TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN X CHUYÊN ĐỀ MÔN VẬT LÝ BỒI DƯỠNG HSG QUỐC GIA (16 TRƯỜNG CHUYÊN PHÍA BẮC)

CHUYÊN ĐỀ MÔN VẬT LÝ BỒI DƯỠNG HSG

vectorstock.com/28062424

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN X CHUYÊN ĐỀ MÔN VẬT LÝ BỒI DƯỠNG HSG QUỐC GIA (16 TRƯỜNG THPT CHUYÊN CÁC TỈNH PHÍA BẮC) 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

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN X

CHUYÊN ĐỀ BỘ MÔN VẬT LÝ

QUẢNG NINH,

1

MỤC LỤC STT TỈNH TRƯỜNG 1 Bắc THPT chuyên Bắc Giang Giang 2 Cao Bằng THPT Chuyên Cao Bằng 3

Cao bằng

THPT Chuyên Cao Bằng

4 5 6 7 8

Hà Giang Hà Giang Lào Cai Phú Thọ Quảng Ninh Tuyên Quang

THPT Chuyên Hà Giang THPT Chuyên Hà Giang THPT Chuyên Lào Cai THPT Chuyên Hùng Vương THPT Chuyên Hạ long

9

10 11 12 13

14

Tuyên Quang Vĩnh Phúc Vĩnh Phúc Thái Nguyên

15

Thái Nguyên Yên Bái

16

Yên Bái

CHYÊN ĐỀ Điện trường trong chất điện môi Thiên văn

TRANG 03

Từ trường

59

28

Quang hình Bài toán cơ nhiệt Bài toán cơ nhiệt Cơ học thiên văn Chuyển động của các thiên thể trong hệ mặt trời.

THPT Chuyên Tuyên Quang Hệ có khối lượng biến thiên. Chuyển động của tên lửa.

THPT Chuyên Tuyên Quang Sự tương tự quang- cơ

69 80 96 110 128

THPT Chuyên Vĩnh Phúc

Bài toán ngưng tụ và hơi

160

THPT Chuyên Vĩnh Phúc

Sự dịch chuyển ảnh

170

Vùng caoViệt Bắc

Chuyển động của hạt mang 174 điện trong điện trường và từ trường Thiên văn học 203

Vùng cao Việt Bắc THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành

Điện từ trường

143

149

222

Các định luật Keple.

247 Chuyển động của hành tinh, vệ tinh.

2

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH BẮC GIANG.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

CHUYÊN ĐỀ: ĐIỆN TRƯỜNG TRONG CHẤT ĐIỆN MÔI Tác giả (Nhóm tác giả): Tổ Vật Lý Trường THPT chuyên Bắc Giang I. Cơ sở lý thuyết 1. Chất điện môi phân cực và chất điện môi không phân cực.

Các chất điện môi là các chất mà trong các điều kiện bình thường gần như không có các hạt tích điện có thể di chuyển tự do. Các chất điện môi bao gồm tất cả các chất khi khi không bị ion hoá, một số chất lỏng và một số chất rắn. Tất cả các phân tử của chất điện môi đều trung hoà về điện: số điện tích âm của các electron bằng số điện tích dương của hạt nhân nguyên tử có trong phân tử. Tuy nhiên, sự phân bố của các electron trong phân tử của chất điện môi có momen lưỡng cực điện hay không. +) Nếu sự phân bố của các electron sao cho tâm" của electron trong phân tử và "trọng tâm" của các

"trọng +q

tích dương của các hạt nhân nguyên tử không trùng

điện

-q

nhau

Hình 1

mà cách nhau một khoảng d (hình 1) thì mỗi phân tử

có

thể

  xem như một lưỡng cực điện với momen điện pe  qd , trong đó q là điện tích dương tổng

cộng của tất cả các hạt nhân nguyên tử trong phân tử, d là vectơ vẽ từ "trọng tâm" của electron trong phân tử đến "trọng tâm" của các điện tích dương của các hạt nhân nguyên tử.

Ví dụ cho các phân tử loại này là các phân tử H2O, rượu,…

Các chất điện môi trong đó các phân tử có sẵn momen điện như vậy được gọi là các chất điện môi có phân tử phân cực (hay chất điện môi phân cực). Trong chất điện môi thuộc loại này, tuy từng phân tử có thể xem là một lưỡng cực điện, nhưng do chuyển động nhiệt hỗn loạn, sự định hướng của các lưỡng cực đó hoàn toàn ngẫu nhiên. Kết quả là momen điện tổng cộng của tất cả các phân tử khi không có điện trường ngoài bằng 0.

3

+) Nếu sự phân bố của các electron sao cho "trọng tâm" của electron trong phân tử và "trọng tâm" của các điện tích dương của các hạt nhân nguyên tử trùng nhau d = 0. Khi đó, các phân tử không có momen điện. Ví dụ cho các phân tử thuộc loại này là các phân tử H2, N2, O2, CCl4, Si,…Các chất điện môi có các phân tử như vậy được gọi là các chất điện môi có các phân tử không phân cực hay chất điện môi không phân cực.

2. Sự phân cực của chất điện môi.

Khi không có điện trường ngoài, chất điện môi, bất kể thuộc loại nào, không có momen điện tổng cộng bằng không. Bây giờ, ta hãy xét một chất điện môi khi đặt nó vào trong một điện trường ngoài. Dưới tác dụng của điện trường, chất điện môi sẽ có momen điện tổng cộng khác không. Hiện tượng xuất hiện momen điện tổng cộng trong chất điện môi khi đặt nó trong điện trường ngoài được gọi là sự phân cực điện môi.

Khi đặt một chất kim loại hoặc một chất điện môi vào trong một điện trường, ở trên mặt của chúng đều xuất hiện các điện tính cảm ứng. Tuy nhiên có một sự khác nhau quan trọng giữa hai trường hợp này. Đó là, trong các kim loại, các điện tích âm tồn tại dưới dạng linh động (electron tự do) có thể di chuyển khá xa. Do đó, các điện tích cảm ứng trong kim loại có thể tách nhau ra. Trong các chất điện môi, các điện tích trái dấu liên kết với nhau và chỉ có thể dịch chuyển một khoảng cách rất ngắn. Có hai cơ chế phân cực trong chất điện môi.

2.1. Chất điện môi được cấu tạo từ các phân tử vốn không bị phân cực (không có momen lưỡng cực điện).

Trong điện trường ngoài, sự phân bố của các điện tích bị thay đổi, "trọng tâm" của electron trong phân tử và "trọng tâm"của các điện tích dương của các hạt nhân nguyên tử trỡ nên không trùng nhau nữa mà dịch đi một khoảng d. Như vậy, phân tử vốn không có momen điện, trong điện trường ngoài đã trở thành một lưỡng cực điện với momen điện cảm ứng p e tỷ lệ với cường độ điện trường ngoài E . Chuyển động nhiệt của các phân tử không ảnh hưởng đến các momen lưỡng cực điện cảm ứng: vectơ p e bao giờ cũng cùng chiều với E và độ phân cực không phụ thuộc nhiệt độ.

4

2.2. Chất điện môi phân cực, gồm các phân tử có momen lưỡng cực điện xác định (pe = const).

Trong điện trường ngoài đều, các lưỡng cực điện chịu tác dụng của momen ngẫu lực  = [ p e  E ] làm cho chúng định hướng theo chiều của E . Ở T = 0K ngay với điện trường

yếu, tất cả các lưỡng cực điện đều định hướng theo chiều của điện trường. Tuy nhiên, khi T 0

K, năng lượng nhiệt của các lưỡng cực điện có thể làm cho chúng quay đi một góc nào

đó so với chiều của điện trường ngoài. Khi đó, nhìn chung các lưỡng cực điện định hướng có tự hơn theo hướng ưu tiên dọc theo chiều của điện trường. Mức độ trật tự của sự sắp xếp các lưỡng cực điện quyết định đến độ lớn của momen điện tổng cộng của chất điện môi. Như vậy, khi đặt chất điện môi phân cực vào trong một điện trường ngoài, momen điện tổng cộng xuất hiện khi có độ lớn phụ thuộc vào nhiệt độ.

3. Vectơ phân cực. Để đặc trưng cho sự phân cực của một chất điện môi, người ta dùng một đại lượng vật 

lí, được gọi là vectơ phân cực. Vectơ phân cực p của một chất điện môi được định nghĩa là momen lưỡng cực điện của một đơn vị thể tích chất điện môi. Nếu chất điện môi có thể tích bằng V trong đó chứa N nguyên tử (hay phân tử), thì

P

1 V

N

P

ei

i l

(1) trong đó P ei là momen lưỡng cực điện của nguyên tử (phân tử) thứ i.

Nếu chất điện môi là đồng nhất, và độ dịch chuyển d của các điện tích là như nhau ở mọi 

điểm, vectơ phân cực p có cùng độ lớn và cùng chiều tại mọi điểm của chất điện môi. Sự phân cực như vậy được gọi là sự phân cực đều.

Với cả hai cơ chế phân cực vừa nói đến ở trên, ta thấy: trong điện trường ngoài, mỗi phân từ có thể xem như một lưỡng cực điện với momen lưỡng cực điện. pe = q d

(2)

Ở trong thể tích chất điện môi, các điện tích dương và âm triệt tiêu lẫn nhau. Chỉ có hai mặt đối diện dọc theo phương của điện trường, hiệu ứng dịch chuyển đó mới được thể hiện bởi sự xuất hiện của các điện tích phân cực mặt ngoài. Các điện tích đó liên kết chặt với các 5

phân tử của chất điện môi do đó được gọi là điện tích liên kết. Khác với các điện tích tự do, các điện tích liên kết không tham gia vào quá trình dẫn điện. Tuy nhiên, các điện tích liên kết không cân bằng đó cũng tạo nên điện trường như các điện tích tự do không cân bằng. Ta có thể dễ dàng tính mật độ điện tích mặt  của các điện tích đó với chất điện môi có phân tử không phân cực vì trong chất này, tất cả các lưỡng cực đều như nhau và đều định hướng theo chiều của điện trường ngoài.

Xét một yếu tố thể tích dV ở mặt ngoài có chiều dài d và tiết diện dS và giả sử trong yếu tố đó có dN phân tử và các vectơ p ei vuông góc với mặt ngoài Với sự phân cực đều, từ (27) và (28), ta có  1 p  dV

 dN  i pei  NV qd hay

P = qd

(3)

qdN trong đó  = dV là mật độ điện tích thể tích Điện tích ở trong lớp mặt ngoài dày d bằng dQ =  dS d dQ Do đó, mật độ điện tích mặt  = dS =  d

(4)





Từ định nghĩa của p , ta thấy trong trường hợp đang xét, vectơ p  mặt. Kết hợp (3) và (4), ta có mật độ điện tích mặt  = p = p

(5) 

Trong trường hợp tổng quát hơn, khi p không vuông góc với mặt ngoài, ta hãy xét một yếu tố thể tích dưới dạng một khối hình hộp xiên có đáy bằng dS và cạnh d song song 

với p .

Giả sử trên một đáy có điện tích phân cực âm với mật độ -  và ở đáy đối diện điện tích dương với mật độ +  . Momen điện của khối chất điện môi bằng p =  dS d 

Nếu góc giữa pháp tuyến của đáy và vectơ p là  , thể tích của yếu tố thể tích dV = dS d cos  Số lưỡng cực có trong yếu tố thể tích đó dN = n.d.cos  .dS (n là nồng độ của phân tử trong chất điện môi) và điện tích phân cực mặt ngoài có trong yếu tố thể tích. dQ = q dN = n.q.d.cos  .dS = p dS

trong đó p = p.cos  .

6

Do đó, mật độ điện tích mặt của điện tích phân cực mặt ngoài  =

dQ dS = p

(6) trong đó

 P là thành phần của p vuông góc với mặt.

Như vậy, mật độ mặt của điện tích phân cực ở một điểm bằng thành phần vuông góc của 

vectơ phân cực p ở điểm đó.

II. Bài tập Bài 1.

Một điện tích điểm q đặt tại tâm của một quả cầu điện môi bán kính a với hằng số điện môi 1. Quả cầu được bao bọc bằng một điện môi lớn vô hạn, có hằng số 2. Hãy tìm mật độ điện mặt của các điện tích liên kết tại mặt ranh giới của hai điện môi.

Lời giải Xét điểm M nằm trên bề mặt quả cầu Giả sử chỉ có điện môi 1 và chân không (tức không có 1 ) thì theo bài tập trên điện tích liên kết trên mặt cầu là q '1 

 1  1 q '2 q  1 1 q   '1   1     1   2 2  1 4 a 4 a  1   1 

(1)

Giả sử chỉ có điện môi 2 và chân không ( không có 1 ) thì điện tích liên kết trên mặt cầu là q'2 ngược dấu với q: q '2 

 1   2 1 q '2 q 1 q   '2    1     1 2 2  2 4 a 4 a   2   2 

(2)

Nếu có cả 2 điện môi 1 2 thì mật độ điện tích liên kết ' trên mặt cầu tâm O, bán kính a là    '1   '2 

q  1 1  q(1   2 )    4 a 2   2 1  4 a 21 2

Bài 2.

Hãy chứng minh rằng tại một giới hạn của một điện môi đồng tính với một vật dẫn, mật độ điện mặt của các điện tích liên kết là ' = -(-1)/1 với  là hằng số điện môi,  là mật độ điện mặt của các điện tích trên vật dẫn.

Lời giải 7

Dùng công thức (2) của bài trên, coi chất điện môi như môi trường 2 của bài đó nghĩa là mật độ điện tích liên kết ' bao giờ cũng ngược dấu với  của vật dẫn. Như vậy ta thu được: 1    1   '     1         

(đpcm)

Bài 3.

Một vật dẫn có dạng tuỳ ý điện tích q = 2,5C

được

bao bọc bằng một điện môi có hằng số điện môi  = 5,0

(hình

2). Hãy tính tổng điện tích liên kết bề mặt ở các mặt

trong

và ngoài của điện môi.

Lời giải Xét trường hợp đặc biệt, vật dẫn là quả cầu kim

Hình 2

loại đặc

bán kính a mang điện q đặt trong điện môi  (hình 2). Mật độ điện mặt trên mặt cầu là . 

q 4 a 2

Cường độ điện trường E

q 4 0 a

2



  0

Ta có |  ' | Pn  P   0  E   0 (  1)

  (  1)   0   1    1   q      

Điện tích liên kết | q ' ||  ' | S  4 a 2 '  4 a 2  vì q' trái dấu với q nên q '   

 1 

q  2 

Đặt q'' là điện tích liên kết ở mặt ngoài khối điện môi.

Từ định luật bảo toàn điện tích:   1  q ' q ''  0  q ''   q '   q    5 1   2,5  2  C  5 

Thay số q ''  q '  

8

Trường hợp tổng quát: Khi vật dẫn có hình dạng bất kì Xét một điểm M trên mặt vật dẫn, tại đó bán kính chính khúc của mặt là R. Lấy 1 điện tích nguyên tố dS bao quanh M; có thể coi dS là một phần mặt cầu bán kính R. Điện tích liên kết dq' trên dS là dq '   ' dS  

 (  1)   1  dS     dq    

 1    1    dq    q   s   

Vậy q '   dq '    s

Và q ''  q 

 1 q 

M

Bài 4. Một chất điện môi có dạng một lớp cầu có bán kính trong là a, bán kính ngoài là b (a < b). Tìm môđun của vectơ

b

cường độ điện trường E và điện thế  theo r, với r là khoảng

O

a

cách tính từ tâm hệ nếu điện môi có điện tích dương phân bố

đều

a) theo mặt trong của lớp. b) theo thể tích của lớp.

Hình 3

Lời giải 1) Điện tích q phân bố đều trên mặt cầu a) Với r < a thì E = 0 suy ra  = const (vì A  b) Với a < r < b thì E  

q 4 0 r

E0



(vì E  

c) Với b < r thì E  E0 



0, 6.20.109.200 2  1, 5.103 J  1, 5 mJ ) 2 2(1  0, 6)

q 4 0 r 2

d ) dr

q 4 0 r

2

và  

q 4 0 r

2) Điện tích q phân bố giữa 2 mặt cầu a) Với r < a thì E = 0 nên  = const b) Với a < r < b. Tính điện tích chứa trong mặt cầu đi qua M 9

qr  Vr 

Vậy E  Và E  

4 r 3  a3 .  (r 3  a3 )  q 3 3 4 b a  (b3  a3 ) 3 3 q

E0





qr 4 0 r 2



 q(r 3  a 3 ) q a3   r    4 0 r 2 (b3  a 3 ) 4 0 (b3  a3 )  r2 

 r 2 a3  d q      dr 4 0 (b3  a 3 )  2 r 

c) Với b < r thì E  E0 

q 4 0 r

2

và  

q 4 0 r

Bài 5.

Gần điểm A của một mặt phẳng ngăn cách

giữa

thuỷ tinh và chân không, cường độ điện trường

trong



V m

chân không là E0  10, 0 ; góc giữa vectơ E0 và

pháp



tuyến n của mặt ranh giới là 0 = 300. Hãy tìm

cường

độ điện trường E trong thuỷ tinh ở gần điểm A, 



góc 

Hình 4

giữa E và n và mật độ điện mặt của các điện tích

lên kết

tại điểm A. Lời giải a) Ta có môi trường 1: thuỷ tinh 1 =  = 6 Môi trường 2 là không khí 0 = 1 và 2 = 0 và E2 = E0 = 10V/m Ta có E1t  E2t  E1t  E0 sin 0

(1)

Ta cũng có D1n  D2n   01E1n   01E2n  1E1n  Eon  E0 cos  0

Vậy E12  E12t  E22t  E02 sin 2  0   E1  27, 08  5, 2

b) tg1 

E02

12

cos 2   102 sin 2 300 

(2)

102 cos2 300  27, 08 2 6

V m

E1t E2t  6  6  0   1 tg 0   tg 0  6tg 300   1  arctg    73,9 E1n   2  2 3  3   E2 n  1  10

c)  '  Pn  P cos 1   0 1 cos 1   0 ( 1)E1 cos  Thay số:

l I R Hình 5 C pC  63, 7 2 2 m m

 '  0,885.1011 (6  1).5, 2 cos 73,90  63, 7.1012

Bài 6.

Tại bề mặt phẳng của một chất điện môi có hằng số điện môi , cường độ điện trường 



trong chân không là E0, hơn nữa vectơ E0 tạo một góc  với pháp tuyến n của bề mặt điện môi. Coi điện trường ở bên trong và bên ngoài điện môi là như nhau, hãy tính: 

a) Thông lượng của vectơ E qua mặt cầu bán kính R với tâm trên bề mặt của điện môi. 

b) Lưu số của vectơ D theo chu tuyến I dài l mà bề mặt của nó vuông góc với bề mặt của 

điện môi và song song với vectơ E0 .

