chuyên Thái Bình

∆l

O Fms 10cm 290

Fdh

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

- Trong nửa chu kỳ đầu tiên con lắc chịu tác dụng của lực ma sát có phương, chiều và độ lớn Fms = µ mg không đổi. Nếu so sánh với con lắc lò xo thẳng đứng ta thấy trong nửa chu kỳ này con lắc chịu tác dụng của “trọng lực hiệu dụng” F = µ mg . Như vậy con lắc sẽ chuyển động giống như một dao động tử điều hòa xung quanh vị trí cân bằng động với biên độ A = (10 − ∆l ) cm , tần số góc

k . m

ω=

Vận tốc lớn nhất khi con lắc qua vị trí cân bằng động

vmax = Aω = (10 − ∆l )

k ( cm / s ) = 40 2 cm / s . m

Cần chú ý rằng trong nửa chu kỳ tiếp theo con lắc sẽ “dao động điều hoà” xung quanh VTCB O’ đối xứng với VTCB O đối với vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên. Bài toán 4.4: Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ khối lượng 100 g và lò xo nhẹ có độ cứng 10 N/m. Vật nhỏ được đặt trên giá đỡ cố định nằm ngang dọc theo trục lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa giá đỡ và vật nhỏ là 0,1. Ban đầu giữ vật ở vị trí lò xo bị dãn 3 cm rồi buông nhẹ để con lắc dao động tắt dần. Lấy g = 10 m / s . Xác định thời gian chuyển động của vật từ thời 2

điểm ban đầu đến thời điểm vật qua vị trí lò xo không biến dạng lần thứ nhất Bài giải - Xét trong nửa chu kỳ đầu tiên, chuyển động của vật sẽ giống như một dao động tử điều hòa xung

∆l Fdh

quang vị trí cân bằng O tương ứng với độ dãn của lò xo ∆l =

µ mg k

3 cm

Chiều dài tự nhiên

= 1cm .

Biên độ dao động A = 3 − 1= 2 cm , tần số góc

ω=

Fms

k =10 ( rad / s ) . m

- Chọn trục Ox như hình vẽ, gốc O tại vị trí cân bằng. Gốc thời gian lúc con lắc bắt đầu dao động.

Phương trình dao động của vật là x = 2cos10t cm

- Khi lò xo không biến dạng lần thứ nhất, vật sẽ có li độ x = − ∆l = −1cm và đi theo chiều âm. Dựa vào mối liên hệ giữa dao động điều hòa và

Trường THPT Chuyên Thái Bình

291

2π / 3 -2

-1

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

chuyển động tròn đều ta tìm được thời gian kể từ lúc vật bắt đầu chuyển động đến khi vật qua vị trí lò xo không biến dạng lần thứ nhất bằng ∆t =

Trường THPT Chuyên Thái Bình

292

α 2π / 3 π = = (s) 10 15 ω

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

CHƯƠNG IV SỰ TƯƠNG TỰ TRONG CÁC BÀI TOÁN HỆ THẤU KÍNH- GƯƠNG

Cơ sở cơ bản của phương pháp này là ta có thể thay thế một hệ Thấu kínhGương đồng trục bằng một gương phẳng hoặc gương cầu tương đường bằng cách tìm những điểm và những mặt phẳng đặc biệt đặc trưng cho hệ mà với những điểm và những mặt phẳng này ta thu được kết quả tương tự như những kết quả đã thu được với một gương. Ưu điểm của phương pháp này là ta đưa ra

được hệ phương trình đơn giản và không cần chú ý đến đường truyền của tia sáng trong hệ.

Ta xét các bài toán sau Bài toán 5.1: Một quang hệ gồm một thấu kính hội tụ mỏng có tiêu cự f và một gương phẳng được đặt sao cho trục chính của thấu kính vuông góc với gương, mặt phản xạ hướng về phía thấu kính. Khoảng cách giữa thấu kính và gương là l. 1. Chứng tỏ rằng quang hệ trên tương đương với một gương cầu. Nêu cách xác định vị trí của tiêu điểm, đỉnh của gương cầu đó. 2. Khoảng cách l cần phải thoả mãn điều kiện gì để quang hệ trên tương đương với một gương cầu lồi hoặc tương đương với một gương cầu lõm?

(Trích đề thi HSG quốc gia năm 2008) Bài giải:

Trước hết ta xét các trường hợp đặc biệt : 1- Trường hợp 1: Mọi tia tới đi qua tiêu điểm vật F của

TKHT sau khi qua hệ bị bật ngược trở lại . Như vậy tiêu

điểm vật F có đặc tính là tâm của một gương cầu . 2- Trường hợp 2: Xét điểm O trên trục chính mà ảnh của nó là điểm O2 (đỉnh của gương phẳng). Mọi tia sáng qua O

đều cho tia phản xạ đối xứng với tia tới

qua trục chính, tia ló cuối cùng có

đường kéo dài qua O. Như vậy điểm O có đặc tính là đỉnh của một gương cầu.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

293

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Vậy: Hệ Thấu kính – Gương ở trên có thể thay bằng một gương cầu tương đương có tâm C ≡ F và đỉnh tại O. Bài toán về hệ thấu kính- gương được đưa về bài toán gương cầu tương

đương.

TK → O2 - Xác định đỉnh O: O  d1 d1'

Vì O2 ở sau O1 nên O2 sẽ là ảnh thật của O qua thấu kính → d1 = l . '

Vị trí của O đối với thấu kính xác định bởi: O1O = d1 =

C≡F

lf l− f

C≡F O1

Ta có OC = OO1 + O1C = − O1O + O1C = −

(1)

lf f2 + f =− l− f l− f

(2)

OC f2 Tiêu cự của gương xác định bởi: f G = OFG = =− 2 2(l − f )

(3)

Chú ý: ta cũng có thể xác định vị trí tiêu điểm của gương tương đương theo định nghĩa: chùm sáng song song sau khi qua hệ sẽ đồng quy tại một điểm, điểm đó chính là tiêu điểm của hệ TK G TK → A1  → A2 → A3 . + Sơ đồ tạo ảnh: A  d1 →∞ d1' d2 d 2' d3 d 3' = O1FG

+ Vì d1 →∞ ⇒ d1 = f ; d 2 = l − d1 = l − f ; d 2 = − d 2 = − ( l − f '

d3 = l − d 2' = ( 2l − f ) ⇒ O1 FG = d3' =

f ( 2l − f ) d3 f = d3 − f 2l − 2 f

Có OFG = OO1 + O1 FG = − O1O + O1 FG

Trường THPT Chuyên Thái Bình

294

)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

f ( 2l − f ) lf f2 trùng với công thức (3) ⇔ fG = − + =− 2l − 2 f 2 (l − f ) l− f 2. Để hệ có thể thay thế bằng gương cầu lồi thì đỉnh O phải nằm phía trước của tâm F (so với chiều truyền tia sáng). Như vậy O phải là vật thật của thấu kính L và cho ảnh thật tại O2. Ta có d1 =

lf > 0 . Vì f , l > 0 → l > f l− f

+ Có OF = OO1 − O1 F =

lf f2 − f = l− f l− f

+ Tiêu cự của gương cầu tương đương bằng f G = -

OF f2 = − 2 2(l − f )

- Để hệ có thể thay thế bằng gương cầu lõm thì đỉnh O phải nằm phía sau của tâm F (so với chiều truyền tia sáng). Như vậy O phải là vật ảo của thấu kính L và cho ảnh thật tại O2. Ta có d1 =

lf < 0 . Vì f , l > 0 → l < f l− f

+ Có OF = OO1 + O1 F = −

lf f2 (cần chú ý là l <f) + f =− l− f l− f

+ Tiêu cự của gương cầu lõm tương đương bằng f G =

OF f2 với l <f = − 2 2 (l − f )

Bài toán 5.2: Đặt một vật AB vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ tiêu cự f. Sau thấu kính đặt một gương phẳng có mặt phản xạ hướng về phía thấu kính, vuông góc với trục chính của thấu kính, cách thấu kính 30cm, người ta thấy rằng có hai vị trí của vật cho ảnh

ở vị trí của vật. Hai vị trí này cách nhau 40cm. Xác định tiêu cự thấu kính. Bài giải Tương tự như bài toán trên, ta sẽ thay hệ bằng một gương cầu tương đương có tiêu cự

f2 f2 fG = − =− . 2(l − f ) 2 ( 30 − f ) Tâm C và đỉnh O các thấu kính những đoạn O1O =

lf ; O1C = f l− f

Hai vị trí của vật mà cho ảnh trùng vị trí vật tương ứng với vật đặt tại tâm C và đỉnh O

Trường THPT Chuyên Thái Bình

295

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

→ OC = 40 cm ⇒ f G = ± 20cm Trường hợp f G = 20cm ⇒ −

f2 = 20 2 ( 30 − f )

⇔ f 2 − 40 f +1200 = 0 → Phương trình vô nghiệm. f2 Trường hợp f G = − 20cm ⇒ − = − 20 2 ( 30 − f )

⇔ f 2 + 40 f −1200 = 0 → f = 20 cm hoặc f = − 60 cm < 0 → loại Vậy f = 20 cm

Bài toán 5.3: Quang hệ đồng trục gồm một thấu kính phân kì O1 tiêu cự − f và một gương phẳng O2 đặt cách nhau 2 f . Xác định vị trí đặt vật trước hệ để ảnh cuối cùng nhỏ hơn vật 7 lần .

Bài giải: Tương tự như bài toán trên, ta sẽ thay hệ bằng một gương cầu tương đương có tiêu cự

(− f ) f2 f fG = − =− = − < 0 → hệ được thay bằng gương cầu lồi. 2(l − f ) 2  2 f − ( − f )  6 2

Vị trí đỉnh O xác định bởi: O1O =

2 f × (− f ) lf 2f = =− → đỉnh O nằm sau l− f 3f 3

thấu kính. Vị trí tâm C: O1C = − f - Vì gương cầu lồi, vật thật luôn cho ảnh ảo nên theo giả thiết ta có k = 1/7

Đặt OA = d , ta có : k =

O1 A = O1O + OA = −

fG f /6 f 1 = = = d − f G d + f / 6 6d + f 7

⇒ d= f

f 2f + f = . Vậy AB cách thấu kính O1A = f/3 3 3

Bài toán 5.4: Một hệ gồm TKPK tiêu cự f = - 20cm đặt cùng trục chính với một gương cầu lõm . Người ta thấy đặt vật ở bất kì vị trí nào trước thấu hính ảnh cuối cùng cũng là một ảnh

ảo bằng vật. 1. Xác định vị trí tâm C của gương 2. Dịch chuyển gương ra xa thấu kính thêm một đoạn 4cm. Tìm vị trí đặt vật sao cho ảnh

Trường THPT Chuyên Thái Bình

296

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

cuối cùng là ảnh thật bằng vật. 3. Lúc đó , nếu đặt vật tại tiêu diện ảnh của thấu kính thì sẽ thấy ảnh cuối cùng là ảnh ảo lớn gấp 2,5 lần vật. Xác định khoảng cách giữa TK và G và tiêu cự gương.

Bài giải :

Trước hết ta nhận xét một số điểm đặc biệt: - Trên trục chính của hệ ta luôn tìm được một điểm C1 mà ảnh của nó qua thấu kính là tâm C của gương. Khi đó mọi tia sáng đi qua C1 đều cho tia ló ra khỏi hệ bật ngược trở lại.

Điểm C1 có đặc tính của tâm của một gương cầu tương đương. - Đồng thời trên trục chính ta cũng tìm được một điểm O mà ảnh của nó qua thấu kính là điểm O2 (đỉnh của gương cầu). Khi đó mọi tia sáng đi qua O đều cho tia ló đối xứng với tia tới qua trục chính. Điểm O khi đó có đặc tính là đỉnh của một gương cầu.

Để O sau khi qua thấu kính phân kì cho ảnh thật tại O2 thì O phải là vật ảo và nằm trong khoảng thấu kính và gương. Như vậy hệ thấu kính – gương trong trường hợp này được thay thế bằng một gương cầu tương đương có tâm tại C1 và có đỉnh tại O. 1. Để ảnh cuối cùng luôn là ảnh ảo bằng vật thì gương được thay thế là gương phẳng. Như vậy tâm C1 phải ở vô cực. Khi đó C trùng với tiêu điểm ảnh F’ của thấu kính (tức là cách thấu kính 20cm).

2. Khi dịch chuyển gương ra xa thấu kính 4cm thì tâm C cách thấu kính 16 cm. Vì C là ảnh ảo của C1 qua thấu kính . Ta có:

O1C1 =

−16.(−20) = 80cm > 0 −16 + 20

Vì tâm C1 ở trước gương nên hệ khi đó được thay thế bằng một gương cầu lõm.

Để ảnh cuối cùng là ảnh thật bằng vật thì AB phải đặt tại tâm C1 của gương tương đương , tức là cách thấu kính 80cm.

B C1

Trường THPT Chuyên Thái Bình

297

C A ≡ F’

O1 16cm

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

3. Đặt OA = d ; O1O2 = l . Vì O là vị trí vật đối với thấu kính, sau khi qua thấu kính cho ảnh thật tại O2. Ta có: O1O =

fl 20l =− l− f l + 20

(1)

Gọi f G là tiêu cự của gương cầu tương đương. Vì vật đặt tại tiêu diện ảnh của thấu kính nên là vật thật sau khi gương cho ảnh ảo sẽ cùng chiều vật → k = + 2, 4 .

k =−

fG = 2,5 ⇒ d = 0,6 f G d − fG

(2)

Ta có: d = OA = OO1 + O1 A = − O1O + O1 A = + OC1 = OO1 + O1C1 = − O1O + O1C1 =

⇒ fG =

20l 40l + 400 + 20 = l + 20 l + 20

20l + 80 l + 20

OC1 10l = + 40 2 l + 20

(3)

Thay vào (2):

40l + 400  10l  = 0,6 ×  + 40  ⇒ l = 8cm l + 20  l + 20  Cuối cùng để tính tiêu cự của gương cầu lõm ban đầu ta căn cứ vào hình vẽ:

O2C = 2 f ' = l + 16 = 24 cm ⇒ f ' =12 cm

Trường THPT Chuyên Thái Bình

298

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

CHƯƠNG V CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1 : Một con kiến bò trên mặt bàn với tốc độ không đổi

v từ điểm P đến điểm M trên cạnh AB rồi đến điểm N trên

cạnh BC, sau đó đến điểm Q. Biết điểm P, Q cách cạnh

a2 b1

AB, BC những đoạn a1 , a2 , b1 , b2 (hình vẽ). Xác định vị trí

các điểm M, N để con kiến có thể đi từ P đến

b2 N

Q theo quỹ đạo trên trong thời gian ngắn nhất. Xác định khoảng thời gian đó

Bài 2: Một bờ vịnh có dạng một mặt cong (C) với trục đối xứng AN. Phía ngoài biển, tại N cách đỉnh vịnh một khoảng a là khu resort nằm trên hòn đảo. Du khách có thể đi ôtô trên

vịnh với tốc độ v1 và đi thuyền trên biển với tốc độ v2 . 1. Tìm hình dạng của mặt cong (C) sao cho các du khách ở khá xa vịnh có thể đi theo bất kì con đường nào tới vịnh rồi đi tàu tới khu resort mất khoảng thời gian là như nhau. 2. Bờ vịnh (mặt cong (C) có dạng mặt cầu bán kính R. Một du khách tại A đến khu resort. Biết rằng du khách có thể đi theo bất kì hướng nào mà hợp với AN góc

α nhỏ thì thời

gian đi là như nhau. Tìm khoảng cách từ A đến đỉnh vịnh.

Bài 3: Một quả cầu đồng chất khối lượng M, bán

lính R. Người ta khoét một hốc rỗng bên trong quả cầu. Hốc rỗng có dạng hình cầu bán kính R/2, mặt của hốc rỗng tiếp xúc với mặt cầu và đi qua tâm. Hai chất điểm A, B cùng có khối lượng m và cùng cách tâm quả cầu khoảng r. Hãy xác định lực mà

R A

quả cầu hút hai chất điểm này.

Bài 4: Một quang hệ đồng trục gồm một thấu kính hội tụ tiêu cự 20cm đăt đồng trục với một gương phẳng mặt phản xạ của gương quay về thấu kính và cách thấu kính 50cm. Một vật sáng AB đặt trước thấu kính, cách thấu kính d1 1. d1 = 30cm. Xác định vị trí, tính chất , độ phóng đại của ảnh qua hệ. Vẽ ảnh. 2. Đặt vật sát thấu kính rồi tịnh tiến vật xa hệ. Khảo sát sự thay đổi , tính chất, độ phóng

đại ảnh. 3. Xác định vị trí đặt vật để ảnh qua hệ có vị trí trùng vật.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

299

S O1

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 5: Cho hệ quang học như hình vẽ. Gương có tiêu cự f2=-20cm. Điểm sáng S trước gương cách gương 40cm. Khi dịch chuyển thấu kính trong khoảng giữa điểm sáng và gương ta chỉ tìm được một vị trí của thấu kính cho ảnh của S trùng với S. Tìm tiêu cự của thấu kính? Vẽ ảnh?

Bài 6: Một thấu kính phân kì có f1 = - 60cm đặt cùng trục với gương cầu lõm. Gương đặt đúng tiêu diện của thấu kính. Người ta thấy đặt vật ở bất kì vị trí nào trước thấu kính ảnh cuối cùng cũng là ảnh thật. Xác định tiêu cự của gương.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

300

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

KẾT LUẬN Qua thời gian nghiên cứu và giảng dạy tôi thấy rằng việc hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp tương tự có tính ưu việt hơn hẳn, nhất là các bài toán phức tạp có liên quan đến nhiều hiện tượng cũng như cần sử dụng những phép biến đổi toán học khó, cồng kềnh . Phương pháp tương tự hóa đã kích thích được tư duy sáng tạo của các em, đồng thời phát huy tính tích cực chủ động và tạo sự hào hứng trong học tập và nghiên cứu khoa học của học sinh. Nó dẫn đường nghiên cứu, cho phép xây dựng các mô hình, các lí thuyết mới, đề xuất những tư tưởng mới. Trong bài viết này tôi đã cố gắng chọn lọc và đơn giản hoá một số bài toán để phù hợp với học sinh phổ thông. Đối với các em ban A có thể giải quyết được các bài toán tương tự Quang- Cơ, Trường trọng lực hiệu dụng, hệ đồng trục... Còn đối với học sinh các lớp chuyên, nhất là các em trong đội dự tuyển Quốc gia và Quốc tế, việc cần phải nắm được phương pháp này là bắt buộc vì có những bài toán phức tạp về mặt hiện tượng cũng như xây dựng các phương trình toán học, những bài toán mà ta không thể nghiên cứu trực tiếp được. Khi đó các em chỉ cần tìm những sự giống nhau về các dấu hiệu về đối tượng cần nghiên cứu và các dấu hiệu về đối tượng đã có những hiểu biết phong phú định đem đối chiếu, từ đó suy ra sự giống nhau về các dấu hiệu khác của chúng. Trên cơ sở đó suy ra được lời giải bài toán, nó sẽ tường minh và đơn giản hơn cách giải thông thường. Do khả năng có hạn với những kinh nghiệm ban đầu thu thập được, bài viết không thể tránh khỏi những sai sót. Rất mong được sự đóng góp ý kiến của đọc giả. Cuối cùng tôi xin cảm ơn các Thầy giáo, Cô giáo trong tổ Vật lý kĩ thuật, các em học sinh các lớp và các đội tuyển tôi đã giảng dạy trong những năm qua đã đóng góp nhiều ý kiến và những nhận xét giá trị về cách diễn đạt và nội dung bài viết.

Nam Định, tháng 5 năm 2013 Tác giả

Trường THPT Chuyên Thái Bình

301

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. VŨ CAO ĐÀM- Phương pháp luận nghiên cứu khoa học- NXB khoa học và kỹ thuật- Hà Nội 2002. [2]. 1- I. E. TAMM- Những cơ sở lí thuyết của điện học- Người dịch ĐẶNG QUANG KHANG . NXB khoa học và kĩ thuật 1972. [3]. PHAN HỒNG LIÊN, LÂM VĂN HÙNG, NGUYỄN TRUNG KIÊN-Các bài tập vật lý

đại cương- NXBGD 2009. [4]. I. E. IRÔĐỐP, I.V XAVALIÉP, O.I.ĐAMSA- Tuyển tập các bài tập vật lí đại cương. Người dịch LƯƠNG DUYÊN BÌNH, NGUYỄN QUANG HẬU. NXB đại học và trung học chuyên nghiệp Hà Nội [5]. VŨ THANH KHIẾT, VŨ ĐÌNH TÚY- Các đề thi học sinh giỏi vật lý- NXBGD 2008. [6]. VŨ THANH KHIẾT, NGUYỄN ĐÌNH NOÃN, VŨ ĐÌNH TÚY- Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý Trung học phổ thông-Tập 7- NXBGD 2006. [7]. VŨ ĐỨC THỌ- Phương pháp ảnh điện- SKKN 2001. [8]. VŨ ĐỨC THỌ- Phương pháp tương đương trong các bài toán quang hình-SKKN 2003. [9]. Đề Olympic APHO năm 2004. [10]. Đề thi chọn học sinh vào đội tuyển dự thi APHO năm 2005. [11]. Đề thi HSG lớp 12 chuyên tỉnh Nam Định năm 2010. [12]. Đề thi tuyển sinh đại học khối A 2010. [13]. Đề thi HSG THPT tỉnh Nam Định năm 2012. [14]. Đề thi HSG Quốc gia năm 2010, 2012. [15]. Республиканская физическая олимпиада (III этап) 2008 годa, 2009 годa. [16].

Э.

ПAРССEM.

ЭЛEKТPИЧECTBО

MAГHETИЗM.

ИЗГA-TEMCTBO

“HAУKA”– MOCKBA 1971. [17]. C. B. AЩEУЛOB- B. A. БAPЫШEB. ЗAДAЧИ ПO ЭЛEMEHTAPHOЙ ФИЗИKE. [18]. http://www.khoahoc.com.vn [19]. http://thuvienvatly.com

Trường THPT Chuyên Thái Bình

302

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

ĐỘNG HỌC VẬT RẮN Phần 1. Cơ sở lí thuyết Có 3 loại chuyển động của vật rắn: Chuyển động tịnh tiến, chuyển động quay quanh trục cố định và chuyển động song phẳng. I. Chuyển động tịnh tiến. Tất cả các điểm trên vật rắn có cùng vận tốc và có cùng gia tốc ở cùng 1 thời điểm:

v A = vB , a A = aB . II. Chuyển động quay quanh một trục cố định Tất cả các điểm trên vật rắn quay quanh một trục cố định với cùng vận tốc góc và gia tốc góc.

dθ , dt dω , α= dt α dθ = ω d ω .

ω=

Nếu gia tốc góc không đổi

ω2 = ω1 + α t , 1 2

θ 2 = θ1 + ω1t + α t 2 ,

ω22 = ω12 + 2α (θ 2 − θ1 ) . Vận tốc và gia tốc của một điểm trên vật khi quay với gia tốc biến đổi

v = ω ×r, a = at + an = α × r + ω × (ω × r ) . III. Chuyển động song phẳng của vật rắn Là tổng hợp của chuyển động tịnh tiến và chuyển động quay 1. Chuyển động song phẳng: trục quay chuyển động tịnh tiến Xét hệ quy chiếu đứng yên, A là trục đang chuyển động tịnh tiến, B là một điểm trên vật rắn, vật rắn quay với tốc độ góc ω. Chuyển động song phẳng của vật rắn có thể phân tích thành chuyển động tịnh tiến của A và chuyển động quay của vật rắn.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

303

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

X rB = rA + rB / A , vB = v A + vB / A = v A + ω × rB / A , aB = a A + ( aB / A )t + ( aB / A )n = a A + α × rB / A + ω × (ω × rB / A ) . • • •

Áp dụng cho Các cơ cấu có chốt cố dịnh Các mặt trượt cố định Lăn không trượt

Điểm tiếp xúc không trượt, chuyển động trên các quỹ đạo khác nhau, có cùng vận tốc và gia tốc tiếp tuyến nhưng gia tốc hướng tâm khác nhau

ω1

ω2 an1

an 2

at v

Trường THPT Chuyên Thái Bình

304

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Lăn không trượt có thể phân tích thành chuyển động tịnh tiến và chuyển động quay

α ω =

Lăn không trượt, vận tốc khối tâm vG = rωi gia tốc khối tâm aG = α ri .

Xác định tâm vận tốc tức thời:

vA B

IC vB

2. Trục quay vừa chuyển động tịnh tiến, vừa chuyển động quay Trong hệ quy chiếu cố định, A là trục vừa chuyển động quay, vừa chuyển động tịnh tiến.

y B ɺ Ω, Ω

x A

Trường THPT Chuyên Thái Bình

305

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

rB = rA + rB / A , vB = v A + Ω × rB / A + ( vB / A ) xyz , ɺ aB = a A + Ω × rB / A + Ω × ( Ω × rB / A ) + 2Ω × ( vB / A ) xyz + ( aB / A ) xyz .

Áp dụng cho: • Vật rắn trượt tự do ở điểm liên kết. • Chuyển động của 2 điểm trên 2 vật rắn khác nhau. • Hạt chuyển động trên 1 quỹ đạo đang quay Phần 2. Bài tập áp dụng Bài 1: Hình vẽ là một kết cấu nằm trên mặt phẳng thẳng đứng tạo thành từ 3 thanh cứng AB, BC, CD của một tam giác. AB và CD có thể chuyển động quanh 2 trục A, D cố định vuông góc với mặt hình vẽ ; 2 điểm A, D cùng ở trên 1 đường nằm ngang. Hai đầu của thanh BC nối với AB và CD có thể quay quanh chỗ tiếp xúc (tương tự bản lề). Cho AB quay quanh trục A với tốc độ góc ω tới vị trí như trên hình vẽ, AB ở vị trí thẳng đứng, BC và CD đều tạo với phương nằm ngang góc 450 . Biết rằng độ dài của AB là l, độ dài của BC và CD được xác định như trong hình vẽ. Khi đó hãy tìm giá trị và hướng gia tốc ac của điểm C (biểu diễn qua góc với thanh CD)

Cách giải 1 : Vì điểm B quay tròn quanh trục A, tốc độ của nó là

Trường THPT Chuyên Thái Bình

306

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

vB = ωl

(1)

a B = ω 2l

(2)

gia tốc hướng tâm của điểm B là

Hình 1 Vì chuyển động với tốc độ góc không đổi nên thành phần gia tốc tiếp tuyến của điểm B bằng 0 và a B cũng là gia tốc toàn phần của B, nó có hướng dọc theo BA. Điểm C quay tròn quanh trục D với tốc độ vC, tại thời điểm khảo sát có hướng vuông góc với thanh CD. Từ hình 1có thể thấy hướng đó dọc theo BC. Vì BC là thanh cứng nên tốc độ của B và C theo hướng BC ắt phải bằng nhau và bằng

vC = vB cos450 =

2 ωl 2

(3)

Lúc đó thanh CD quay quanh trục D theo hướng thuận chiều kim đồng hồ, gia tốc pháp tuyến của C bằng

aCn =

vC2 CD

(4)

Hình 1 cho thấy CD = 2 2l , từ (3), (4) ta được aCn =

2 2 ωl 8

(5)

Gia tốc này có hướng dọc theo hướng CD. Bây giờ ta sẽ phân tích gia tốc của điểm C theo hướng vuông góc với thanh CD, tức là gia tốc tiếp tuyến aCt . Vì BC là thanh cứng nên chuyển động của C đối với B chỉ có thể là quay quanh B, phương của vận tốc ắt phải vuông góc với thanh BC. Gọi vCB là độ lớn của vận tốc này, theo (1) và (3) ta có

Trường THPT Chuyên Thái Bình

307

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

vCB = vB2 − vC2 =

2 ωl 2

(6)

Điểm C quay tròn quanh điểm B, vậy gia tốc hướng tâm của nó đối với B là

aCB =

2 vCB CB

(7)

2 2 ωl 4

(8)

Vì CB = 2l nên aCB =

Gia tốc này có hướng vuông góc với CD Từ công thức (2) và hình 1 thấy rằng thành phần gia tốc dọc thanh BC của điểm B là ( aB ) BC = a B cos450 =

2 2 ωl 2

(9)

Cho nên thành phần gia tốc vuông góc với thanh CD của điểm C đối với điểm A (hoặc điểm D) là

aCt = aCB + ( aB ) BC =

2 2 2 2 3 2 2 ω l+ ωl= ωl 4 2 4

(10)

Gia tốc toàn phần của điểm C bao gồm gia tốc pháp tuyến aCn khi C chuyển động tròn quanh D và gia tốc tiếp tuyến aCt , nghĩa là 2 aC = aCn + aCt2 =

74 2 ωl 8

(11)

Góc giữa phương của aC với thanh CD là

θ = arctan

aCt = arctan 6 = 80,540 aCn

(12)

Bài 2: Một khối trụ bán kính R có quấn chỉ trên mặt ngoài, một đầu dây buộc cố định. Người ta đặt khối trụ lên mặt phẳng nhẵn nghiêng góc α (hình 1). Ở thời điểm khi sợi dây có phương thửng đứng thì vận tốc góc của khối trụ là ω . Hỏi tại thời điểm đó: a) Vận tốc trục hình trụ bằng bao nhiêu? b)

Vận tốc của điểm tiếp xúc giữa hình trụ và mặt phẳng nghiêng là A

bao nhiêu?

α Trường THPT Chuyên Thái Bình

308

Hình 1

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Lời giải Do dây không dãn nên đầu dưới của phần dây thẳng đứng và điểm tiếp xúc của dây với khối

trụ (điểm A) có cùng một vận tốc và hướng theo phương ngang v A . Chuyển động của khối

trụ bao gồm: chuyển động tịnh tiến cùng với trục với vận tốc v 0 hướng theo mặt phẳng nghiêng và chuyển động quay quanh trục theo chiều kim đồng hồ với vận tốc góc ω . Khi đó:

Điểm A: v A = v 0 + v 'q

v 'q

v 'q = ωR  ωR  → v0 = v A ⊥ v 'q  sin α

Điểm tiếp xúc C:

vC = v 0 + v ''q ; v0 ↑↓ v ''q v C = v 0 − ωR = ω R

v ''q

1 − sin α sin α

Bài 3: Trên mặt phẳng thẳng đứng P có vẽ một vòng tròn C bán kính

R tiếp xúc với mặt phẳng ngang. Một chiếc vòng M có bán

v O1

kính R lăn không trượt trên mặt phẳng ngang tiến về phía vòng

tròn C. Vận tốc của tâm O1 của vòng M là v. Mặt phẳng của M nằm sát mặt phẳng P. Gọi A là một giao điểm của hai vòng tròn khi khoảng cách giữa tâm của chúng là d < 2R. Tìm: a) Vận tốc và gia tốc của A. b) Bán kính quỹ đạo và vận tốc của

điểm nằm trên vòng M tại A.

α v x aht α

Lời giải đường tròn C với vận tốc vA tiếp

tuyến với C, hình chiếu lên phương ngang là vx = v/2 = vAcosα =

R 2 − d2 / 4 . Vậy: R

Trường THPT Chuyên Thái Bình

a) Giao điểm A dịch chuyển trên

309

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

vA =

d2 2 1− 4R 2

Vì thành phần vận tốc của v A theo phương ngang không đổi nên gia tốc của A hướng thẳng

đứng và thành phần của gia tốc này lên phương bán kính O2A là gia tốc hướng tâm:

v 2A v2 v2 v 2A = = a ht = a.cosα = →a= R Rcosα 4.R.cos3α 4R(1 − d 2 / 4R 2 )3 / 2 b) Trong khoảng thời gian rất ngắn quỹ đạo cong của điểm A1 (tại A) trên vòng có thể coi là một cung tròn. Vòng lăn không trượt nên có thể xem như nó đang quay quanh điểm tiếp xúc với vận tốc góc ω = v/R. Ta có:

→ cosβ =

M a1

IA1 = 2R.cosβ, với β = α/2.

Do đó v1 = ω.IA1 = v

1 d2  1 + 1 −  2  4R 2 

β I

 d2  2 1 + 1 − . 2   4R  

Gia tốc của A1 hướng về tâm O1 và có độ lớn là a1 = v2/R. Gia tốc hướng tâm của A1 lại

 v12 d2  là: aht1 = a1.cosβ = . Vậy: R1 = 2R 2  1 + 1 −  2   R1 4R   Bài 4: Một tấm gỗ dán mỏng phẳng rơi trong không gian. Ở một thời điểm nào đó vận tốc của 2 điểm A và B trên tấm gỗ là v A = v B = v và nằm trong mặt phẳng của tấm. Điểm C (tam giác ABC đều: AB = AC = BC = a) có vận tốc 2v. Hỏi những điểm trên tấm gỗ có vận tốc là 3v nằm ở cách đường thẳng AB là bao nhiêu?

Lời giải Trong hệ quy chiếu (HQC) chuyển động với vận tốc v A = v B = v thì A và B đứng yên

còn C quay quanh AB. Như vậy trong HQC gắn với đất: vC = v + vq , trong đó vq là vận tốc

Trường THPT Chuyên Thái Bình

310

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

C quay quanh AB. Vì v A = v B = v và nằm trong mặt phẳng của tấm nên vq vuông góc với v . Vậy: vC2 = vq2 + v 2 ⇒ vq = 3v . Vận tốc góc của chuyển động quay ω =

;R =

3 a. 2

Những điểm có vận tốc 3v nằm trên hai đường thẳng song song với AB và cách AB là L, quay quanh AB với vận tốc vq' = ωL , trong đó vq' tìm từ phương trình:

(3v)2 = v 2 + (vq' ) 2 Như vậy vq' = 2 2v = ωL → L = 2a Bài 5: Một đĩa nặng bán kính R có 2 dây không dãn quấn vào. Các đầu tự do của dây gắn chặt (hình 3). Khi khối đĩa chuyển động thì dây luôn căng. Ở một thời điểm vận tốc góc của đĩa bằng ω và góc giữa các dây là α. Tìm vận tốc của tâm đĩa ở thời điểm này.

Lời giải Gọi v0 là vận tốc của tâm O của đĩa. Tại các điểm tiếp xúc C và D của dây và đĩa vận tốc là:

vC = v0 + vC0 v D = v0 + v D0

α ω

(1) O R

trong đó vD0 và vC0 là các vận tốc của C và D trong chuyển động quay quanh O: vC0 = vD0 = ωR

Hình 3 Do dây không giãn nên hình chiếu của v C và v D lên phương của các dây tương ứng phải

bằng không. Chọn hệ quy chiếu gắn với tâm O của đĩa và hai trục song song với hai dây, như vậy góc giữa hai trục này bằng

α. Chiếu vC và v D cho bởi hệ các phương trình (1) lên hai trục ta được:

vC0

vCx = v0x - ωR = 0 vDy = v0y - ωR = 0

D C

Trường THPT Chuyên Thái Bình

vD0

311

O v0

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Có nghĩa là v 0 hướng theo phân giác của góc giữa hai dây, và có độ lớn là: v =

ωR cos(α / 2)

Bài 6: Hai thanh cứng, cùng chiều dài L, được nối với nhau ở một đầu bằng một bản lề. Đầu kia của một thanh được giữ cố định bằng một bản lề, còn đầu kia của thanh thứ hai thì cho chuyển động với vận tốc véctơ v0 không đổi cả về độ lớn lẫn hướng, đồng thời tại thời điểm ban đầu véc tơ vận tốc v0 song song với đường phân giác của góc tạo bởi hai thanh ở thời điểm đó (hình 4). Hãy tìm độ lớn và hướng của véc tơ gia tốc của bản lề nối hai thanh sau thời điểm ban đầu một khoảng thời gian rất ngắn.

Lời giải - Quỹ đạo của B là tròn.

Bản lề

- Do thanh BC cứng, hình chiếu của B và C lên phương thanh bằng nhau:

2α

v0 cos α = vB sin 2α ⇒ vB =

v0 2 sin α

(1)

+ Gia tốc B gồm hai thành phần:

vB 2 v0 2 = L 4 L sin 2 α * Tiếp tuyến at hướng theo vB * Pháp tuyến: an =

(2)

Bản lề cố định vB HìnhB4 vBC

Xét trong hệ quy chiếu quán tính gắn với C vBC = vBA − vo Từ hình vẽ tính được: vBC =

- v0 an α v0

v0 2 sin α

Vận tốc này vuông góc với BC do B quay quanh C.

Gia tốc pháp tuyến của B trong hệ này (hướng từ B về C): anC = an.cos2α + at cosβ vB )

(vì an hướng theo thanh AB, còn at theo phương của

= an cos 2α + at sin 2α =

vBC 2 v2 o = = an L 4 L sin 2 α

⇒ at sin 2α = an (1 − cos 2α ) = an .2 sin 2 α =

Trường THPT Chuyên Thái Bình

312

v0 2 2L

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

⇒ at =

v0 2 4 L sin α cos α

⇒ aB = an 2 + at 2 =

Hướng của aB hợp với AB góc ϕ ⇒ tgϕ =

sin α + cos α sin 2α

v0 2 L sin α

at = tgα an

⇒ ϕ = α, tức là gia tốc của B hướng dọc theo phân giác góc 2α.

Bài 7: Thanh AB chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng B với đầu A chuyển động theo phương ngang và đầu B chuyển động theo phương đứng. Tại thời điểm khảo sát đầu A có vận tốc VA = 40 cm/s và gia tốc WA= 20 cm/s2. Trong đó AB = 20 cm và α = 30o Tìm gia tốc điểm B và gia tốc của thanh AB LG α Gia tốc điểm B và gia tốc của thanh AB P là tâm vận tốc tức thời : Sin α =PA/L vậy PA=L.Sin α , AP = 10 cm A VA 40 Vận tốc góc của thanh AB: ω AB = = . = 4 rad/s B A P 10 τ n Gia tốc của điểm B: aB = a A + aBA + aBA (a) aB Trong đó : n n 2 aBA aτAB = γ BA . AB ; aBA = ω AB . AB = 320 cm/s2 aB Chiếu biểu thức (a) lên phương AB, ta có: α 2 n 0 0 aB sin 30 = a A cos 30 + aBA ⇒ aB = 674,64 cm/s

aA A

Bài 8: Tay quay OA có vận tốc góc ωOA không đổi . Hãy xác định gia tốc của con chạy B và gia tốc góc của thanh truyền AB tại thời điểm khi góc BOA = 900 Cho biết OA = r, AB = l . Xác định gia tốc của con chạy B và gia tốc góc của thanh truyền AB

ω OA O

A Vì tại thời điểm khảo sát tâm vận tốc tức thời của thanh AB nằm ở vô cực

Trường THPT Chuyên Thái Bình

313

γ AB

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

⇒ ωAB = 0. vậy tanα =

γ AB = ∞ . ⇒ α = 900 2 ω AB

Gia tốc của điểm A bằng aA = r.ωOA2 và hướng dọc theo OA. và điểm B chuyển động thẳng nên gia tốc của B hướng dọc theo OB

⇒ P là tâm gia tốc tức thời a r ω 2 OA γ AB = A = ; PA l2 −r2

aB = γ AB PB =

r 2 ω 2 OA l2 −r2

(PB=AO=R)

Bài 9: Bánh xe có bán kính R lăn trên đường ray thẳng với vận tốc Vc của tâm C không đổi. Hãy xác định gia tốc của điểm M ở trên vành bánh xe

•

C•

Xác định gia tốc của điểm M ở trên vành bánh xe τ n aM = aC + aMC + aMC Trong đó: M • • Vc = const ⇒ Wc = 0 C Vc Vc dω • • ω= = = const ⇒ γ = = 0 ⇒ aτMC = 0 aM VC PC R dt 2 A V n ⇒ aM = aMC = CM ω2 = c R Chú ý: Có thể tìm gia tốc bằng phương pháp tâm gia tốc tức thời ( α = 0)

Bài 10: Một tấm hình vuông cạnh a chuyển động trong mặt phẳng như hình vẽ. Lúc khảo sát các đỉnh A,B có gia tốc WA = WB=16 cm/s2 và tương ứng hướng theo các cạnh AD, BA. Tìm gia tốc của đỉnh C

Trường THPT Chuyên Thái Bình

314

aA D

Hình vuông chuyển động song phẳng

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

n t Chọn A làm cực : aB = a A + aBA + aBA Chiếu (1) lên hai trục vuông góc aB n aB = aBA = AB. ω2 = a.ω2 ⇒ ω = a

(1)

W 0 = - aA + aτBA ⇒ aτBA = aA = AB.γ ⇒ γ = A a τ n Chọn B làm cực : aC = aB + aCB (2) + aCB Trong đó : n τ = CB.ω2 = a.ω2 = WB ; aCB = CB.γ = a.γ = WA aCB Chiếu (2) lên 2 trục tọa độ. τ aCx = - aB + aCB = - aB + aA = 0

τ aBA

aB n aBA

n aCB

n aCy = aCB = aω2 ⇒ aC = aCy = 16 cm/s2 hướng từ C đến B. Chú ý: Có thể tìm gia tốc bằng phương pháp tâm gia tốc tức thời

2b b

Bài 11 Trong cơ cấu bốn khâu bản lề, tay quay OA=b quay nhanh dần với vận tốc góc ω0 và gia tốc γ0. Thanh truyền AB = 2.OA, tại thời điểm đã cho tạo với đường thẳng OO1 góc α = 300 và OA, O1B đều vuông góc với OO1. Tìm gia tốc góc của thanh AB và gia tốc củaB tại vị trí đó

a γo O1

ωo O

Chọn điểm A làm cực, định lý về quan hệ gia tốc cho ta: n t n t aτB + aBn = a A + aBA + aBA ⇒ aτB + aBn = a At + a An + aBA + aBA (*) Trong đó : b ωo2 n 2 n t n a A = bω0 , aBA = 0 a A = ε 0 .b ; VA = b.ω0 , aBA = 2 Chiếu hai vế của (*) lên trục AB b aτB cosα + aBn sin α = aτA cos α + a An sin α ⇒ aτB = ( 3 ωo2 − 6 ε o ) 6 Chiếu hai vế của (*) lên trục vuông góc AB ta nhận được: a ωo2 − aB = − a An sin α + aτBA cos α ⇒ aτBA = 3 ω o2 rad ⇒ ε BA = 2 2 3 s aτA A

aBn 2a

εo O1 O

Trường THPT Chuyên Thái Bình

aBτ

τ aBA

a An

ωo

315

τ aCB

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 12. Thanh thẳng AB = l chuyển động song phẳng. Tại thời điểm đã cho, gia tốc tại A và B có trị số bằng nhau aA = aB = a, có phương vuông góc với nhau và gia tốc a A tạo góc α (α < 450) với thanh AB. Tìm tâm gia tốc tức thời của thanh và gia tốc tại điểm giữa C của thanh B aB C

aA A

Tâm gia tốc tức thời: Thanh AB chuyển động song phẳng: τ n aB = a A + aBA ⇒ aBA = aB − a A = aBA + aBA = aBA = a 2 n = aBA sin(450 − α ) = a 2 sin(450 − α ) aBA

aτBA = aBA cos(450 − α ) = a 2 cos(450 − α ) a

n BA

aτBA

tgλ =

n aBA

aB α B

a 2 sin(450 − α ) = lω ⇒ ω = l a 2 cos ( 450 − α ) = lε 2 ⇒ ε = l 2

45+α

τ aBA

aBA

ε = cot g (45 0 − α ) = tg (45 0 + α ) ω2

⇒ λ = 45 0 + α

Và AQ =

ω4 + ε 2

l 2 2

l 2 Chiều ε theo chiều aτAB . Quay gia tốc a A quanh A góc λ = 450 + α, lấy đoạn AQ = tìm 2 l 2 được tâm gia tốc Q, tạo thành tam giác vuông cân ∠( AQB ) có cạnh QA = QB = . 2 b. Gia tốc điểm giữa C : Có phương tạo với đoạn CQ góc λ và có giá trị bằng: l a 2 a 2 aC = CQ ω 4 + ε 2 = = 2 l l Bài 13.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

316

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Tay quay OA = r quay đều quanh trục O cố định với vận tốc góc ω0. Đầu B của thanh truyền gắn bản lề với trục của con lăn D có bán kính R, lăn không trượt trên đường nằm ngang. Biết chiều dài thanh AB = 1. Tìm vận tốc và gia tốc tại hai điểm I, K trên chu vi con lăn tại thời điểm Ibán kính BI thẳng đứng và bốn điểm O, A, B, K cùng nằm trên đường thẳng ngang O

ωo

l B

a. Vận tốc và gia tốc điểm I − Vận tốc và gia tốc điểm A: V A = rω 0 , a An = rω02 , aτA = rε 0 = 0

− Thanh truyền AB chuyển động song phẳng : VB = VP1 = 0 , ω1 = − Gia tốc điểm B: n τ aB = a A + aBA = a An + aBA + aBA (1) τ (Giả thiết chiều aB và aBA như hình vẽ) Chiếu (1) lên hệ trục Oxy: n aB = a An + aBA = rω02 + lω12

rω VA = 0 AP1 l

aτIB ωo

0 = − aτBA = −lε1 r (l + r ) 2 (2) ⇒ aB = ω0 , ε 1 = 0 l

a An

(2)

τ aKB

I D

ω1

B∼P1

n aBA

τ aBA

VB = 0 ⇒ VI = VK = 0 BP2 τ Chọn B làm cực, ta được: aI = aB + aIBn + aIB

Xét con lăn D tại thời điểm đó: ω 2 =

Trong đó: aIBn = Rω22 = 0 , aτIB = Rε 2 2 Vɺ WB R ( l − r ) ω0 Mà: ε 2 = ωɺ 2 = B = = R R Rl r Do đó: aτIB = (l + r )ω02 l Hai véctơ: aBτ và aτIB song song cùng chiều Giá trị của gia tốc tại I bằng: aI = aB + aτIB =

2r (l + r )ω02 l

b. Gia tốc tại điểm K như sau: τ n r n Trong đó: WKB aK = aB + aKB + aKB = Rω 22 = 0 , aτKB = Rε 2 = (l + r )ω02 l τ Hai vectơ aB và aKB vuông góc với nhau do đó gia tốc của điểm K 2 )2 = bằng: aK = aB2 + (aKB

r 2 (l + r )ω02 l

Bài 14

Bánh xe lăn không trượt trên đường thẳng nằm ngang.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

317

Vo Wo

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Cho biết bánh xe có bán kính là R, khi chuyển động tâm O của bánh xe có vận tốc là V0 và gia tốc W0 . Hãy xác định vận tốc và gia tốc của điểm M1, M2.

Xác định vận tốc và gia tốc của điểm M1.M2 1. Xác định vận tốc và gia tốc của M1 • Tâm vận tốc tức thời (I) ⇒ V V V Vận tốc góc của bánh xe : ω = 0 = 0 ⇒ V M 1 = ω .IM 1 = 0 .2 R = 2V0 R IO R • Gia tốc của điểm M1 : Chọn O làm cực : aM1 = a0 + aMτ 1O + aMn 1O

aMτ 1O

Vo ao

aMn 1O O

a0 .R = a0 = aτM 2O R V2 aMn 1O = ω 2 .OM 1 = 0 = aMn 2O R 2 1 τ n 2 ⇒ aM1 = a0 + aM1O + aM1O = 4 R 2 a02 + V04 R 2. Xác định vận tốc và gia tốc của M2 : VM 2 ; aM 2

(

aMτ 2 O

)

Tương tự: ⇒ VM 2 = ω.IM 2 =

⇒ aM 2 =

Trong đó : aτM1O = ε .OM 1 =

(

aMn 2 O

a0 − aMn 2O

)

V0 . 2 R = 2 Vo R

+ aτM 2O 2 = ( ao −

Vo2 2 ) + ao2 R

Bài 15. Cơ cấu 4 khâu như hình vẽ. Tay quay OA quay

ωo

đều với vận tốc góc ωo = 4 rad/s , OA = r = 0,5 m AB = 2r , BC = r 2 Hãy tìm: Vận tốc góc, gia tốc góc thanh AB và BC. •

Vận tốc góc, thanh AB,BC

Thanh AB chuyển động song phẳng có tâm vận tốc tức thời là P. VA = 2 rad/s AP và V B lên phương AB cho :

VA = ωo.OA = ωAB AP⇒ ωAB = Chiếu V A

VA = VBcos45 ⇒ VB = VA. 2 = 2 2 m/s V 2 2 ⇒ Vận tốc góc thanh BC là : ωBC = B = = 4 rad/s BC 0,5. 2

•

Gia tốc góc thanh AB,BC

ωo

45 o B

VA A

a An

aτB

n aBA

45 o

aτBA B

Trường THPT Chuyên Thái Bình

318

aBn

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Chọn A làm cực . n n aB = a A + aτBA + aBA ⇔ aBn + aτB = a An + aτA + aτBA + aBA Trong đó : 2 aBn = BC.ωBC = 0,5 2.42 = 8 2 m/s2

(1)

aτB = BC.ε BC ; a An = OA. ωo2 = 0,5.42 = 8 m/s2

aτA = 0 ; aτBA = AB.εAB 2 n = 2.0,5.22 = 4 m/s2 aBA = AB.ω AB

Giả sử aτB có chiều như hình vẽ, và chiếu (1) lên phương AB cho : n aτB .cos45 = aBA + aBn cos45

a n + aBn .cos 45 ⇒ aτB = BA = cos 45

4 + 8 2.