Lời giải a) Ta có    

  C  C  E.S  E 0 .S 0

(1)

  (  E cos   E0 cos  ) R 2

Theo bài tập 78: E  E   0  cos 2    2 sin 2    

Và tg = tg cos t 

1 1  2 1  tg  1   2tg 2

(2) (3) (4)

Thay (2) và (4) vào (1): 11

 E  R  0   

 cos 2    2 sin 2    1   E cos     R 2 E0  0  cos  2 2  1   tg     

2

Dt   D0t l

b) Chú ý Ta tính

I0 



  D 0 dl   0 E0l sin   D0 t l



 Ddl   0 E sin  l   Dt l   D0t l

AB

Il 

CD

Vậy Il = -I0 nên

  Ddl  I 0  I1  I 0 (1   )  ( 1) 0 E0l sin 

Bài 7.

Một bản điện môi lớn vô hạn có hằng số điện môi  tích điện đều với mật độ điện thể tích . Độ dày của bản là 2d. Hãy tính. a) Môđun của vectơ cường độ điện trường và điện thế theo khoảng cách l từ tâm bản (điện thế ở tâm bản được tính bằng không). b) Mật độ mặt và mật dộ thể tích của điện tích liên kết.

Lời giải a) Đặt O là tâm bản. Xét điện trường tại M với OM = l. Xét hình trụ đáy S, độ cao 2l.

1) Khi l < d. Tính   DdS  q

(1)

  DdS  2DS

(2)

q là điện tích chứa trong hình trụ.

Q = V = 2Sl

(3)

Thay vào (1) rút ra: l = D = 0E Vậy E 

l  0

(4) (5)

12

2) Khi l > d, tức M nằm ngoài điện môi (nằm trong chân không) d 0

(4) thành  d   0 E  £ 

(6)

Tính . 



d dt

Ta có E   grad  El   Từ (5) suy ra



(7)

l 2 2 0

Từ (7) và (6) suy ra   

d l  const 2 0

(8) (9)

Hãy xác định const trong (9). Xét một điểm N ở bề mặt chất điện môi tức l = d. Thay vào (8) và (9)  

d 2 d 2   const 2 0 0

Suy ra const 

d 2  1  1    0  2 

Vậy (9) thành  

(10)

d  d  1  d   0  2 

b) Ta có  '  Pn  P cos   P   0  E   0 (  1) E với E theo (5) E 

(11)

d  0

Thay vào (11)  '   0 (  1)

 d  d (  1)   0 

(12)

Tính : Cắt lấy trong khối điện môi một hình trụ tròn đứng, đáy S, độ cao 2d bằng độ dày của khối điện môi. Theo định lí O – G, điện thông gửi qua bề mặt bao hình trụ là:  D '  2D ' S  q ' , với D' = '

2'S = sS|'|d ' 

' d



 (  1) 

(13) (14)

13

Vì ' ngược dấu với  nên  ' 

 (  1) 

Bài 8.

Các điện tích được phân bố đều với mật độ thể tích  > 0 trong một hình cầu bán kính R làm bằng điện môi đồng tính đẳng hướng với hằng số điện môi . Hãy tính: a) Môđun của vectơ cường độ điện trường theo khoảng cách r tính từ tâm quả cầu. b) Mật độ thể tích và mật độ bề mặt của các điện tích liên kết.

Lời giải Điện trường tại M bên trong quả cầu C tương đương với điện trường do quả cầu nhỏ Cm gây ra EM 

4 r q Với q   rM2   EM  M 2 3 4 0 rM 3 0

1

Điện trường tại N ngoài quả cầu C là EN 

q 4 0 rN2

4 3

với q   Rr 3   EN 

 r3 3 0 rN2

Tính  E

d dt

   E  E 0  E '  E  E0  E '

(1)

 R3  const 3 0 rN

(2)

N  

Tính const: Tại một điểm trên mặt cầu C. (1) và (2) thành 

 R2  R2  R2  1    const  const  1   6 0 3 0 3 0  2 

 R3  1 1 1  Vậy (2) thành  N      3 0  rN R 2 R  









a) Ta có E  E 0  E '  E  E0  E ' (vì E ngược chiều với E 0 )

(3) 14

Với quả cầu điện môi mang điện q, và điện tích liên kết q' thì E

q 4 0 r

q 4 0 r 2 | q ' | q 



2

; E0  q

4 0 r 2

q 4 0 r

2

và E ' 

| q'| 4 0 r 2

 dF

 1   1   q 1    q         q

 1     

Vì q' ngược dấu với q nên q '  q  q' 

4 3 4   1  R  '    R3    3 3      1     

Suy ra

(4)

 '   

b) Ta có S' = V', với S và V là diện tích và thể tích quả cầu hay 4 R ' 4 R 3 '   R 3  '   '  3 3 R 3

thay (4) vào (5):  '   

(5)

 1 

Bài 9.

Một đĩa tròn bằng điện môi bán kính R bề dày d bị phân cực sao cho độ phân cực bằng   p đồng đều ở mọi nơi và vectơ p nằm trong mặt phẳng của đĩa. Hãy tính vectơ cường độ  điện trường E ở tâm đĩa nếu d << R.

Lời giải Xét diện tích dS = Rdd bao quanh M, dS mang điện tích liên kết dq' = 'Rd.d Nhưng: ' = Pncos dq' = PRdcos d dq' gây ra tại O một điện trường dE: dE 

dq ' PRd cos  d  4 0 R 2 4 0 R 2 1



 

Vì lí do đối xứng nên điện trường tổng hợp tại O: E   d Ese nằm trên Ox.

15

Ta tính dE  dE cos   E   dEx 

PRd cos 2  d PRd (1  cos 2 )d (2 )  4 0 R 2 16 0 R 2 2

Pd 16 0 R

2

Pd

 (1  cos 2 )dl  4 R 0

0

    Pd Vì E và P ngược chiều nhau nên E   4 0 R

Bài 10. Ở một số điều kiện nào dó, độ phân cực của một tấm điện môi không rất rộng, không 

 

x2 







mang điện, có dạng p  p0 1  2  trong đó P0 là một vectơ vuông góc với tấm điện môi, x d là khoảng cách tính từ tâm của tấm, d là độ dày của tấm. Hãy tính cường độ điện trường ở bên trong của tấm và hiệu điện thế giữa hai mặt của tấm.

Lời giải Ta có: E  

p p  x2   ' pn    0 1  2  0 0 0 0  d 



Vì E   grad  E  Ex   Từ (1) suy ra:  

(1)

d dx

p0  x2  x     const 0  3d 2 

p0  xB3  p0  x A3     B   A   xB  2    x A  2  0  3d   0  3d   

p0  d3  (  d 3 )   4 dp0 d    d      0  3d 2  3d 2   3 0

Bài 11.

Lúc đầu không gian giữa các bản của một tụ điện phẳng chứa không khí và cường độ điện trường trong đó bằng E0. Sau đó một nửa khe hở được lấp đầy điện môi

Hình 6

đẳng hướng có hằng số điện môi là . Hãy tìm môđun của 

và các



vectơ E và D trong cả 2 phần 1 và 2 của khe hở nếu khi đặt điện môi vào.

16

a) Hiệu điện thế giữa các bản không đổi b) Các điện tích trên các bản không đổi.

Lời giải 



a) Từ E   grad  E  

d  U AB  E0 .2d dl

(1)

Với 2d là khoảng cách giữa 2 bản A và B Ta có D1 = D2 =  Suy ra E1 

D1

 0 1



D '  ' E1 và E2  2   0  0 2  0 

(2)

Ta có UAB = UAH + UBH 2 E0 d  E2 d  E1d 

Suy ra E1 

(3) E1d



(4)

 E1d

2 E0 2E E và E2  1  0  1   1

b) Khi q (hay ) không đổi. Ta có  = D = 0E=const

(5)

Mặt khác D = D1 = D2 = 0.E1 = 0E2 Từ (5) và (6): E1 = E0 và E2 

(6)

E0



Bài 12. Giải bài tập 11 khi lấp đầy điện môi như hình vẽ.

Lời giải a) Khi chưa đặt điện môi E0  Khi đặt điện môi: E1 

U AB 2d

(1)

U AB U và E2  AB 2d 2d

Hình 7

(2)

Vậy E1 = E2 = E0

(3)

D1 = 01E1 = 0E0 và D2 = 02E2 = 0E0

(4)

Suy ra D2 = D1

(5)

b) Khi q không đổi. Nếu chưa đặt điện môi thì mật độ điện mặt  = q/S. Khi đặt điện môi vào, sự phân bố điện tích trên mỗi bản sẽ không đều.

17

Nửa 1 không có điện môi, mỗi bản có mật độ 1 = D1 = 0E1

(6)

Nửa 2 có điện môi, mật độ điện tích là: 2 = D2 = D1 = 1= 0E2 q  q1  q2   S   1

(7)

S S   2   1   2  2 2 2

(8)

Với  = D = 0E0

(9)

Vậy 2 = 1 + 1 = 1(+1) 2 0 E0  (  1) 0 E1  E1 

2 E0  1

(10)

Bài 13.

Một nửa không gian giữa hai bản cực đồng tâm của một tụ điện cầu được lấp đầy điện môi đồng tính, đẳng hướng có hằng số điện môi . Điện tích của tụ điện là q. Hãy tìm môđun của vectơ cường độ điện trường giữa các bản theo khoảng cách

Hình 8

r tính từ tâm cong của hai bản cực của tụ điện.

Lời giải Bài toán 85 là trường hợp riêng của bài toán này (khi R1 và R2  ) Vì vậy ta vẫn dùng công thức (10) của bài toán 85.

E2  E1 

2 E0  1

Với E0 là điện trường tại M(r) khi trong tụ điện là chân không ( = 1) E0 

q 4 0 r

2

và E2  E1 

q 4 0 (  1)r 2

Bài 14.

Hai quả cầu nhỏ giống hệt nhau, mang điện cùng tên được treo bằng các sợi dây cách điện dài bằng nhau vào một điểm. Khi lấp đầy môi trường xung quanh bằng dầu hoả thì góc tạo bởi 2 sợi dây không thay đổi. Tính khối lượng riêng của chất làm các quả cầu.

Lời giải Quả cầu C chịu tác dụng 2 lực: trọng lực theo phương thẳng đứng và lực Cu - lông theo phương ngang.

18

1) Khi chưa có điện môi tg 

F F  p V g

Khi có điện môi, lực Cu - lông giảm  lần, đồng thời điện môi còn tác dụng lên quả cầu C lực đẩy Acsimet FA = V0g.

Vậy tg ' 

F' F / F / F /    p ' P  FA V  g  V  0 g V (    0 ) g

Theo đề bài ' = tg' = tg  Vg = V( - 0)g Vậy    (   0 )   

0 (  1)

Bài 15.

Người ta tạo ra ở bên trong một quả cầu bằng điện môi đồng tính, đẳng hướng có hằng số điện môi  = 5,00 một điện trường đều có cường độ E = 100 V/m. Bán kính của quả cầu R = 3,0 cm. Hãy tính mật độ điện mặt cực đại của các điện tích liên kết và điện tích liên kết toàn phần dương (hoặc âm).

Lời giải a) Ta có  '  Pn  P cos    0 (  1) E cos  Ta có ' = 'max khi cos = 1 'max = 0( - 1)E Thay số: 'max = 0,885.10-11(5 - 1).100 = 3,54.109 C/m2.

Xét diện tích dS ở xung quanh M(R,,): dS = Rd.Rsind 

Điện tích trên dS là dq' = dS = 0( - 1)R2dsincosd; E thẳng đứng hướng lên trên nên nửa mặt cầu trên mang điện tích q', nửa dưới mang điện tích -q'. 

 /2

q '   dq '   0 (  1) R 2 E  d 0

 sin  cos d 0

 /2 2

2

  0 (  1) R 2 E  10 pC

q '   0 (  1) R E sin  0

Bài 16.

19

Một điện tích điểm q được đặt trong chân không, cách một mặt phẳng của một chất điện môi đồng tính đẳng hướng lấp đầy không gian. Hằng số điện môi là . Hãy tính a) Mật độ điện mặt của các điện tích liên kết theo khoảng cách r tính từ điện tích điểm q. Xét trường hợp l  0 b) Tổng diện tích liên kết trên bề mặt của điện môi.

Lời giải a) Xét điểm M ngay sát mặt ngăn cách P giữa chân không và điện môi  và cách điện tích q 





là AM = r. Điện trường tại E là tổng hợp điện trường E 0 do q gây ra và E ' do điện tích cảm 

ứng trên mặt P, có mật độ ' tại M: E 0

(1)

Suy ra E1n = E0cos1 + E'

(2)

l '   4 0 r 2 r 2 0

(3)

Eln 

vì D ' 

q

' 2

(4)

 0E '

và Dln   0 Eln 

' ql  4 r 3 2

(5)

Mặt khác ta có Dln = D2n

(6)

Với D2n = 0E2n

(7)

Ta cũng có ' = Pn = 0E2n = 0(-1)E2n

(8)

Thay (5) (7) và (8) vào (6) ' |q|l  '     0 4 r 3 2  0 (  l )     ' (  l ) ql  '  3 4 r 2(  l )  2(  l ) 

Vậy  ' 

ql (  l ) 2 r 3 (  l )

Vì ' ngược dấu với q nên  ' 

ql (  l ) 2 r 3 (  l )

(9)

Khi l  0 thì '  0 b) Tính điện tích cảm ứng q' trên mặt ngăn cách P 20

Xét hình vành khăn tâm O, bán kính x, dày dx, điện tích của nó là dS = 2xdx, và điện tích trên dS là dq '   ' dS  

ql (  l )  2 xdx 2 r 3 (  l )

(10)

Ta có: x2 = r2  2xdx = 2rdr Thay vào (10): dq '  

ql (  l ) dr (  l ) r 2

(11)



ql (  l ) dr ql (  l ) 1 q '   dq '     (  l ) l r 2 (  l ) r



 l

q(  l ) (  l )

(12)

Bài 17.

Dùng các điều kiện và lời giải của bài tập trên, hãy tính môđun của lực tác dụng lên điện tích q gây ra bởi các điện tích liên kết trên mặt chất điện môi.

Lời giải Xét diện tích nguyên tố S của hình vành khăn (ứng với góc d)  S  dS .

d 2

S mang điện tích nguyên tố d q 2l (  l ) dr  d 4 2 2 0 (  l ) r  Hình chiếu dFz của d F lên phương Oz  mặt P là:

 q '  dq.

 l d F z  dF cos   dF . r

dFz 

q 2l 2 (  l )dr dr d 8 2 0 (  l ) r 5 2



q 2l 2 (  l ) dr F   dFz   2 d 8  0 (  l ) l r 5 0 2

 d  2 ; và 0



dr 4 l r 5   r 4



 l

(1)

4 l4

q 2 (  l ) Thay vào (1): F  16 0 (  l )

21

Bài 18.

Một điện tích điểm q nằm trên mặt phẳng ngăn cách chân không vàmột chất điện môi 



đồng tính đẳng hướng có hằng số điện môi . Hãy tính môđun của vectơ D và E và điện thế  theo khoảng cách r tính từ điện tích q.

Lời giải Từ công thức ' = Pn = 0En = 0( - 1)E0 Theo kết quả bài tập 89:  '  So sánh (1) và (2) En  E1n  E1n  E1 cos 1 E1

(1)

ql (  l ) 2 r 3 (  l )

(2)

' ql  3  0 (  1) 2 r (  l ) 0

r l

r l

Vậy E  El  Eln  

ql 2 0 (  l )r 2

(3)

(3) là biểu thức của cường độ điện trường ở mọi nơi, trong chân không thì  = 1 trong điện môi thì  < 1.

Từ công thức D = 0E Thay (3) vào (4): E 

q 2 (  l )r 2

Trong chân không  = 1: D  D0  



Ta có E   grad   Suy ra  

(4)

q 2 r 2

d q  Er  dt 2 0 (  l )r 2

q 2 0 (  l )r

Bài 19.

Một quả cầu nhỏ dẫn điện có điện tích q được đặt vào một chất điện môi đồng tính và đẳng hướng có hằng số điện môi . Quả cầu cách mặt phẳng ranh giới giữa điện môi và chân không một khoảng l. Hãy tính mật độ bề mặt của các điện tích liên kết tại ranh giới giữa điện môi và chân không theo khoảng cách r tính từ quả cầu. Xét kết quả thu được khi l  0.

Lời giải 22

Bài này là bài toán ngược của bài toán 89. Trong bài 89 điện tích q đặt trong chân không, trong bài này q đặt trong điện môi .

Vậy mật độ điện mặt ' ở đây giảm đi  lần  ' 

' q(  1)  ; '  0 khi l  0.  2 r 3 (  l )

Bài 20.

Một nửa không gian được lấp đầy bằng một điện môi đồng tính đẳng hướng có hằng số điện môi . Nửa không gian còn lại được giới hạn bằng một mặt phẳng P. Một quả cầu nhỏ bằng kim loại có điện tích q được đặt trong điện môi, cách P một khoảng l. Hãy tính mật độ bề mặt của các điện tích liên kết trên mặt phẳng ranh giới theo khoảng cách r kể từ quả cầu.

Lời giải Xét một điểm B nằm tại mặt P, cách q là AB = r. Nếu chưa có điện môi theo phương pháp ảnh điện, cường độ điện trường tại M là: E0 

ql

(1)

2 0 r 3

Khi có điện môi, cường độ điện trường tại B giảm  lần E

E0





ql 2 0 r 3

(2)

là do điện tích cảm ứng trên mặt điện môi (có mật độ ') gây ra tại B điện trường phụ:  1   1 E '  E0  E  E0 1    E0   

(3)

Vẽ một mặt trụ nhỏ MNM'N' bao quanh B, có 2 đáy MN và M'N' bằng S và song song với P. Điện tích nằm trong mặt trụ là 'S. Theo định lí O – G:

   Dd S  q '   ' S

Suy ra 'S = DS = 0.E'S ' = 0E'

(4)

Thay (4) vào (3), rút ra:  '  0 

 0 q1 q (  1)   3  2 0 r 2 r 3

23

Bài 21.

Một tấm điện môi tự phân cực độ dày d được đặt trong

d

một tụ điện phẳng mà hai bản đã nối với nhau bằng một dây  dẫn. Vectơ phân cực điện môi là p (hình 74). Khoảng cách   giữa hai bản tụ điện là d. Hãy tính các vectơ D và E bên

h Hình 9

trong và bên ngoài bản điện môi.

Lời giải Ta có: P = 0E = 0(-1)E Vậy E 

(1)

P  0 (  l )

(2)

Phải xác định . Ở mặt ngăn cách C ta có D0n = Dn D0 = D  0E0 = 0E

(3)

Suy ra E0 = E Ta lại có VB - VC = |E|h

(4)

và VA -VC = VB -VC = |E0|(d - h) |E|h = |E0|(d - h)

(5)



vì E và E0 ngược chiều nhau nên E0(d - h) = - Eh Thay (4) vào (6):  E (d  h)   Eh   

(6)

h hd

      h P hd  h P  h P   1    E   1   Thay vào (2): E  và D  D 0   0 E 0  P 0 h d  d  0  d  0

Bài 22. 