2 2 ⇒ aτ = 12 2 m/s2 B

2 2 τ 12 2 a = 24 rad/s2 aτB = BC.εBC ⇒ εBC = B = BC 0, 5. 2 Chiếu (1) lên phương vuông góc với AB cho : aBn cos 45 − aτB cos 45 = − a An − aτBA ⇒ aτBA = aτB cos 45 − aBn cos 45 − a An

2 2 − 8 2. −8 = - 4 < 0 2 2 ngược chiều hình vẽ

aτBA = 12 2. Vậy aτBA

aτBA −4 = - 4 rad/s2 = AB 2.0,5 Vậy εAB quay ngược chiều kim đồng hồ aτBA = AB .εAB ⇒ εAB =

Bài 16. Vật M rơi xuống theo quy luật x = 2t2 ( x tính bằng m) làm chuyển động ròng rọc 2 và ròng rọc động 1. Ròng rọc 1 có bán kính bằng 0,2 m. Tìm gia tốc các điểm C, B và D trên vành của ròng rọc 1 lúc t = 0,5 s ; OB ⊥ CD

2 A 1 C

M x

Ròng rọc 1 chuyển động song phẳng, VM = xɺ = VD = 4t (m/s)

τ aCO

1 C

Trường THPT Chuyên Thái Bình

319

aτBO

aτDO VD

n B aBO

aτDO

n aDO x

aM VM

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

V D .R VD VM 4t = = = =2t m/s 2R 2 2 2 VO 2t ⇒ Vận tốc góc : ω = = 10t = R 0,2 dω ⇒ Gia tốc góc : ε = = 10 rad/s2 dt • Gia tốc tại C: chọn O làm cực : n T (1) aC = aO + aOC + aOC ⇒ VO =

dVO = 2 m/s2 dt n n n - aCO = aBO = aDO = R.ω2 = R.(10t)2 = 0,2(10.0,5)2 = 5 m/s2 ;

Trong đó : - aO =

τ T - aCO = aτBO = aτDO = R.ε = 0,2.10⇒ aOC = 2 m/s2 T n (aCO )2 = (2 − 2) 2 + 5 2 ⇒ aC = 5 m/s2 − aO )2 + (aCO n a. Gia tốc tại B : aB = aO + aBO + aτBO (2)

(1)

⇒ aC =

n (aO + aBO ) 2 + ( aτBO ) 2 ⇒ aB = (2 + 5) 2 + 2 2 = 7,28 m/s2 n Gia tốc tại D : aD = aO + aDO (3) + aτDO

Từ (2) :⇒ aB =

•

Từ (3) : ⇒ aD =

n (aO + aτDO )2 + (aDO )2 = (2 + 2)2 + 52 = 6,4 m/s2

Bài 17.

Hệ ròng rọc như hình vẽ. Ở thời điểm vật I được nâng lên với vận tốc v1 ,gia tốc a1 . Vật II hạ xuống với vận tốc v 2 , gia tốc a2 . Ròng rọc động có bán kính R. Tìm vận tốc ròng rọc động, vận tốc và gia tốc tâm C, gia tốc điểm B. W1 I

Vật I và II chuyển động tịnh tiến. Hai ròng rọc nhỏ quay chung quanh trục cố định. Ròng rọc động chuyển động song phẳng. Ta có:

V2 a2

B C

V1 = VA ; a1 = aτA ; V2 = VB ; a2 = aτB

a- Vận Tốc : • Trên ròng rọc động, ta biết vận tốc hai điểm, do đó tìm được tâm vận tốc tức thời P . •

Vận tốc góc của ròng rọc :

Trường THPT Chuyên Thái Bình

320

aτBC

n aBC

a1 I

ac Vc C P

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

ω= •

V B V A V A + V B V1 + V2 = = = PB PA PB + PA 2R

Vận tốc tâm C:

Vc =

V B − V A V2 − V1 = 2 2

b- Gia tốc: ε =

và ac =

•

Vì V2 > V1 : tâm C đang chuyển động lên

a +a dω 1 d = ( V1 + V2 ) = 1 2 dt 2 R dt 2R

a −a d d V −V (Vc ) =  2 1  = 2 1 Nếu a2 > a1 thì ac hướng lên 2 dt dt  2 

n τ Chọn C làm cực, ta có : aB = aC + aBC + aBC

Trong đó: aτBC = BC .ω 2 =

(V1 + V2 )

a1 + a2 2

aτBC = BC.ε =

n Chiếu (* ) lên hai trục tọa độ aBX = aBC =

aBY = ac + aτBC =

(*)

(V1 + V2 )2 4R

a2 − a1 a1 + a2 + = a2 2 2

Bài 18. Cơ cấu 4 khâu bản lề như hình vẽ. Cho OA = r ; AB = 2r; O1B = r 2 . Lúc OA thẳng đứng, các điểm OBO1 cùng nằm trên đường nằm ngang, khi đó thanh OA có vận tốc góc là ωo và gia tốc góc εo = ωo2 3 . Tìm vận tốc góc và gia tốc góc của thanh AB A

Tìm vận tốc góc và gia tốc góc của thanh AB.

aτA

ωo O

a An

n aBA

τ aBA O1

aτA

a An

aτB

a. Vận tốc thanh AB: Dùng tâm vận tốc tức thời − Tâm vận tốc tức thời trùng với O .

Trường THPT Chuyên Thái Bình

321

aBn

εo ω

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

− Tìm vận tốc góc của thanh AB : vA = rω0 = PA.ωAB ⇒ ω AB =

v A rω 0 = = ω0 PA r

vậy thanh AB quay ngược chiều kim đồng hồ. - Điểm B thuộc thanh AB nên: v B = PB.ω AB = r 3ω 0 = BO1 ω BO1 ,

r 3ω 0 vB 3 = = ω0 , BO1 r 2 2 Và thanh BO1 quay quanh trục qua O1 theo chiều kim đồng hồ. b. Gia tốc góc thanh AB: − Chọn điểm A làm cực, định lý về quan hệ gia tốc cho ta: n t n t aB = a A + aBA + aBA ⇒ aBt + aBn = a At + a An + aBA + aBA (*) Trong đó : 3r 2 2 2 n aBn = BO1 .ωBO ω0 ; a An = OAω02 = rω02 ; aBA . AB = 2rω02 ; = = ω AB 1 2 t a A = ε 0 .OA = r 3.ω02 ; t Để tính giá trị của aBA , chiếu hai vế của (*) lên trục OO1 , ta nhận được: ⇒

ω BO = 1

n t t cos 300 + aBA cos 600 ⇒ aBA aBn = − a tA − aBA =

⇒ ε AB =

6+ 4 6 r ωo2 2

t aBA 3+ 2 6 2 ω0 = BA 2

Bài 19. Cần AB chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái nghỉ, sau 4 giây trượt từ vị trí cao nhất xuống đoạn h = 4cm làm cho cam có bán kính R = 10cm trượt ngang. Xác định vận tốc, gia tốc của cam tại vị trí trên. B B

h h

R I

Vận tốc của cam:Phương trình chuyển động tuyệt đối: h =

⇒ vận tốc và gia tốc tuyệt đối: Va =

t2 (cm) 4

1 t = 2cm / s (khi t = 4 s) , Wa = cm / s 2 2 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

322

Vr A

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Áp dụng công thức: Va = Vr + Ve (1) Chiếu (1) lên phương AI: Vasinϕ = Vecosϕ 6 8 Trong đó: sin ϕ = , cos ϕ = ⇒ Ve = Vatgϕ = 1,5cm/s 10 10 Chiếu (1) lên phương vuông góc với AI: Vacosϕ = -Vesinϕ + Vr ⇒ Vr = 2,5cm/s

a. Gia tốc của cam:

arn R

aa = ar + ae = arτ + arn + ae (Chiều vectơ gia tốc ae , arτ là chiều giả định)

(2)

arτ

Vr2 = 0, 625cm / s 2 R Chiếu (2) lên phương AI: aa sin φ = − ae cos φ + arn ⇒ aa = 0,5cm / s 2 , arn =

Wn 1 ae = tgφ + r = 0, 41cm / s 2 ⇒ ae = 0, 41cm / s 2 2 cos φ A

Bài 20. u

Bánh lệch tâm là một đĩa tròn bán kínk R quay quanh trục O theo mép đĩa với vận tốc góc không đổi ω. Trên mép đĩa có điểm M

chuyển động từ điểm A với vận tốc tương đối u không đổi, chiều

chuyển động chỉ trên hình vẽ.Hãy xác định gia tốc tuyệt đối của

điểm M tại thời điểm t ,

Xác định gia tốc tuyệt đối của điểm M tại thời điểm t , Tại thời điểm t điểm M cách điểmA một cung S = AM = u.t . Do đó góc α bằng AOM tại thời

điểm đó là :α =

S u = t 2R 2R

Định lí hợp gia tốc: aa = ar + ae + ac = a rn + aen + ac

arn

aen C

Trường THPT Chuyên Thái Bình

323

α ω O

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

- Vr = u = const ⇒ arτ =

du u2 = 0 ; arn = dt R

- OM = 2Rcosα. Vì ω = const ⇒ ε = 0 ⇒ aeτ = 0 ; aen = OM.ω2 = 2R ω2cosα , ac = 2ω.u

⇒

aa =

(aen ) 2 + ( arn − ac ) 2 + 2 aen ( arn − ac ) cos α

Bài 21. Hình chữ nhật ABCD quay quanh cạnh CD với vận tốc

ω=

rad/s = const . Dọc theo cạnh AB điểm M chuyển động theo qui luật ζ = a sin

2 (cm).Cho biết DA = CB = a cm. Hãy xác định gia tốc tuyệt đối của điểm M tại thời điểm t = 1 s

π 2

Xác định gia tốc tuyệt đối của điểm M tại thời điểm t = 1 s Định lí hợp gia tốc: aa = ar + ae + ac = ar + aen + ac Khi t = 1s thì: ω = ϕɺ e =

π 2

aen

= const ⇒ ε = ωɺ = 0

M ar

π π π π π Vr = ξɺ = a cos t = 0 ⇒ ar = ξɺɺ = − a sin t = − a 2 2 4 2 4 2 π aπ 2 ⇒ aa = ar2 + a n e2 = 2 Vr // ω e nên ac = 0 , aen = a 4 4 2

)

(

Bài 22. Một cơ cấu culít OA quay quanh trục đi qua O với phương trình: A ϕ = 5t – 0,5t2 . Một con chạy M chuyển động dọc theo rãnh của culít với phương trình S = 3 OM = 0.5t ( S tính bằng cm , t tính bằng giây). Tìm vận tốc và gia tốc tuyệt đối của con chạy M tại thời điểm t = 2s M

Trường THPT Chuyên Thái Bình

324 O

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

• Tìm vận tốc tuyệt đối của con chạy M tại thời điểm t = 2s A ar Vr

Vr aτe

a en

Định lí hợp vận tốc: v M = v e + v r 3 Trong đó: - Vr = sɺ = t 2 = 6 cm/s 2 1 - Khi t = 2 s thì OM = sr = 23 = 4 cm ⇒ Ve = OM ω = 4.3 = 12 cm/s 2 - Phương chiều các vectơ vận tốc biểu diễn trên hình vẽ

) (

(

)

V a = Vr2 + Ve2 = 6 2 + 12 2 = 13.4 cm/s Tìm gia tốc tuyệt đối của con chạy M tại thời điểm t = 2s Định lí hợp gia tốc: aa = ar + ae + ac = ar + aer + aen + ac Trong đó: - aτe = OM ε = 4 cm/s2 ; aen = OM ω 2 = 4.32 = 36 cm/s2; s = 3t = 6 cm/s2 ; ac = 2ωe .Vr = 2.3.6 = 36 cm/s2 - ar = ɺɺ Phương chiều các gia tốc biểu diễn trên hình vẽ 2   aa =  ( aen − ar ) + (ac − aeτ )2  ⇒   aa =

(

)

302 + 322 = 43.86 cm/s2

Bài 23.

Cam là một đĩa tròn bán kính R, tâm C quay đều quanh trục cố định qua O với vận tốc ω0 làm cho cần đẩy AB chuyển động dọc R theo rãnh K. Độ lệch tâm OC = . 2 Tìm vận tôc và gia tốc của cần đẩy tại thời điểm ứng với α=300; ϕ = 450

Trường THPT Chuyên Thái Bình

325

VA O

α α ϕ

ωo

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Vận tốc Định lí hợp vận tốc: v M = v e + v r

Ve = ω0 OA = lω0 . B

R Trong đó l=OA= (1 + 3) 2 K

⇒ vA = vetg300 = l

3 ω0 3

ve 2 3 ⇒ và vr = = ω0 l 0 3 cos 30 •

a A = ar + ae + ac = arn + arτ + aen + ac

Gia tốc

Trong đó: anr=

2 r

aτr

aen

(*)

n r

α VαA

Ve C

ϕ O

v 4l 4 3l = ω 02 , ane= l ω o2 , ac = 2ω0vr = ω 02 R 3R 3

ωo

Các vectơ gia tốc được biểu diễn như hình vẽ Chiếu (*) lên hai trục tọa độ O = anrsinα + atr cosα - acsinα aAcosα = anecosα + anr -ac 2 3 l ωo2 l ω2 ( 3 −1) ; a A = o ( 4 3 − 3) aτr = ( ac − arn ) tgα = 9 9

Bài 24. Vấu có dạng nửa hình tròn bán kính r chuyển động tịnh tiến ngang sang phải với vận tốc không đổi Vo làm cho thanh tựa lên nó phải chạy dọc theo rãnh thẳng đứng. Tìm gia tốc của thanh thẳng đứng ứng với lúc ϕ = 300

Trường THPT Chuyên Thái Bình

326

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

• Vận tốc:: Định lý hợp vận tốc . Va =Vr +Ve Trong đó: VA = lω0

; aA = aan = lω02

Phân tích V e theo hai phương vận tốc tương

•

đới và vận tốc tuyệt đối

Vo Va = Vo.tgϕ , Vr = cos ϕ Gia tốc: Định lý hợp gia tốc : aa = ae + ar

ϕ arn

arτ aa

Trong đó: ae = 0 Phân W a theo hai phương gia tốc tương đối pháp và gia tốc tiếp: ar Vo2 8 3 V02 ⇒ aa = n = = cos φ r cos3 φ 9r Bài 25. Tam giác vuông OAB quay quanh O với vận tốc góc không đổi ωo=1rad/s. Điểm M chuyển động từ A đến B với gia tốc không đổi bằng 2cm/s2, vận tốc đầu bằng 0. Tìm vận tốc tuyệt đối và gia tốc tuyệt đối của M lúc t = 0,5s, biết lúc này OB=BM=4cm A

ωo B O

Tìm vận tốc M: Định lí hợp vận tốc : v M = ve + v r (*) ve = OM.ω0 = OB. 2 ω0 = 4 2 cm/s wr = 2cm/s2 ⇒ vr = wr t = 2t , lúc t = 0.5s ⇒ vr = 1 m/s Chiếu 2 vế của phương trình (*) lên trục toạ độ ta có: vMx= ve .cos45 = 4cm/s 2 vMy = -vr – vecos45 = -1-4 2 . = -5 cm/s 2

⇒ vM =

2 2 v Mx + v My = 4 2 + 5 2 = 41 cm/s

Trường THPT Chuyên Thái Bình

Vr ar

ae n

ωo O

327

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Gia tốc điểm M Định lí hợp gia tốc : aM = ae + ar + ac = aer + ar + ac (*)

•

ane=OM.ω20 =4 2 .12 = 4 2 cm/s2 ac=2vr.ω0=2.1.1 = 2 cm/s2 ar=2cm/s2 Chiếu (*) lên 2 trục toạ độ ta được: aMx = - ac – ane.cos45 = -6 aMy = - ar – ane.cos45 = -6

⇒

aM =

2 2 aMx + aMy = (−6)2 + (−6)2 =6 2 cm/s2

Bài 26. Nửa đĩa tròn bán kính R = 40cm quay đều với vận tốc góc ωo = 0,5 rad/s quanh đường kính AB. Điểm M chuyển động theo vành đĩa với vận tốc không đổi u = 10 cm/s. Tìm vận tốc và gia tốc tuyệt đối của điểm M lúc góc AOM = 45o. B

ωo O

u o

M A

Vận tốc :Định lí hợp vận tốc : v M = ve + v r (*)

ve = ωoRsin45o = 10 2 cm/s vr = u = 10m/s.

⇒ vM =

ve2 + u 2 = 10 3cm / s

• Gia tốc : Định lí hợp gia tốc : aM = ae + ar + ac = aer + arn + ac (*)

ωo O

aen = ωo2 R sin 450 = 5 2cm / s 2 arn =

u2 = 2,5cm / s 2 R

45o

= 2ωo v r ' = 2.0,5 u 2 = 5 2cm / s 2 2 Các véctơ gia tốc được biểu diễn như hình vẽ Chiếu (*) lên trên trục tọa độ ac

Trường THPT Chuyên Thái Bình

Wrn

328

W ne A

Vr = u

M O

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

 aMx = − ac = −5 2cm / s 2  25  0 n n 2cm / s 2 aMy = − ae − ar cos 45 = − 4   2 n 0 cm / s 2 aMz = ar sin 45 = 5 4  aM = (5 2)2 + (25

2 2 2 2 ) + (5 ) ≈ 11,5cm / s 2 4 4

Bài 27. Vành tròn bán kính R = 20cm quay trong mặt phẳng của nó quanh trục O với vận tốc góc không đổi ωo = 3 rad/s. Điểm M chuyển động trên vành theo luật s = cung OM= 5πt cm.Tìm vận tốc và gia tốc tuyệt đối của điểm M lúc t = 2s. M

Vận tốc của M Định lí hợp vận tốc : vM = ve + v r Tại t = 2s , s = 10π = R

⇒ϕ=

2 2 ve = OA.ωe = ωoR 2 = 60 2 cm/s và vr = sɺ = 5 π cm/s Chiếu (*) lên hai trục tọa độ vMx = −ve cos 450 = −60cm / s  0 vMy = −vc sin 45 + vr = 44,3cm / s

⇒ vM =

ae n

2 2 v Mx + v My = 60 2 + ( 44,3) 2 = 74,6cm / s

Định lí hợp gia tốc : aM = ae + ar + ac = aen + arn + ac (**)

aen = OA.ωo2 = R 2ωo2 = 180 2cm / s 2 vr2 5 2 a = = π R 4 ac = 2ωo.vr = 2.3.5.π = 30π cm/s2. Các véctơ gia tốc được biểu diễn như trên vẽ Chiếu (**) lên hai trục tọa độ aMx = aen cos 450 + arn − ac = 98,1cm / s 2  n 0 2 aMy = −ae sin 45 = −180cm / s n r

2 2 a Mx + a My = (98,1) 2 + 180 2 = 205 cm / s 2

Bài 28.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

ar n

ωo

• Gia tốc của M

⇒ aM =

(*)

329

ωo

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Một cơ cấu 4 khâu có dạng hình bình hành. Tay quay O1A dài 0,5m quay với vận tốc góc ω = 2t rad/s. Dọc theo AB con trượt M chuyển động theo luật :ξ = AM = 5t2 (ξ : m ; t:s ) Tìm vận tốc và gia tốc tuyệt đối của con trượt lúc t = 2s . Cho biết lúc đó ϕ = 30o ξ

ω ω O1

Vận tốc : Định lí hợp vận tốc , ta có : v M = v e + v r Trong đó ve = vA vì điểm M thuộc thanh AB chuyển động tịnh tiến. - ve = O1A.ω = 0,5. 2 t = 2 m/s . - vr = ξɺ = 10t = 20m/s.

•

⇒ vM =

ve2 + v r2 + 2ve v r cos 60 o = 21,07 m/s

• Gia tốc Định lý hợp gia tốc : aM = ae + ar + ac = ar + aer + aen Y A

a An ω O1

aτA

aen

aeτ

Trong đó : ae = 0 vì thanh AB chuyển động tịnh tiến. Mặt khác, điểm A nằm trên khâu quay O1A nên : a A = atA + a An Lúc t = 2s dω • a tA = O1A.ε = O1A. = 0,5.2 = 1 m/s2 dt • a An = O1A.ω2 = 0,5(2t)2 = 8 m/s2, • Wr = ζɺɺ = 10 m/s2

Chiếu của nó trên hai trục vuông góc

Trường THPT Chuyên Thái Bình

330

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

 1 3 0 0 t n + 10 = 3, 58m / s 2 aax = a A cos 60 − a A cos 30 + ar = 1 − 8  2 2  a = −a t sin 600 − a n sin 300 = −( 3 + 4) m / s 2 A A  ay 2 ⇒ aM =

aax2 + aay2 = 6,1 m/s2

Bài 29. Tay quay OA có chiều dài l = 10cm quay đều với vận tốc góc ω0 = 6rad/s làm cho con trượt A trượt dọc cần lắc O1B. Lúc OA nằm ngang ϕ = 300. 1. Tìm vận tốc trượt của A dọc cần lắc, vận tốc góc ω1 của cần lắc. B 2. Tìm gia tốc của con trượt A và gia tốc góc ε 1 của cần lắc. O B B VA A ∆ 2 a ωo c ∆ Vr O Ve aeτ 2 ar A

ωo

ωo a A

aen

ω1 O1

ε1 O1

Vận tốc: − Viết biểu thức hợp vận tốc cho điểm A : v A = ve + vr , (a) Trong đó : - vectơ vA hồn tồn được xác định cả phương chiều và giá trị:vA = ωol= 60 cm/s - Phân tích v A theo hai phương đã biết của ve và v r Giá trị : . vr = vA cosϕ = lω0cos300 = 30 3 cm/s . ve = vAsinϕ = ve = lω0sin30 = 30 cm/s, v 30 Vận tốc góc của cần lắc O1B: ω1 = e = = 1,5rad / s O1 A 20 2. Gia tốc Định lý hợp gia tốc trong hợp chuyển động: (b) a A = ae + ar + ac = aen + aet + ar + ac Trong đó: - aA = l ω 02 = 360 cm/s2; - ac = 2ωe ∧ vr = 2ω1 ∧ vr = 2ω1vr = 90 3 cm/s2, - aen = O1 A.ω12 = 45 cm/s2 Chiếu hai vế của (b) lên hai trục ∆1 và ∆2, ta được : − aA sin ϕ = −aen + ar ,

a A cos ϕ = aet + aC

Trường THPT Chuyên Thái Bình

331

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

⇒

ar = aen − a A sin φ = −135cm / s 2 ; aet = aen cos φ − aC = 90 3cm / s 2 .

Gia tốc góc cần lắc : ε1 =

aet 90 3 = = 4,5 3rad / s 2 . O1 A1 20

Bài 30. Một chiếc đũa thẳng đồng nhất chiều dài L trượt tự do trên một mặt bàn phẳng nằm ngang (xem hình). Tại một thời điểm, vận tốc của một đầu đũa là v và tạo với phương của đũa một góc α, còn đầu kia chuyển động với vận tốc có độ lớn 2v. Tìm vận tốc của tâm đũa và gia tốc các đầu của nó tại thời điểm đó. Gọi β là góc hợp bởi véc tơ vận tốc của đầu thứ hai của đũa và phương của đũa. Do đũa đồng nhất nên trọng tâm của đũa sẽ nằm chính giữa đũa. Theo bài ra thì không có lực ma sát nên trọng tâm sẽ chuyển động với vận tốc không đổi kể cả độ lớn và hướng. Đồng thời vận tốc góc quay của đũa cũng không đổi. vcosα α v Vì đũa là một vật rắn (không bị giãn hoặc nén) nên hình chiếu vận tốc của các đầu vsinα đũa trên hướng của đũa phải bằng nhau tại thời điểm bất kỳ: 1 ⇒ cos β = cosα . 2vcosβ β 2 v 2 Trên hình 1.12a là hình chiếu vận tốc 2vsinβ các đầu đũa trên phương song song và vuông góc với đũa. Vận tốc của trọng tâm cũng được biểu diễn qua các hình chiếu của nó: Theo phương song song với đũa, vận tốc này là vcosα, còn theo phương vuông góc sẽ bằng trung bình cộng các vận tốc của hai đầu đũa: 1  1 v sin α + 2v sin β 1 = v sin α + 1 − cos 2 α  = v sin α + 4 − cos 2 α . 2 4 2  2 Bây giờ có thể tìm được vận tốc góc quay của đũa. Chuyển động tương đối của đầu trên đối với tâm đũa là chuyển động theo phương vuông góc với đũa (vì chuyển động theo phương của đũa là như nhau). Vì vậy, vận tốc của đầu trên đối với tâm đũa sẽ bằng hiệu hai vận tốc theo phương vuông góc: 1 v1 = v 4 − cos 2 α − sin α . 2 Nên vận tốc góc quay của đũa sẽ là: 1 v 4 − cos 2 α − sin α v1 v 4 − cos 2 α − sin α 2 = = . ω= L/2 L/2 L Gia tốc của hai đầu đũa là như nhau và chính là gia tốc hướng tâm: v cosα = 2v cos β

(

)

(

a =ω2

)

) (

L v2 = 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

( 4 − cos α − sinα ) 2

332

)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 31. Từ trên bờ, người ta kéo một con thuyền dưới hồ lên bằng cách kéo đều một sợi dây vắt lên một ròng rọc nhỏ cố định và dầu kia của sợi dây được nối với thuyền. Tại một thời điểm nào đó, dây kéo tạo với phương ngang một góc α và lúc đó thuyền có vận tốc v. Trên sợi dây có một nút thắt nhỏ. Tại thời điểm trên, nút thắt nằm cách mũi thuyền một khoảng bằng một nửa khoảng cách từ nó đến ròng rọc. Tìm vận tốc của nút thắt tại thời điểm đã cho. Vận tốc của thuyền hướng theo mặt nước (xem hình 1.13), hình chiếu vận tốc này lên phương của sợi dây là không đổi và có độ lớn bằng vận tốc kéo của đầu dây trên v0: v0 = vcosα. Gọi chiều dài của sợi dây là L. Thành phần vận tốc của thuyền theo phương vuông góc với dây là: vsinα. Vì vậy, sau một khoảng thời gian nhỏ ∆t, sợi dây v∆t sin α quét được một góc nhỏ ∆α = và vận tốc góc L ∆α v sin α = . quay của dây là: ω = L ∆t Vận tốc của nút thắt chính là tổng véc tơ của vận tốc tịnh tiến v0 (dọc theo dây) và vận tốc dài của chuyển động quay tức thời xung quanh điểm tựa trên ròng rọc. Khoảng cách đến trục quay của nút thắt trong khoảng thời gian đang xét là 2L/3. Vì vậy, thành phần vận tốc dài của chuyển động quay sẽ là: 2 2 v1 = Lω = v sin α . 3 3 Vận tốc toàn phần của nút tại thời điểm đã cho là: v 4 v2 = v02 + v12 = v 2 cos 2 + v 2 sin 2 α = 9 cos 2 α + 4 sin 2 α . 9 3 Bài 32.

y Một vành trụ mỏng I, đồng chất, khối lượng M, bán kính R. Trong lòng vành trụ có một khối trụ đặc II, đồng chất, khối lượng m, bán kính r, cùng chiều dài với vành trụ. Trong hình vẽ bên, Oxy là mặt phẳng tiết diện vuông góc với trục vành trụ, A và B là giao điểm của mặt phẳng Oxy với hai trục. Tác dụng lực có phương đi qua A vào vành trụ sao cho vành trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nằm ngang dọc theo chiều dương trục Ox. Biết khối trụ lăn không trượt trong lòng vành trụ, trục khối trụ luôn song song với trục vành trụ. Ở thời điểm t, góc hợp bởi AB và phương thẳng đứng là ϕ; vận tốc của A là vA, tốc độ góc của O AB quanh trục đi qua A là ω. Xác định vận tốc của điểm B và tốc độ góc của khối trụ đặc. Giải Chọn chiều dương cho chuyển động quay của I và II như hình vẽ. Ta có: xB = xA + (R - r)sinϕ ⇒ x’B = x’A + (R - r)ϕ’cosϕ (1) yB = R - (R - r)cosϕ ⇒ y’B = (R - r)ϕ’sinϕ (2) với ϕ’ = ω là tốc độ góc của AB quanh A và

Trường THPT Chuyên Thái Bình

333

I A R

II r x

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

v B = x '2B + y'2B = (v A +(R - r)ωcosϕ)) 2 + ((R - r)ωsinϕ)2 . ............................................... Vì khối trụ lăn không trượt nên vận tốc v D của tiếp điểm D y trên I và trên II phải bằng nhau. Vận tốc v D có phương vuông ϕ góc với ED và có độ lớn v D = 2v A sin . 2 Mặt khác: v D = v B + v D / B vA A Chiếu hai vế phương trình trên theo phương Ox ta có: ϕ ϕ 2v A sin 2 = x'B − rωII cos ϕ (3) B 2 D Thay (1) vào (3): O ϕ E vD 2 x'A sin 2 = x'A + (R − r)ϕ 'cos ϕ − rωII cos ϕ 2 Suy ra: 1  ϕ 1  1 ωII = x ′A (1 − 2sin 2 ) + (R − r)ϕ 'cosϕ  = [ x ′A + (R − r)ϕ '] = [ v A + (R − r)ω]  r cos ϕ  2 r  r Bài 33. 1.Mét thanh cøng AB cã chiÒu dµi L tùa trªn hai mÆt P1 v0 ph¼ng P1 vµ P2 (H×nh vẽ). Ng−êi ta kÐo ®Çu A cña thanh lªn A trªn däc theo mÆt ph¼ng P1 víi vËn tèc v 0 kh«ng ®æi. BiÕt

thanh AB vµ vÐct¬ v 0 lu«n n»m trong mÆt ph¼ng vu«ng gãc víi giao tuyÕn cña P1 vµ P2; trong qu¸ tr×nh chuyÓn ®éng c¸c ®iÓm A, B lu«n tiÕp xóc víi hai mÆt ph¼ng; gãc nhÞ diÖn t¹o bëi hai mÆt ph¼ng lµ β =1200. H·y tÝnh vËn tèc, gia tèc cña ®iÓm B vµ vËn tèc gãc cña thanh theo v0, L, α (α lµ gãc hîp bëi thanh vµ mÆt ph¼ng P2). giải C¸c thµnh phÇn vËn tèc cña A vµ B däc theo thanh b»ng nhau nªn: 1 3 vB = vAcos(600- α)/cosα= v 0 ( + tgα) 2 2 P1 Chän trôc Oy nh− h×nh vÏ, A cã to¹ ®é: v0 0 y= Lsinα ⇒ y’= Lcosα. α’ = v0cos30 . A VËn tèc gãc cña thanh: v cos 30 0 v 3 ω = α’ = 0 = 0 . L cos α 2L cos α β Gia tèc cña B: a = 3v 02 dv B 3 = v0 α ' = dt 2 cos 2 α 4L cos 3 α

Trường THPT Chuyên Thái Bình

334

O P2

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Chuyên đề dao động nhiễu loạn Biên soạn: Đỗ Thế Anh

Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Trần Phú – Hải Phòng

Lời mở đầu Trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia những năm gần đây tôi thấy bắt gặp một số bài toán theo kiểu: Vật đang chuyển động ổn định ở quỹ đạo tròn thì có một tác động nhỏ làm cho vật dao động. Tìm chu kì dao động. Qua tìm hiểu tôi thấy các bài toán trên là một trong các ví dụ liên quan đến lý thuyết dao động nhiễu loạn trong lĩnh vực cơ học. Đây là một lý thuyết rất hay và có rất nhiều ứng dụng trong thực tế, đặc biệt là các bài toán liên quan đến chuyển động của vệ tinh. Để tìm được chu kì dao động nhiễu loạn thường có hai cách: Cách thứ nhất là dựa vào thế năng hiệu dụng, cách thứ hai dựa vào khai triển biểu thức của lực nhiễu loạn xung quanh giá trị của lực ứng với trạng thái chuyển động ổn định của vật. Do thời gian có hạn tôi xin trình bày theo cách thứ hai: tìm chu kì dao động nhiễu loạn bằng phương pháp triển biểu thức của lực nhiễu loạn xung quanh giá trị của lực ứng với trạng thái chuyển động ổn định của vật. Nội dung chuyên đề gồm các phần sau:

Phần 1: Cơ sở lý thuyết nhiễu loạn Phần 2: Các bài tập vận dụng với lời giải chi tiết Phần 3: Các bài tập ôn luyện và đáp số

Phần 1: Cơ sở lý thuyết Trong dao động nhiễu loạn ta hay gặp bài toán chuyển động của hạt trong trường xuyên tâm. Vì vậy ta nhắc lại một số lý thuyết liên quan.

1. Hệ tọa độ cực OM = r.er + z.ez Biểu thức vận tốc trong hệ tọa độ cực: v = vr + vθ = vr er + vθ .eθ = r ' er + rθ '.eθ Các đạo hàm của vecto đơn vị: eθ ' = −θ ' er ; er ' = θ ' eθ Biểu thức gia tốc trong tọa độ cực

Trường THPT Chuyên Thái Bình

335

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

a = ar + aθ = ar er + aθ .eθ dv d (vr er ) d (vθ .eθ ) = + a= dt dt dt d (eθ ) d (vθ ) d (er ) d (vr ) + vr + vθ + eθ a = er dt dt dt dt a = r ''.er + r 'θ ' eθ + rθ '2 (−er ) + eθ (θ ' r '+ rθ '') a = (r ''− rθ '2 ).er + (2r 'θ '+ rθ '')eθ

2. Phương trình chuyển động của vật trong trường xuyên tâm Phương trình chuyển động của vật trong trường xuyên tâm viết trong trong hệ tọa độ cực r ''− rθ '2 =

F (r ) 1 dV (r ) =− . m m dt

( F (r ) là thành phần lực theo

phương er )

2r 'θ '+ rθ '' =

1 d (r 2θ ') Ft = =0 r dt m

( Ft là thành phần lực theo

phương eθ )

3. Định luật bảo toàn momen động lượng trong trường xuyên tâm Từ biểu thức: 2r 'θ '+ rθ '' = 0

1 d (r 2 θ ') ⇔ =0 r dt ⇔ L = r 2 θ ' = C = hằng số

(Định luật bảo toàn momen động lượng viết trong hệ tọa độ cực )

4. Sơ lược về lý thuyết nhiễu loạn Trong quá trình phân tích các hệ thống động học trên khía cạnh cân bằng và ta phải giải quyết bài toán về sự nhiễu loạn và các thông số biến đổi. Lý thuyết nhiễu loạn được ứng dụng rộng rãi. Chúng ta sẽ trình bày trong phần này một vài ý tưởng cơ bản và một số ứng dụng cho các bài toán về tính chu kì dao động nhiễu loạn quanh quỹ đạo ổn định.

Đầu tiên chúng ta xem xét sự khai triển hàm F (α , β , γ ...) quanh giá trị mốc F0 (α 0 , β 0 , γ 0 ...) . Với α = α 0 + δα ; β = β 0 + δβ ..... ( δα , δβ là rất nhỏ). Ta thừa nhận hàm này F (α , β , γ ...) có đạo hàm ở mọi cấp. Ta có thể viết:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

336

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

 ∂F   ∂F  F = F0 + δ F = F0 +   δα +   δβ + ...  ∂α α0  ∂β  β0

  ∂2 F   ∂2F  1  ∂ 2 F   ∂F  2 2 +  2  (δα ) +  2  (δβ ) +  δα .δβ  + ...   δα + 2  2!  ∂α α  ∂α α0   ∂β  β0  ∂α ∂β α0 , β0  0 Bỏ qua số hạng vô cùng nhỏ bậc hai trở đi ta viết:  ∂F   ∂F  F = F0 + δ F = F0 +   δα +   δβ + ...  ∂α α0  ∂β  β 0

Trong đó δ F là lượng thay đổi nhỏ của hàm F quanh giá trị mốc F0 khi các tham số

α , β ... biến đổi nhỏ. Trong một số trường hợp α , β , γ ... lại là hàm ẩn theo biến số khác (ví dụ theo thời gian).

Phần 2: Bài tập vận dụng Bài 1: Một chất điểm khối lượng m chuyển động trong trường xuyên tâm O có biểu thức lực xuyên tâm có dạng F (r ) . a) Ở quỹ đạo tròn ổn định, hạt có vận tốc v0 và bán kính quỹ đạo tròn là r0 . Tìm liên hệ giữa

v0 , r0 b) Một tác động nhỏ làm hạt lệch khỏi quỹ đạo ổn định. Tìm điều kiện để hạt dao động quanh quỹ đạo ổn định và tìm tần số góc dao động đó.

Giải a) Tại quỹ đạo ổn định, lực xuyên tâm F (r ) đóng vai trò lực hướng tâm m

v02 = − F ( r0 ) r0

b) Phương trình chuyển động theo phương bán kính là:

 C2  F ( r ) = m ɺɺ r − rθɺ2 = m  rɺɺ − 3  (với C = r0 v0 là momen động lượng của vật lúc ban r  

(

)

đầu)

 r 2v2  F ( r ) == m  rɺɺ − 0 3 0  r  

Trường THPT Chuyên Thái Bình

337

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Xét sự lệch nhỏ so với quỹ đạo tròn, ta viết: r = r0 1 + ε ( t )  . Khai triển lực F (r ) quanh trị

F (r0 ) ta được: F ( r0 )

+ ε r0 .

F ' ( r0 ) m

+ ... = r0εɺɺ −

v02 (1 − 3ε + ...) r0

v02 Sử dụng kết quả: m = − F ( r0 ) ta viết lại biểu thức trên: r0  3v02

εɺɺ + 

2 0

 r

−

 F ' ( r0 )  1  3F ( r0 ) + F ' ( r0 )  ε = 0  ε = 0 → εɺɺ −  m  m  r0 

Vậy điều kiện để vật chuyển động trong quỹ đạo ổn định là: 3F ( r0 ) r0

+ F ' ( r0 ) < 0

Tần số góc dao động của hạt quanh quỹ đạo cân bằng là:

ω=

 1  3F ( r0 ) + F ' ( r0 )   m  r0 

Bài 2: Một chất điểm khối lượng m chuyển động trong trường xuyên tâm O có biểu thức lực xuyên tâm có dạng F ( r ) =

−K . Một tác động nhỏ làm hạt lệch khỏi quỹ đạo ổn định. Tìm rn

điều kiện để hạt dao động quanh quỹ đạo ổn định. Giải Các phương trình chuyển động của hạt viết trong hệ tọa độ cực là: K m ɺɺ r − rθɺ 2 + n = 0 và r 2θɺ = h = const r

(

)

 h2  K Suy ra m  ɺɺ r − 3 + n =0 r  r 

Phương trình nhiễu loạn của vật là:  3mh 2 nK   2mh  mδ rɺɺ +  4 − n +1  δ r =  3  δ h = 0 r   r   r

Tại quỹ đạo tròn ổn định ta có: 2 K ɺ 2 = mh ⇒ K = mh 2 r n −3 = mr θ rn r3

Trường THPT Chuyên Thái Bình

338

(1)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Điều kiện để quỹ đạo ổn định là hệ số của δr phải dương:

3mh 2 mh 2 n > 4 →n<3 r4 r

Bài 3: Xét chuyển động của các e trong 1 từ trường đối xứng trục. Giả thiết tại z = 0 (xOy), thành phần bán kính của từ trường bằng 0 ( B ( z =0) = Br k ). Các electron tại z = 0 chuyển động tròn bán kính R. a) Xác định mối quan hệ giữa động lượng và bán kính quỹ đạo. b) Trong máy Betatron, các e được gia tốc bởi 1 từ trường biến thiên. Lấy Bav là giá trị trung bình của từ trường trên mặt phẳng quỹ đạo( trong quỹ đạo), từ thông qua quỹ đạo là

ϕ B = Bavπ R 2 . Tại bán kính R, lấy từ trường là B0 b1) Giả thiết Bav thay đổi 1 lượng ∆Bav và ∆B0 , hỏi phải có liên hệ gì giữa ∆Bav và ∆B0 để e vẫn chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính R khi động lượng của chúng tăng. b2) Giả thiết thành phần z của từ trường biến thiên theo quy luật Bz (r ) =

A . Tìm rn

tần số dao động theo phương bán kính (xét sự lệch nhỏ khỏi VTCB theo phương bán kính ). Tìm điều kiện n để có ổn định

Giải a)Phương trình chuyển động quay của vật theo phương bán kính:

mV 2 eBV = R eBR (1) ⇒V = m Mômen động lượng của hạt:

L = mVR = eBR 2 b) Khi Bav thay đổi dBav thi B0 thay đổi dB0 Trên quỹ đạo của hạt e xuất hiện điện trường E tiếp tuyến quỹ đạo:

dBav .π R 2 E 2π R = dt dB R ⇒ Edt = av 2 Lực điện do E tác dụng lên e gây ra 1 xung lực X:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

339

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

X = Fdt = eEdt = mdV

⇒ dV =

eRdBav 2m

Vi phân phương trình trên ta được: dV =

eR dB0 m

eRdBav eR dB0 = 2m m ∆B ⇒ ∆B0 = av 2 c)Ở VTCB vật có hạt chuyển độn trên đường tròn bán kính r0

V0 =

eBr0 eA = m mr0 n−1

Khi vật lệch 1 đoạn rất nhỏ x theo phương bán kính: r = r0 + x Bảo toàn mômen động lượng:

mV0 r0 = mVr ⇒V =

V0 r0 V0 r0 = r r0 + x

Xét hệ quy chiều gắn với bán kính: Phương trình chuyển động hướng tâm:

mV 2 − eBv = mx′′ r e2 A2 1 1 e 2 A2 1 1 ⇒ − = mx′′ m r0 2 n−4 (r0 + x)3 m r0 n−2 ( r0 + x) n+1 e2 A2 1 3x e 2 A2 1 (n+1)x (1 − ) − (1 − ) ≈ mx′′ ⇒ 2 n −1 2 n −1 m r0 r0 m r0 r0 e2 A2 3x (n+1)x ⇒ x′′+ 2 2 n−1 ( − )=0 m r0 r0 r0 e 2 A2 ⇒ x′′+ 2 2 n (2 − n) x = 0 m r0 Vậy hạt dao động với tần số: f =

eA 2−n 2π mr n

Trường THPT Chuyên Thái Bình

340

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Điều kiện để hạt có dao động ổn định: n < 2 Bài 4: Một vật khối lượng m, điện tích q chỉ có thể dịch chuyển không ma sát trong mặt phẳng trong của nón có góc mở 2α . Một điện tích –q đặt cố định tại đỉnh nón. Bỏ qua tác dụng trọng lực. Tìm tần số dao động nhỏ của vật quanh quỹ đạo tròn.

Giải Khi chuyển động vật chịu tác dụng của 2 lực: Flt , Fd Gọi ω0 , r0 là vận tốc góc và bán kính quỹ đạo vật tại quỹ đạo tròn ổn định. Flt = Fd

⇒

kq 2 sin 2 α = mω02 r0 sin α 2 r0 kq 2 sin α = mω02 r03

(1)

Gọi ω , r là vận tốc góc và bán kính quỹ đạo khi vật lêch khỏi quỹ đạo cân bằng đoạn x nhỏ theo đường sinh. Ta viết: r = r0 + x sin α Bảo toàn momen động lượng: mω r 2 = mω0 r02 ⇒ ω =

ω0 r02 r2

Phương trình chuyển động của vật theo phương đường sinh:

mx′′ = − =−

=−

kq 2 sin 2 α + mω 2 r sin α r2 kq 2 sin 2 α

( r0 + x sin α )

kq 2 sin 2 α  x sin α  r02  1 +  r0  

ω02 r04

( r0 + x sin α )

sin α

ω02 r04  x sin α  r03  1 +  r0  

sin α

kq 2 sin 2 α ( r0 − x sin α ) + mω02 ( r0 − 3 x sin α ) sin α ( do x << r0 ) (2) 3 r0 mx′′ = − xmω02 sin 2 α

Thay (1) vào(2) được: x′′ = − xω02 sin 2 α

Vậy vật dao động nhỏ với tần số f =

ω0 sin α 2π

Bài 5: Một hạt chuyển động không ma sát trong vách một hình đối xứng được cho bởi phương trình z =

b 2 x + y 2 với b là hệ số cố định. Hạt đang chuyển động ổn định ở độ cao 2

(

)

Trường THPT Chuyên Thái Bình

341

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

z = z0 nhưng bị hơi ấn xuống dưới. Tìm tần số góc dao động nhỏ của hạt quanh quỹ đạo tròn

ổn định

Giải b Cắt tiết diện Oxz. Do y = 0 nên z = .x 2 2

2 z0 b Bán kính quỹ đạo ở vị trí cân bằng z0 = .x02 → x0 = b 2 Hệ số góc tiếp tuyến: tanα0 = b.x0 Chiếu các lực theo phương tiếp tuyến:

mg sin α 0 = mω02 .x0 .cos α 0 → ω02 = gb Khi ấn xuống đoạn nhỏ dz << z z x b Ta có: z0 − dz = .( x0 − dx)2 = 02 ( x02 − 2 xo .dx) → dx = dz. 0 2 x0 2 z0

Bảo toàn momen động lượng có 

ω0 .x02 = ω.x 2 = ω ( x0 − dx ) = ω ( x02 − 2 x0 .dx ) → ω = ω0 . 1 + 2



Chiếu các lực theo phương tiếp tuyến mg sin α − mω 2 x.cos α =

mxɺɺ cos α

 4dx  → g sin α .cos α − ω02 x.cos 2 α  1 + x  = ɺɺ x0    4dx  → g tan α .cos 2 α − gbx.cos 2 α 1 + x  = ɺɺ x0  

Trường THPT Chuyên Thái Bình

342

2dx   x0 

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

 4dx  → gbx.cos 2 α − gbx.cos 2 α 1 + x  = ɺɺ x0   → − gbx.cos 2 α 0 .

4dx = ɺɺ x (do cos α ≈ cos α0) x0

4 gb 4 gb = 2 2 1 + b .x0 1 + 2bz0

Suy ra ω = 4 gb cos 2 α 0 =

Bài 6: Hai chất điểm m1 , m2 nối với nhau bằng một sợi dây dài L đi qua 1 lỗ tròn trên bàn. Dây và chất điểm m1 chuyển động không ma sát trên mặt bàn, m2 chuyển động theo phương thẳng đứng.

a) Tốc độ m1 bằng bao nhiêu để m2 đứng yên cách bàn d ? b) Tìm tần số góc dao động nhỏ của m2 quanh quỹ đạo tròn ổn định.