Một hình trụ tròn rất dài bằng chất điện môi bị phân cực sao cho vectơ P  ar , trong 

đó a là một hằng số dương, r là khoảng cách tính từ trục. Hãy tính mật độ thể tích của các điện tích liên kết theo r.

Lời giải 24



Ta có biểu thức:  ' dV   PdS

(1)

Trong đó dS là điện tích bao bọc thể tích dV Ta lấy 1 đoạn hình trụ có độ cao dh Thể tích dV là thể tích phần hình trụ có độ cao dh: dV = R2dh. dS là điện tích xung quanh 

của phần hình trụ cao dh (diện tích 2 đáy nên PdS  PdS cos   0 .

Vậy dS = Rdh. (1) thành 'R2dh = - R.2Rdh   = - 2; ' không phụ thuộc vào r nghĩa là ' bằng hằng số âm, tức điện tích liên kết phân bố đều trong hình trụ.

Bài 23. 

Một quả cầu điện môi tự phân cực đồng đều, vectơ phân cực của nó là p . Nếu coi quả cầu bị phân cực như sự dịch chuyển của toàn

z

bộ các điện tích dương và toàn bộ các điện tích âm trong điện môi.

M N

a) Hãy tính vectơ cường độ điện trường ở bên trong quả cầu

dS

r

cầu là điện trường của một lưỡng cực điện được   pr đặt tại tâm quả cầu và điện thế   0 3 với p0 4 0 r  là momen điện của quả cầu, r là khoảng cách tính

y

O

b) Chứng minh rằng điện trường ở bên ngoài quả

N x

Hình 10

từ tâm quả cầu. 

c) Tính p0

Lời giải a) Xét một điểm M trên mặt cầu, ta có ' = Pn = pcos Diện tích dS = R2dcosd

(xem hình 75) (1)

mang điện tích dq' = 'dS = pR2dcossind (2) dq' gây ra tại O điện trường cảm ứng dE'

25

dq ' pd cos  sin  d  2 4 0 R 4 0  Hình chiếu dEx' của d E ' lên trục Ox là dE ' 

dE ' x  dE 'cos  

pd cos 2  sin  d 4 0

Chú ý rằng nửa mặt cầu bên phải mang điện tích dương, nửa mặt cầu trái mang điện tích âm.

Ta có E '   dE 'x   E'

p 4 0

2

p 4 0

cos3  3

2

0

 d  cos 0

2

 ( sin  d )



0

 

p 2 (l  1) p  4 0  3 3 0

  p : điện trường cảm ứng E cùng phương ngược chiều với p .

3 0  b) Đặt OM = r thì AM = r = r + acos = r + ar  BM  r  r  a cos   r  ar E'

Ta có      

q' 4 0 r

q'



4 0 r    p0 r q '  r  r  2q ' ar     2 4 0  r r  4 0 r 4 0 r 2   trong đó 2qa  p 0 là momen lưỡng cực điện.

Ta hãy tính q' và a từ đó suy ra p0 = 2aq' Từ (2) suy ra điện tích q' của hình vành khăn 2 2

 q '  pR cos  sin  d  d  2 pR 2 cos  sin  d

(3)

0

1 2

và W   qiVi i

Xác định vị trí của "trọng tâm" điện tích q'.

Coi như "trọng tâm" điện tích q' đặt tại N với ON = Rcos Theo định nghĩa của trọng tâm thì vị trí C của trọng tâm là

26

0

1 1 2R a  OG   ON . q '  2 R3 p cos 2  sin  d  2  q'  R p  /2 3

Vậy p0  2aq '  2.

2R 4  pR 2   R 3 p  Vp 3 3

Bài 24.

Trong một điện trường đều có vectơ cường độ q  CU 

 0 SU d

  0 SE người ta đặt

một quả cầu điện môi đồng tính. Trong các điều kiện đó chất điện môi bị phân cực đều. Hãy 



tính vectơ cường độ điện trường E ở bên trong quả cầu và vectơ phân cưc p của điện môi, có hằng số điện môi là . Khi giải hãy sử dụng kết quả của bài toán 23.

Lời giải 





Ta có E  E 0  E '   p Theo bài tập 96 thì E '   3 0

Vậy E  E0 

 E p (  1) E  E0  0  E0  3 0 3 0 3

Suy ra E0  E 

3E0 (  1)  2 E  E  E  3  2  3 

Và p   0 (  1) E 

3 0 (  1) E0  2

Bài 25. 

Một hình trụ tròn dài vô hạn bằng điện môi tự phân cực đều có vectơ phân cưc p

vuông góc với trục hình trụ. Hãy tính vectơ cường độ điện trường ở bên trong điện môi.

Lời giải Xét một điểm M, mật độ điện mặt cảm ứng ' tại M. ' = pn = pcos Tính điện tích dq' trên 1 dải diện tích xung quanh hình trụ MNM'N' có độ cao h và bề rộng MM' = Rd. dq' = 'dS = pcosRd.h mật độ điện dài trên dải MM'NN' là 27



dq '  pR cos  d h

dải này gây tại O điện trường.  p cos  d  2 0 R 2 0  hình chiếu dE'x của d E lên trục x là dE ' 

dE 'x  dE 'cos   2

Vậy E '   dE 'x  2

Tính

 2 0

0

cos 2 d  0

2 0

p

 2 2

p

p

 0

cos 2 d

(1)

cos 2 d

(2)

0

1 1 (cos 2  1)d (2 )  (sin 2  2 ) 4 4

2

 0

    p p Thay vào (2) được E '  Vì E ' ngược chiều p nên E '   2 0 2 0

Bài 26.

Một hình trụ tròn bằng điện môi đồng tính được đặt vào một điện trường đều cường độ q  CU 

 0 SU d

  0 SE . Trục hình trụ vuông góc với q  CU 

 0 SU d

  0 SE . Trong các

điều kiện đó chất điện môi bị phân cực đều. Hãy sử dụng kết quả của bài toán trên để tính vectơ cường độ điện trường bên trong hình trụ và vectơ phân cực điện môi có hằng số điện môi .

Lời giải Tương tự bài 25. Ta có E = E0 + E' E  E0 

Suy ra E 

 (  1) E p  1  E0  0  E  E0 2 0 2 0 2

2E0 2 (  1) E0 và p   0 (  1) E  0 (  1) (  1)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH CAO BẰNG.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN CAO BẰNG.

28

CHUYÊN ĐỀ: THIÊN VĂN Tác giả: Trần Thu Huệ Trường THPT Chuyên Cao Bằng A. ĐẶT VẤN ĐỀ : Hệ thống các kiến thức vật lý là một khâu quan trọng bởi lẽ để làm được một bài toán vật lý cần phải hiểu được được hiện tượng vật lý. Khi đã nắm được lý thuyết học sinh sẽ định hình được các dạng bài tập và vận dụng một cách có hiệu quả trong việc giải bài tập vật lý.

Thiên văn học là một trong những vấn đề giáo viên và học sinh quan tâm, đồng thời nó cũng là những bài có trong đề thi học sinh giỏi các cấp. Xuất phát từ các vấn đề nêu trên để phục vụ cho việc giảng dạy của giáo viên và học tập của học sinh nên tôi tiến hành nghiên cứu chuyên đề về thiên văn.

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.

I. Cơ sở: * Cơ sở lý luận : Thông qua lý thuyết về thiên văn Do nhu cầu cải tiến phương pháp giảng dạy và học * Cơ sở thực tiễn : Do thực tế trong quá trình giảng dạy II.Quá trình triển khai: Gồm 2 phần (Lý truyết và bài tập) Hệ hống hoá toàn bộ chuyên đề về thiên văn theo 4 nội dung chính (theo chương trình THPT Chuyên) .

Trong các nội dung đều tóm tắt lý thuyết, hệ thống bài tập, sau mỗi nội dung có đáp án.

NỘI DUNG 1 QUÁ TRÌNH PHÁT HIỆN CẤU TRÚC HỆ MẶT TRỜI A- CÁC KIẾN THỨC VÀ ĐỊNH LUẬT CƠ BẢN

1. Các đơn vị đo khoảng cách

29

a) Đơn vị thiên văn (đvt) có độ dài bằng khoảng cách trung bình từ Trái Đất tới Mặt Trời: 1đvt = 1,496.1011m b) Năm ánh sáng (nas) có độ dài bằng quãng đường truyền của ánh sáng trong chân không trong thời gian một năm.

1 nas = 9,460.1015m = 6,324.104 đvt c) Parsec (ps) có độ dài bằng quãng đường từ đó nhìn bán kính quỹ đạo của Trái Đất (dài 1 đvtv) dưới góc trông 1 giấy (1") 1ps = 3,086.1016m = 206265 đvtv = 3,261 nas 2. Thiên cầu là một mặt cầu tưởng tượng có bán kính vô cùng lớn và có tâm là nơi ta quan sát. Các sao là những thiên thể nóng sáng ở rất xa nên được coi như nằm cố định trên thiên cầu. Các hành tinh là "những sao" có sự di chuyển đối với các sao.

3. Đặc điểm chuyển động nhìn thấy (biểu kiến) của các thiên thể a) Nhật động: Toàn bộ thiên cầu quay tròn quanh Trái Đất với chu kì một ngày đêm (24 giờ). b) Mặt Trời và Mặt Trăng từ từ dịch chuyển đối với các sao theo chiều ngược với chiều nhật động với chu kì tương ứng là 365 ngày và 27 ngày. c) Quỹ đạo chuyển động nhìn thấy của 5 hành tinh có dạng nút (Thuỷ tinh, Kim tinh, Hoả tinh, Mộc tinh, Thổ tinh). d) Hai hành tinh (Thuỷ tinh, Kim tinh) có sự dịch chuyển (dao động) quanh Mặt Trời với biên độ xác định (280 và 480).

4. Mô hình vũ trụ địa tâm Ptolemy a) Trái Đất nằm yên ở trung tâm vũ trụ. b) Giới hạn của vũ trụ là một vòm cầu trong suốt trên đó gắn chặt các sao. Toàn bộ vòm cầu này quay đều quanh một trục xuyên qua tâm Trái Đất. c) Mặt Trăng, Mặt Trời chuyển động tròn đều quanh Trái Đất cùng chiều với chiều quay của vòm cầu nhưng chúng có chu kỳ khác nhau nên ta thấy chúng dịch chuyển từ từ đối với các sao. d) Các hành tinh chuyển động đều theo những vòng tròn phụ mà tâm của các vòng này chuyển động tròn đều quanh Trái Đất.

30

e) Trái Đất, Mặt Trời và tâm vòng phụ của Kim tinh và Thuỷ tinh luôn luôn nằm trên một đường thẳng.

5. Hệ nhật tâm Copernic a) Mặt Trời nằm yên ở trung tâm hệ. b) Các hành tinh chuyển động quanh Mặt Trời theo quỹ đạo tròn và cùng chiều. c) Trái Đất cũng là một hành tinh. Ngoài chuyển động quanh Mặt Trời, Trái Đất còn tự quay quanh mình với chu kì một ngày đêm. d) Từ Mặt Trời ra xa có các hành tinh: Thuỷ tinh, Kim tinh, Trái Đất, Hoả tinh, Mộc tinh, Thổ tinh. Hành tinh ở càng xa Mặt Trời có chu kì chuyển động quanh Mặt Trời càng lớn. e) Các sao ở rất xa, nằm yên trên Thiên cầu.

6. Ba định luật Kepler a) Các hành tinh chuyển động quanh Mặt Trời theo quỹ đạo elip. b) Tốc độ diện tích không đổi. c) Bình phương chu kì chuyển động (T) tỉ lệ với lập phương bán trục lớn (a) T2 = Ka3. Với T tính theo đơn vị năm và a tính theo đơn vị thiên văn thì: T2 = a3.

7. Định luật vạn vật hấp dẫn Newton Lực tương tác giữa hai chất điểm tỉ lệ thuận với tích số hai khối lượng của chúng và tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách giữa chúng: F = G

m1m2 . r2

B- BÀI TẬP

1.1. Theo dõi quỹ đạo dịch chuyển của Mặt Trăng đối với các sao trong vòng 30 đêm liên tục rồi rút ra kết luận.

1.2. Theo dõi quỹ đạo của một hành tinh (ví dụ Hoả tinh có màu đỏ) đối với các sao trong vòng ba tháng (mỗi tuần vẽ vị trí của hành tinh đối với các sao lân cận rồi nối các vị trí này lại). Rút ra kết luận.

1.3. Giải thích các đặc điểm chuyển động nhìn thấy của thiên cầu, của Mặt Trời, của Mặt Trăng và của các hành tinh theo hệ nhật tâm Copernic.

1.4. Chứng tỏ rằng sao Hôm và sao Mai là hai pha nhìn thấy của Kim tinh.

31

1.5. Dựa vào đặc điểm chuyển động nhìn thấy của Kim Tinh và Thuỷ tinh hãy xác định khoảng cách từ mỗi hành tinh này đến mặt Trời theo đơn vị thiên văn và chu kì chuyển động của chúng quanh Mặt Trời theo đơn vị năm (coi các hành tinh chuyển động quanh Mặt Trời theo quỹ đạo tròn).

1.6. Sao Cận tinh là sao ở gần ta nhất cách Trái Đất 4,2 nas.

1.7. Chứng tỏ rằng 1 parsec bằng 206265 đvtv.

1.8. Bằng quan sát vị trí của Kim tinh, Hoả tinh và Mộc tinh di chuyển đối với các sao người ta xác định được chu kì chuyển động của các hành tinh này quanh Mặt trời có trị số tương ứng là 2/3 năm, 2 năm và 11,8 năm. Hãy tính khoảng cách từ các hành tinh này đến Mặt Trời. Cho rằng quỹ đạo của các hành tinh đều là tròn, hãy tính khoảng cách gần nhất và xa nhất từ Trái Đất đến các hành tinh này.

NỘI DUNG 2 QUY LUẬT CHUYỂN ĐỘNG CỦA CÁC THIÊN THỂ A- CÁC ĐỊNH LUẬT VÀ CÔNG THỨC CƠ BẢN

1. Trong trường lực hấp dẫn tương hỗ: Hai thiên thể chuyển động quanh khối tâm chung theo quỹ đạo đồng dạng, có kích thước tỉ lệ nghịch với khối lượng của chúng.

2. Các định luật Kepler Định luật 1: Quỹ đạo elip

r=

b2 P với P =  (1  e) 2 a 1  e cos  a

rmax = a(1 + e);

rmin = a(1 - e)

Định luật 2: Tốc độ diện tích không đổi d

r2 dt  C (hằng số) cũng là định luật bảo toàn momen động lượng.   1   ab L  r  v   const  r  v   2 T

Định luật 3: Định luật này có biểu thức chính xác:

T 2 ( M  m) 4 2  G a3

32

Trong đó: T, a, m là chu kì, bán trục lớn, khối lượng của hành tinh chuyển động quanh Mặt Trời khối lượng M. Áp dụng cho hệ hai hành tinh (hay hệ hai vệ tinh) T12 ( M  m1 ) a13  T22 ( M  m2 ) a23

3. Phương trình năng lượng Rõ ràng dạng quỹ đạo cụ thể của một vật phụ thuộc vào vận tốc (v) của vật ở thời điểm khảo sát. Phương trình năng lượng biểu thị mối liên hệ giữa bình phương vận tốc và các yếu tố 2 1 quỹ đạo có: v2 = G(M + m)    , trong đó r là khoảng cách giữa hai vật ở thời điểm khảo sát r

a

và a là bán trục lớn quỹ đạo. Ta cũng dễ dàng thấy với a =  thì vận tốc tương ứng là vận tốc parabol (v2 =

2GM ). r

4. Các vận tốc vũ trụ Biểu thức liên hệ giữa vận tốc (v) của một vật chuyển động tròn quanh vật khác có khối lượng M ở khoảng cách r là v =

GM . r

Trường hợp vật chuyển động tròn quanh Trái Đất khối lượng M và bán kính R thì vận tốc v sẽ là v =

GM , với h là độ cao so với mặt đất.

Rh

Khi h = 0 thì v =

GM được gọi là vận tốc vũ trụ cấp I của Trái Đất: V = R

GM .

R

Vận tốc đủ để cho vật thoát li khỏi lực hấp dẫn của Trái Đất (quỹ đạo parabol) được gọi là vận tốc vũ trụ cấp II: VII =

2GM . Từ đó có VII = R

2 VI.

B- BÀI TẬP

2.1. Trình bày quy luật chuyển động của hệ hai vật trong trường lực hấp dẫn tương hỗ.

Trong trường hợp nào thì có thể xem vật này chuyển động quanh vật kia được coi như nằm yên.

2.2. Hai vật có khối lượng tương ứng là m1 và m2. Biết m1 có quỹ đạo là một elip với tầm sai e = 0,5. Biểu diễn quỹ đạo chuyển động của m1 và m2 lên hình vẽ (biết m2 = 2m1).

Với trường hợp m2 rất lớn so với m1, hãy vẽ quỹ đạo của m2.

33

2.3. Một vệ tinh nhân tạo chuyển động quanh Trái Đất theo quỹ đạo elip với tâm sai e, bán trục lớn a và chu kì T. a) Tính vận tốc của vệ tinh ở cận điểm và ở viễn điểm. So sánh hai vận tốc ấy. b) Áp dụng bằng số e = 0,2; a = 10000km. Hãy tính độ cao của vệ tinh biết bán kính Trái Đất R = 6370km.

2.4. Sao chổi Halley có chu kì 76 năm, quỹ đạo rất dẹt với e = 0,967. a) Xác định bán trục lớn quỹ đạo. b) Xác định khối lượng của Mặt trời. c) Tính khoảng cách cận nhật và viễn nhật. d) So sánh động năng ở cận điểm và viễn điểm.

2.5. Mô tả cách phóng một vệ tinh để trở thành vệ tinh địa tĩnh. Hãy xác định độ cao và vận tốc của vệ tinh này.

2.6. Có hai vệ tinh đang chuyển động trên cùng một quỹ đạo tròn quanh Trái Đất. Người ta truyền cho vệ tinh sau một xung lực theo phương tiếp tuyến với quỹ đạo. Vệ tinh này có đuổi kịp vệ tinh trước nó không? Giải thích.

2.7. Người ta muốn phóng một vệ tinh nhân tạo theo phương án sau: - Từ mặt đất truyền cho vệ tinh vận tốc v0 theo phương thẳng đứng.

- Tại độ cao h khi vệ tinh có vận tốc bằng không, người ta truyền cho nó vận tốc v1 theo phương nằm ngang để nó chuyển động theo quỹ đạo elip có tâm sai e và thông số p được xác định trước. a) Tính vận tốc v0. b) Tính vận tốc v1.