Giải a) Phương trình động lực học của hệ viết trong hệ tọa độc cực. T rɺɺ − rθɺ 2 = − m1

(1)

E 2rɺθɺ + rθɺɺ = θ m1

( 2)

ở quỹ đạo tròn

Eθ = 0 ; rɺ = 0 , rɺɺ = 0

r = ro = l − d m2 đứng yên ⇒ T = m2 g , v1r = 0 thay vào (1) ta có

mg mg m2 g (l − d ) ro .θɺ 2 = 2 ⇒ θɺ 2 = 2 ⇒ v1 = v1θ = θɺ.ro = m1 m1ro m1 b) Phương trình nhiễu loạn có

, θ = θ o + dθ

r = ro + dr

Từ (2) ⇒ 2drɺ.θɺo + ro .dθɺɺ = 0

Trường THPT Chuyên Thái Bình

343

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

⇒2

Từ (1)

dr ɺ dθɺ .θ o = −ro . dt dt

⇒

− 2.dr.θɺo dθɺ = ro

⇒

−T drɺɺ − (ro + dr )(θɺo + dθɺ) 2 = m1

⇒

2 2 drɺɺ − roθɺo − 2.ro .θɺo dθɺ − dr.θɺo =

⇒

− T m2 g 2 + drɺɺ − 2.ro .θɺo dθɺ − dr.θɺo = m1 m1

Thay (3) vào ta có

⇒

(3)

−T m1

− T m2 g 2 2 drɺɺ + 4.dr.θɺo − dr.θɺo = + m1 m1 2

− T m2 g + m1 m1

⇒

drɺɺ + 3.dr.θɺo =

⇒

m1 m (m g − T ) 2 drɺɺ + 3. 1 dr.θɺo = 2 = a2 = − dɺrɺ m2 m2 m1

⇒

m1 + m2 3g dɺrɺ + dr = 0 m2 l−d

Vậy m2 dao động nhỏ với ω =

3m2 g (l − d )(m1 + m2 )

Bài 7: Một vệ tinh khối lượng m lúc đầu chuyển động ở quỹ đạo tròn bán kính 2R đối với Trái Đất. Sau đó vệ tinh chịu một lực đẩy độ lớn 10−4 mg 0 theo phương eθ trong khoảng thời gian một vòng quay. Tính sự thay đổi nhỏ của vận tốc và bán kính quỹ đạo vệ tinh giữa 2 thời

điểm bắt đầu và ngừng tác dụng lực

Trường THPT Chuyên Thái Bình

344

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Giải - Ta có các phương trình chuyển động của vệ tinh:

ar = r ′′ − rθ ′2 =

Fhd g0 R 2 =− 2 m r

aθ = 2r ′θ ′ + rθ ′′ =

(1)

F m

(2)

- Ở quỹ đạo trong ban đầu: F = 0, θ ′′ = 0, r ′ = 0, r ′′ = 0 nên: r = r0 = 2 R

2 R.θ ′2 =

ω = θ 0′ =

g 0 R 2 g0 = 4R 2 4

(3)

g0 v = 0 ⇒ v0 = 8R 2 R

g0 R 2

- Xét sự nhiễu loạn do xuất hiện lực F = 10−4 mg 0 theo phương tiếp tuyến. Giả sử: r = r0 + δ r và θ ′ = θ 0′ + δθ ′ . Khi đó các pt (1), (2) trở thành: g0 R 2

(1): δ r ′′ − ( r0 + δ r ) . (θ 0′ + δθ ′ ) = −

( r0 + δ r )

δ r ′′ − ( r0 + δ r ) . (θ ′02 + 2θ 0′.δθ ′ + δθ ′2 ) = −

g 0 R 2 2 g0 R 2 δr + r02 r03

δ r ′′ − r0θ 0′2 − 2r0θ 0′δθ ′ − δ r.θ 0′2 + 2θ 0′δ rδθ ′ = −

g0 R2 2 g0 R2 δr + r02 r03

Bỏ qua số hạng rất nhỏ 2θ 0′δ rδθ ′ và thay (3) vào ta được:

δ r ′′ − 2r0θ 0′δθ ′ − δ r.θ 0′2 =

δ r ′′ − 2r0θ 0′δθ ′ −

2 g0 R2 δr r03

3g0 δr = 0 8R

(2): 2δ r ′ (θ 0′ + δθ ′ ) + ( r0 + δ r ) δθ ′′ =

(4)

F m

2δ r ′.θ 0′ + 2δ r ′δθ ′ + r0δθ ′′ + δ r.δθ ′′ = 10−4 g 0 Bỏ qua số hạng rất bé, ta được: 2δ r ′.θ 0′ + r0δθ ′′ = 10−4 g 0 Lấy tích phân 2 vế theo thời gian: 2δ r.θ 0′ + r0δθ ′ = 10−4 g 0t

Trường THPT Chuyên Thái Bình

345

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

⇒ r0δθ ′ = 10−4 g 0t − 2δ r.θ 0′

(5)

Thay (5) vào (4) được:

δ r ′′ − 2θ 0′ (10 −4 g 0t − 2δ r.θ 0′ ) − δ r ′′ − 2θ ′10−4 g 0t + 4θ 0′2δ r −

3g 0 δr = 0 8R

Thay (3) vào có:

δ r ′′ +

g0 g δ r − 2 g010−4 t 0 = 0 8R 8R

Phương trình trên cho nghiệm có dạng:

δ r = A cos (ωt + ϕ ) + 4 2 g 0 R10−4 t Tại t = 0 : δ r = A cos ϕ = 0

δ r ′ = − Aω sin ϕ + 4 2 g 0 R10−4 = 0 Suy ra: ϕ =

π 2

,A=

4.10−4 2 g 0 R g0

Sau 1 vòng quay ( t = T ) : Mặt khác: v = rθ ′ ⇒ Từ(5) có: 2 Suy ra:

δv v0

= 16.10−4 R

δr r0

4.10 −4 2 g 0 R .2π 8 R 2R

= 16π .10−4

δθ ′ θ 0′

δ r δθ ′ 10−4 g 0t 10−4 g 0t + = = r0 θ 0′ r0θ 0′ v0

10 −4 g 0t δ r − v0 r0

10 −4 g 0 2π 8 R g0 R

− 16π 10 −4 = 8π 10−4 − 16π 10−4 = −8π 10−4

Bài 8: Ba hạt cùng khối lượng m được đặt ở 3 đỉnh của 1 tam giác đều cạnh ℓ . Ban đầu truyền cho chúng vận tốc đầu v0 =

GM có phương và chiều như hình vẽ. Giả sử rẳng chỉ ℓ

Trường THPT Chuyên Thái Bình

346

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

có trọng lực tác dụng. Tính rmin và rmax trong chuyển động tiếp theo của các vật. Tính chu kì chuyển động của hệ.

Giải - Rõ ràng theo tính đối xứng của hệ ban đầu và vận tốc, 3 hạt sẽ luôn tạo thành 1 tam giác

đều. Khoảng cách l sẽ thay đổi, tốc độ góc θɺ sẽ thay đổi nhưng vẫn bảo toàn động lượng hệ. - Giờ ta sẽ đi tính năng lượng tổng cộng của hệ: - Thế năng của hệ ( l = r 3 ): Wt = −

3Gm 2 3Gm 2 =− l r

- Động năng của hệ:

Wd =

3 2 3 mv = m(rɺ 2 + r 2θɺ 2 ) 2 2

- Bảo toàn năng lượng:

Gm 2 3 3Gm 2 3 m(rɺ 2 + r 2θɺ2 ) − = mv0 2 − 3 2 r 2 c

Momen động lượng hệ được bảo toàn:

L = 3mr 2θɺ =

3 mv0c 2

cv0 ⇒ θɺ = 2 3r 2

(2)

Khi r đạt cực đại hay cực tiểu, rɺ = 0 , thay vào (1), kết hợp với (2) ta có:

3 3 c2 3 − ) mv0 ( 2 − ) = Gm 2 ( 8r 2 r c 2

Thay giá trị v0 ta nhận:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

347

(1)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

2c c2 r+ =0 12 3 1 1  rmin = c( 3 − 2 ) = 0, 077c ⇒  r = c( 1 + 1 ) = 1, 077c  max 3 2 r2 −

- Giờ chúng ta hãy nói đến lực tác dụng lên từng hạt. Các lực này có phương bán kính. - Gọi Fr là lực tác dụng lên từng vật, ta có:

Fr = −

Gm 2 1 ∂Wt =− 3 ∂r 3r 2

- Như vậy mỗi vật chịu 1 lực hấp dẫn tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách từ vật tới tâm O - Từ lực Fr ta suy ra hệ số hấp dẫn của hệ là: µ =

Gm 3

- Mỗi hạt chuyển động theo quỹ đạo hình elip với bán kính trục lớn:

r min + rmax c = 2 3

- Từ đó ta tìm được chu kì chuyển động của hệ: T = 2π

= 2π

c3 3Gm

Phần III: Bài tập ôn luyện Bài 1: Một dây kim loại cứng mảng được uốn sao cho nếu đặt trục Oy thẳng đứng trùng với một phần của dây thì phần còn lại của nó trùng với đồ thị hàm số y = ax3 với x > 0. Quay đều dây quanh trục Oy với tốc độ góc ω . Một hạt có khối lượng m được đặt sao cho có thể chuyển động không ma sát dọc theo dây. Tìm tọa độ của hạt ở VTCB M (x0, y0) và tìm chu kì dao động bé của hạt xung quanh vị tríycân bằng. ω

Trường THPT Chuyên Thái Bình

348

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

 ω2  2π 9a 2  Đáp số: T =  +1 ω  3ag  Bài 2: Một bánh xe có momen quán tính I có thể quay quanh trục nằm ngang đi qua tâm O. Vật khối lượng m có thể trượt tự do dọc theo một lan hoa, vật này được gắn với lò xo lồng qua lan hoa, đầu còn lại lò xo gắn vào tâm O. Cho lò xo có chiều dài tự nhiên là L và độ cứng k. Cho bánh xe quay với tốc độ góc ω0 . Gọi r0 là khoảng cách từ vật đến tâm O khi nó nằm cân bằng trong hệ quy chiếu gắn với bánh xe. Tìm tần số góc dao động nhỏ của vật quanh quỹ đạo tròn ổn định.

Đáp số: ω =

k  3mr02 − I  2 +  ω0 m  I + mr02 

Bài 3: Một con lắc đơn có chiều dài dây là ℓ quay đều để dây treo quét nên hình nón có góc ở đỉnh 2θ0 . Tìm tần số dao động nhỏ của vật nặng m khi góc θ0 lệch giá trị nhỏ.

Đáp số: ω =

sin 2 θ0 g (4 cos θ0 + ) a cos θ0

Bài 4: Một hạt khối lượng m, điện tích e chuyển động treo quỹ đạo tròn cân bằng bán kính r0 trong mặt phẳng nằm ngang. Từ trường có phương thẳng đứng và có tính đối xứng trụ. Biết

Trường THPT Chuyên Thái Bình

349

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

từ trường giảm theo khoảng cách đến trục theo công thức Bz (r ) =

A (với 0 < n <1). Xác định rn

tần số dao động thẳng đứng ωz của hạt trên quỹ đạo cân bằng này trong trường hợp hạt bị lắc nhẹ theo phương ngang.

Đáp số: ωZ =

eBz (r0 ) n m

Bài 5: Trong trường xuyên tâm, một vật đang chuyển động theo quỹ đạo elip ổn định thì vận tốc tiếp tuyến biến thiên một lượng nhỏ ∆v thì sẽ dẫn đến sự biến đổi nhỏ của bán kính trục lớn (a) và chu kì (T) như thế nào ?

Đáp số: δa =

2∆v 3∆v ; δT = ' .T0 ' θ0 r0θ0

Bài 6: Hai hạt có cùng khối lượng m, được nối với nhau bởi một thanh cứng nhẹ, dài L. Khối tâm của hệ thống thanh quay này thuộc vào 1 quỹ đạo tròn bán kính r xung quanh Trái

Đất. Hãy tính tần số các dao động nhỏ của tọa độ φ trong mặt phẳng quỹ đạo. Giả sử l << r và | φ | << 1.

Đáp số: ω =

3g0 R 2 r3

Trường THPT Chuyên Thái Bình

350

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

MÔ MEN ĐỘNG LƯỢNG VÀ ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN MÔ MEN ĐỘNG LƯỢNG TRONG CHUYỂN ĐỘNG CỦA VẬT RẮN Phạm Thị Trang Nhung Trường THPT chuyên Biên Hòa – Hà Nam

Mô men động lượng là đại lượng vật lý thường được đề cập đến sau cùng trong các kiến thức về cơ học. Các bài tập cần dùng đến mô men động lượng và định luật bảo toàn mô men động lượng cũng không nhiều và thường chỉ sử dụng trong các bài toán về chuyển

động của vật rắn. Chính vì vậy, học sinh thường không chú trọng đến vấn đề này trong khi giải các bài tập, mặc dù đây là phần kiến thức cơ bản và quan trọng. Chính vì vậy, tôi viết chuyên đề này với mục đích tổng hợp, làm sâu sắc hơn nữa khái niệm về mô men

động lượng và định luật bảo toàn mô men động lượng trong chuyển động của vật rắn. Kính mong được quý thầy cô đóng góp để chuyên đề được đầy đủ, phong phú hơn.

Cơ sở lý thuyết

1. Mô men động lượng •

Mô men động lượng của chất điểm m đối với một điểm O: L O = r × mv trong đó r = OM chỉ ra vị trí của chất điểm m.

Mô men động lượng của vật rắn đối với một điểm O : O L O = ∑ ri × mi vi Mô men động lượng của vật rắn đối với khối tâm : L G = ∑ riG × mi viG = ω.IG Ta chứng minh được : L O = L G + OG × mv G (định lý Kơ-nic) Với trục O cố định : LO = ω.IO •

2. Định lí biến thiên và định luật bảo toàn mô men động lượng Độ biến thiên mô men động lượng của một vật rắn (hay một hệ chất điểm) bằng tổng mô men xung lượng của các ngoại lực: ∆L = ∑ M∆t ngoailuc

Trường THPT Chuyên Thái Bình

351

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Do đó, nếu không có ngoại lực tác dụng hoặc nếu tổng mô men xung lượng của các lực bằng 0 thì mô men động lượng của vật rắn (hay hệ chất điểm) được bảo toàn.

II.

Bài tập vận dụng

Định lý biến thiên và định luật bảo toàn mômen động lượng thường được sử dụng hiệu quả trong các trường hợp sau đây: − Bài toán va chạm của vật rắn. − Bài toán chuyển động của cơ hệ mà trong đó cơ năng bị thay đổi.

Bài 1: Đặt trên một mặt phẳng nằm ngang, nhẵn một thanh mảnh đồng chất, chiều dài ℓ , có khối lượng M. Một vật nhỏ khối lượng m được bắn đến với vận tốc ban đầu vo vuông góc với thanh, va chạm đàn hồi với đầu thanh. Tìm vận tốc của mỗi vật sau va chạm? Giải: Giả sử sau va chạm khối tâm của M có vận tốc vG, và vận tốc góc ω còn m có vận tốc v. Các lực tác dụng vào hệ vật là các trọng lực và phản lực có phương thẳng đứng nên

động lượng được bảo toàn: mvo=mv+MvG (1) Các lực tác dụng có phương thẳng đứng, song song với trục quay đi qua tâm của thanh và có phương thẳng đứng nên tổng mômen lực bằng 0. Theo định luật bảo toàn mômen

động

lượng

(MMĐL)

đối

với

trục

quay

đi

qua

tâm

c ủa

thanh

ℓ ℓ Mℓ 2 ω (2) mv o = mv + 2 2 12 Theo định luật bảo toàn cơ năng:

1 1 1 1 Mℓ 2 2 ω (3) mv o 2 = mv 2 + Mv G 2 + 2 2 2 2 12

Từ (1) và (2) : ωℓ = 6v G thay vào (3): v o 2 = v 2 + 4

M 2 v G (4) m

Bình phương biểu thức (1): v o 2 = v 2 + 2

M M2 vv G + 2 v G 2 (5) m m

Trừ vế với vế (4) và (5) cho nhau: v G =

2m 4m − M v . Thay vào (1) : v = vo 4m − M 4m + M

vG =

2m 12m v o vo ; ω = 4m + M 4m + M ℓ

Bài 2:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

352

có:

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Một quả cầu đặc đồng chất khối lượng m, bán kính R được làm quay với vận tốc góc ωo quanh khối tâm đang đứng yên ở độ cao h. Thả cho quả cầu vừa quay vừa rơi tự do xuống sàn. Bỏ qua sức cản không khí. Ngay sau lần nảy lên đầu tiên quả cầu không quay nữa và

động năng giảm n lần so với ngay trước khi va chạm. Xác định thành phần vận tốc nằm ngang và thẳng đứng của quả cầu ngay sau lần đầu tiên va chạm. Giải: Trước khi va chạm với sàn, khối tâm của quả cầu có vận tốc, ω

tốc độ quay được giữ không đổi so với ban đầu. Động năng c ủa

quả

c ầu

khi

đó:

1 1 1 1 Wd = mv G 2 + IG ω2 = mg(h − R) + IG ω2 = mg(h − R) + mR 2ω2 2 2 2 5

h vx

Khi va chạm với sàn, các lực tương tác với sàn khi va chạm và trọng lực của quả cầu đều đi qua điểm tiếp xúc nên mô men động lượng đối với điểm tiếp xúc K được bảo toàn : L K = LG + KG × mv G LK trước=LG=ωIG; LK sau=mRvx ⇒ v x = Động năng sau va chạm: Wd ' = ⇒ vy =

ω I G 2ω R = mR 5

W 1 1 1 m ( v x 2 + v y 2 ) = d = mg(h − R) + mR 2 ω2 2 n n 5n

2 10 − 4n 2 2 ωR g (h − R ) + n 25n

Bài 3: Một thanh đồng chất OA có chiều dài L, khối lượng M quay không ma sát quanh

đầu O cố định của nó. Lúc đầu thanh được giữ nằm ngang, sau được thả rơi không

vận tốc đầu. Khi thanh tới vị trí thẳng đứng, đầu A của nó đập vuông góc vào một vật B có kích thước nhỏ, khối lượng m, đặt trên một giá đỡ. Xác định vận tốc của hai vật sau va chạm. Xét hai trường hợp:

a) Va chạm là va chạm mềm b) Va chạm là hoàn toàn đàn hồi Giải: •

Xét quá trình rơi của thanh OA: Định luật bảo toàn cơ năng:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

353

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

MgL = Mg ⇒ ωo =

•

L 1 L 1 ML2 2 ωo + IO ωo 2 ⇒ Mg = 2 2 2 2 3

3g L

Xét quá trình va chạm: a) Va chạm là va chạm mềm: sau va chạm hệ có vận tốc góc ω

Định luật bảo toàn mô men động lượng với trục quay qua O:

 ML2  ML2 M 3g ωo =  + mL2  ω ⇒ ω = 3 M + 3m L  3  ⇒ vB =

M 3gL M + 3m b) Va chạm là đàn hồi

Định luật bảo toàn mô men động lượng : Định luật bảo toàn cơ năng:

ML2 ML2 ωo = 3 3

3g ML2 ω + mv B L = L 3

MgL 1 ML2 2 1 ω + mv B 2 = 2 2 3 2 vB =

Giải hệ phương trình ta được:

ω=

2M 3gL M + 3m

M − 3m 3g M + 3m L

Bài 4: Một sợi dây vắt qua ròng rọc cố định, một đầu dây buộc vào vật khối lượng M, đầu kia có một con khỉ có khối lượng cũng bằng M bám vào. Ròng rọc có bán kính R, khối lượng m=M/4 và được phân bố đều ở vành ngoài. Con khỉ bắt đầu leo lên dây với vận tốc u so với dây. Tìm vận tốc của vật M. Biết dây không trượt trên ròng rọc. Giải: Khi con khỉ chuyển động với tốc độ u so với dây, thì vật M đi lên với vận tốc v so với mặt đất. Hệ chịu tác dụng của ngoại lực đó là 3 trọng lực tác dụng vào 3 vật. Vì con khỉ v

và vật có khối lượng bằng nhau nên trọng lực bằng nhau. Do đó, tổng mô men lực đối với tâm ròng rọc bằng 0. Vậy, mômen động lượng đối với điểm này bảo toàn:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

354

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

L bandau = 0 = Lsau = MvR + Iω + M(v − u)R = MvR +

M 2 R ω + M(v − u)R 4

Mà dây không trượt trên ròng rọc nên Rω=v Giải hệ phương trình ta tìm được: v =

4u 9

Lưu ý: có thể có học sinh giải như sau: Wdau =

1 1 1 1 Mu 2 = Wsau = Mv 2 + Iω2 + M(v − u) 2 2 2 2 2

Với Rω=v vì dây không trượt trên ròng rọc. Từ đó giải hệ phương trình ta được v =

8u . 9

Tuy nhiên cách giải này là sai vì ở đây cơ năng không được bảo toàn mà luôn thay đổi do con khỉ cung cấp cho hệ thêm cơ năng bằng sức của nó!

Bài 5: Một chiếc đu được coi như một thanh cứng. Người đu có thể thay đổi vị trí rất nhanh sao cho trong khoảng thời gian thay đổi vị trí đu coi như không dịch chuyển. Ban đầu đu được nâng lên một góc θo nhỏ rồi thả ra. Người đu đứng lên hoặc ngồi xuống mỗi lần đu đến vị trí biên hoặc đi qua vị trí thẳng đứng, sao cho người đu làm đu có biên độ góc tăng dần. Lúc đó người

đang đứng, khối tâm của hệ ở G1, mô men quán tính của hệ so với tâm quay là I1. Khi người ngồi xuống, khối tâm của hệ ở G2, mô men quán tính của hệ so với tâm quay là I2. Người đu phải đứng lên ngồi xuống như thế nào? Sau khoảng bao nhiêu lần đi qua vị trí cân bằng thì đu có thể ở vị trí nằm ngang? Giải: Nhận xét, tại ví trí đu thẳng đứng, các ngoại lực tác dụng vào hệ vật có phương đi qua tâm quay nên mômen động lượng được bảo toàn, tức là tích Iω tại đây không thay đổi. Để đu có biên độ góc tăng dần, người phải thay đổi vị trí hợp lí để tại vị trí đu thẳng đứng, khi người thay đổi vị trí thì tốc độ góc của đu tăng lên, tức là mômen quán tính giảm xuống. Mà mômen quán tính của hệ so với tâm quay O: I=Ithanh+m.ON2. Trong đó N là vị trí của người trên thanh. Để giảm I thì ON phải giảm, vậy người phải đứng lên mỗi lần đu qua vị trí thẳng đứng, do đó tại vị trí biên người phải ngồi xuống. •

Khi đi từ biên về vị trí thẳng đứng lần đầu tiên, người ngồi (trạng thái 2), theo định luật bảo toàn cơ năng: Mg.OG 2 .(1 − cosθ o ) =

Trường THPT Chuyên Thái Bình

355

1 I 2 ωo 2 (*) 2

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Tại vị trí thẳng đứng, người đứng lên, theo định luật bảo toàn mômen động lượng:

•

I 2 ωo = I1ωo' (1)

Khi đi từ vị trí thẳng đứng ra biên lần đầu tiên, người đứng (trạng thái 1), theo định

•

luật bảo toàn cơ năng:

1 I1ωo '2 = Mg.OG1.(1 − cosθ1 ) (2) 2

Tại biên, người ngồi xuống chỉ để làm thay đổi mômen quán tính của hệ vì lúc này

•

vận tốc góc bằng 0 Khi đi từ biên về vị trí thẳng đứng lần thứ hai, người ngồi (trạng thái 2), theo định luật

•

bảo toàn cơ năng: Mg.OG 2 .(1 − cosθ1 ) =

1 I2 ω12 (3) 2

Chia vế với vế của (2) và (3) cho nhau, rồi rút ωo’ từ (1) thế vào ta có

ω12 =

I 2 .OG 2 2 ωo = kωo 2 I1.OG1

Như vậy, cứ sau ½ chu kì (từ vị trí thẳng đứng ra biên rồi quay về vị trí thẳng đứng) bình phương tốc độ góc tăng k lần. Để đu đạt trạng thái nằm ngang thì nó phải đạt tốc độ ωn thỏa mãn: 1 I1ωn 2 = Mg.OG1 2 Mà ωn 2 = k n ωo 2 , n là số lần đu đi qua vị trí cân bằng

⇒ kn =

1 2 2Mg.OG1 = ≈ 2 (thay (*) vào và lấy gần đúng với θo nhỏ). 2 ωo .I1 1 − cosθ o θ o

θ 2  ln  o  2  ⇒ n=  1 ln k Phần bài tập tự giải: Bài 6: Một quả bi-a có khối lượng m, đang nằm trên mặt bàn có hệ số ma sát trượt µt. Tại thời điểm ban đầu, truyền cho quả bia vận tốc vo theo phương ngang, khi ấy b-a không quay. Ngay sau đó, bi-a quay và cuối cùng lăn không trượt trên mặt bàn.

a) Tìm sự phụ thuộc vào thời gian của vận tốc dài và vận tốc góc của quả bi-a. Khi quả bi-a bắt đầu lăn không trượt thì vận tốc dài của nó bằng bao nhiêu?

Trường THPT Chuyên Thái Bình

356

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

b) Tính mômen động lượng ban đầu và mômen động lượng khi bi-a lăn không trượt đối với trục quay nằm trên mặt bàn và vuông góc với vận tốc của quả bi-a. c) Tính công của lực ma sát trượt tác dụng lên quả bi-a.

Bài 7: Một thanh mỏng thẳng, đồng chất có chiều dài l, lúc đầu được đặt nằm ngang. Tâm của thanh được giữ cố định sao cho thanh có thể quay trong mặt phẳng thẳng đứng. Một con nhện rơi

thẳng đứng với vận tốc vo vào điểm chính giữa của đoạn đầu mút và tâm quay. Khối lượng của nhện bằng khối lượng của thanh. Khi vừa chạm thanh, nhện bò dọc theo thanh sao cho tốc độ góc của thanh không đổi. Hãy xác định giá trị cực đại của vo để sao cho nhện có thể đi đến đầu mút của thanh. Cho rằng nhện rời khỏi thanh khi thanh ở vị trí thẳng đứng.

Bài 8: (đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia năm 2007) Một vật hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy R, khối lượng m đang lăn không trượt trên mặt sàn nằm ngang thì va chạm vào tường thẳng đứng (trục của trụ luôn song song với sàn và tường). Hệ số ma sát giữa trụ và tường là µ. Vận tốc dài của trụ trước va chạm là vo. Sau va chạm, thành phần nằm ngang của vận tốc giảm một nửa về mặt độ lớn. Biết 2 mômen quán tính của trụ với trục của nó là I = mR 2 . Bỏ qua 5

tác dụng của trọng lực trong lúc va chạm và bỏ qua ma sát lăn. a) Mật độ khối lượng của trụ được phụ thuộc vào khoảng cách r từ điểm đang xét tới  r2  m trục của nó theo biểu thức: ρ = A.  1 + 2  2 (kg / m3 ) . Xác định A.  R R h

b) Xác định động năng của trụ và góc giữa phương chuyển động của nó và phương ngang ngay sau va chạm. Áp dụng trường hợp µ =

1 1 và µ = 8 5

Danh mục tài liệu tham khảo 1.

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh gỏi vật lý. Tập 1_ Cơ học. Nhà xuất bản Giáo

dục. 2.