Cho biết Trái Đất hình cầu bán kính r0 và gia tốc trọng trường tại mặt đất là g0 =

TM , r02

trong đó M là khối lượng Trái Đất (bỏ qua sức cản của khí quyển). c) Khi vệ tinh bay ở viễn điểm (vận tốc vv) thì người ta làm giảm vận tốc của nó (vận tốc v'v) để quỹ đạo lúc này có khoảng cách cận điểm bằng bán kính r0 (có nghĩa là đưa vệ tinh trở về Trái Đất). Hãy tính độ giảm vận tốc đó.

34

2.8. Người ta phóng một trạm vũ trụ chuyển động quanh Mặt Trời theo quỹ đạo tròn trong mặt phẳng hoàng đạo. Các trạm trên mặt đất quan sát thấy trạm này dao động quanh Mặt Trời với biên độ xác định bằng 450. a) Tính bán kính quỹ đạo (a1) và chu kì chuyển động (T1) của trạm (biết Trái Đất chuyển động quanh Mặt Trời theo quỹ đạo tròn với bán kính 1 đvtv và với chu kì bằng 1 năm). b) Giả sử tại điểm O trên quỹ đạo của trạm người ta tăng vận tốc cho trạm tức tời đến vận tốc parabol (để trạm thoát li khỏi hệ Mặt Trời bay vào vũ trụ). Hãy tính thời gian trạm bay từ điểm O đến điểm K. Cho biết phương trình parabol trong hệ xOy là y2 = 2px, trong đó p là khoảng cách từ tiêu điểm đến đường chuẩn. Chú ý thêm rằng định luật Kepler thứ II cũng đúng với chuyển động parabol.

2.9. Người ta phóng một trạm vũ trụ theo quỹ đạo năng lượng cực tiểu từ Trái Đất lên Mặt Trăng. a) Xác định vận tốc lúc phóng và lúc trạm đến Mặt Trăng. b) Xác định thời gian bay từ Trái Đất đến Mặt Trăng.

Cho biết: Khối lượng Trái Đất đến Mặt Trăng.

Cho biết: Khối lượng Trái Đất M = 5,9.1024 kg Bán kính Trái Đất r = 6370km Khoảng cách từ Trái Đất đến quỹ đạo Mặt Trăng là 60r. (Quỹ đạo năng lượng cực tiểu là do quỹ đạo cảu một trạm vũ trụ được phóng từ Trái Đất theo phương tình năng lượng) v2 2 1 = GM    có viễn điểm tiếp xúc với quỹ đạo của thiên thể mà trạm bay tới. r

a

2.10. Tính gần đúng thời gian cần có ngắn nhất (tính theo đơn vị năm) cho việc phóng một trạm vũ trụ bay theo quỹ đạo năng lượng cực tiểu từ Trái Đất đến Hoả tinh, dừng lại đây một thời giann gắn nhất cần có để rồi bay về Trái Đất. Cho biết quỹ đạo của Trái Đất và của Hoả tinh đều là tròn và có độ lớn tương ứng là 1đvtv và 1,6 đvtv.

2.11. Quan sát một sao cho thấy vận tốc tia của nó biến thiên theo hàm sin với biên độ V và chu kì T. Thừa nhận sao này có một hành tinh đang chuyển động theo quy luật của hệ hai thiên thể và phương của mặt phẳng quỹ đạo trùng với phương tia nhìn.

35

a) Hãy thành lập biểu thức xác định khối lượng m của hành tinh và khoảng cách r giữa chúng theo V, T, M (với M là khối lượng của sao quan sát). b) Nếu mặt phẳng quỹ đạo nghiêng với phương tia nhìn một góc i thì kết quả tính toán có gì thay đổi.

2.12. Tính gần đúng khối lượng của Mộc tinh biết nó chuyển động quanh Mặt Trời theo quỹ đạo với bán trục lớp aM = 5,2 đvtv và với chu kì TM = 11,9 năm. Biết vệ tinh Ganymed của Mộc tinh chuyển động quanh Mộc tinh với bán trục lớn aG = 7,14.10-3 đvtv và với chu kì TG = 1,9.10-2 năm. Khối lượng của Mặt Trời M = 1,99.1030 kg.

2.13. Tính vận tốc vũ trụ cấp I và cấp II của Hoả tinh và của Mặt Trăng.

Biết MH = 6,4.1023 kg;

RH = 3386km

MT = 7,3.1022kg;

RT = 1738km

2.14. Cho biết khối lượng của Trái Đất lớn hơn khối lượng Mặt Trăng đến 80 lần và bán kính Trái Đất lớn hơn bán kính Mặt Trăng đến 3,6 lần. Hãy tính chu kì của một tàu vũ trụ bay cách bề mặt Mặt Trăng ở độ cao khoảng 20km. Sử dụng thông tin các vệ tinh nhân tạo của Trái Đất có chu kì khoảng 100 phút. Nếu sóng vô tuyến không xuyên qua được Mặt Trăng thì cứ mỗi vòng quay của trạm các nhà du hành sẽ mất liên lạc với Trái Đất trong bao lâu.

NỘI DUNG 3

BẦU TRỜI SAO, THIÊN CẦU VÀ NHẬT ĐỘNG, CÁC HỆ TỌA ĐỘ THIÊN VĂN. A- CÁC KIẾN THỨC VÀ ĐỊNH LUẬT CƠ BẢN

1. Thiên cầu: là một mặt cầu tưởng tượng có bán kính vô cùng lớn và có tâm là nơi ta quan sát. Đường thẳng trên thiên cầu là những vòng tròn lớn. Khoảng cách giữa hai thiên thể là cung của vòng tròn lớn giới hạn bởi hai thiên thể đó (đo bằng đơn vị góc).

2. Hệ toạ độ chân trời - Độ cao h (00 900) - Khoảng cách đỉnh Z = 900 - h - Độ phương A (00 3600) tính từ điểm Nam (N) theo chiều NTBĐ.

36

3. Hệ xích đạo 1 - Xích vĩ  (0   900) - Góc giờ t (0  24h ) tính từ kinh tuyến trên cùng chiều nhật động. Xích vĩ  của thiên thể không thay đổi do nhật động, không phụ thuộc nơi quan sát.

4. Hệ toạ độ xích đạo 2 - Xích đạo  (0   900) - Xích kinh  (0  3600) hay 24h, tính từ điểm Xuân phân  ngược chiều nhật động.

Cả hai toạ độ  và  của thiên thể không thay đổi do nhật động, không phụ thuộc nơi quan sát, được sử dụng thông báo trong các lịch thiên văn.

37

5. Liên hệ giữa độ vĩ (  ) nơi quan sát với độ cao (hp) của thiên cực hp =    Z   độ cao của thiên cực (P) bằng độ vĩ nơi quan sát (  ). Từ đó xích vĩ của thiên đỉnh bằng độ vĩ.

6. Điều kiện mọc, lặng của thiên thể  Z ≥ 900 -  không lặn   Z ≥ 900 -  không mọc

 Z > 0 thời gian mọc > thời gian lặn  Z < 0 thời gian mọc < thời gian lặn  Z = 0 thời gian mọc = thời gian lặn

(xét cho người quan sát ở bắc bán cầu).

7. Độ cao của thieentheer khi qua kinh tuyến trên Tuỳ theo xích vĩ (  ) của thiên thể và độ vĩ (  ) nơi quan sát mà có độ cao khác nhau.

- Với  >  thì qua kinh tuyến trên ở Bắc thiên đỉnh z, có độ cao h = 900 -  +  .

- Với  =  thì thiên thể qua thiên đỉnh z: h = 900 hay z = 0 - Với  <  , qua kinh tuyến trên ở Nam thiên đỉnh z, có độ cao: h = 900 +  -  .

8. Bầu trời sao: 38

-Khái niệm: Ngôi sao là một quả cầu plasma sáng, khối lượng lớn được giữ bởi lực hấp dẫn.

Ngôi sao gần Trái Đất nhất là Mặt Trời, nó là nguồn của hầu hết năng lượng trên Trái Đất. Nhiều ngôi sao khác có thể nhìn thấy được trên bầu trời đêm, khi chúng không bị lu mờ đi dưới ánh sáng của Mặt Trời.

- Trong phần lớn thời gian hoạt động của nó, một sao chiếu sáng được là do các phản ứng tổng hợp hạt nhân tại lõi của nó(phản ứng nhiệt thạch), giải phóng năng lượng truyền qua phần bên trong sao và sau đó bức xạ ra không gian bên ngoài.

- Cách xác định độ tuổi sao:Khối lượng tổng cộng của ngôi sao là yếu tố chính trong quá trình tiến hóa sao và sự tàn lụi của nó. Nhiều đặc trưng khác của một sao được xác định thông qua lịch sử tiến hóa của nó, bao gồm đường kính, sự tự quay, chuyển động và nhiệt độ

B- BÀI TẬP

3.1. Đứng ở nơi nào thì ta thấy thiên cực Bắc trùng với điểm Bắc và ở nơi nào thì hai điểm này cách xa nhau nhất.

3.2. Đứng ở nơi nào thì ta thấy độ cao cảu sao Bắc cực bằng khoảng cách đỉnh.

3.3. Chứng minh rằng vòng thẳng đứng thứ nhất (vuông góc với kinh tuyến trời) cắt xích đạo trời tại hai điểm Đông và Tây.

39

3.4. Trong điều kiện quan sát nào thì độ phương của một thiên thể không thay đổi từ lúc mọc cho tới lúc qua kinh tuyến trên.

3.5. Tìm góc giờ và độ phương của thiên đỉnh (z).

3.6. Sao Thiên Lang có xích vĩ  = -16039'. Tính độ cao và độ phương của nó khi nó qua kinh tuyến trên đối với người quan sát ở Hà Nội có vĩ độ   210 và ở Cần Thơ   10 0 .

3.7. Sao Chức Nữ có xích kinh 18h34ph, xích vĩ 380. Hỏi khi điểm Xuân phân qua kinh tuyến trên thì nó ở phwowngn ào của bầu trời đối với người quan sát tại Hà Nội có độ vĩ   210

3.8. Xích vĩ của các sao như sau: Sao  (chòm Thiên Hậu)  = +56019'  (chòm Tiểu Hùng)  = +890  (chòm Đại Hùng)  = +620  (chòm Bói Cá)  = -80030'

Hỏi Sao nào không mọc, không lặn đối với người quan sát ở Cần Thơ (   10 0 ). Vẽ các vòng nhật động của các Sao trên.

3.9. Một Sao ở phương Bắc khi qua kinh tuyến trên có khoảng cách đỉnh lµ 6806'42", khi qua kinh tuyến dưới là 69047'42". Ngôi sao này là sao gì? Xích vĩ của nó là bao nhiêu?

Tính độ vĩ nơi quan sát.

3.10. Vào một ngày Mặt trời (MT), Mặt Trăng (T) Hoả tinh (H) và Mộc tinh (M) có toạ độ như sau: Thiên thể

 (h)

 (0)

MT

0

0

T

6

20

H

14

10

M

6

20

Người quan sát ở Thành phố Hồ Chí Minh (   10 0 30' ) a) Hãy nêu khả năng nhìn thấy Mặt Trăng, Hoà tinh và Mộc tinh trong đêm hôm đó. Lúc qua kinh tuyến trên thì mỗi thiên thể đó có khoảng cách đỉnh là bao nhiêu?

40

b) Có hiện tượng gì xảy ra khi Mặt Trăng qua kinh tuyến trên. iết bán kính góc của Mặt Trăng là 15'32" và Mặt Trăng dịch chuyển từ Tây sang Đông trung bình mỗi ngày là 12,19 độ.

Mộc tinh di chuyển không đáng kể (số liệu toạ độ cho ở bảng trên là chính xác tính ở thời điểm tâm Mặt Trăng qua kinh tuyến trên).

NỘI DUNG 4 THỜI GIAN - LỊCH A- CÁC ĐỊNH LUẬT VÀ CÔNG THỨC CƠ BẢN

1. Trục của Trái Đất: Trục của Trái Đất nghiêng với pháp tuyến mặt phẳng quỹ đạo chuyển động quanh Mặt Trời một góc   23 0 27' dẫn đến xích vĩ của Mặt Trời biến thiên gần như hàm sin với biên độ   = ±23027' với chu kì 1 năm = 365,2422 ngày.

2. Bốn vị trí chính của Mặt Trời trên hoàng đạo Vị trí

Ngày





Độ dài ban ngày so với ban đêm

Xuân phân

21-3

0

0

Ngày = đêm

Hạ chí

22-6

+

6h

Ngày dài nhất

Thu phân

23-9

0

12h

Ngày = đêm

Đông chí

22-12

-

18h

Đêm dài nhất

3. Các đới khí hậu a) Nhiệt đới: Vùng giới hạn bởi hai vĩ tuyến có độ vĩ -  và +  b) Ôn đới: vùng giới hạn bởi hai vĩ tuyến có độ vĩ  và 900 -  c) Hàn đới; vùng bao quanh địa cực từ độ vĩ 900 -   900 4. Thời gian a) Hiệu giờ địa phương của hai nơi bằng hiệu độ kinh của hai nơi đó: T1 - T2 = 1 -  2 b) Mỗi năm dương lịch (bằng chu kì 4 mùa) có 365,2422 ngày Mặt Trời và có 366,2422 ngày sao.365,2422 ngày Mặt Trời = 366,2422 ngày sao.

1 ngày Mặt Trời =

366,2442 ngày sao  ngày Mặt Trời dài hơn ngày sao 3ph56"  365,2422

4ph.

41

a) Thời sai là hiệu giờ Mặt Trời trung bình và giờ Mặt Trời thực:   Tm  T  b) Giờ quốc tế là giờ múi số không, múi có kinh tuyến giữa qua đài thiên văn Greenwich. Liên hệ giữa quốc tế (Tqt) và giờ múi (Tm): Tm = Tqt + m 5. Lịch a) Dương lịch cũ được xây dựng từ đầu công nguyên.

- Mỗi năm có 365 ngày (năm thường), 366 ngày (năm nhuận).

- Cứ 4 năm có một năm nhuận.

- Quy ước Mặt Trời qua điểm Xuân phân vào ngày 21-3. b) Dương lịch mới là dương lịch cải tiến từ dương lịch cũ vào năm 1582 bằng hai yếu tố.

- Đổi luật nhuận: cứ 400 năm có 97 năm nhuận.

- Tăng lịch cũ lên 10 ngày (với ý thức là giữ nguyên quy ước cũ là ngày 21-3 phải là ngày Mặt Trời qua điểm Xuân phân, ngày bắt đầu mùa xuân (theo phương Tây) hay ngày giữa mùa xuân (theo phương Đông)).

B - BÀI TẬP

4.1. Hãy biểu diễn quỹ đạo nhìn thấy của Mặt Trời trong một năm (tổng hợp nhật động và chuyển động của Mặt Trời trên hoàng đạo).

4.2. Cắm một que thẳng vuông góc với mặt đất và quan sát bóng que trên mặt đất để xác định: a) Vị trí của đường kinh tuyến (đường Bắc - Nam) nơi quan sát. b) Độ cao và độ phương của Mặt Trời lúc nó qua kinh tuyến trên. Lặp lại việc quan sát trên trong một số ngày rồi rút ra kết luận.

4.3. Ngày Thu phân bóng một que thẳng đứng trên mặt phẳng nằm ngang lúc giữa trưa bằng 0,374 độ dài của que. Xác định độ vĩ nơi cắm que.

4.4. Tính độ cao và độ phương của Mặt Trời lúc giữa trưa quan sát tại Hà Nội (   210 ) vào các ngày Xuân phân, Thu phân, Hạ chí và Đông chí.

4.5. Năm 1979 ngày Xuân phân là ngày 21-3 (Mặt Trời ở tại điểm Xuân phân lúc 12h22ph06s) theo giờ Hà Nội. Hãy xác định ngày Xuân phân cho các năm 1980, 1981, 1982, 1983.

42

4.6. Ngày 24-10-1957 tại nơi độ kinh 4h00ph10,8s có Mặt Trời thực là 8h12ph25s. Tìm giờ Mặt Trời trung bình địa phương lúc đó. Cho biết thời sai lúc Mặt Trời qua kinh tuyến trên là Greenwich là: 15h44s vào ngày 24-10-1957 15h52s vào ngày 25-10-1957 4.7. Giờ Mặt Trời trung bình địa phương của nơi có độ kinh   55 0 30'21' ' Đ là 6h10ph50s.

Tìm múi giờ của nơi đó. Xác định giờ múi của nơi này tại thời điểm nói trên.

4.8. Một địa phương có độ kinh 52032'42"Đ. Tìm giờ trung bình địa phương của nơi đó vào lúc giờ múi của họ là 11h24ph36s7.

4.9. Tại một nơi có giờ sao là 12h15ph52s. Vào lúc ấy giờ sao ở Greenwich là 5h17ph12s.

Tính độ kinh của nơi đó.

4.10. vào một ngày xích vĩ của Mặt Trời là -23005' thời sai là 3 phút. Lúc Mặt Trời qua kinh tuyến trên tại Vinh (   18 0 32' ;   105 0 40' ) đồng hồ đeo tay của người quan sát chỉ 12h05ph. Hỏi: a) Giờ Mặt Trời trung bình địa phương (tại Vinh). b) Xác định độ chính xác của đồng hồ người quan sát. c) Độ cao và độ phương của Mặt Trời lúc ấy.

4.11. A và B đang quan sát tại nơi có độ kinh 1060Đ. Khi Mặt Trời qua kinh tuyến trên thì đồng hồ của A chỉ 12h, của B chỉ 12h2ph. Hỏi đòng hồ của ai chạy chính xác hơn. Biết thời sai lúc quan sát là 6 phút.

4.12. Một nhà địa chất ghi nhật kí có đoạn như sau: "Độ cao sao Bắc Cực hai mốt độ ba ba Giữa trưa hướng về Bắc, bóng dài bằng thân ta Trước đó phút mười ba, vẳng chuông mười hai tiếng Thời sai là trừ chín, tính được toạ độ ta" Hãy suy ra ngày tháng và địa điểm (  ,  ) nơi ghi đoạn nhật kí trên.

4.13. Một thuyền trưởng đo khoảng cách đỉnh của Mặt Trời đúng lúc giữa trưa ngày Đông chí (22-12) được 450. Sau đó 1h32ph ông ta nghe đài phát thanh Hà Nội phát tín hiệu 12 giờ. Tính toạ độ nơi ông ta quan sát, lịch thiên văn cho ta biết thời sai hôm đó là -9 phút.

43

4.14. Chứng tỏ rằng các địa phương ở trong vùng nhiệt đới (-23027' <  < 23 0 27' ) hàng năm Mặt Trời qua đỉnh đầu (tròn bóng) hai lần . Có thể xác định được vào hai ngày nào cụ thể không?

4.15. Tính giờ sao tại Hà Nội (  = 105052') lúc 20h45ph ngày 1-1-1980. Ngày hôm đó giờ sao tại Greenwich lúc 0h là 6h30ph15s25.