Bồi dưỡng học sinh giỏi vật lí trung học phổ thông. Bài tập Cơ học – Nhiệt

học. Nhà xuất bản Giáo dục. 3.

Các đề thi học sinh giỏi Vật lí.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

357

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Chuyên đề VẬN DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN TRONG MỘT SỐ BÀI TẬP CƠ HỌC VẬT RẮN Tổ Vật lý – Chuyên Lào Cai A. MỞ ĐẦU. - Các Định luật bảo toàn (ĐLBT) có một vị trí quan trọng trong các bài toán vật lý, khi đối diện với một bài tập cơ học thường ta hay nghĩ ngay đến một trong hai phương pháp là “Động lực học hoặc các Định luật bảo toàn”. Tuy nhiên trong một số trường hợp các thông tin về động lực học không rõ ràng thì áp dụng các ĐLBT lại tỏ ra hữu hiệu và rất thuận tiện. Trong chuyên đề này chúng ta cùng vận dụng các ĐLBT để giải quyết các bài tập về cơ học vật rắn.

B. NỘI DUNG: I/ LÝ THUYẾT: 1. Động lượng: Động lượng P của một vật là một véc tơ cùng hướng với vận tốc của vật và được xác định bởi biểu thức P = m.v . Đơn vị của động lượng kg.m/s Khi một lực F (không đổi) tác dụng lên một vật trong khoảng thời gian ∆t thì tích F . ∆t được định nghĩa là xung của lực F trong khoảng thời gian ∆t ấy. ĐLBT động lượng: Véc tơ động lượng của một hệ cô lập được bảo toàn ' P = P . Nếu hệ không cô lập nhưng các ngoại lực có cùng phương Oy thì hình chiếu của tổng động lượng trên phương Ox vẫn bảo toàn: P1x + P2x = const Chuyển động bằng phản lực là chuyển động theo nguyên tắc : nếu có một phần của hệ chuyển động theo một hướng, phần còn lại của hệ phải chuyển động theo hướng khác 2. Công cơ học: Nếu lực không đổi F có điểm đặt chuyển dời một đoạn s theo hướng hợp với hướng của lực góc α thì công của lực F được tính theo công thức: A = F.s.cos α Đơn vị của công là Jun (J) 1 jun = 1N.m Nếu α < 900 , A > 0 : công phát động Nếu α > 900 , A < 0 : công cản Nếu α = 900 , A = 0 : công bằng không Công suất đo bằng công sinh ra trong một đơn vị thời gian

Trường THPT Chuyên Thái Bình

358

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

∆A ∆t

Đơn vị của công suất: Oát (W) 1WW = 1J/s Biểu thức khác của công suất: P = F .v Hiệu suất của máy: H =

A' P' hay H = A P

Với A’ là công có ích và P’ là công suất có ích * Công của trọng lực: A = m.g.h Với h = h1 – h2 ( h1 , h2 là điểm đặt lực lúc đầu và lúc cuối )

* Công của lực đàn hồi: A = k [x12 − x22 ] 1 2

k là hệ số đàn hồi (độ cứng) x1, x2 là độ biến dạng lúc đầu và lúc cuối 3. Động năng: Là dạng năng lượng của một vật có được do nó đang chuyển động: Wđ =

1 m.v 2 2

Đơn vị của động năng: Jun * Định lí động năng: Độ biến thiên động năng của một vật trong một quá trình bằng tổng công thực hiện bởi các ngoại lực tác dụng lên vật trong quá trình đó: 1 2 1 2 mv2 − mv1 = A 2 2

* Động năng có tính tương đối, phụ thuộc hệ quy chiếu. Thông thường được hiểu là động năng được xét trong hệ quy chiếu gắn với Trái đất 4. Thế năng: Là năng lượng của một hệ có được do tương tác giữa các phần của hệ thông qua lực thế Đơn vị của thé năng là Jun Thế năng trọng trường: (thế năng hấp dẫn) của một vật là dạng năng lượng tương tác của Trái đất và vật, ứng với một vị trí xác định của vật trong trọng trường Biểu thức thế năng trọng trường tại một vị trí có độ cao z: Wt = m.g.z - Nếu trọn mốc thế năng tại mặt đất. Thế năng đàn hồi là dạng năng lượng của một vật chị tác dụng của lực đàn hồi. Biểu thức thế năng đàn hồi của lò xo ở trạng thái có biến dạng ∆l : Wt =

1 2 k (∆l ) 2

5. Cơ năng: Cơ năng của vật chuyển động dưới tác dụng của trọng lực bằng tổng động năng của vật và thế năng trọng trường của vật. Cơ năng của vật chuyển động dưới tác dụng của lực đàn hồi bằng tổng động năng của vật và thế năng đàn hồi của vật.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

359

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

* Định luật bảo toàn cơ năng: Nếu không có tác dụng của lực không phải là lực thế thì trong quá trình chuyển động cơ năng của vật được bảo toàn. Động năng có thể chuyển hóa thành thế năng và ngược lại. * Khi vật chịu tác dụng của lực không phải là lực thế, cơ năng của vật không bảo toàn và công của lực này bằng độ biến thiên cơ năng của vật. 6. Mômen lực và mômen động lượng : a) Mômen lực : - Mômen của một lực F đối với một điểm gốc O chọn trước nào đó, là một véctơ M được xác định bằng biểu thức : M = r × F (1) Với r là bán kính véct ơ vạch từ O đến điểm đặt của lực F . - Mômen của lực F đối với một trục OZ nào đó là thành phần Mz trên trục OZ của véctơ mômen lực đối với điểm O. - Trong một hệ chất điểm hay vật rắn, mômen của các nội lực đối với một điểm bất kỳ luôn bằng không: M′ = 0. - C«ng mµ m«men lùc thùc hiÖn ®-îc khi lµm vËt quay mét gãc ϕ lµ: A = M. ϕ . b) Mômen động lượng : - Mômen động lượng của một chất điểm có khối lượng m, chuyển động với v ận tốc v đối với một điểm O nào đó là một véctơ được xác định bởi biểu thức : (2) L = r × P = r × mv - Mômen động lượng đối với một trục OZ nào đó là thành phần Lz trên trục OZ của véctơ mômen động lượng đối với điểm O. - Đối với hệ chất điểm hay vật rắn : L = ∑ L i = ∑ ri × Pi = ∑ ri × mv i (3) i

7.Định luật biến thiên và bảo toàn mômen động lượng : - Ta có:

dL dt

= M

(4)

(Độ biến thiên mômen động lượng trong 1 đơn vị thời gian bằng mômen lực) - Khi M = 0

thì

dL dt

= 0

⇒ L = const ∉ t

(5)

- Định luật bảo toàn mômen động lựợng : Mômen động lượng của một hệ chất điểm hay một vật rắn đối với một điểm cố định O, không thay đổi theo thời gian, nếu mômen ngoại lực đối với điểm O đó bằng không. Chú ý: khi áp dụng định luật biến thiên và bảo toàn mômen động lượng thì phải áp dụng trong hệ quy chiếu quán tính.

8.Mômen động lượng của một vật rắn quay quanh một trục cố định : - Xét chất điểm có khối lượng m quay theo đường tròn tâm O bán kính r với vận tốc v, khi đó mômen động lượng của chất điểm đối với trục quay ∆ vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo là: L = m ω r2 (6)

Trường THPT Chuyên Thái Bình

360

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

- Với hệ chất điểm thì mômen động lượng của hệ chất điểm đối với trục quay ∆ là : L = ∑ m i ri2 ω = ω ∑ m i ri2 = I ω (7) i

Trong đó I =

∑m r

2 i i

là mômen quán tính của hệ đối với trục ∆ .

- Ta có ⇒ M=

dt d(Ιω) dt

là mômen ngoại lực đối với trục quay ∆ .

= Ιγ

(9)

(8)

γ là gia tốc góc của chuyển động.

9. Mômen quán tính của các vật : - Đối với vật mà vật chất phân bố rời rạc : I =

∑m r

( 10 )

2 i i

- Đối với vật mà vật chất phân bố liên tục : I = ∫ dΙ = ∫ ρr 2 dV ( 11 ) V

10. Định lý Stennơ - Huyghen : Mômen quán tính của một cơ hệ ( vật rắn ) đối với một trục nào đó bằng mômen quán tính của nó đối với trục đi qua khối tâm cộng với tích của khối lượng m của vật với bình phương khoảng cách a giữa hai trục 2 Ι A = Ι G + ma ( 12 ). 11. Động năng của vật rắn : - Vật rắn chuyển động tịnh tiến : Mọi điểm của vật rắn đều có cùng vận tốc như vG của khối tâm : Wđ = T =

∑m v 2 i

2 G

vG 2

∑m

( 13 )

mv G

- Vật rắn chuyển động quay quanh một trục : Τ=

∑m v 2 i

∑m r ω 2 2 i i

- Vật rắn chuyển động tổng quát :

1 2

Τ=

∑m r

2 i i

1 2

Ιω

1 2 2 mv G + Ιω 2 2

(14 ) (15)

- Định lí kơních về động năng : động năng của một vật trong chuyển động đối với hệ quy chiếu cố định O bằng tổng động năng khối tâm G mang tổng khối lượng cộng với động năng của vật trong chuyển động tương đối quanh G. TO =

mv G + TG

(16)

12. Cơ năng của một vật rắn và định luật bảo toàn cơ năng : - Cơ năng của một vật rắn : E = Eđ + Et , với Et là thế năng của vật. - Từ định nghĩa Et = ∑ m i gh i , ta suy ra Et = Mgh0. ( 17 ) - Khi không có ma sát và lực cản của môi trường thì cơ năng của vật được bảo toàn . 13. Định luật biến thiên động năng :

Trường THPT Chuyên Thái Bình

361

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

dΤ

- Dạng vi phân : dΤ = ∑ dA ik + ∑ dA ke

= ∑ Wk + ∑ Wk i

trong đó dA ; dA là tổng công nguyên tố của nội lực và ngoại lực, Wki ; Wke là tổng công suất của nội lực và ngoại lực. - Dạng hữu hạn : Τ − Τ 0 = ∑ A ik + ∑ A ek trong đó T; T0 là động năng của hệ tại thời điểm ban đầu và thời điểm t; ∑ A ik + ∑ A ek là tổng công của nội lực và ngoại lực. i k

e k

II/ MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG: Bài 1: Ở thời điểm ban đầu, 1 đồ chơi hình trụ đồng chất khối lượng m, bán kính 1 2

R, momen quán tính đối với trục J = mR 2 , nằm ở cạnh a của 1 cái giá. Cạnh của giá song song đường sinh của hình trụ. Dưới ảnh hưởng của vđầu không đáng kể, đồ chơi hình trụ rơi xuống. Kí hiệu f là hệ số ma sát trượt giữa đồ chơi và cái giá. ở độ nghiêng α 0 nào, độ chơi bắt đầu trượt trên cạnh A của giá trước khi rơi khỏi giá.

Lời giải - Trong bài này nếu chúng ta chỉ vận dụng các kiến thức động lực học thì không giải quyết được vì vậy ta phải kết hợp thêm các ĐLBT. *) Theo định luật II Newton có :

(1) ( 2)

mg sin α − Fms = m.Rα ,, mg cos α − N = mα ,2 .R

*) Phương trình ĐLH :

Fms

3 2 J I = mR 2α ,, ⇒ α ,, = g sin α 2 3R 1 Thế vào (1) có : Fms = mg sin α (3) 3

N R

I mg

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng có : − ∆Et = ∆E d Hay :

mgR (1 − cos α ) =

13 4 mR 2 .α ,2 ⇒ α ,2 = g (1 − cos α ) 22 3R

1 3 +) Đồ chơi bắt đầu trượt (α = α 0 ) khi :

- Thế vào (2) ta được : N = mg (7 cos α − 4) (4)

α 0 < 55,15

⇔ N >0 Fms = f.N

Trường THPT Chuyên Thái Bình

362

7 cos α 0 − 4 > 0

sin α 0 = (7 cos α 0 − 4 ) f

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

⇔

7 cos α 0 −

sin α 0 f

+) Giải phương trình (*) : Đặt tgϕ = − 7 1 f

sin ϕ =

⇒

= −7 f

7 1 72 + ( )2 f

cos ϕ = − (*) Trở thành (**). Ta có

(sin ϕ cos α 0 − sin α 0 cos ϕ ) =

⇔

1 72 + f2

1 7

1 72 + ( )2 f

sin (ϕ − α 0 ) = sin ϕ0 =

4 49 +

1 f2

900 < ϕ < 1800 α 0 < 55,15 0

⇒ ϕ − α > 44,85 0

- Phương trình (**) ta lấy nghiệm sau : sin ϕ 0 =

4 49 +

900).

1 f2

4 (Với 0 < ϕ 0 < 7

⇒ 0 < ϕ 0 < 38,85 < ( ϕ - α 0 )

Do đó : ϕ - α 0 = 1800 - ϕ 0 => α 0 = ( ϕ + ϕ 0 - 1800) *) Giải lại phương trình (*) : Đặt tgϕ = − ⇒

sin ϕ =

1 7f

f 49 f + 1 7 cos ϕ = − f 49 f + 1

(*) Trở thành sin α 0 cos ϕ − sin ϕ cos α 0 =

4 = cos ϕ0 49 f + 1 0

⇒ cos( ϕ + α 0 ) = cos ϕ 0 ⇒ ϕ + α 0 = ± ϕ 0 ( Với 0 < ϕ 0 < 90 ) ⇒ α 0 = - ϕ ±ϕ0

Đối chiếu với điều kiện α 0 < 55,150 , chọn 1 nghiệm thoả mãn.

Bài 2: Một quả bóng siêu đàn hồi đặc, khối lượng m, bán kính R. Bóng bay tưói va chạm vào mặt sàn ngang với vận tốc v và vận tốc góc ω . Chỗ mà quả bóng tiếp xúc với sàn có ma sát giữ cho điểm tiếp xúc không trượt. Do có ma sát nên va chạm là không đàn hồi Tuy nhiên, có thể bỏ qua sự biến thiên của thành phần pháp tuyến vy và độ biến thiên động năng bóng.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

363

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

a/ Xác định thành phần tiếp tuyến vx’ của v’ và ω ’ của quả bóng sau va chạm theo vx và ω trước va chạm? Biện luận? b/ Tính vận tốc điểm tiếp xúc A của bóng trước và sau va cham? Giải thích kết quả? c/ Xét ω = 0 và vx > 0.

Lời giải *) Theo định luật biến thiên momen động lượng ta có: dL = Mdt = FmsRdt = dPxR ⇒ Id ω = mRdvx vx ' ⇒ I ∫ d ω = mR ∫ dv ⇒ vx ω

ω'

I( ω ’- ω ) = mR(vx’ - vx)

(1)

Ta có vy’= - vy *) Theo định luật bảo toàn động năng ta có: mv 2 I ω 2 mv '2 I ω '2 + = + ⇒ 2 2 2 2

m (v x2 − v '2x ) = I (ω '2 − ω 2 )

(2)

v  1 ω ’= −  3ω + 10 x  R 7

*) Thay (1) vào (2) rút ra



vx’ =



3v x − 4ω R 7

*) Biện luận: +) ω ’ < 0 siêu bóng quay ngược lại với chiều quay ban đầu sau va chạm. 4

+) vx’ > 0, vx > ω R 3

+) vx’ = 0 ⇒ vx = ω R 3 4

+) vx’ < 0 ⇒ vx < ω R 3

b) Ban đầu (trước va chạm): A: Sau va chạm: ⇒

vAx = vx + ω R

vAy = vy v’Ax = v’x + ω ' R = - (vx + ω R ) v’ Ay = v’y = - vy v

= − v

Như vậy: Vận tốc điểm A trước và sau va chạm có độ lớn bằng nhau, chiều ngược nhau.

Bài 3: Thanh ABC khối lượng M, chiều dài 2L, gấp lại tạ i trung điểm B đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Vật m chuyển động với vận tốc v0 trên mặt phẳng nằm ngang theo phương vuông góc với BC, va chạm với thanh tại C. Coi va chạm là

Trường THPT Chuyên Thái Bình

364

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

đàn hồi, bỏ qua ma sát. Tìm điều kiện của v0 để sau va chạm vật bị bật ngược trở lại .

Lời giải: áp dụng ĐL BT ĐL và mômen động lượng đối với G: mvo = mv1 + Mv2 (1) 3l 3l = mv1 . + Iω (2) 4 4 mv 2 mv 2 Mv 2 Iω 2 (3) - ĐL BT CN: 0 = 1 + 0 + 2 2 2 2 mvo .

A L

M G N

Với :

 M 2   ( 2 )L M 2 IG = 2  + ( ) MG  , 12 2    

MG =

L 4

→ IG =

5 ML2 24

5 18 ω L ⇒ ω L = v2 18 5 5 v0 + v1 = v2 24 m(vo − v1 ) = Mv2 v2 =

- Giải hệ phương trình ta được:

- Điều kiện m bị bật ngược trở lại là v1 < 0 . Rút ra:

M 5 . < m 29

• 2

• B

• 1

Bài 4: 1. Hai thanh AB, BC, mỗi thanh có chiều dài l khối lượng m, được nối với nhau bằng chốt ở B và có thể quay không X ma sát quanh B. Thanh ghép được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang rất nhẵn và tạo thành góc vuông ở B. Đầu A chịu một xung X nằm trong mặt phẳng và vuông góc với AB (xung là tích Fdt của lực và chạm rất lớn F và thời gian va chạm rất nhỏ dt, nó là một động lượng được truyền toàn vẹn cho thanh). Tính theo X các đại lượng ngay sau va chạm sau đây: a) Các vận tốc v1, v2 của các khối tâm của hai thanh. b) Các vận tốc góc ω1, ω2 của hai thanh quay quanh khối tâm của các thanh đó. c) Động năng K của thanh ghép. (Momen quán tính của mỗi thanh đối với 2 đường trung trực là I = ml . Ta không biết công của lực va chạm). 12

C • 2 • B

Trường THPT Chuyên Thái Bình

365

+ X

• 1 A

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

2. Thanh ghép được đặt cho AB, BC thẳng hàng (H2) và cũng chịu xung X vuông góc với AB như trên. Tính theo X: a) Các vận tốc v1, v2 b) Các vận tốc góc ω1, ω2 của hai thanh quay quanh khối tâm của các thanh đó. c) Vận tốc vG của khối tâm G của thanh ghép và vận tốc vB của chốt B; vG bằng hay khác vB và tại sao? Lấy chiều dương của xung và vận tốc góc như trong hình 2.

Lời giải 1. Sử dụng các ĐLBT ta lập hệ: X + X’ = mv1 (X – X’)

(1)

l ml 2 ω = 2 12 1

(2)

- X = mv2

(3)

l vB = v2 = - ω1 + v1 2

(4)

Vì BC chỉ tịnh tiến ω2 = 0, giải hệ ta được:

7X 2X ; v2 = 5m 5m 18 X b) ω1 = ; ω2 = 0 5ml m m I 2X 2 38 X 2 8X 2 c) KBC = v22 = K AB = v12 + ω12 = ;K = thanh 2 25m 2 2 25m 5m

a) v1 =

2. Tương tự ta có hệ: X + X’ = mv1

(1)

(X – X’)

(2)

ml 2 l = ω 2 12 1

- X’ = mv2 l 2

-X =

ml 2

(3) (4)

ω1

- Tính theo hai cách vB = v1 -

1 1 ω1 = v2 + ω2 (5) (B quay quanh 1 có vận tốc 2 2

ngược chiều v1 nhưng quay quanh 2 thì có vận tốc cùng chiều v2). - Giải hệ 5 phương trình để tìm ẩn X’, v1, v2, ω1, ω2, ta có (1) và (3) cho: mv2 = X – mv1 - Viết lại (2): X + mv2 = 2X – mv1 =

ml 6 ω1 hay ω1 = (2X – mv1) 6 ml

Trường THPT Chuyên Thái Bình

366

(6)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

6 X ' 6v2 (7) = ml l 4( X − mv ) l 6 l 6v2 1 Đưa (6) và (7) vào (5): v1 (2X – mv1) = v2 + = 4v = 2 2 ml 2 l m 6x 4 X 10 X 5X = − 4v1 ⇒ 8v1 = ⇒ v1 = 4v1 m m m 4m 5X X a) v1 = ; v2 = 4m 4m 9X 3X b) ω1 = ; ω2 = − 2ml 2ml X 1 X c) vB = - ; vG = (v1 + v2 ) = ≠ vB m 2 2m

Từ (3) và (4) cho ω2 = -

Vì G chỉ trùng với B khi hai thanh nằm yên thẳng hàng.

Bài 5: O •

• O’

Một khung có thể biến dạng gồm ba thanh cứng đồng chất, φ một thanh có khối lượng m, chiều dài l, được nối bằng các chốt A, B và treo trên trần bằng các chốt O, O’ (OO’ = l). • Các chốt không có ma sát. Khung đang đứng cân bằng thì đầu A của thanh OA chịu một xung lực X đập vào (X có X • • chiều từ A đến B). Khung bị biến dạng và các thanh OA, O’B A B quay tới góc cực đại φ (H.23.1). 1.Tính vận tốc V (theo X và m) của trung điểm (khối tâm) C của thanh O ngay sau va chạm. 2.Tính động năng của khung ( theo X và m) ngay sau va chạm. 3. Tính góc φ theo X, m, l và gia tốc trọng trường g. 4. Nếu xung lực X là do một quả cầu có khối lượng m và vận tốc v0 có chiều từ A đến B gây ra thì sẽ có tối đa bao nhiêu phần trăm động năng của quả cầu chuyển thành nhiệt? Cho momen quán tính của thanh có chiều dài l, khối lượng m đối với trục vuông góc với thanh và đi qua một đầu là I =

Giải:

ml 2 3

1. Biến thiên momen động lượng của hệ (đối với tâm O) bằng momen của xung lực. - Kí hiệu ω là vận tốc góc của OA ngay sau va chạm, thì ω = - Momen động lượng của OA (hoặc O’B) là: I ω =

ml 2 2 ω = mlV 3 3

- Momen động lượng của AB, với VD = 2V, là 2mVl.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

367

2V . l

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Từ đó: 4 10 3X . mlV + 2mlV = mlV = Xl → V = 3 3 10m I 2 2. Động năng của một thanh quay quanh O là ω 2 = mV 2 2 3 m 2 2 - Động năng của thanh AB là: VD = 2mV 2

4 3

- Động năng của cả khung: K = mV 2 + 2mV 2 =

10 3X 2 mV 2 = 3 10m

3. Động năng này chuyển thành độ tăng thế năng. Khối tâm của khung từ vị trí 2 3

G cách trần một đoạn JG = l được chuyển t ới vị trí G’ cách trần một đoạn 2 2 JH = l (1 − cos ϕ ) . Thế năng tăng một lượng: 3mg (1 – cosφ) = 2mgl(1 – cosφ) 3 3l 2 3X ϕ ϕ X 3 Từ đó K = = 4mgl sin 2 → sin = . 10m 2 2 2m 10 gl

4. Nếu X = mV0 thì động năng của khung:

2 3 X 2 3 mV0 3 K= = = K0 , K0 là động năng của quả cầu. 10m 5 2 5 2 Vậy tối đa có K 0 = r = 40%. 5

Chú thích: Khi xung X đập vào A thì ở các chốt O, O’ xuất hiện các phản xung của trần XO và XO’. Nhưng vì lấy momen đối với O nên chúng không có mặt trong (1). Có thể tích được XO = XO’ =

X . 10

C. KẾT LUẬN: - Chuyên đề đã giải quyết một số bài tập cơ học vật rắn bằng các ĐLBT rất hữu hiệu. Trong khuôn khổ một chuyên đề hẹp chúng tôi chưa thể đề cập hết được tất cả các bài tổng hợp , mong rằng sẽ nhận được sự góp ý và tham khảo thêm nhiều bài tập của các đồng nghiệp!

Trường THPT Chuyên Thái Bình

368

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI NĂM 2013 Họ và tên giáo viên: Trần Thị Thanh Huyền Tổ: Vật lí – Công nghệ Trường THPT Chuyên Hạ Long – Tỉnh Quảng Ninh HỆ THỐNG BÀI TẬP ÁP DỤNG PHƯƠNG TRÌNH TRẠNG THÁI VÀ NGUYÊN LÍ I NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC CHO KHÍ LÍ TƯỞNG A. PHẦN MỞ ĐẦU I. Lý do chọn đề tài: Việc viết chuyên đề để bồi dưỡng học sinh giỏi hàng năm là việc làm cần thiết đối với mỗi giáo viên đang giảng dạy ở trường chuyên. Hưởng ứng phong trào viết chuyên đề của Hội trường chuyên Duyên hải, tôi xin được trao đổi với các đồng nghiệp về hệ thống bài tập nâng cao trong phần Nhiệt học. Các bài tập này được sưu tầm và tích lũy từ nhiều nguồn khác nhau. Các bài tập đều có đáp án chi tiết. II. Mục đích của đề tài: Xây dựng hệ thống bài tập “ÁP DỤNG PHƯƠNG TRÌNH TRẠNG THÁI VÀ NGUYÊN LÍ I NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC CHO KHÍ LÍ TƯỞNG” để bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp. B. PHẦN NỘI DUNG

Phần 1: Cơ sở lý thuyết I. Phương trình trạng thái Phương trình Cla pê rôn - Men đê lê ep (phương trình C – M) pV =

RT ; R: hằng số của các khí. R = 8,31J / mol.K

⇒ Với lượng khí xác định ( m, µ = cos nt ):

pV = const T

II. Nguyên lí I 1. Công thức của nguyên lí I

∆U = Q + A ∆U : Độ biến thiên nội năng của hệ.

Q: Nhiệt lượng mà hệ nhận được. A: Công mà hệ nhận được. 2. Công và nhiệt lượng a. Công: Công A’ mà hệ sinh ra trong quá trình đẳng áp A' = p (V2 − V1 )

Công A’ mà hệ sinh ra trong một quá trình cân bằng bất kì:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

369

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI V2

A' = ∫ pdV V1

Có thể xác định A’ bằng đồ thị. Công mà hệ nhận được: A = − A' b. Nhiệt lượng +) Nếu truyền nhiệt lượng δQ cho hệ làm nhiệt độ của hệ tăng lên dT thì tỉ số C=

δQ

được gọi là nhiệt dung của hệ.

dT +) C = υC1mol ; C1mol: nhiệt dung mol

+) C = mc ; c: nhiệt dung riêng +) Nhiệt dung phụ thuộc quá trình biến đổi của hệ. VD: đối với 1 mol khí thì nhiệt dung mol đẳng áp Cp khác với nhiệt dung mol đẳng tích CV. 3. Ứng dụng của nguyên lý I a. Độ biến thiên nội năng Áp dụng nguyên lí I cho quá trình đẳng tích ⇒ Độ biến thiên nội năng của chất khí khi nhiệt độ của nó thay đổi từ T1 đến T2: ∆U = υCV (T2 − T1 ) i CV = R ; i: Số bậc tự do 2

Với khí đơn nguyên tử: i = 3 Với khí lưỡng nguyên tử: i = 5 b) Hệ thức May – e giữa Cp và CV C p − CV = R

c) Quá trình đoạn nhiệt cân bằng pV γ = const C i+2 γ= p = CV i

III. Áp dụng nguyên lí I cho chu trình 1. Chu trình là một quá trình mà trạng thái cuối trùng với trạng thái đầu. Chu trình cân bằng có thể biểu diễn trên đồ thị bằng một đường cong khép kín. Lượng khí biến đổi theo chu trình gọi là tác nhân. 2. Theo nguyên lí I: ∆U = Q + A = Q − A' mà ∆U = 0 ⇒ Q = A' : Tổng đại số nhiệt lượng nhận được Q = tổng đại số công sinh ra A’ Công A’ mà tác nhân sinh ra có độ lớn bằng diện tích bao quanh bởi đường biểu diễn chu trình trong hệ (p,V), có dấu (+) nếu chu trình diễn biến theo chiều kim đồng hồ trên đường biểu diễn và ngược lại. 3. Động cơ nhiệt a. Nguyên tắc hoạt động

Trường THPT Chuyên Thái Bình

370

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Tác nhân nhận nhiệt lượng Q1 từ nguồn nóng biến một phần thành công A’ và tỏa nhiệt lượng Q'2 cho nguồn lạnh. Nguồn nóng T1 Q1

Tác nhân

A’

Q2 ’ Nguồn lạnh T2

b. Hiệu suất H=

A' Q1 − Q2 ' = Q1 Q1

Nhắc lại: Nhiệt lượng trong các quá trình +) Quá trình đẳng nhiệt: Q = A' ⇒ Khi dãn đẳng nhiệt thì khí nhận nhiệt , khi nén đẳng nhiệt thì khí tỏa nhiệt. +) Quá trình đẳng tích: Q = ∆U ⇒ Khi nung nóng đẳng tích thì khí nhận nhiệt, khi làm lạnh đẳng tích thì khí tỏa nhiệt. +) Quá trình đẳng áp: Q = ∆U + A' = CV (T2 − T1 ) + p (V2 − V1 ) ⇒ Khi nung nóng đẳng áp thì khí nhận nhiệt, khi làm lạnh đẳng áp thì khí tỏa nhiệt. 4. Chu trình Các – nô Chu trình Các – nô là một chu trình gồm có hai quá trình đẳng nhiệt xen kẽ với hai quá trình đoạn nhiệt. Nếu động cơ nhiệt hoạt động theo chu trình Các – nô thì H=

A' Q1 − Q2 ' T1 − T2 = = Q1 Q1 T1

Phần 2: Hệ thống bài tập I. Áp dụng phương trình trạng thái

Trường THPT Chuyên Thái Bình

371

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 1 Người ta chứa 20g khí heli trong một xi lanh có pittong rồi cho lượng khí đó biến đổi chậm từ trạng thái 1 có V1 = 32l ; p1 = 4,1atm sang trạng thái 2 có V2 = 9l ; p 2 = 15,5atm . Biết trên hệ trục (p,V) đồ thị biểu diễn quá trình biến đổi của khí có dang như hình vẽ Tìm nhiệt độ lớn nhất mà khí có thể đạt được. Đáp án: p Từ đồ thị có: 2 p = aV + b (1) với a = 0,5atm / l ; b = 20atm 1 Áp dụng phương trình C-M: pV =

RT (2)

thay (2) vào (1) được T=

µa

V2+

µb

mR mR ⇒ Tmax = 490 K

Bài 2: Có ba bình thể tích V1 = V , V2 = 2V , V3 = 3V thông với nhau nhưng cách nhiệt đối với nhau . Ban đầu các bình chứa khí ở cùng nhiệt độ T0 và áp suất p0. Người ta hạ nhiệt độ bình 1 xuống T1 =

T0 và nâng nhiệt độ bình 2 lên T2 = 1,5T0 , bình 3 lên 2

T3 = 2T0 . Tính áp suất mới p?

Đáp án Gọi n là số mol khí trong ba bình có thể tích V1 + V2 + V3 = 6V , áp suất p0 và nhiệt độ T0. Ta có n =

6 p0V RT0

Về sau, bình 1 (thể tích V) chứa n1 mol khí ở áp suất p và nhiệt độ

n1 =

2 pV RT 0

Tương tự có n2 =

p.2V 4 pV ; = R.1,5T0 3RT0

Có n = n1 + n2 + n3 ⇒ ⇒ p=

n3 =

p . 3V 3 pV = R .2T 0 2 RT 0

6 p0V 2 pV 4 pV 3 pV = + + RT0 RT0 3RT0 2 RT0

36 p0 29

Trường THPT Chuyên Thái Bình

372

T0 . Ta có 2

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 3: Hai bình có thể tích V1 = 40dm 3 và V2 = 10dm 3 thông với nhau bằng ống có khóa ban đầu đóng. Khóa này chỉ mở nếu p1 ≥ p 2 + 10 5 Pa . p1 là áp suất của khí trong bình 1; p2 là áp suất của khí trong bình 2. Ban đầu, bình 1 chứa khí ở áp suất p0 = 0,9.10 5 Pa và nhiệt độ T0 = 300 K . Trong bình 2 là chân không. Người ta nung nóng đều cả hai bình từ T0 lên T = 500 K . a) Tới nhiệt độ nào thì khóa sẽ mở? b) Tính áp suất cuối cùng trong mỗi bình. Đáp án: a) Khóa ban đầu đóng sẽ mở khi p1 = p2 + 105 Pa ; ban đầu p 2 = 0 ⇒ p1 = pm = 10 5 Pa . Từ ban đầu cho đến khi khóa mở, khí trong bình 1 bị nung nóng đẳng tích. Có p0 p m ⇒ Tm = 333K = T0 Tm

Khóa mở, một ít khí ở bình 1 lọt sang bình 2 làm cho áp suất ở bình 1 ( p1 ) tụt xuống một ít nên ∆p = p1 − p2 nhỏ hơn 10 5 Pa một ít và khóa lại đóng lại. Nhưng tiếp tục nung thì p1 lại tăng, khóa lại mở. Có thể coi như khóa luôn giữ cho chênh lệch áp suất là ∆p = 10 5 Pa . b) Tới nhiệt độ T = 500 K thì áp suất trong bình 2 là p , trong bình 1 là ( p + ∆p ) . Gọi n là tổng số mol khí, n1 và n2 là số mol khí trong hai bình lúc đó. Lúc đầu: Số mol khí trong bình 1 là n; số mol khí trong bình 2 bằng 0. Áp dụng phương trình trạng thái:

đối với bình 1 lúc đầu p0V1 = nRT0 ⇒ n =

p0V1 RT0

đối với bình 1 lúc sau ( p + ∆p)V1 = n1 RT ⇒ n1 = đối với bình 2 lúc sau p V2 = n2 RT ⇒ n2 =

( p + ∆p )V1 RT

p V2

pV ( p + ∆p )V1 p V2 Có n = n1 + n2 ⇒ 0 1 = + RT0 RT RT

Thay số, rút ra p = 0,4.105 Pa Vậy áp suất trong bình 2 là p = 0,4.105 Pa ; trong bình 1 là p + ∆p = 1,4.10 5 Pa

Bài 4: Hai bình giống nhau nối với nhau bằng một ống có van chỉ cho khí đi từ bình này sang bình kia khi hiệu áp suất ∆p ≥ 1,1atm . Lúc đầu một bình là chân không, bình kia là khí lí tưởng ở nhiệt độ t1 = 27 0 C và áp suất p1 = 1,00atm . Sau đó, cả hai bình được đốt nóng tới nhiệt độ t 2 = 107 0 C . Hãy tìm áp suất của khí trong

Trường THPT Chuyên Thái Bình

373

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

bình mà trước đó là chân không. Đáp án Từ phương trình trạng thái suy ra m =

µp1V

RT1 µ ( p + ∆p)V Tại nhiệt độ T2, bình 1 có m1 = RT2 µpV và bình 2 có m2 = RT2

Vì m1 + m2 = m ⇒

p1 p + ∆p p 2 p + ∆p = + = T1 T2 T2 T2

 1 pT ⇒ p =  1 2 − ∆p  2  T1  Thay số được p ≈ 0,0833atm

Bài 5: Hình bên là sơ đồ nén không khí vào bình có thể tích V bằng bơm có thể tích v. Khi pittông đi sang bên phải thì van A đóng không A 1 cho không khí thoát ra khỏi bình V đồng thời van B mở cho không B khí đi vào xi lanh. Khi pittông đi sang bên trái thì van B đóng, van A mở, pittông nén không khí vào bình. a) Ban đầu, pittông ở vị trí 1 và áp suất trong bình là p0, áp suất khí quyển là pk. Tính số lần phải ấn pittông để áp suất trong bình có giá trị cuối pc. Người ta ấn chậm để nhiệt độ trong bình không đổi. b) Bố trí lại các van như trong hình bên thì có thể rút không khí trong bình. Ban A 1 đầu, pittông ở vị trí 1 và áp suất trong V bình là p0, Tính số lần cần kéo pittông để p áp suất trong bình giảm đi r lần, pc = 0 . r Áp dụng bằng số r = 100 ; V = 10v

Đáp án Gọi m là khối lượng khí trong xi lanh (thể tích v, áp suất pk); µ là khối lượng

mol của không khí. Có pk .v =

RT (1)

Tại một thời điểm nào đó, gọi M là không khí có trong bình (thể tích V,

Trường THPT Chuyên Thái Bình

374

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

áp suất p) thì pV =

(2)

Mỗi lần ấn pittông, đưa vào bình một lượng không khí có khối lượng m

⇒ khối lượng khí trong bình là ( M + m) và áp suất tăng thêm ∆p . Phương trình M +m trạng thái sau lần ấn pittông ( p + ∆p)V = RT (3)

Đặt (1), (2) vào vế phải của (3) được ( p + ∆p )V = pV + p k .v ⇒ ∆p =

pk .v V

Sau mỗi lần ấn pittông thì áp suất trong bình tăng thêm ∆p . Vậy số lần cần ấn pittông bằng n=

pc − p0 ( pc − p0 )V = ∆p p k .v

b) Gọi p là áp suất trong bình trước khi kéo pittông, M là khối lượng không khí trong đó. Có pV =

RT (4)

Khi kéo, thể tích V thành (V + v) ; áp suất thành p' ; khối lượng không khí vẫn là M. Ta có p' (V + v) =

RT (5)

Đặt (4) vào vế phải của (5) được p ' (V + v) = pV ⇒

p' V = p V +v

V  Tức là sau mỗi lần kéo pittông, áp suất khí lại giảm theo tỉ số  . V + v 

Nếu pn là áp suất sau khi kéo n lần thì pn p p p  V  = n . n−1 .... 1 =   p0 p n−1 p n− 2 p0  V + v  n

p V +v Nếu pn = 0 thì r =   ⇒n= r  V 

log r V + v  log   V 

Áp dụng bằng số được n ≈ 48 lần Bài 6: Một xi lanh kín hình trụ chiều cao h , tiết diện S = 100cm 2 đặt thẳng đứng. Xi lanh được chia thành hai phần nhờ một pittông cách nhiệt khối lượng m = 500 g , kích thước pittông không đáng kể. Khí trong hai phần là cùng loại ở cùng nhiệt độ 27 0 C

Trường THPT Chuyên Thái Bình

375

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

và có khối lượng là m1 , m2 với m2 = 2m1 . Pittông cân bằng khi cách đáy dưới đoạn h2 =

3h . 5

a) Tính áp suất khí trong hai phần của xi lanh. Lấy g = 10m / s 2 . b) Để pittông cách đều hai đáy xi lanh thì phải nung nóng phần nào, đến nhiệt độ bao nhiêu? (Phần còn lại giữ ở nhiệt độ không đổi).

Đáp án: a) Có h2 = 0,6h ⇒ h1 = 0,4h t1 = 27 0 C ⇒ T1 = 300 K

Áp dụng phương trình Men đê lê ép – Cla pê rôn cho khí trong hai phần ở nhiệt độ T1 = 300K p1V1 = p2V2 =

RT1 ⇒ p1 .0,4hS =

RT1 ⇒ p2 .0,6hS =

µ m1

RT1 RT1

Chia vế cho vế được 0,4 p1 m1 1 4 = = ⇒ p 2 = p1 (1) 3 0,6 p 2 m2 2

Khi pittông cân bằng: p2 = p1 +

mg (2) S

Giải hệ hai phương trình (1) và (2) được 3mg 4mg = 1500( Pa ) ; p 2 = = 2000( Pa ) S S b) Do h1 < h2 nên phải nung nóng phần khí ở trên (m1) p1 =

Với khối khí ở dưới có nhiệt độ không đổi nên: p 2V2 = p ' 2 V ' 2 ⇒ p 2 Sh2 = p ' 2 Sh'2

mà h2 = 0,6h ; h'2 = 0,5h 6 p 2 = 2400( Pa ) 5 mg Có p1 ' = p2 '− = 1900( Pa ) S ⇒ p'2 =

Áp dụng phương trình trạng thái cho khối khí ở trên: p1V1 p '1 V '1 p' V ' p ' 0,5hS = T1 = 475 K ⇒ T '1 = 1 1 T1 = 1 . T1 T '1 p1V1 p1 0,4hS

⇒ t '1 = 202 0 C

Bài 7:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

376

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Một xilanh đặt thẳng đứng, kín cả hai đầu, được chia thành hai phần bằng nhau bởi một pittông khối lượng M, cách nhiệt. Pittông có thể di chuyển không ma sát. Người ta đưa vào phần trên khí hiđrô ở nhiệt độ T , áp suất p ; phần dưới khí oxi ở nhiệt độ 2T . Lật ngược đáy lên trên. Để pittông vẫn ở vị trí chia xilanh thành hai phần bằng nhau, người ta hạ nhiệt độ khí oxi đến

T . Nhiệt độ của khí 2

hiđrô vẫn giữ như cũ. Hãy xác định áp suất khí oxi ở trạng thái ban đầu và lúc sau. 8 5

2 5

ĐS: p1 = p ; p2 = p Đáp án: Khí hiđro có nhiệt độ và thể tích không đổi nên áp suất ở hai trạng thái là như nhau. Gọi p1, p2 là áp suất của khí oxi ở trạng thái 1 và 2. Phương trình cân bằng của pittong ở hai trạng thái: ( p1 − p ) S = Mg ( p − p 2 ) S = Mg

(S: tiết diện của pittong) ⇒ p1 + p 2 = 2 p (1) Áp dụng phương trình Men đê lê ép – Cla pê rôn cho khí oxi ở hai trạng thái: p1V = υR.2T T p 2V = υR. 2 ⇒ p1 = 4 p 2 (2)

8 5

Giải hệ (1) và (2) được: p1 = p ; p2 =

2 p 5

Bài 8: Một pittông nặng có thể dịch chuyển không ma sát trong một xilanh thẳng đứng. Trên và dưới pittông đều chứa một mol của cùng một chất khí. Khi ở cùng nhiệt độ T, tỉ số các thể tích

V1 = 2 . Hỏi cần V2

V1 V

2 tăng nhiệt độ lên bao nhiêu lần để tỉ số trên bằng 1,5? Bỏ qua sự dãn nở của xilanh. Đáp án Gọi p1 , p2 , p1 ' , p2 ' , V1 , V2 , V1 ' , V2 ' là áp suất và thể tích của ngăn trên và ngăn dưới ứng với các nhiệt độ T và T’ p 2 − p1 = p 2 '− p1 ' = p pt (1)

p1V1 = p 2V2 = RT ⇒ p 2 =

p1V1 = 2 p1 (2) V2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

377

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

p1 'V '1 = p2 ' V '2 = RT ' ⇒ p '2 = 3 5 V1 + V2 = V '1 +V2 ' ⇒ V1 = V '1 2 3

p '1 V '1 3 = p '1 (3) V '2 2

(4)

Thay (2) và (3) vào (1) được p1 = Nhân (5) với (4) theo vế

p1 ' (5) 2

3 5 3 5 T ' 18 p1V1 = p '1 V '1 ⇒ RT = RT ' ⇒ = = 1,8 2 6 2 6 T 10

Bài 9: Trong một ống hình trụ thẳng đứng với hai tiết diện khác nhau có hai pittông nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ, luôn căng, không dãn. Giữa hai pittông có 1 mol khí lí tưởng. Pittông trên có tiết diện lớn hơn pittông dưới là ∆S = 10cm 2 . Áp suất khí quyển bên ngoài là p0 = 105 Pa . a) Tính áp suất p của khí giữa hai pittông. b) Phải làm nóng khí đó thêm bao nhiêu độ để các pittông dịch chuyển lên trên một đoạn l = 5cm . Biết khối lượng tổng cộng của hai pittông là m = 5kg . Khí không lọt ra ngoài. Đáp án a) Có S1 − S 2 = ∆S và m = m1 + m2 Điều kiện cân bằng của hai pit tông: m1 g T ⇒ T = S1 ( p − p0 ) − m1 g + S1 S1 m g T p + 2 = p0 + ⇒ T = S 2 ( p − p 0 ) + m2 g S2 S2

p = p0 +

(1) (2)

Từ (1) và (2) ⇒ ( S1 − S 2 )( p − p0 ) = (m1 + m2 ) g = mg ⇒ p=

mg + p0 ≈ 1,5.10 5 Pa ∆S

b) Khi làm nóng khí thì pittông dịch chuyển lên trên một đoạn l . Muốn pittông cân bằng ở vị trí này thì p ' = p (p’: áp suất chất khí sau khi dịch pittông) Theo phương trình C – M: pV = RT p ' (V + ∆V ) = R (T + ∆T ) ∆V p = .∆V ⇒ ∆T = T . V R mà ∆V = l.∆S ∆S .l ≈ 0,9 K ⇒ ∆T = p. R

Trường THPT Chuyên Thái Bình

378

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Bài 10: Một bình dạng hình trụ được ngăn thành hai phần bằng nhau bởi pittông nhẹ, dẫn nhiệt. Pittông có thể chuyển động không ma sát. Một phần của bình chứa không khí, phần kia chứa ít nước và hơi nước. Nung nóng từ từ toàn bộ bình, pittông bắt đầu chuyển động. Khi nó dừng lại, các phần thể tích của bình có tỉ lệ 1:3. Hãy xác định tỉ số khối lượng nước và khối lượng hơi nước ban đầu. Cho rằng hai phần bình luôn cùng nhiệt độ. Thể tích nước rất nhỏ. Đáp án +) Ban đầu hơi nước ở trạng thái p1V1 =

RT1 ; V1 =

V0 với V0 là thể tích của 2

bình. +) Khi nung nóng, nước bay hơi, thể tích hơi nước tăng, pit tong dừng lại khi nước bay hơi hết. mn + mh

3V0 4 µ pV pV p 3 p Do đó (mn + mh ) 1 1 = mh 2 2 ⇒ (mn + mh ) 1 = mh 2 (1) T1 2 T2 T1 T2

Có p2V2 =

RT2 ; V2 =

+) Khí ở phần bình kia:

p 1 p2 p1 (V0 − V1 ) p 2 (V0 − V2 ) (2) ⇒ 1= = T1 2 T2 T1 T2

Từ (1) và (2) suy ra: mn + mh = 3mh Vậy

mn =2 mh

Bài 11 : Trong xi lanh đặt thẳng đứng có chứa một lượng khí, đậy phía trên là một pittông khối lượng m = 1kg , diện tích S = 10cm 2 . Pittông được giữ bằng lò xo L nhẹ, dài, độ cứng k = 100 N / m , đầu trên của lò xo có thể móc vào một trong những cái đinh cố định có độ cao khác nhau như hình vẽ. Ban đầu, khí trong xi lanh có thể tích 0,5l và nhiệt độ 27 0 C . Lò xo móc vào điểm O, đang bị nén một đoạn 10cm . 1) Nung nóng khí trong xi lanh đến nhiệt độ 1270 C . Để vị trí của pittông trong xi lanh không đổi, cần móc đầu trên của lò xo vào điểm M cách O một đoạn bao nhiêu, về phía nào? 2) Nung nóng khí trong xi lanh lên đến nhiệt độ 227 0 C . Để pittông nằm ở vị trí phía trên và cách vị trí ban đầu của nó một đoạn 50cm , phải móc đầu trên của lò

Trường THPT Chuyên Thái Bình

379

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

xo vào điểm N cách O một đoạn bao nhiêu? Về phía nào? Biết áp suất khí quyển p0 = 105 N / m 2 . Lấy g = 10m / s 2 . Đáp án: 1) Gọi p là áp suất lúc đầu của khí trong xi lanh. Khi pit tong cân bằng: p =

mg k∆l + + p0 = 1,2.10 5 ( N / m 2 ) S S

pit tong không dịch chuyển nên quá trình biến đổi trạng thái của khí là quá trình đẳng tích. Áp suất của khí lúc sau: T2 p = 1,6.10 5 ( N / m 2 ) T1 mg k∆l ' Có p' = + + p0 ⇒ ∆l ' = 50cm S S Vậy lúc sau lò xo bị nén 50cm ⇒ phải móc lò xo vào điểm M phía dưới O cách O một khoảng OM = 40cm V 2) Chiều cao ban đầu của cột khí: h = = 50cm S p' =

Khi pit tong dịch chuyển lên trên một đoạn 50cm thì thể tích khí tăng gấp hai: V3 = 2V

pVT3 = 10 5 ( N / m 2 ) TV3 mg k∆l3 Khi pit tong nằm cân bằng: p3 = + p0 ⇒ ∆l3 = −10cm ⇒ lò xo dãn 10cm. + S S

Từ phương trình trạng thái ⇒ p3 =

Vậy phải móc lò xo vào điểm N phía trên và cách O một khoảng ON = 50 + 10 + 10 = 70(cm)

II. Áp dụng nguyên lí I p

Bài 1:

2 p0

Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử chuyển từ trạng thái 1( p1 = 2 p 0 ;V1 = V0 ) sang trạng thái 2( p2 = p0 ;V2 = 2V0 ) với đồ thị là đoạn thẳng cho trên hình vẽ. Hãy xác định: a) Thể tích V’ tại đó nhiệt độ của chất khí lớn nhất. b) Thể tích V * sao cho V1 < V < V * thì chất khí thu nhiệt. V * < V < V2 thì chất khí tỏa nhiệt. Đáp án