4.16. Tính giờ sao tại nơi có độ kinh 10604'Đ vào lúc 17h30ph, ngày hôm đó lúc 0hGMT (0h ở Greenwich) thì giờ sao là 12h14ph32s.

4.17. Tính gần đúng giờ sao vào lúc 18h ngày 30-9. Biết điểm Xuân phân qua kinh tuyến trên ở mỗi nơi (tức là lúc 0h sao) vào lúc 0h ngày Thu phân 22-9 và cứ sau mỗi ngày giờ sao vượt giờ thường 4 phút.

4.18. Biết điểm Xuân phân qua kinh tuyến trên vào lúc 0h ngày Thu phân. Hỏi vào khoảng ngày nào thì sao Thiên Lang (sao sáng nhất trên bầu trời) có xích kinh 6h42ph cũng qua kinh tuyến trên vào lúc nửa đêm.

4.19. Hãy nêu lí do dương lịch cũ được cải tiến thành dương lịch mới (là dương lịch hiện ta đang sử dụng).

4.20. Giải thích lí do cách mạng tháng 10 Nga lại được tổ chức vào ngày 7 tháng 11.

Tính xem cách mạng tháng 10 này thành công vào ngày tháng nào theo dương lịch cũ. ĐÁP ÁN Nội dung 1 QUÁ TRÌNH PHÁT HIỆN CẤU TRÚC HỆ MẶT TRỜI 1.1. Chu kì chuyển động của Mặt Trăng đối với các sao được gọi là tháng sao  27 ngày.

1.2. Quỹ đạo dạng nút.

1.3. Nhật động của thiên cầu là do ta quan sát từ Trái Đất đang quay (chu kì nhật động = chu kì quay của Trái Đất = 24 giờ).

Nhật động của thiên cầu là do ta quan sát từ Trái Đất đang quay (chu kì nhật động = chu kì quay của Trái Đất = 24 giờ).

44

- Mặt Trời dịch chuyển trên thiên cầu (đối với các sao) đúng một vòng trong 365 ngày là do ta quan sát nó từ Trái Đất chuyển động quanh Mặt Trời (365 ngày là chu kì chuyển động của Trái Đất).

- Quỹ đạo chuyển động của hành tinh có dạng nút là do ta quan sát hành tinh chuyển động quanh Mặt Trời từ Trái Đất với chu kì khác nhau. Hành tinh càng xa Mặt Trời có chu kì chuyển động càng lớn. Ta thấy rõ quỹ đạo dạng nút.

BCDEGHI là 8 vị trí của Trái Đất. abcdeghi là 8 vị trí của hành tinh tương ứng với các vị trí của Trái Đất.

Từ Trái Đất ta thấy hành tinh di chuyển trên bầu trời theo tứ tự a', b', c', d', e', g', h', í.

Rõ ràng từ c' đến d' hành tinh di chuyển thụt lùi.

- Thuỷ Tinh, Kim tinh dao động quanh Mặt Trời là do hai hành tinh này ở gần Mặt Trời hơn Trái Đất. Từ Trái Đất Đ ta thấy Kim tinh (K) ở xa Mặt Trời nhất bằng 480, Thuỷ Tinh ở xa Mặt Trời nhất bằng 280.

1.4. a) Kim tinh ở gần Mặt Trời hơn, có chu kì chuyển động quanh Mặt Trời ngắn hơn so với Trái Đất do vậy mà ta thấy Kim tinh khi thì ở phía Đông, khi thì ở phía Tây đối với Mặt Trời. Thời kì Kim tinh ở phía Đông, khi Mặt Trời lặn ta thấy Kim tinh còn ở cao trên chân chời Tây (thấy sao Hôm). ngược lại khi Kim tinh ở phía Tây thì nó lặn trước Mặt Trời và rõ ràng sớm hôm sau nó mọc trước Mặt Trời (ta thấy sao Mai). b) Ta chỉ có thể thấy được Kim tinh khi hành tinh này ở khoảng cách góc đối với Mặt Trời đủ lớn để ánh sáng hoàng hôn và bình minh không lấn át được độ sáng của nó.( Ví dụ với khoảng cách góc 2A ). Như vậy khi Kim tinh chuyển động trên cung BKC thì ta thấy được sao Hôm, trên cung COD thì không thấy được nó. Khi Kim tinh chuyển động trên cung DEG thì ta thấy sao Mai... Rõ ràng trong thời kì thấy sao Hôm thì không có thể có sao Mai và ngược lại. Thời kì thấy sao Hôm và sao Mai bị gián đoạn bởi thời kì không thấy được.

1.5. Ta thấy - Khoảng cách từ Kim tinh với Mặt Trời OK = OĐ.sin480 = OĐ.0,743 với OĐ là khoảng cách từ Trái Đất tới Mặt Trời = 1đvtv. Vậy OK = 0,743 đvtv = 111,153.106 km.

45

- Chu kì chuyển động của Kim tinh: Sử dụng công thức T2 = a3 suy ra Tk = a3/2 = (0,743)3/2 = 0,64 năm.

Giải một cách tương tự đối với Thuỷ tinh OT = OĐ.sin280 = 0,5 đvtv  TT = 0,35 năm.

1.6. 26,561.104 đvtv; 1,288ps.

1.7. 1 parsec = 206265 đvtv.

Theo hình ta có khoảng cách từ thiên thể S đến Mặt Trời O là d: d =

OĐ với  = 1" tg

thì d có độ dài là 1 parsec.

Do đó: 1ps = d =

OĐ OĐ = = tg (1' ' ) (1' ' )rad

OĐ = 206265 đvtv.

1 206265

1.8. a) 0,75; 1,6; 5,2 đvtv. b) 0,25 và 2,25 đvtv; 0,6 và 2,6 đvtv; 4,2 và 6,2 đvtv.

Sử dụng công thức T2 = a3 và dmin = a D  a H ; dmax = aĐ + aH.

Nội dung II QUY LUẬT CHUYỂN ĐỘNG CỦA CÁC THIÊN THỂ

2.1. Trong trường lực hấp dẫn tương hỗ hai vật chuyển động quanh khối tâm chung với quỹ đạo đồng dạng, có kích thước tỉ lệ nghịch với khối lượng. Nếu một vật có khối lượng rất bé so với vật kia thì vật có khối lượng lớn coi như nằm yên tại khối tâm chung. c a

2.2. e   0,5 ta vẽ được elip quỹ đạo của mỗi vật. Với m2 = 2m1. Trường hợp m2 >> m1 thì quỹ đạo của m2 chỉ là một điểm, trùng với khối tâm G. 2.3. a) vc =

2a T

1 e 2a ; vv = 1 e T

v 1 e 1 e  c = 1 e 1 e vv 46

b) 1630km; 5630km. b) 1,97.1030kg

2.4. a) 17,92 đvt

2

1 e  d)   = 3553

c) 0,591 đvtv

1 e 

Hướng dẫn: - Sử dụng công thức T2 = a3 để tính a.

- Sử dụng công thức

T 2 ( M  m) 4 2 để tính M.  a3 G

- Sử dụng công thức rmin = a(1 - e); rmax = a(1+e) và định luật tốc độ diện tích hằng số để tính vmin và vmax.

2.5. Phóng một vệ tinh để mặt phẳng quỹ đạo của nó trùng với mặt phẳng xích đạo, theo chiều quay của Trái Đất với chu kì bằng chu kì quay của Trái Đất (24h). Đáp số: h = 36400km; v = 3km/s.

2.6. Không. a) Vệ tinh sau khi được tăng tốc có quỹ đạo mới là một elip bao quanh quỹ đạo tròn cũ, nơi tăng tốc là cận điểm của elip. Chuyển động theo quỹ đạo elip này có chu kì chuyển động lớn hơn trước, nghĩa là khi vệ tinh trước đã trở lại vị trí cũ (cận điểm) thì vệ tinh sau còn ở khá xa cận điểm tức là không đuổi kịp. b) Có thể sử dụng phương pháp năng lượng.

Gọi R là bán kính quỹ đạo, m và M là khói lượng của vệ tinh và Trái Đất thì thế năng và động năng của vệ tinh là: Wt

=-

GMm R2

Wđ =

1 mv2 2

mv 2 GMm 1 GMm  Lực hướng tâm của vệ tinh từ đây tính được Wđ = mv2 = 2 2 2R R R

Năng lượng toàn phần của vệ tinh là: W=-

GMm Mm GMm G   Wđ R 2R 2R

Sau khi tăng tốc vệ tinh nhận thêm động năng Wđ do đó năng lượng toàn phần lúc này

47

W' = suy ra

GMm GMm   Wđ 2 R' 2R

GMm GMm hay R' > R.  2 R' 2R

Vệ tinh được tăng tốc chuyển sang quỹ đạo có bán kính R' > R dẫn đến có chu kì chuyển động lớn hơn trước.

2.7. a) Theo định luật bảo toàn cơ năng mv02 GMm mv 2 GMm ; với r = r0 + h    2 r0 2 r

E=

Do vệ tinh dừng lại tại điểm H có v = 0 nên suy ra được v02 =

2GM  r0  1   = r0  r

1

2GM  r0  GM  r   r  r0 1    2 g 0 r0 1  0  vậy v0 = [ 2 g 0 r0 1  0  ] 2 với g0 = 2 là gia tốc trọng trường 2 r0 r r r r0   

tại mặt đất. b) Hai trường hợp cần khảo sát.

- Với H là cận điểm: rc =

P P = (  0 ) 1 e 1  e cos 

2

1

Sử dụng phương trình năng lượng, ta tính được: vc2  GM    r a 

thay rc =

c



g P P vầ = ta có v1 = v2 = r0(1+e) 0 2 P 1 e 1 e

- Với H là viễn điểm rv =

P     1 e

Ta sẽ thu được v 1' = vv = r0(1 - e)

g0 p

c) Gọi vv là vận tốc vệ tinh tại viễn điểm quỹ đạo ban đầu, vv' là vận tốc cũng tại điểm đó nhưng sau khi đã giảm vận tốc, lượng v , a' là bán trục lớn của quỹ đạo mới rv và rv' là khoảng cách viễn điểm cũ và mới của vệ tinh (đến tâm O1 Trái Đất). v = vv - v 'v 48

g0 và sử dụng phương trình năng p

dùng công thức vv đã có ở câu b: v 1' = vv = r0 (1-e) lượng cho v 'v , ta có: v 'v = g0 r02  2'  1  với rv'  rv  HO1  P  rv

a

1 e

rv'  r0 r P   0 và a' = 2 2(1  e) 2

Từ đó vv' = r0(1 - e).

g0 p

  2r0 .1   (3)  p p  r0 (1  e)

Đưa (2) và (3) vào (1) g0 p

v  r0 1  e . .

  2r0 .1    p p  r0 (1  e)

2.8. a) Tính bán kính quỹ đạo và chu kì của trạm vũ trụ. a=

2 đvtv; T = 0,6 năm.

2

b) Gọi t là thời gian trạm bay từ O đến K. t=

S oo , K

(1)



 là tốc độ diện tích  =



a

0

ydx =



a

0

1

2p . x2

dx

3

=

3 2 p .a 2 2

Sử dụng phương trình năng lượng, ta tính được: v c2 = GM ( Thay rc =

1 2 - ) a rc

P P và a = ta có: 1 e 1  e2

v1 = vc = r0 (1 + e)

g0 P

- Với H là viễn điểm rv =

P ( = ) 1 e

Ta sẽ thu được 49

g0 p

v1 = vv = r0 (1 - e)

c) Gọi vv là vận tốc vệ tinh tại viễn điểm quỹ đạo ban đầu, vv là vận tốc cũng tại điểm đó nhưng sau khi đã giảm vận đốc, lượng v, a' là bán trục lớn quỹ đạo mới rv và r'v là khoảng cách viễn điểm cũ và mới của vệ tinh (đến tâm O1 Trái Đất ) (H 2.2G) v = vv - v'v (1) Dùng công thức vv đã có ở câu b v1 = vv = r0 (1 - e)

g0 p

(2)

Và sử dụng phương trình năng lượng cho v'v, ta có:  2 1 v'v = g0r 02  '   r a 

rv'  r0 2

=



P 1e

Với r'v - rv = HO1 = Và a' =

v

r p + 0 2 2(1  e) g0 p

Từ đó v'v = r0(1 - e)



. 1 

  p p  r0 (1  e) 



2r0

(3)



Đưa (2) và (3) vào (1) v = r0(1 - e)

g0 p



. 1  

 2r0  p  r0 (1  e) 

2.8. a) Tính bán kính quỹ đạo và chu kì của trạm vũ trụ (như cách tính trong bài 1.5) a=

2 đvtv ; T = 0,6 năm 2

b) Gọi ta là thời gian trạm bay từ O đến K (H.2.3G) t=

S OO , K



(1)

 là tốc độ diện tích a

 =

 ydx = 0

a

 0

2p x

1 dx 2

=

2 3

3

2 p .a 2

(2)

Với O là nơi xuất phát với vận tốc parabol (VII) 50

VII = VI. 2 =

2GM a

Trong hệ tọa độ cực gốc O1 thì lúc này r = a . Do đó  =

1  1 V  r  = VII.a 2  2

(3)

Đưa (2) và (3) vào (1) ta được t=

4 3

p a GM

(4)

Với quỹ đạo prabol, từ công thức r = r=a=

p suy ra 1  e cos 

p (e = 1 ;  = 0 ) 2

(5)

Từ (5) và (4) suy ra t=

4 3

2a 3 GM 0

(6)

Sử dụng định luật III Kepler T2M 4 2 a3 T2  = = a3 G GM 4 2

(7)

Từ (6) và (7) ta có: t=

4 3

2T 2 2 = 2 3 4

2

T



= 1,18 năm.

2.9. a) 11,13 km/s ; 0,185 km/s. b) 4,3 ngày.

Hướng dẫn 2 1 Sử dụng phương trình năng lượng v2 = GM    với r là bán kính Trái Đất, a là bán r

a

trục lớn quỹ đạo bằng một nửa khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt trăng để tính vận tốc. Biết a dùng định luật III Kepler để tính thời gian.

2.10. Bài giải

51

Theo công thức T2 = a3 ta tính được chu kì Hỏa tinh di chuyển động quanh Mặt trời là 2 năm. Thời gian bay của trạm từ Trái đất đến Hỏa tinh mất 9 tháng (với a là quỹ đạo của trạm bằng 1/2 khoảng cách từ Trái đất đến Hỏa tinh là: DH1 = DM + MH1 = (1 + 1,6) đvtv suy ra a = 1,3 đvtv.

Hình 2.4aG trạm được phóng từ Trái Đất D bay đến Hỏa tinh H mất 9 tháng. Lúc này Trái đất đã chuyển động đến D'. Nếu trạm được phóng ngay sau khi đến H thì trạm sẽ không trở về Trái đất, vìs sau 9 tháng Trái Đất đã chuyển động đến một vị trí khác với vị trí trạm trở lại. Hình 2.4bG cho ta hình dung được phương án phóng trạm để trở lại đúng Trái Đất.

Trái Đát ở vị trí D'' đúng như vị trí D' có nghĩa là Trái Đất đã chuyển động một số nguyên vòng (cũng là một số nguyên năm). Còn Hỏa tinh ở vị trí H2 cách H1 một nửa vòng quỹ đạo tức là chuyển động mất một thời gian một năm. Như vậy đến Hỏa tinh người ta phải đợi trên hành tinh này với khoảng thời gian ít nhất 1 năm thì mới phóng trạm trở lại Trái đất. Vậy thời gian ngắn nhất là 9 tháng trạm + 9 tháng trạm trở lại + 1 năm đợi = 2 năm rưỡi Có thể tính thời gian chờ đợi như sau: Ta thấy khoảng cách góc nhật tâm giữa Hỏa tinh H và Trái đất D cần phải có là 2700 (tính theo chiều kim đồng hồ). Khi trạm đến H1 thì khoảng cách góc này là H1MD' = 900. Vậy thời gian cần chờ đợi (t) là thời gian để khoảng cách này tăng thêm 1800 = (2700 - 900 ) cứ mỗi tháng Trái đất quay được một góc bằng

360 0 12

360 0 360 0 360 0 , Hỏa tinh quy được . Vậy cứ sau mỗi tháng khoảng cách góc này sẽ tăng .

24 12 24

Sau t tháng sẽ tăng được (

360 0 360 0 ).t = 1800 . Từ đó suy ra t = 12 tháng.

12 24

2.11. Đáp số 3 T GM m a)   = V3 2GM ; r3 = T2 4 2 M 

Hướng dẫn:Sử dụng định luật - Bảo toàn momen góc: - Gia tốc hướng tâm:

m V = M v

v2 = r

GM r2

52

- Công thức liên hệ giữa v, r và T : v =

2r T

b) Nếu mặt phẳng nghiêng với phương tia nhìn một góc i thì V quan sát được nhỏ hơn vận tốc thực của sao, do đó khối lượng của hành tinh m đã tính là bé hơn thực cỡ cosi lần.

2.12. Đáp số: 1,9.1027kg Hướng dẫn: Sử dụng định luật Kepler T12 ( M  m1 ) a13 = 3 T22 ( M  m2 ) a2

2.13. Hỏa tinh có V1 = 3,57km/s ; VII = 5km/s Mặt trăng có V1 = 1,68km/s ; VII = 2,375km/s Mặt trăng không có khí quyển có vận tốc vũ trụ cấp II nhỏ nên là một sân ga vũ trụ lí tưởng.

2.14. Viết định luật 3 Kepler cho quỹ đạo của Mặt trăng quanh Trái đất và cho quỹ đạo của vệ tinh quanh Mặt trăng và từ đó sẽ có đẳng thức TV2  M    RT  . = TT2  M T   R

3

 81  = 64 

Từ đó TV = 110 phút. Gần một nửa thời gian này người du hành trên tàu không liên lạc được với Trái Đất.

Nội dung III THIÊN CẦU - NHẬT ĐỘNG CỦA CÁC THIÊN THỂ

3.1 Đứng ở xích đạo. Đứng ở địa cực (sử dụng hp = ) 3.2. Đứng ở nơi có độ vĩ  = 450.

3.3. Đã biết xích đạo trời cắt đường chân trời tại hai điểm Đông (Đ) và Tây (T). Qua hai điểm này vẽ vòng tròn lớn qua ĐTZ . Đường ĐT  BN và đường ĐT  OZ, do đó mặt phẳng ĐZTZ' vuông góc với kinh tuyến trời tại Z và Z'. Vậy vòng thẳng đứng thứ nhất ĐZTZ' cắt đường chân trời tại hai điểm Đông (Đ) và Tây (T).

53

3.4. Đướng ở xích đạo quan sát các sao có xích vĩ  = 0.

Hướng dẫn Để xác định độ phương của một thiên thể ta phải vẽ vòng thẳng đứng qua thiên thể đó. Vậy để có độ phương không đổi từ lúc mọc cho đếnn lúc qua kinh tuyến trên thì vòng thẳng đứng không đổi tức là phải trùng với vòng nhật động. Điều này chỉ có thể xảy ra nếu ta đứng ở xích đạo quan sát thiên thể có xích vĩ  = 0.