Trường THPT Chuyên Thái Bình

380

2V0

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

a) p = aV + b ở trạng thái 1: 2 p0 = aV0 + b ở trạng thái 2: p0 = a 2V0 + b ⇒ p=−

p0 V + 3 p0 V0

Đối với 1 mol khí pV = RT ⇒ T =

pV R

3 ⇒ (pV) đạt max ⇔ V ' = V0 2

(Suy ra điều này bằng 2 cách: Cách 1: Xét tam thức bậc 2: pV = f (V ) = −

p0 2 V + 3 p0V V0

vì a < 0 nên nó đạt max tại V ' = −

b 3 = V0 2a 2 3 2

Cách 2: Trên đồ thị diện tích pV lớn nhất khi V ' = V0 b) Xét quá trình từ V1 đến V Nhiệt lượng nhận được Q = ∆U + A'

3 3 2 2 2p + p A' = (V − V0 ) 0 2 4 p0 2 15 p0 11 p0V0 ⇒Q=− V + V− 2V0 2 2

3 − p0V + 3 p0V0 3 )V − p1V1 V0 2 2

3 2

trong đó: ∆U = R(T − T1 ) = pV − p1V1 = (

Sau khi Q đạt max, V vẫn tiếp tục tăng nhưng Q thì giảm ⇒ từ trạng thái ứng với Qmax trở đi, chất khí thu nhiệt. Vậy V* chính là giá trị ứng với Qmax. Vì Q(V) là một parabol có a ' < 0 ⇒ V * = −

b' 15 = V0 2a ' 8

thấy V * > V ' Bài 2: Với 1 mol khí lí tưởng đơn nguyên tử, người ta thực hiện một quá trình như hình vẽ. p1 = 2atm = 2.105 Pa ; V1 = 1l ; p 2 = 1atm ; V2 = 3l . Hãy tính công mà khí thực hiện trong quá trình khí nhận nhiệt. Đáp án Xét xem giai đoạn nào khí nhận nhiệt.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

381

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

+) Có : p = aV + b ở trạng thái 1: 2 = a + b ở trạng thái 2: 1 = 3a + b ⇒ p = −0,5V + 3,5

+) Xét quá trình từ V1 đến V Nhiệt lượng mà khí nhận được Q = ∆U + A' = −V 2 + 8,25V − 5,75 Qmax ↔ V = V0 = 4,125l

Thấy V0 > V2 nên trong quá trình từ 1 đến 2, Q luôn tăng nên khí luôn nhận nhiệt. Do đó, công trong quá trình khí nhận nhiệt là công trong toàn bộ quá trình từ 1 đến 2 1 A = ( p1 + p 2 )(V2 − V1 ) = 300 J 2

Bài 3: Cho 1 mol khí lí tưởng biến đổi theo chu trình 1 − 2 − 3 − 1 trên đồ thị p (T ) trong đó: 1 − 2 là đoạn thẳng kéo dài qua O. 2 − 3 là đường thẳng song song với OT. 3 − 1 là một cung parabol qua O. Biết T1 = T3 = 300 K ; T2 = 400K . Tính công do mol khí ấy sinh ra. Đáp án Cách 1: Tính công trong từng quá trình Cách 2: Xét đồ thị biểu diễn chu trình trong hệ (p,V) +) Quá trình 3 – 1 có phương trình T = − a. p 2 + b. p ( Vì đồ thị qua gốc O) +) Phương trình C – M cho 1 mol: pV = RT ⇒ p = −

T T2

p 3

V b + a.R a

1 V3

Đây là phương trình đường thẳng trong hệ (p,V) +) Chu trình 1-2-3-1 biểu diễn trong hệ (p,V) +) Công do khí sinh ra trong cả chu trình 1 A' = − S123 = − ( p 2 − p1 )(V2 − V3 ) 2 TT 1 = − R(T2 − T1 − T3 + 1 3 ) = −104( J ) 2 T2

Bài 4:

p p1

Trường THPT Chuyên Thái Bình

382

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Tính hiệu suất của chu trình cấu tạo từ hai đường đẳng áp và hai đường đẳng nhiệt, tác nhân sinh công là khí lí tưởng đơn nguyên tử. Cho biết T1 , T2 là nhiệt độ của các quá trình đẳng nhiệt 4 − 1 và 2 − 3 , p1 , p2 là áp suất của hai quá trình đẳng áp 1− 2 và 3− 4 .

Đáp án: Hiệu suất H = 1 −

Q2 Q1 5 2

Có Q1 = Q12 + Q23 với Q12 = υ R(T2 − T1 ) Q23 = υRT2 ln

V3 p = υRT2 ln 1 V2 p2

5 p  ⇒ Q1 = υR  (T2 − T1 ) + T2 ln 1  p2  2 Có Q2 = −(Q34 + Q41 ) 5 2

Tương tự, tính được Q2 = υR  (T2 − T1 ) + T1 ln Từ đó suy ra H =

p1  p2 

T 2−T1 5(T2 − T1 ) T2 + p 2 ln 1 p2

Bài 5: Một hình trụ cách nhiệt được chia thành hai phần có thể tích V1; V2 nhờ một bản cách nhiệt. Phần 1 chứa khí ở nhiệt độ T1 và áp suất p1. Phần thứ 2 cũng chứa khí này nhưng ở nhiệt độ T2 và áp suất p2. Tìm nhiệt độ trong hình trụ khi bỏ bản cách nhiệt. Đáp án Vì hình trụ làm bằng vật liệu cách nhiệt nên áp dụng phương trình cân bằng nhiệt cho hệ khí ở hai phần ta có cm1 (T − T1 ) = cm2 (T2 − T ) (1) Trong đó c là nhiệt dung riêng của khí ; m1, m2 là khối lượng khí tương ứng trong hai phần của hình trụ. T là nhiệt độ được thiết lập trong hình trụ khi cân bằng.

Trường THPT Chuyên Thái Bình

383

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

m1 T1 + T2 m2 Từ (1) suy ra T = m 1+ 1 m2

Áp dụng phương trình trạng thái cho khí ở hai phần trước khi bỏ bản cách nhiệt: p1 .V1 =

RT1 ; p2 .V2 =

RT2

m1 p1V1T2 = m2 p2V2T1 T T ( p V + p 2V2 ) ⇒T = 1 2 1 1 p1V1T2 + p 2V2T1

⇒

Bài 6: Cho một bình chân không cách nhiệt, bao quanh nó là khí lí tưởng đơn nguyên tử có nhiệt độ T0. Tại một thời điểm nào đó người ta mở van và khí chiếm đầy bình. Tìm nhiệt độ của khí trong bình ngay sau khi khí chiếm đầy bình. Đáp án Khi mở van, khí tràn vào bình. Quá trình diễn ra nhanh nên có thể bỏ qua sự trao đổi nhiệt của khí vào bình với khí bao quanh và với thành bình. Áp dụng nguyên lí I của nhiệt động lực cho khí vào bình: A = ∆U (1) Trong đó A là công của áp lực của khí bao quanh bình đặt vào khí có trong bình. Khi lấp đầy bình, áp suất và nhiệt độ của khí bao quanh không thay đổi. Để tìm công A, ta tưởng tượng bình nằm trong hình trụ lớn có pittông di động

Lực tác dụng lên pittông thực hiện một công A = p0V0 Với V0 là thể tích quét bởi pittông khi nó dịch chuyển, V0 không trùng với thể tích của bình. Công này bằng công của áp lực của khí bao quanh bình đặt vào khí có trong bình. Áp dụng phương trình trạng thái có A = p0V0 = υRT0 (2) 3 ∆U là độ biến thiên nội năng của khí vào bình ∆U = υ . R (T − T0 ) (3) 2

Trường THPT Chuyên Thái Bình

384

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Thay (2), (3) vào (1) được 5 T = T0 3

Nhiệt độ của khí chiếm đầy bình lớn hơn nhiệt độ của khí bao quanh bình. Kết quả nhận được không phụ thuộc thể tích của bình cũng như áp suất p0. Nhiệt độ của khí trong bình cũng không phụ thuộc sự lấp đầy khí vào bình xẩy ra đến khi mà áp suất trong bình có bằng áp suất khí trong môi trường bao quanh hay không hoặc là van sẽ đóng trước cũng như đóng muộn hơn. Bài 7: Hai bình cách nhiệt nối với nhau bằng một ống nhỏ có khóa. Bình thứ nhất có thể tích V1 = 500l , chứa m1 = 16,8kg Nitơ ở áp suất p1 = 3.10 6 Pa . Bình thứ hai có thể tích V2 = 250l , chứa m2 = 1,2kg Argon ở áp suất p 2 = 5.10 5 Pa . Hỏi sau khi mở khóa cho hai bình thông nhau, nhiệt độ và áp suất của khí là bao nhiêu? 5 2

Cho biết nhiệt dung mol đẳng tích của Nitơ là C1 = R ; của Argon C2 =

3 R . Khối lượng mol của Nitơ là µ1 = 28 g / mol , của Argon là µ 2 = 40 g / mol . 2

Đáp án Gọi T1 và T2 là các nhiệt độ tuyệt đối của Nitơ và Argon khi chưa mở khóa. Ta có p1V1 µ1 RT1 m pV Số mol của Argon là: 2 = 2 2 µ 2 RT2

Số mol của Nitơ là:

Nội năng của Nitơ là : U 1 =

µ1

Nội năng của Argon là : U 2 =

µ1

.C1 .T1 = C1 . .C 2 .T2 = C 2 .

p1V1 5 p1V1 = (1) R 2

p 2V2 3 p2V2 = (2) R 2

Gọi T và C là nhiệt độ và nhiệt dung đẳng tích của hỗn hợp khí. Nội năng của hỗn hợp khí là : m  m U = CT =  1 C1 + 2 C 2 T (3) µ2   µ1

Khi mở khóa, khí dãn nở không sinh công, hai bình lại cách nhiệt nên theo nguyên lí I của nhiệt động lực học, nội năng được bảo toàn : U = U 1 + U 2 (4) 5 p1V1 3 p2V2 + 2 2 = 306,7 K Từ (1), (2), (3) và (4) ⇒ T = m1 m2 C1 + C2

µ1

µ2

Áp dụng phương trình trạng thái cho hỗn hợp khí :

Trường THPT Chuyên Thái Bình

385

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

m m   m m  RT p (V1 + V2 ) =  1 + 2  RT ⇒ p =  1 + 2  = 2,14.10 6 Pa V + V µ µ µ µ 2  2  1 2  1  1

Bài 8: Một quả bóng đá khối lượng 800 g , đường kính 22cm được bơm căng đến áp suất 2atm . Tính nhiệt độ của khí trong bóng lúc tiếp đất sau khi bóng rơi thẳng đứng từ độ cao 25m . Cho rằng vỏ bóng hoàn toàn mềm và cách nhiệt. Nhiệt độ ban đầu của quả bóng là 27 0 C . Bỏ qua sức cản của không khí. Nhiệt dung mol đẳng tích của không khí CV = 2,5R . R = 8,31J / mol.K ; g = 10m / s 2 ; 1atm = 105 Pa Đáp án Số mol khí trong bóng là 4 d 3 p. π 3  3 2  pV υ= =  = 0,447 mol RT RT

Khi bóng tiếp đất, nó bị bẹp, khí trong bóng bị nén đẳng tích và đoạn nhiệt. Áp dụng nguyên lí I của nhiệt động lực học A = ∆U mgh = υC v ∆T mgh ⇒ ∆T = = 21,5( K ) υCv

Vậy Tsau = 321,5( K ) hay 48,50 C

Bài 9: Một xilanh cách nhiệt nằm ngang, thể tích V1 + V2 = V0 = 80l được chia thành hai phần không thông với nhau bởi một pittông cách nhiệt (hình vẽ). Pittông có thể chuyển động không ma sát. Mỗi phần của xilanh có chứa 2 mol khí lí tưởng đơn nguyên tử. Ban đầu, pittông đứng yên, nhiệt độ hai phần khác nhau. Truyền cho khí ở bên trái nhiệt lượng Q = 120 J . Hỏi khi đã có cân bằng, áp suất mới trong xi lanh lớn hơn áp suất ban đầu bao nhiêu?

Đáp án Gọi U 1 và U 2 là nội năng của khí ở hai phần của xi lanh. 3 Q = ∆U 1 + ∆U 2 = 2. R(∆T1 + ∆T2 ) (1) 2 Lúc đầu, có: pV1 = 2 RT1 và pV2 = 2 RT2 (2)

Sau khi cung cấp nhiệt lượng và khi đã có cân bằng thì thể tích mỗi phần là V1 + ∆V = V2 − ∆V

Trường THPT Chuyên Thái Bình

386

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Có: ( p + ∆p )(V1 + ∆V ) = 2 R(T1 + ∆T1 ) (3) ( p + ∆p )(V2 − ∆V ) = 2 R(T2 + ∆T2 ) (4)

Từ (2), (3) và (4) suy ra: p∆V + V1∆p + ∆p.∆V = 2 R∆T1 − p∆V + V2 ∆p − ∆p.∆V = 2 R∆T2 ⇒ (V1 + V2 ).∆p = 2 R ( ∆T1 + ∆T2 ) ⇒ ∆p =

2Q = 10 3 ( N / m 2 ) 3V0

Bài 10: Một xilanh đặt cố định nằm ngang. Xilanh được chia làm hai phần bởi một pittông. Phần xilanh bên trái chứa một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử. Phần bên phải của xilanh là chân không, trong phần này có một lò xo gắn vào pittông và thành xi lanh. Ban đầu pittông được giữ ở vị trí lò xo không biến dạng, khi này khí có áp suất p1 , nhiệt độ T1 . Sau đó, thả pittông. Bỏ qua các lực ma sát. Sau một thời gian chuyển động, pittông nằm yên ở vị trí cân bằng. Lúc đó, khí có áp suất p 2 , nhiệt độ T2 còn thể tích tăng gấp đôi so với ban đầu. Cho biết xi lanh cách nhiệt với môi trường ngoài; nhiệt dung của xi lanh, pittông và lò xo là nhỏ, có thể bỏ qua. Hãy tính áp suất p 2 và nhiệt độ T2 . Đáp án: Áp dụng nguyên lí I cho 1 mol khí: Q = ∆U + A' (1) 1 2

Với ∆U = CV (T2 − T1 ) ; A' = kx 2 Trạng thái cuối của 1 mol khí: p 2V2 = RT2 (2) ⇒ p 2 .2 Sx = RT2

Khi pit tông ở vị trí cân bằng: RT2 2x RT2 Vậy A' = 4 kx = p 2 S =

Từ (1) có CV (T2 − T1 ) +

RT2 6 = 0 ⇒ T2 = T1 4 7

Trường THPT Chuyên Thái Bình

387

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Trạng thái đầu của 1 mol khí p1V1 = RT1 ⇒ p1 .

V2 = RT1 2

(3) 3 7

Từ (2) và (3) suy ra: p2 = p1

Bài 11: Một xi lanh kín hình trụ đặt thẳng đứng, bên trong có mộtpit tông nặng, có thể trượt không ma sát. Pittông này và đáy xi lanh nối với nhau bởi một lò xo, và trong khoảng đó có chứa n = 2mol khí lí tưởng đơn nguyên tử ở thể tích V1 , nhiệt độ T1 = 27 0 C . Phía trên là chân không. Ban đầu lò xo ở trạng thái không biến dạng. Sau đó, truyền cho khí một nhiệt lượng Q và thể tích khí lúc này là

4 V1 , nhiệt độ T2 = 147 0 C . Cho rằng 3

thành xi lanh cách nhiệt, mất mát nhiệt là không đáng 3 2

kể. R = 8,31( J / mol.K ) , CV = R . Tìm nhiệt lượng Q đã truyền cho khí. Đáp án: gọi m, S, k là khối lượng, tiết diện pit tông, độ cứng lò xo. Các trạng thái khí lúc đầu và lúc sau là (p1, V1, T1) và (p2, V2, T2) Sau khi truyền cho khí một nhiệt lượng thì pit tông dịch chuyển lên trên một đoạn x 4 V1 − V1 V −V ⇒x= 2 1 = 3 S S V ⇒ V1 = 3 xS hay x = 1 3S

Xét sự cân bằng của pit tông, có p1 =

mg mg + kx ⇒ kx = ( p 2 − p1 ) S ; p2 = S S

Công mà khí thực hiện được:

1 1 1 1 1 A' = mgx + kx 2 = p1V1 + ( p 2 − p1 )V1 = υR ( T1 + T2 ) 2 3 6 6 8

Độ biến thiên nội năng của khí 3 ∆U = υ R(T2 − T1 ) 2

13 8

4 3

Có Q = A'+ ∆U = υR( T2 − T1 ) = 4695,15( J )

Bài 12:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

388 A

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

Trong một xi lanh thẳng đứng, thành cách nhiệt, có hai pittông: pittông A nhẹ (trọng lượng có thể bỏ qua) và dẫn nhiệt, pittông B nặng và cách nhiệt. Hai pittông và đáy của xilanh tạo thành hai ngăn, mỗi ngăn chứa 1 mol khí lí tưởng lưỡng nguyên tử và có chiều cao là h = 0,5m . Ban đầu, hệ ở trạng thái cân bằng nhiệt. Làm cho khí nóng lên thật chậm bằng cách cho khí (qua đáy dưới) một nhiệt lượng Q = 100 J . Pittông A có ma sát với thành bình và không chuyển động, pittông B chuyển động không ma sát với thành bình. Tính lực ma sát tác dụng lên pittông A. Đáp án Gọi nhiệt độ ban đầu của hệ là T0 , nhiệt độ sau cùng là T1 . Áp suất ban đầu của khí trong hai ngăn bằng nhau và bằng p0 . Khí trong ngăn trên nóng đẳng áp từ nhiệt độ T0 đến nhiệt độ T1 , thể tích tăng từ T1 , công A mà khí sinh ra là T0 T A = p0 (V1 − V0 ) = p0V0 ( 1 − 1) = R(T1 − T0 ) T0

V0 đến V1 = V0 .

Khí trong ngăn dưới nóng đẳng tích từ T 0 đến T1 , áp suất tăng từ p0 đến p1 = p0

T1 T0

Áp dụng nguyên lí I: Q = A + ∆U

Mà ∆U = 2CV (T1 − T0 ) = 5R(T1 − T0 ) Vậy Q = 6 R(T1 − T0 ) Lực ma sát tác dụng lên pit tông A là T V 1 F = ( p1 − p0 ) S = p0  1 − 1 0 = R (T1 − T0 ) h  T0  h Q 100 = N ⇒F= 6h 3

Bài 13: Một xi lanh nằm ngang, bên trong có một pittông ngăn xi lanh làm hai phần: Phần bên trái chứa khí lí tưởng đơn nguyên tử, phần bên phải là chân không. Hai lò xo k1 , k 2 gắn vào pittông và đáy xi lanh như hình vẽ. Lúc đầu, pittông được giữ ở vị trí mà cả hai lò xo chưa

Trường THPT Chuyên Thái Bình

389

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

bị biến dạng, trạng thái khí lúc đó là ( P1 ,V1 , T1 ) . Giải phóng pittông thì khi pittông ở vị trí cân bằng, trạng thái khí là ( P2 ,V2 , T2 ) với V2 = 3V1 . Bỏ qua các lực ma sát. Xilanh, pittông và các lò xo đều cách nhiệt. Hãy tính

P2 T và 2 . P1 T1

Đáp án Khi pit tông ở VTCB, độ biến dạng của mỗi lò xo là x. Có x =

V2 − V1 2V1 = S S

p 2 S − k1 x = k 2 x ⇒ p 2 =

(k1 + k 2 ) x (k + k )V = 2 1 2 2 1 (1) S S

Áp dụng phương trình trạng thái

p 2V2 p1V1 p pV p T 3p ⇒ 2 = 1 1= 1 ⇒ 2 = 2 = T2 T1 T2 T1V2 3T1 T1 p1

(2)

Hệ không trao đổi nhiệt Q = ∆U + A = 0 ⇒ A = − ∆U 2

2V1  2(k1 + k 2 )V12  = S2  S  3 3 3 ∆U = υR(T2 − T1 ) = ( p 2V2 − p1V1 ) = (3 p2 − p1 )V1 2 2 2 2 2(k1 + k 2 )V1 3 ⇒ = ( p1 − 3 p 2 )V1 2 S 2 2(k1 + k 2 )V1 3 (3) ⇒ = ( p1 − 3 p2 ) 2 S 2 p 3 9 3 Thế (1) vào (3) ⇒ p2 = p1 − p2 ⇒ 2 = 2 2 p1 11 T 9 (2) ⇒ 2 = T1 11 1 2

1 2

mà A = (k1 + k 2 ) x 2 = (k1 + k 2 )

Bài 14: Xi lanh hình trụ, pittông và vách ngăn (hình vẽ) được chế tạo từ các vật liệu cách nhiệt. Van tại vách ngăn được mở khi áp suất bên phải lớn hơn áp suất bên trái. Khi van

Trường THPT Chuyên Thái Bình

(1)

390

(2)

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

đã được mở thì nó không đóng lại nữa. Trong trạng thái đầu của phần bên trái của hình trụ dài l = 11,2dm có m1 = 12 g Heli; trong phần bên phải cùng độ dài có m2 = 2 g Heli. Từ hai phía nhiệt độ bằng 0 0 C . Áp suất ngoài p0 = 10 5 Pa . Nhiệt dung riêng của Heli khi thể tích không đổi là CV = 3,15.10 3 J / kg.đô , còn khi áp suất không đổi là C p = 5,25.103 J / kg.đô . Pittông được dịch lại chậm theo hướng tới vách ngăn (có sự nghỉ nhỏ khi van được mở ra) và được dịch sát tới vách ngăn. Cho diện tích pittông S = 10 −2 m 2 . Tính công mà pittông đã thực hiện. Đáp án Xét khí trong xi lanh. Công toàn phần thực hiện trên khí: A = A1 + A2 (1) Với A1 là công do pittông thực hiện A2 là công của áp lực khí quyển: A2 = p0 Sl (2) Độ biến thiên nội năng của khí ∆U = C v (m1 + m2 )(T − T0 ) ; T0, T là nhiệt độ lúc đầu và lúc sau của khí. Vì hệ cách nhiệt nên theo nguyên lí I ∆U = A ⇒ A1 = C v (m1 + m2 )(T − T0 ) − p0 Sl (*) Trong biểu thức còn đại lượng T chưa biết. Để tìm T cần phải xét các giai đoạn của quá trình. Ban đầu, áp suất của phần bên trái lớn hơn của phần bên phải: p1 =

m1 RT0 m RT > p2 = 2 . 0 . µ lS µ lS

Trong sự chuyển động của pittông tới vách ngăn, khí ở phần bên phải hình trụ sẽ bị nén cho đến khi áp suất bằng p1 thì van được mở. Gọi V1 , T1 là thể tích và nhiệt độ của khí ở phần bên phải khi van bắt đầu mở. Vì sự nén xảy ra đoạn nhiệt nên: p1V1γ = p2 .V0γ trong đó γ = 1

Cp Cv

- hệ số đoạn nhiệt, còn V0 = lS

 p γ  m γ ⇒ V1 = V0  2  = V0  2   p1   m1 

Áp dụng phương trình trạng thái: 1

 m γ p1V1 m2 pV µ pV = ⇒ T1 = 1 1 = 1 1 T0 = T0  2  RT1 Rm2 p2V0 µ  m1 

−1

Khi áp suất ở phần bên phải bằng phần bên trái thì van tại vách ngăn được mở ra và các chất khí trộn lẫn vào nhau (lúc này pittông không được dịch chuyển). Gọi T2 là nhiệt độ của hỗn hợp khí khi có sự cân bằng nhiệt. Có:

Trường THPT Chuyên Thái Bình

391

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI

c.m1 (T2 − T0 ) = c.m2 (T1 − T2 ) 1   m1T0 + m2T1 m1   m2  γ   ⇒ T2 = = T0 . 1+  m1 + m2 m1 + m2   m1    

Sau khi trộn lẫn, toàn bộ khí có khối lượng m = m1 + m2 bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V = V1 + V0 đến thể tích V0 , còn nhiệt độ của nó biến đổi từ T2 đến T. Ta có: TV0γ −1 = T2V γ −1 Từ đó rút ra T, thay vào biểu thức của A1, tính được A1 ≈ 3674 J C. PHẦN KẾT LUẬN Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi, tôi nhận thấy việc xây dựng hệ thống các bài tập cho từng phần sao cho thật nhiều, thật đa dạng là điều cần thiết. Vì vậy phong trào viết chuyên đề của Hội trường chuyên Duyên hải là việc làm rất thiết thực, các trường có thể chia sẻ tài liệu cho nhau, giúp các giáo viên dạy ở trường chuyên bớt nhọc nhằn trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Với kinh nghiệm dạy ôn thi học sinh giỏi ít và thời gian hạn hẹp thì chắc chắn hệ thống bài tập được đưa ra ở trên là chưa thật đầy đủ. Rất mong nhận được sự góp ý, giúp đỡ của các thầy cô giáo đồng nghiệp. Tôi xin chân thành cảm ơn!

Trường THPT Chuyên Thái Bình

392