3.5. Góc giờ của thiên đỉnh Z = 0 còn độ phương A thì không xác định.

3.6. Tại Hà Nội h = 52021' ; A = 00 Tại Cần Thơ h = 73021' ; A = 00 3.7. Sao Chức Nữ lúc điểm Xuân phân qua kinh tuyến trên (tức là vào nửa đêm ngày Thu phân 23-9) ở lưng chừng chân trời Tây Bắc có góc giờ = 5h26ph.

Hướng dẫn:Vẽ thiên cầu với đường chân trời của nơi có độ vĩ  = 21o (H.3.2G). Từ điểm Xuân phân () ở trên kinh tuyến trời ta xác định tọa độ xích kinh  = 18h38ph của Chức Nữ = cung  DX'TS'.

Vẽ vòng giờ qua S', từ S' tiến lên thiên cực P một cung SS' bằng xích vĩ của Chức Nữ = 38o, S chính là vị trí của Chức Nữ. Góc giờ của Chức Nữ là góc tS giới hạn bởi kinh tuyến trên và vòng giờ qua Chức Nữ (S) = 24h - 18h34ph = 5h26ph.

3.8. Sử dụng bất đẳng thức không mọc và không lặn đối với nơi quan sát (Cần Thơ) có độ vĩ  = 100.

- Không mọc   > 900 -     > 900 - 100 = 800 . Sao  chòm bói cá có 1 = 80030' thỏa mãn bất đẳng thức nên không mọc.

- Không lặn  ≥ 900 -  ->  > 800. Sao  chòm Tiểu Hùng có 2 = 890 vậy không lặn.

- Có mọc có lặn nếu  > 0 . Vật sao  chòm Đại hùng có 3 = 62 > 0 và sao  chòm Thiên Hậu có 4 = 56019' > 0 là những sao có mọc và lặn.

3.9. Là sao Bắc Cực, độ vĩ  = 21004'. Khoảng cách đỉnh lúc sao kinh tuyến trên là 6806'8'' lúc qua kinh tuyến dưới là 69047'42'' chỉ cách nhau có 50'47'' nghĩa là sao này ở rất gần thiên cực Bắc (P) chỉ cách thiên cực 50'47'' : 2 = 25'23'' .Nó là sao ở gần thiên cực Bắc

54

nhất và được gọi là sao Bắc cực, sao chỉ phương Bắc. Độ vĩ nơi quan sát có độ lớn bằng cung.

ZX = 900 - PZ = 900 -

Z1 Z 2 2

69 0 47'42' '680 6'8' ' = 90 = 2104' 2 0

Và xích vĩ của sao Bắc Cực đó là:  = ZX + z1 = 2104' + 68o6'8'' = 89010'8'' 3.10. Hình 3.5 G biểu diễn vị trí của Mặt trăng (T) của Hỏa tinh (H) của Mộc tinh (M) khi mặt trời đầu lặn (ở chân trời Tây). Chú ý rằng Mặt trời có tọa độ xích đạo đều bằng không tức là Mặt trời ở tại xuân phân () nêm khi Mặt trời bắt đầu lặn thì Mặt trăng (T) và Mộc tinh (M) ở phía Bắc thiên đỉnh một khoảng  -  = 20 - 10030' = 9030'. Hỏa tinh ở thấp dưới chân trời Đông (Đ) một góc 300. a) Như vậy do nhật động mà Mặt trăng và Mộc tinh sẽ lặn vào lúc nửa đêm, Hỏa tinh sẽ mọc vào lúc 20h .

Khi qua kinh tuyến trên thì khoảng cách đỉnh của T, M và H là: ZT = T -  = 20 - 10030' = 9030' ZM = M -  = 200 - 10030' = 9030' ZH = H -  = 100 - 10030' = - 30' (H ở Nam thiên đỉnh) b) Vị trí Mặt trăng và Mộc tinh có cùng tọa độ, do Mặt trăng ở gần ta và có kích thước góc nên Mộc tinh bị khuất sau Mặt trăng. Ta chỉ thấy được Mộc tinh sau thời điểm này một khoảng bằng thời gian để Mặt trăng di chuyển trên bầu trời một cung bằng bán kính góc của nó. Biết mỗi ngày Mặt trăng di chuyển một cung khoảng 12019' = (3600: 27,32), vậy để di chuyển được một cung 15'32'' (bán kính góc của nó) thì phải mất 30 phút. Tóm lại Mặt trăng đã che lấp Mộc tinh trong vòng 1 giờ. Ta thấy được Mộc tinh ở ngay sát Mặt trăng (mép phía Tây) vào lúc 18h30ph và khoảng cách từ Mộc tinh đến Mặt trăng dần dần tăng lên, đến nửa đêm thì khoảng cách này vào khoảng 3 độ.

Nội dung IV 55

THỜI GIAN - LỊCH

4.1. Có hình cuốn như một cuộn lên với biên độ ± .

4.2. a) Cắm que OG  với mặt đất. Khoảng hai giờ trước giữa trưa ta vẽ một cung tròn có tâm là chỗ cắm que O và bán kính OA1 với A1 là đầu mút bòng. Khoảng hai giờ sau giữa trưa ghi vị trí A2 của đầu bóng trên cung khi nó chạm vào cung tròn đã vẽ.

Phân giác của góc A1OA2 chính là kinh tuyến tại nơi quan sát và cũng là phương của đường kinh tuyến tại nơi quan sát và cũng là phương của đường Bắc - Nam. Nó cũng là bóng của que lúc giữa trưa (OA). b) OA là bóng của que lúc giữa trưa là ngắn nhất. Độ cao của Mặt trời lúc này là h với tgh =

OQ . Độ phương của Mặt trời bằng 0 đối với trường hợp bóng que ngả về phía Bắc, OA

bằng 1800 đối với trường hợp bóng que ngả về phía Nam. Bóng que lúc giữa trưa có độ dài thay đổi do xích vĩ của Mặt trời thay đổi.

4.3.  = 20035'. Ngày thu phân xích vĩ của Mặt trời bằng 0 khi qua kinh tuyến trên thì khoảng cách đỉnh của nó đúng bằng độ vĩ : ZMT = Z =  Vậy ta có: tgZMT = 0.374 => ZMT = 20035' 4.4. Xuân phân h = 690 ; A = 0.

Hạ chí h = 87033' ; A = 0. Đông chí h = 45033' ; A = 0.

4.5. Biết một năm Xuân phân dài 265,2422 ngày ngày = 365 ngày 5h48ph46s, như Mặt trời qua điểm Xuân phân vào năm tiếp theo sau năm 1979 lúc (12h22ph06s + 5h 48ph46s) = 18h10ph52s. Năm 1980 là năm nhuận có 366 ngày. Do đó, ngày Xuân phân của năm này là 20-3. Năm 1981 không nhuận, Mặt Trời qua điểm Xuân phân lúc 18h10ph52s + 5h48ph46s = 23h59ph38s ngày 20-3.

Năm 1982 không nhuận, cũng tính như trên thì Mặt trời qua điểm Xuân phân vào lúc 29h48ph24s, nghĩa là vào ngày hôm sau so với năm trước đó, tức là vào ngày 21-3.

56

Thời điểm Mặt trời qua điểm Xuân phân vào năm sau năm 1982 là 5h48ph24s + 5h48ph46s = 11h37ph10s . Vậy, ngày Xuân phân năm 1983 (không nhuận) cũng là ngày 21-3.

4.6. Tm = 7h35ph39s. Để tính giờ mặt trời trung bình ta phải biết thời sai. Quan sát Mặt trời chỉ biết được giờ Mặt trời thực (TMT). Hiệu chính với thời sai () ta có giờ Mặt trời trung bình:

 = Tm -

TMT Lịch thiên văn chỉ cho thời sai lúc giữa trưa của kinh tuyến gốc - kinh tuyến số 0. Muốn biết thời sai từng giờ trong ngày thì ta dùng pháp nội suy.

Giờ Mặt trời thực ở Greenwich (TMTG) lúc cần tính là:  - G = TMT - TMTG TMTG = TMT - G = 8h12ph25s - 4h00ph10s8 = 4h12ph14s 2.

Theo đề bài: 12h ngày 24-10 có  = -15h44s 12h ngày 25-10 có  = -15h52s Nội suy cho 4h ngày hôm đó có thời sai khoảng - 15h46s.

Vậy: Tm = TMT +  = 8h12ph25s - 15ph46s = 7h54ph39s.

4.7. Múi số 4 TM = 6h28ph48s6. Địa phương độ kinh  = 55030'21'' thuộc múi số 4- múi có độ kinh (5205  6705) với kinh tuyến giữa là 600, áp dụng định luật: M -  = TM - Tm TM = M -  + Tm = 6h28ph48s6.

4.8. Tm = 10h54ph39s5.

4.9.  = 6h58ph40s.

4.10. a) 12h03ph.

b) nhanh 4ph40s. c) 5h0ph20s d) h = 48013' ; A = 0.

Đồng hồ của B chạy đúng.

Giải Nơi quan sát ở múi số 7, đồng hồ chạy theo giờ múi này (TM là giờ Mặt trời trung bình địa phương của kinh tuyến 1050 ) 57

Sử dụng:  - M = TMT - TMTM Với TMT = 12h => TMTM = 11h56ph là giờ Mặt trời thực lúc quan sát.

Hiệu chính với thời sai: TM - TMTM =  TM = TMTM +  = 11h56ph + 6ph TM = 12h2ph 4.11. Viết vào ngày Đông chí ở nơi có  = 21033' ;  = 95030' Đ.

Giải Câu đầu cho biết độ vĩ  = hp = 21033' . Câu "bóng đài bằng thân" cho biết Mặt trời ở độ cao 450 và ở phương Nam. Tính ra:  Mặt trời = ZMT -  = 23027' Nam Tức là bằng - 23027'. Vậy, ngày quan sát là ngày Đồng chí. Câu "Tháp chuông gõ 12 tiếng" tức là báo hiệu giờ múi là 12h trước lúc viết 13ph. Lấy thời điểm lúc tháp chuông gõ 12h làm mốc thời gian thì giờ Mặt trời thực lúc đó là : TMT = 12h - 13ph = 11h47ph.

Chuyển sang giờ Mặt trời trung bình địa phương (): Tm =  - TMT = -9ph + 11h47ph = 11h38ph.

Sử dụng:  - M = Tm - TM  = M + Tm - TM

= 7h + 11h38ph - 12h

= 6h38ph hay 95030' Đ.

4.12. Đáp số :  = 21033' ;  = 125045' Giải tương tự như bài 4.11.

4.13. Biết rằng hàng năm xích vĩ của Mặt trời biến thiên gần như hàm sin với biên độ ±  (± 23027') Hình 4.3G. Cũng biết rằng mỗi khi xích vĩ của Mặt trời (MT) = độ vĩ nơi quan sát (), thì Mặt trời thiên đỉnh lúc giữa trưa. Từ đó ra dễ dàng suy ra các địa phương trong vùng nhiệt đới hàng năm có bóng tròn 2 lần. Do phải có điều kiện  =  nên ngày bóng tròn phụ thuộc vào xích vĩ của Mặt trời đối với từng nơi có độ vĩ xác định. Chỉ có thể nói 2 ngày tròn bóng quan sát tại mỗi địa phương là cách đều ngày Hạ chí, ở địa cầu Nam thì cách đều ngày Đông chí.

4.14. ts= 3h33ph27s53.

58

Giải Theo lịch thiên văn lúc 0h quốc tế ngày 1-1-1980 là S0 = 6h30ph15s25. Trước hết cần tính giờ sao tại Hà Nội vào lúc 0h ngày 1-1-1980 . Biết rằng 0h thường ở Việt Nam đến trước 0h quốc tế 7 giờ. Sau mỗi giờ thường thì giờ sao vượt 9s856 (= 3ph56s/24). Vậy số hiệu chỉnh cho giờ sao từ 0h Việt Nam đến 0h quốc tế là - 9.856s.(h) = - 9.856s.7h = -1ph09s50.

Vậy lúc 0h thường ở Hà Nội ngày 1-1-1980 thì giờ sao là SOHN = S0 - 1ph09s50 = 6h29ph05s15 Từ 0h đến lúc quan sát T = 20h45ph thường, đồi sang giờ sao là: S = K T = 20h48ph21s58.

Kết quả giờ sao cần tính tại Hà Nội là: SHN = SOHN + S = 27h33ph27s53. Tức là 3h33ph27s53.

4.15. S = 5h45ph42s393.

4.16. 18h35ph.

4.17. Vào khoảng đêm 2-1.

4.18. Năm dương lịch cũ có độ dài còn khá xa năm thời tiết, cụ thể mỗi năm dài hơn chu kì 4 mùa 365,25 - 365,2422 = 0,0078 ngày.

Tuy mỗi năm số chênh này không lớn nhưng do tích lũy nhiều năm thì số chênh sẽ rất lớn. Ngày lịch không phản ánh được thời tiết nữa. Do đó, cần phải tăng độ chính xác của ngày lịch, vì vậy phải đổi lại luật nhuận cho phù hợp hơn với thời tiết.

4.19. Dương lịch mới được xây dựng từ năm 1582. Trên thế giới có nhiều nước áp dụng lịch này rất muộn, trong đó có nước Nga. Từ năm 1582, dương lịch cũ đã chậm hơn dương lịch mới 10 ngày. Từ năm 1582 cho đến Cách mạng tháng Mười Nga có đến ba năm này theo dương lịch cũ đều là nhuận nhưng theo lịch mới thì không phải là năm nhuận nữa. Như vậy, số ngày sai giữa dương lịch mới và dương lịch cũ đến đây là 10 + 3 = 13. Từ đó, kỉ niệm ngày 7-11 tính lùi lại 13 ngày là ngày 26-10 theo dương lịch cũ.

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Bài tập thiên văn – Phạm Viết Trinh (chủ biên) – NXBGDVN 2. Giáo trình thiên văn – Bộ GD & ĐT 59

C. KẾT LUẬN. Vai trò của người giáo viên là hết sức to lớn trong việc thu nhận kiến thức của học sinh. Sự thành công của hoạt động học tập của học sinh là do sự định hướng của giáo viên.

Nội dung chuyên đề này giúp học sinh củng cố lý thuyết và các dạng bài tập.

Các nội dụng trong chuyên đề chỉ là một phần nhỏ trong phần thiên văn học mà tôi nghiên cứu sưu tầm và làm theo ý kiến cá nhân. Mặc dù đã hết sức cố gắng, song chuyên đề này có thể vẫn còn sai sót tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của đồng nghiệp và các em học sinh để nội dung chuyên đề được hoàn thiện hơn.

Tôi xin chân thành cảm ơn.

Cao Bằng ngày 15 tháng 6 .năm 2014 Người thực hiện chuyên đề Trần Thị Thu Huệ

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH CAO BẰNG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN CAO BẰNG

CHUYÊN ĐỀ: TỪ TRƯỜNG Tác giả : Đặng Việt Dũng Trường THPT Chuyên Cao Bằng

MỞ ĐẦU Nội dung chuyên đề được trích từ các chuyên đề mà tôi đã dùng để giảng dạy cho 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 trang bị kiến thức. Vận dụng kiến thức này có thể giải được khá nhiều các bài toán trong chương trình thi HSG Tỉnh, quốc gia, môn vật lý.

Trong chuyên đề này tôi đã cố gắng chọn lọc và đơn giản hoá một số bài toán để phù hợp với học sinh phổ thông. Do khả năng có hạn với những kinh nghiệm ban đầu thu thập được,

60

chuyên đề không thể tránh khỏi những sai sót. Rất mong được sự đóng góp ý kiến của đọc giả.

NỘI DUNG Từ trường là trường lực tác dụng lên các điện tích chuyển động, các dòng điện và các vật có momen từ (ví dụ như các kim la bàn) đặt trong đó. Đặc trưng cho từ trường về phương diện tác dụng lực là vecto cảm ứng từ B . Vecto này (tức độ lớn và hướng của nó) hoàn toàn xác định lực do từ trường tác dụng lên một điện tích điểm chuyển động tại một điểm của từ trường, lực này còn được gọi là lực Lorentz. Nếu có một điện tích điểm q tại một điểm nào đó trong từ trường có vận tốc v lập với vecto B một góc ỏ, thì lực Lorentz do từ trường tác dụng lên nó có độ lớn là FL= qvBsinỏ ; có phương vuông góc với hai vectơ B và v , có chiều được xác định theo quy tắc bàn tay trái.

Tác dụng của từ trường lên một đoạn dây dẫn có dòng điện chạy qua là kết qua tác dụng dụng của từ trường lên các hạt tải điện chuyển động trong đoạn dây dẫn đó. Lực do từ trường tác dụng lên một phần tử dòng điện  l lập với vectơ B một góc ỏ có độ lớn BI  lsinỏ ; có chiều cũng được xác định bằng quy tắc bàn tay trái. Lực này được gọi là lực Ampe.

Nguồn của từ trường là các vật nhiễm từ, các dây dẫn có dòng điện chạy qua và các vật tích điện chuyển động. Bản chất của sự xuất hiện từ trường trong tất cả các trường hợp đó chỉ có một, đó là từ từ trường xuất hiện do chuyển động của các hạt vi mô tích điện (như các êlectron, proton, ion) và nhờ sự có mặt một momen từ riêng của các vi hạt đó.

Từ trường biến thiên cũng xuất hiện khi có sự biến thiên của điện trường theo thời gian. Đến lượt mình, từ trường biến thiên này lại làm xuất hiện một điện trường xoáy (cảm ứng điện từ trường).

Bây giờ chúng ta sẽ đi tới khảo sát một số bài toán cụ thể.

Bài toán 1: Trong khuôn khổ mẫu nguyên tử cổ điển của hiđrô, hãy đánh gía độ lớn cảm ứng từ tại tâm quỹ đạo tròn của êlectron. Cho biết bán kính quỹ đạo tròn này (bán kính Bohr) là rB = 0,53.10-10m.

61

Gợi ý: Cảm ứng từ tại tâm một dây dẫn tròn có dòng điện I chạy qua là B =

0 I 2R

, trong

đó 0 = 4.10-7 H.N/m Giải. Trong mẫu nguyên tử cổ điển của hiđrô, êlectron có điện tích (-e) với e = 1,6.1019

C và khối lượng me = 9,1.10-31 kg, quay xung quanh một prôtôn theo quỹ đạo tròn có bán

kính rB (ứng với trạng thái cơ bản của êlectron trong nguyên tử hiđrô). Giả sử v là vận tốc của êlectron trên quỹ đạo nói trên, khi đó phương trình chuyển động của êlectron theo quỹ đạo tròn có dạng: me v 2 1 e2 = rB 4 0 rB2

Từ phương trình đó ta tìm được vận tốc của êlectron: v=

e 4 0 me rB

= 2,19.106

Thực ra, để trả lời cho câu hỏi của bài toán, không cần phải tính vận tốc của êlectron.

Nhưng giá trị của vận tốc này cũng rất đáng quan tâm trên phương diện nhận thức: vận tốc của êlectron nhỏ hơn vận tốc của ánh sáng tới 2 bậc. Cơ học lượng tử cho phép chứng minh được rằng tỉ số

v được biểu diễn qua những hằng số vũ trụ, do đó tỉ số này cũng là một hằng c

số. Tỉ số này trong vật lí nguyên tử được gọi là hằng số cấu trúc tế vi. Người ta kí hiệu hằng số đó là ỏ và nó có giá trị bằng 1/137.

Chuyển động của êlectron theo quỹ đạo tròn, nên chúng ta có thể coi như một dòng điện tròn. Dễ dàng thấy rằng cường độ của dòng điện này bằng tỉ số điện tích của êlectron và chu kì quay của nó: I=

e ev T 2rB

Thay biểu thức của vận tốc ở trên vào, ta được: I=

e2 3

1

4rB  2  0 me 2

Dùng biểu thức cảm ứng từ ở tâm của dòng điện tròn cho trong đề bài, ta được:

62

B=

0 I 2rB

=

0e 2 = 12,48 T 12 8 3 2 rB5 2  0 me 

Bài toán 2:Khi sản xuất các màng polyetilen, một tấm màng rộng được kéo theo các con lăn với vận tốc v = 15 m/s (H. 3.38). Trong quá trình xử lí (do ma sát), trên bề mặt màng xuất hiện một điện tích mặt phân bố đều. Hãy xác định độ lớn tối đa của cảm ứng từ ở gần bề mặt của màng với lưu ý rằng cường độ điện trường đánh thủng trong không khí bằng Eđt = 30 kV/cm.

Gợi ý: Cảm ứng từ ở gần một dây dẫn có dòng điện I chạy qua có độ lớn bằng B =

0 I 2r

, trong đó r là khoảng cách đến trục dây dẫn.

Giải. Dễ dàng thấy rằng giới hạn Eđt của cường độ dòng điện cho phép có vai trò quyết định giá trị cực đại của mật độ điện tích mặt max trên màng. Dùng mối liên hệ giữa cường độ điện trường ở gần một tấm tích điện đều và mật độ điện tích mặt của tấm đó, ta có thể viết: Eđt =

 max 2 0

Từ đó suy ra mật độ điện tích mặt tối đa trên màng bằng: max = 20Eđt Vì các điện tích xuất hiện chuyển động cùng với màng với vận tốc v, nên có thể coi như có một dòng điện mặt với mật độ: jmax = vmax = 20Eđtv. Để xác định cảm ứng từ ở gần bề mặt của màng, ta hãy khảo sát hình 3.39, trong đó dòng bề mặt chạy theo mặt phẳng nằm ngang vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, còn màng (có bề rộng bằng 2b) đặt trong mặt phẳng x = 0 và chuyển động theo phương z với chiều dài đi vào trong phía trang giấy. Ta sẽ tìm cảm ứng từ tại điểm cách màng một khoảng bằng a (a << b). Muốn vậy, ta xét một phần tử nhỏ của màng, có bề rộng dy đối xứng. Mỗi một dải có bề rộng như vậy sẽ tương ứng với một dòng điện: dI = jmax dy = 20Eđtvdy Cảm ứng từ dB do hai dải đối xứng như vậy tạo ra hướng theo trục y và có độ lớn bằng: 63

dB =

 0 adI

 a  y 2

2



=

2  0 0 avEdt dy  a2  y2





Để tìm cảm ứng từ tạo bởi tất cả các dòng bề mặt của màng, ta cần tích phân biểu thức trên theo y từ 0 đến b: B=

2  0 0 avEdt



b

a 0

2

dy 2   avE y = 0 0 dt arctan  b0 2 y  a

Do chúng ta chỉ quan tâm cảm ứng từ ở gần bề mặt của màng, tức b>>a. trong trường hợp đó có thể coi

b =  và ta có: a

B= 00vEđt = 5.10-10 T Bài toán 3. Trên mặt bàn nằm ngang không dẫn điện có đặt một vòng mảnh bằng kim loại khối lượng M và bán kính a. Vòng ở trong một từ trường đều nằm ngang có cảm ứng từ B . Xác định cường độ dòng điện cần phải cho đi qua vòng kim loại để nó bắt đầu được nâng

lên.

Giải. Giả sử cảm ứng từ B có hướng như trên hình 3.40, còn dòng điện I đi qua vòng kim loại ngược chiều kim đồng hồ. Xét một phần tử vô cùng bé dl kẹp giữa hai vecto bán kính được dựng dưới các góc ỏ và ỏ + dỏ, trong đó dỏ là góc vô cùng nhỏ. Chiều dài của phần tử này bằng dl = adỏ . Lực Ampe tác dụng lên phần tử này khi có dòng điện I chạy qua có hướng vuông góc với mặt phẳng hình vẽ (cũng được coi là mặt phẳng nằm ngang) và đi vào phía sau trang giấy. Độ lớn của lực này bằng: dF = Idla sin   IBa sin d Như thấy rõ từ hình vẽ, tại các góc 0 < ỏ <  lực Ampe hướng vào phía trong trang giấy, còn tại các góc  < ỏ < 2 lực này đi lại đi ra phía ngoài trang giấy. Do đó, trêm vòng kim loại tác dụng một momen lực nâng đối với trục OO' và momen cản của trọng lực. Dễ dàng thấy rằng khi tăng cường độ dòng điện I thì momen của lực Ampe tăng và tại một giá trị giới hạn Igh của dòng điện thì momen lực này sẽ so được với momen trọng lực và vòng kim loại sẽ bắt đầu được nâng lên, bằng cách quay xung quanh trục OO'.

Bây giờ ta sẽ tính momen lực Ampe tác dụng lên phần tử dl đối với trục OO': dM A   dF (a  a sin  )  IBa 2 (sin   1) sin d 64

Suy ra momen lực Ampe toàn phần tác dụng lên toàn vòng kim loại bằng: 2

2 2

M A  IBa 2  sin   dx  IBa 2  sin d 0

0

Tích phân thứ nhất bằng , còn tích phân thứ hai bằng 0. Bởi vậys: M A  IBa 2

Momen trọng lực tác dụng lên vòng kim loại đối với trục OO': M T   Mga

Vòng bắt đầu được nâng lên khi mome lực tổng cộng bằng 0: I gh Ba 2  Mga  0

Từ đó suy ra cường độ dòng điện phải đi qua để vòng kim loại bắt đầu nâng lên bằng: I gh 

Mg

Ba

Bài toán 4:Trên một đĩa nằm ngang không dẫn điện có gắn một thanh kim loại mảnh AC nằm dọc theo bán kính đĩa (H.3.41). Đĩa ở trong một từ trường đều có cảm ứng từ B = 10-2 T và thực hiện ở một dao động xoắn điều hòa xung quanh trục thẳng đứng đi qua tâm O của đĩa : (t) = 0sint. Chiều dài của thanh L = a + b, trong đó a = 0,5 mm và b = 1,0 mm.

Hãy xác định hiệu điện thế (h.đ.t) cực đại giữa hai đầu A và C của thanh, nếu 0 = 0,5 rad và  = 0,2rad/s Giải. Giả sử tại thời điểm nào đó thanh chuyển động ngược chiều kim đồng hồ. Vận tốc góc của thanh bằng: '(t) = 0 cost.

Vận tốc dài của điện tích tự do ở cách trục quay một khoảng x (H.3.42) tại thời điểm đó bằng: v x, t    ' t .x  0x cos t

Lực Lorentz tác dụng lên điện tích đó bằng: FL = evx, t B  e0xB cos t Dưới tác dụng của lực Lorentz sẽ xảy ra sự phân bố lại các điện tích tự do: tại các đầu của thanh sẽ có dư các điện tích dương, còn tại vùng gần tâm O sẽ xuất hiện trong thanh một 65

điện trường. Cường độ E( x, t ) của điện trường đó tại một điểm bất kì có thể tìm được từ điều kiện cân bằng điện tích (không có dòng điện trong thanh), khi lực Lorentz bằng lực tĩnh điện do điện trường nói trên tác dụng. Cụ thể là: e0xB cos t + eE x, t   0

Từ đó suy ra: E  x, t  =  0xB cos t

Đây chính là phân bố cường độ điện trường trong thanh tại thời điểm bất kì. Khi đó h.đ.t giữa hai đầu A và C của thanh bằng: b

b

U t     E  x, t dx   0B cos t.xdx  a

a

0B 2

b

2



 a 2 cos t

Dễ thấy rằng h.đ.t cực đại bằng: Umax =

0B 2

b

2



 a 2 = 4,5.10-4 V

Bài toán 5. Trên mặt bàn nằm ngang gắn một khung dây dẫn mảnh hình vuông cạnh a.

Trên khung nằm một thanh có khối lượng M đặt song song với cạnh bên của khung và cách cạnh này một khoảng b =

a . Khung và thanh được làm từ cùng một loại dây dẫn có điện trở 4

trên một đơn vị dài là p. Tại một thời điểm nào đó, người ta tạo một từ trường có vectơ cảm ứng từ vuông góc với mặt phẳng khung. Hỏi thanh chuyển động với vận tốc bằng bao nhiêu sau thời gian thiết lập từ trường, nếu giá trị của cảm ứng từ sau khi từ trường đã ổn định bằng B0? Bỏ qua sự dịch chuyển của thanh sau khi từ trường đã ổn định và ma sát giữa trục và khung.

Giải. Trong khoảng thời gian thiết lập từ trường, xét một thời điểm t nào đó, khi cảm ứng từ bằng B(t). Tại thời điểm đó, từ thông gửi qua mạch kín ACDK bằng 1 = B(t)ab và gửi qua mạch kín DNOK bằng 2 = B(t)a (a-b). Do từ trường biến thiên theo thời gian, nên ccs từ thông trên cũng biến thiên, do đó xuất hiện một điện trường xoáy. Nếu từ trường đối xứng đối với trục vuông góc với mặt phẳng khung và đi qua tâm khung, thì các đường sức của điện trường xoáy sẽ có dạng là những vòng tròn đồng tâm nằm trong mặt phẳng khung.

Công do điện trường xoáy thực hiện làm dịch chuyển một điện tích dương theo một mạch 66

kín (như mạch AVDK, chẳng hạn), như đã biết, có trị số đúng bằng s.đ.đ cảm ứng Ec xuất hiện trong mạch và theo định luật Faraday về cảm ứng điện từ, ta có thể tính được s.đ.đ Ec qua vận tốc biến thiên từ thông gửi qua mạch đó. Đối với mạch ACDK, ta có: Ec1 = -

d1 dB(t ) a 2 dB(t )  ab  dt dt 4 dt

Tương tự, đối với mạch DNOK: Ec2 = -

d 2 dB(t ) 3a 2 dB(t )   a ( a  b)  dt dt 4 dt

Giả sử tại thời điểm đang xét các dòng điện đi qua các dây dẫn như được chỉ ra trên hình. Áp dụng định luật Kichhoff cho mạch ACDK, ta được: a 2 dB (t ) 3  I 1 pa  I 1 .2 pa  I 2 pa  paI 1  paI 2 4 dt 2

Tương tự đối với mạch DNOK, ta có: 3a 2 dB(t ) 5  2 p (a  b) I 3  paI 3  paI 2  paI 3  paI 2 4 dt 2

Tại điểm nút D ta có: I2 + I3 = I1 Giải ba phương trình trên, ta tìm được: I2 = -

2a dB (t ) .

31 p dt

Dấu trừ ở công thức trên có nghĩa là chúng ta đã giả thiết không đúng chiều của dòng điện qua thanh, đúng ra nó phỉ đi từ K đến D. Do có dòng điện đi qua, nên thanh DK chịu tác dụng của lực Ampe có hướng đi vào phía tâm khung và có độ lớn bằng: 2a 2 dB(t ) a 2 dB 2 (t ) B(t )  FA(t) = -I2aB(t) = 31 p dt 31 p dt

Sau thời gian xác lập từ trường thanh chịu tác dụng của một xung lực bằng; 

B0

a 2 B02 a2 2 0 FA dt  0 31 p dB (t )  31 p

Xung lực này gây ra một độ biến thiên động lượng của thanh bằng: a 2 B02  Mv 31 p

67

a 2 B02 Từ đây ta tìm được vận tốc của thanh: v = 31Mp

Bài toán 6. Một đi ôt chân không, trong đó giữa anôt và catôt bằng d, ở trong một từ trường có cảm ứng từ bằng B và hướng song song với mặt phẳng các bản cực. Hỏi điện áp tối thiểu giữa hai cực bằng bao nhiêu để các êlectron từ bề mặt catôt có thể đến được anôt?

Coi các êlectron ở bề mặt catôt là đứng yên và bỏ qua tác dụng của trọng trường.

Giải. Ta sẽ khảo sát các điện áp trên điôt sao cho các êlectron khi rời catôt sẽ quay trở lại mà không tới được anôt. Trên hình biểu diễn đoạn đầu của quỹ đạo vowish ướng của cảm ứng từ đã cho. Giả sử êlectron tại một điểm nào đó trên quỹ đạo và có hai thành phận vận 

tốc vx và vy, còn giữa hai bản cực của điôt có một điện trường đều E . Khi đó êlectron chịu tác dụng lực của cả từ trường lẫn điện trường và ta có phương trình chuyển động của êlectron theo các phương x và y như sau: me

dv y dv x  ev y B và me  e ª ev x B dt dt

Hai phương trình trên có thể viết lại dưới dạng sau: v x'  c v y và v 'y 

Trong đó hệ số  c 

e E  c vx me

eB được gọi là tần số cyclotron. Đây là tần số quay của êlectron hay me

của bất kì một hạt tích điện nào khác có cùng điện tích riêng (tức là có cùng tỉ số điện tích và khối lượng của nó) theo một quỹ đạo tròn trong một từ trường đều có cảm ứng từ vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo của hạt đó. Vi phân phương trình thứ hai theo thời gian và tính đến phương trình thứ nhất, ta được: v "y  c v y  0

Đây là phương trình mô tả dao động điều hoà quen thuộc. Nghiệm tổng quát của nó có dạng: v y (t )  A sin c t  C cos c t

68

trong đó A và C là các hằng số được xác định từ điều kiện ban đầu. Theo đề bài, tại t = 0, v0(0) = 0 và v 'y (0)  có dạng: v y (t ) 

eE eE . Từ đó suy ra C = 0 và A = . Cuối cùng, biểu thức của vy(t) mec me

eE sin  c t . m e c

Bây giờ ta có thể tìm được độ dịch chuyển của êlectron theo trục y: t

t

eE eE sin c dt  (1  cosc t ) mec mec2 0

y (t )   v y (t )dt   0

Từ phương trình của vy(t) ta dễ dàng tìm được thời điểm tN khi êlectron ở xa catôt nhất, đó chính là thời điểm vy(t) = 0, hay  c t N  ( 2 N  1) với N = 0, 1, 2,...

(Bạn thử giải thích xem tại sao lại không lấy nghiệm c t N  2 N ). Tại những thời điểm đó độ dịch chuyển theo phương y của êlectron bằng: yN 

2m e E 2eE  2 me c eB 2

Khi quỹ đạo của êlectron có đỉnh chạm vào anôt, thì độ dịch chuyển yN của nó bằng khoảng cách d và anôt, khi đó điện áp trên điôt sẽ bằng điện áp cực tiểu Umin cần tìm: d = 2m e U min edB 2

Từ đây ta tìm được: Umin =

ed 2 B 2 2me

BÀI TẬP 1. Theo trục của một hình trụ kim loại rỗng không từ tính người ta căng một sợi dây tích điện với mật độ điện tích dài q = 10-8C/m. Hình trụ quay xung quanh trục của mình với vận tốc góc   10 3 m/s. Coi chiều dài hình trụ lớn hơn nhiều so với đường kính ngoài của nó, hãy xác định cảm ứng từ: a) tại vùng rỗng của hình trụ; b) trong vật liệu cấu tạo nên hình trụ; c) trong không gian bên ngoài hình trụ.

69

Gợi ý; Cảm ứng từ trong một ống dây dài bằng B =

 0 NI L

, trong đó N là tổng số vòng

dây trên ống dây, L - chiều dài ống dây và I - cường độ dòng điện đi qua các vòng dây. ĐS: a) B = 0; b) B =

 0q  2.10 12 T ; c) B=0.

2

2. Trên một mặt bàn nằm ngang không dẫn điện đặt một khung kim loại cứng và mảnh, được làm từ một dây dẫn đồng tính, có dạng một tam giác đều, cạnh a. Khung ở trong một từ trường đều có vectơ cảm ứng từ song song với mặt phẳng ngang và vuông góc với một cạnh của khung. Biết khối lượng của khung là M và độ lớn của cảm ứng từ là B. Hãy xác định cường độ dòng điện cần phải cho đi qua khung để khung được bắt đầu nâng lên đối với một trong các đỉnh của nó?

ĐS: I 

4 Mg 3 aB

3. Một thanh kim loại AC có đầu A nối khớp với thanh điện môi thẳng đứng AO, còn đầu C nối với thanh thẳng đứng bằng một sợi dây cách điện không dãn OC, có chiều dài bằng R = 1m. Thanh AC quay xung quanh thanh thẳng đứng AO trong một từ trường đều với vận tốc góc   60 rad/s. Biết vectơ cảm ứng từ hướng thẳng đứng lên trên và có độ lớn B=10-2T. Hãy xác định h.đ.t giữa hai điểm A và C. 2 ĐS: UAC = BR  0,3V

2

4. Trên mặt bàn nằm ngang có gắn một khung dây dẫn mảnh hình tam giác đều cạnh a.

Trên khung đặt một thanh kim loại song song với đáy tam giác, điểm giữa của tanh trùng với ddierm giữa của đường cao AC. Khung và thanh được làm từ cùng một loại dây dẫn, có điện trở trên một đơn vị chiều dài bằng p. Tại một thời điểm nào đó, người ta bật một từ trường đều có vectơ cảm ứng từ vuông góc với mặt phẳng của khung. Hỏi sau thời gian xác lập từ trường, thanh có vận tốc bằng bao nhiêu, nếu độ lớn của cảm ứng từ sau khi từ trường đã ổn định là B0? Cho biết khối lượng của thanh là M. Bỏ qua ma sát và độ dịch chuyển của thanh trong thời gian thiết lập từ trường. ĐS: v =

3a 2 B02 112 pM

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH HÀ GIANG 70

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ GIANG

CHUYÊN ĐỀ: RÈN KỸ NĂNG VẼ TIA SÁNG KHI GIẢI BÀI TẬP TRÊN CƠ SỞ NẮM VỮNG CÁC ĐỊNH LUẬT QUANG HÌNH VÀ ĐẶC ĐIỂM TẠO ẢNH QUA QUANG HỆ.

Tác giả: Trịnh

Thúy Thuần

GV: trường THPT Chuyên tỉnh Hà Giang Nhiều bài toán tạo ảnh qua quanh hệ có thể giải được đến kết quả cuối cùng bằng cách áp dụng liên tiếp các công thức cơ bản của thấu kính hoặc gương cầu. Tuy nhiên có những bài toán không thể giải theo một công nghệ có sẵn ấy, hoặc lời giải sẽ khá dài nếu không biết tận dụng một cách thích hợp cách vẽ các tia sáng ( có trường hợp chỉ cần một tia) khi tạo ảnh.

Bài toán 1: Một nguồn sáng điểm nằm ngoài trục chính của một thấu kính và cách thấu kính một khoảng d = 12 cm. Người ta dịch thấu kính đi một đoạn a = 3cm theo phương vuông góc với trục chính của nó, thì ảnh của nguồn dịc đi một đoạn a’ = 4,5 cm. Hãy xác định tiêu cự của thấu kính.

Giải: Xét trường hợp thấu kính là thấu kính hội tụ: Hầu như mọi HS đều bắt đầu việc giải bằng cách vẽ tia tới song song với trục chính, và vẽ tia ló tương ứng qua tiêu điểm giả định. Dĩ nhiên, đây là một trong cách tiếp cận tốt bài toán. Nhưng phần đa HS sẽ trong việc sử lí tiếp theo. Chỉ một số ít đi đến kết quả cuối cùng sau nhiều phép biến đổi.

Cách 1: Bây giờ ta làm theo cách vẽ tia sáng song song với trục chính ( Hình 1):

71

Hình 1 Do điểm nguồn không dịch chuyển, còn thấu kính dịch chuyển theo phương vuông góc, tức là trục chính của thấu kính tịnh tiến, nên chỉ cần một tia song song duy nhất với trục chính của thấu kính, nhưng có hai tia ló tương ứng, đồng thời tiêu điểm chính và ảnh đều dịch theo phương vuông góc với trục chính. */ Xét trường hợp ảnh thật: Ta có cặp tam giác đồng dạng F1F2H và S1S2H, có đỉnh chung tại H, và hai đáy song song là các đoạn O1O2 = F1F2 = a = 3 cm; S1S2 = a’ = 4,5 cm.

- Tìm được: khoảng cách ảnh d’ = 1,5f.

- Áp dụng công thức thấu kính:

1 1 1   , suy ra: d = 3f. d d' f

Vậy: f = 34 cm */ Xét trường hợp là ảnh là ảnh ảo: Thì bằng cách làm tương tự, suy ra: f = 20 cm.

Cách 2: Thật ra cách làm hiệu quả nhất trong trường hợp này là tận dụng đặc tính của tia qua quan tâm thấu kính ( hình 1.1 và hình 1.2).

Hình 1.1

72

Hình 1.2 Đó là, do tia qua quang tâm thấu kính truyền thẳng, nên ba điểm: Vật S, ảnh S’, và quang tâm Oluoon nằm thảng hàng. Khi dịch thấu kính thì đường thẳng đó dịch đi và quay quanh điểm vật, ta sẽ thu được một cặp tam giác O1SO2 và S1SS2 đồng dạng, có đỉnh S chung và hai đáy O1O2 = a = 3 cm và S1S2 = a’ = 4,5 cm.

- Nhận xét: do đáy gấp rưỡi nhau (a’ = 1,5a ) nên chiều cao hai tam giác cũng gấp rưỡi nhau: d + d’ = 1,5d.

Suy ra: Nếu cho ảnh thật thì d’ = 6 cm; f = 4 cm Nếu cho ảnh ảo thì d’ = - 30 cm; f = 20 cm.

Xét trường hợp thấu kính là thấu kính phân kỳ: Để xét trường hợp thấu kính là phân kỳ, ta lợi dụng thêm đặc điểm tạo ảnh của nó. Vật thật có ảnh ảo nằm giữa thấu kính và nguồn, do đó khi vẽ tia sáng qua quang tâm ta thấy ngay rằng độ dịch chuyển của ảnh không thể vượt quá độ dịch chuyển ngang của thấu kính.

Bài toán 2: Một gương cầu lõm đặt sau một thấu kính phân kỳ tiêu cự f1 = 5 cm một khoảng l = 7 cm. Hệ cho ảnh cùng độ cao như vật của mọi vật nằm ở vị trí tùy ý trước thấu kính. Hãy xác định tiêu cự của gương.

Giải Do vật nằm trước thấu kính những khoảng cách tùy ý nên tia chung nhất cho mọi vật là tia xuất phát từ một điểm trên vật và đi song song với trục chính. Để ảnh cùng độ cao như vật, thì tia sáng ló qua thấu kính, phản xạ trên gương, qua thấu kính một lần nữa, lại phải song song với trục chính và cùng độ cao như tia tới.

73

Hình 2 Muốn vậy, tia ló trung gian đi tới gương phải trùng với một bán kính của gương. Nghĩa là tâm C của gương phải trùng với tiêu điểm ảo của thấu kính (hình 2).

Từ hình vẽ, ta suy ra tiêu cự của gương: fG =

f l CO2   6cm 2 2

Bài toán 3: Một tia sáng AOB rọi lên một gương cầu lõm, cắt trục chính tại điểm O. Tia phản xạ BO1D cắt trục chính tại O1 (hình 3). Bằng cách vẽ đường đi của tia sáng, hãy xác định tiêu cự của gương.

Hình 3 Giải Hiển nhiên là bài toán này chỉ có thể giải bằng cách vẽ đường đi của tia sáng, đồng thời không chỉ có một cách.

- Nhận xét: nếu giả sử có một nguồn điểm sáng nằm tại O thì ảnh của nó nằm tại O1. Vì vậy ta vẽ tia OE song song với tia BO1, thì tia phản xạ EO1 cắt tia OB tại tiêu điểm phụ P ( hình 74

3.1). Giao điểm của đường vuông góc hạ từ P xuống trục chính chính là tiêu điểm F của gương.

Hình 3.1

Ghi chú: Như đã nói ở trên, có thể xác định tiêu điểm chính bằng cách vẽ tia sáng khác.

Chẳng hạn, có thể dựng thêm một tia A1S tới đỉnh gương đi // tia AOB ( Hình 3.2). vẽ tia phản xạ của nó đối xứng qua trục chính để tìm tiêu điểm phụ F1 theo tính chất của chùm tia song song nghiêng trục. Cũng có thể dựng tia tới A2S // tia BD và tìm tiêu điểm phụ F1 ( hình 3.3).

Hình 3.2

75

Hình 3.3 - Nhận xét: Tiêu điểm phụ F1 tìm được theo cách vẽ trên các hình 3.2 và 3.3, đặc biệt là trên hình 3.2 không chính xác bằng cách vẽ trên hình 3.1, bởi vì tiêu điểm phụ trên hình 3.1 nằm trên tia ló có độ nghiêng rất nhỏ nhất.

Bài toán 4: Tại tiêu điểm của một gương cầu của một đèn pha có đặt vuông góc với trục chính một nguồn sáng có dạng một đĩa phát sáng có bán kính r = 1 cm. hãy tìm đường kính của vệt sáng trên một bức tường nằm cách đèn pha một khoảng L = 500 m. Nếu tiêu cự của gương f = 4 m, đường kính vành của gương d = 1m.

Giải Vì khoảng cách L khá lớn so với kích thước của đèn pha, nên dễ thấy rằng các tia phản xạ tạo nên viền của vệt sáng trên tường phải do các tia tới tới rìa gương dưới góc tới lớn nhất. *. Trong số những học sinh giải được bài toán này thì phần nhiều coi các tia tới đó tựa như xuất phát từ một nguồn sáng điểm giả S1 trên trục chính, nằm trong tiêu cự ( hình 4.1).

Hình 4.1 Tuy nhiên, khi đó phải sử dụng vô số nguồn giả cho các cặp tia khác, và phải lập luận rằng chính nguồn giả S1 cho chùm phản xạ loe rộng hơn cả. Ngoài ra phải xác định vị trí của S1 theo cặp tam giác đồng dạng.

Ta có thể không cần dùng đến nguồn giả mà tận dụng tính chất các tiêu điểm phụ để đi nhanh đến kết quả.

76

Thực vậy, với kích thước đĩa là nhỏ, thì mặt phẳng đĩa được xem như trùng với tiêu diện của gương.

Chùm tia tới xuất phát từ tiêu điểm phụ F1 ở mép dưới đĩa cho chùm phản

Hình 4.2 xạ song song, trong đó tia tới đỉnh gương cho tia phản xạ đối xứng đi qua mép trên của đĩa ( hình 4.2). Đường kính vệt sáng bằng:  r d d D = 2IM = 2(IE + EM) = 2  L.tan     2  L.    3,5m 2 f 2 







Bài toán 5.

Trên hình 5.1 cho hệ hai gương cầu: gương lõm G1 có bán kính cong R1 = 20m, gương lồi có bán kính cong R2 = 10 m, được đặt cách nhau một khoảng L = 5 m.

Hệ được dùng để làm chậm một xung sáng ngắn hạn rọi vào gương G1 theo đường song song với trục chính và ở khoảng cách h = 20 cm. Hỏi bao nhiêu lâu thì tia sáng chui ra khỏi hệ qua lỗ đường kính d = 2cm nằm tại tâm của Hình 5.1

gương cầu lồi ?

Giải

Theo điều kiện đầu bài, hai gương có chung tiêu điểm ( hình 5.2). Do đó tia song song tới gương G1 thì tia phản xạ hướng tới tiêu điểm gương cầu lồi, và lại cho tia phản xạ song song tới gương cầu lõm, cách trục chính một khoảng h1 . Do h << L, nên từ các tam giác đồng dạng suy ra h1 =

h . Như vậy, muốn cho sau n lần phản xạ, tia sáng lọt qua lỗ, thì: 2

hn 

d 2 77

Hay: 20  2n suy ra n  5 , tức là tia thoát ra khỏi hệ sau 5 lần phản xạ. Nó đi trong hệ đoạn đường bằng 9L, thời gian bị giữ lại bằng:  9

L  1, 5.107 s c

Hình 5.2 Bài toán 6: Một vật phát sáng có dạng một đoạn nhỏ AB nằm nghiêng một góc  so với trục chính của một thấu kính hội tụ ( hình 6.1). Đầu B trên trục chính, cách quang tâm O một khoảng đúng bằng 2,5f, đầu A cách thấu kính một khoảng 2f.

Hãy dùng phép vẽ đường đi các tia sáng, dựng ảnh của vật qua thấu kính.

Xác định góc nghiêng  giữa ảnh A’B’ với trục chính.

Hình 6.1 Giải: Xem rằng thấu kính thỏa mãn điều kiện tương điểm. Khi đó một tia sáng đi dọc vật từ A đến B, đến thấu kính (tia BAH trên hình 6.2) là chung cho mọi điểm vật. Do đó mọi điểm ảnh phải nằm trên tia ló tương ứng với tia tới này.

Hình 6.2 Nói cách khác, khi thỏa mãn điều kiện tương điểm thì ảnh của đoạn thẳng cũng là một đoạn thẳng. Để tìm đường đi của tia ló ứng với tia tới kể trên có thể có vài cách.Tuy nhiên, cách tổng quát cho mọi bài toán loại này là kẻ trục phụ song song với tia BAH. Giao điểm của nó 78

với mặt phẳng tiêu kẻ từ F’ cho tiêu điểm phụ F1’. Nối H với P ta được tia ló cần tìm. Giao của tia ló với trục chính chính là ảnh B’ của đầu vật B. Ảnh A’ của vật A tìm được bằng cách vẽ tia ló liên hợp với tia tới song song kẻ từ A. Góc nghiêng  của ảnh xác định theo biểu thức: tan  

OH OB '

(1)

Trong đó OB’ được xác định theo công thức cơ bản cho thấu kính: OB’= Thay vào (1), và chú y rằng: tan  

OB. f 2,5. f 5   f OB  f 1,5. f  f 3

OH OH 3 , ta được: tan   .tan   2 OB 2,5 f

Bài toán 7.

Một vật có dạng một đoạn thẳng như AB có ảnh A’ B’ qua một gương cầu như hình 7.1. Hãy dùng phép vẽ đường đi các tia sáng để xác định vị trí đỉnh gương và tiêu cự gương Hình 7.1 Giải Tia đi dọc AB tới gương là tia tới chung cho mọi điểm vật. Do đó tia phản xạ tương ứng cũng là tia chung cho mọi điểm ảnh. Nó phải đi dọc vật A’B’. Giao của hai tia này là điểm phản xạ I trên gương (hình 7.2).

Ngoài ra, đối với gương cầu, tia từ điểm vật đi qua tâm gương trở lại đường cũ để tới điểm ảnh. Nghĩa là giao của hai đường AA’ và BB’ là tâm cong C. Để xác định tiêu điểm chính, từ tâm cong C ta vẽ tia phụ CI1 song song với tia A’I.

79

Giao của nó với tia IA, cho tiêu điểm

Hình 7.2

phụ F1.

Làm tương tự, ta có tiêu điểm phụ F2. Đường thẳng vuông góc với đoạn thẳng F1F2 kẻ từ C chính là trục chính. Giao của nó với đoạn F1F2 là tiêu điểm chính cần xác định.

Ghi chú: Bài toán có thể có thể cho một lời giải khác, nếu xem rằng tia tới phát đi từ A sao cho tia phản xạ của khi về A’ có đi qua B, thì tất yếu một tia tới xuất phất từ B, ngược đường tia phản xạ ấy, phải cho tia phản xạ đi qua đồng thời A và B’ ( Hình 7.3).

Hình 7.3 Tâm gương được xác định giống như trường hợp trước. Cũng bằng cách kẻ các trục phụ thích hợp, ta xác định được tiêu điểm chính.

Vậy, đây là bài toán có lời giải không đơn trị Bài toán 8: Hai tia sáng song song đi song song với trục chính tới một gương cầu lõm có bán kính cong R = 5 cm. Khoảng cách từ trục gương tới tia thứ nhất là h1 = 3,5 cm, đến tia thứ hai là h2 = 0,5 cm. Hãy xác định khoảng cách giữa hai giao điểm của trục chính với hai tia phản xa.

Giải Đa số học sinh bị ngỡ ngàng với câu hỏi của đề bài, vì cho rằng, mặc nhiêm hai tia phản xạ của chùm tia tới song song với trục chính thì đều qua tiêu điểm chính. Chỉ một số ít học sinh nhận ra rằng tia tới thứ nhất không thỏa mãn điều kiện tương điểm vì đi quá xa quang trục. Đối với nó không thể áp dụng phép tính gần đúng khi đi tới kết luận: OF =

OC .

2

Vì vậy, khi giả bài toán này cần vẽ hình cẩn thận.

Từ giao điểm M của tia phản xạ với trục chính kẻ đường vuông góc MI xuống bán kính CA cách ( hình 8), và xét hai tam giác vuông đồng dạng CAH và CMI, ta có: CM CI CM  hay là  CA CH R

R 2 2 R  h2

giải ra ta được

80

CM =

R

(1)

h 2 1   R

2

Biểu thức (1) là hoàn toàn chính xác cho bất kỳ tia phản xạ nào khi tia tới song song với trục chính. Vì vậy ta có thể áp dụng cho cả hai tia phản xạ. Tuy nhiên, với tia tới có h2 = 0,5 cm, ta có thể xem tia phản xạ của nó qua tiêu điểm chính.

Hình 8

Vậy, khoảng cách giữa hai giao điểm cần tìm bằng: x  CM 1 

 R R 1    1  1.0007  1, 0cm  2 2  1  (0, 7)2  

Kết luận: Qua ví dụ này ta mới thấy nếu dùng chùm sáng rộng khi tạo ảnh, thì ảnh bị nhòe thế nào.

---------------------------------- Hết ---------------------------------.

Lời kết: Trong quá trình giảng dạy, tham khảo các tài liệu bản thân tôi đã rút ra nội dung trên, nội dung chuyên đề không tránh khỏi những hạn chế, sơ xuất. Kính mong các bạn đọc đóng góp kiến, để nội dung được chỉnh sửa hoàn thiện hơn.

Trân trọng cảm ơn

81

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH HÀ GIANG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ GIANG

CHUYÊN ĐỀ: CHUYÊN ĐỀ BÀI TOÁN CƠ NHIỆT Tác giả : Nguyễn Toàn Thắng Trường THPT Chuyên Hà Giang Bài tập cơ nhiệt là bài tập trong phần nhiệt nhưng trong bài giải lại kết hợp cả phần cơ học. Là loại bài tập hay và khó của chương trình Vật lí lớp 10. Loại bài tập này thường có mặt trong đề thi học sinh giỏi các cấp, Olympic khu vực, Olympic quốc tế...

I. Kiến thức bổ trợ 1) Khí lí tưởng: Chất khí được coi là khí lí tưởng khi có thể bỏ qua tương tác giữa các phân tử khí chỉ kể đến các tương tác này khi chúng va chạm với nhau hoặc với thành bình. ( hoặc khí lí tưởng là khí tuân theo đúng định luật Bôilơ- Mariốt và Sáclơ) 2) Thông số xác định trạng thái - Một vật hoặc một nhóm vật, bao gồm một số hạt rất lớn hạt (nguyên tử hoặc phân tử) gọi là một hệ vĩ mô.

- Trạng thái của một hệ vĩ mô được đặc trưng bởi một số đại lượng vật lí gọi là các thông số trạng thái. Ví dụ: áp suất p, thể tích V và nhiệt độ tuyệt đối T là các thông số trạng thái của một lượng khí nào đó.

- Phân biệt hai loại thông số: + Thông số ngoài: xác định bởi các vật bao quanh hệ; như thể tích V của một lượng khí là thông số ngoài, nó phụ thuộc kích thước bình chứa khí; + Thông số trong: đặc trưng cho chính hệ xét, như áp suất p, nhiệt độ T của một lượng khí.

3) Đạo hàm, vi phân, tích phân a) Đạo hàm tại một điểm: Cho hàm số y  f  x  xác định trên khoảng (a; b) và x0   a; b  . Nếu tồn tại giới hạn ( hữu hạn) xlim x

0

f  x   f  x0  x  x0

thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của

hàm số y  f  x  tại điểm x0 và kí hiệu f '  x0  ( hoặc y '  x0  ), tức là f '  x0   lim

x  x0

f  x   f  x0  x  x0

b) Vi phân: Cho hàm số y  f  x  xác định trên khoảng (a; b) và có đạo hàm tại x   a; b  . Giả sử dx là số gia của x. Ta gọi tích f '  x  dx là vi phân của hàm số y  f  x  tại x với số gia dx , kí hiệu là df  x  hoặc dy, tức là: dy  df  x   f '  x  dx

82

c) Tích phân: Cho f  x  là hàm số liên tục trên đoạn Giả sử F(x) là một nguyên hàm của f  x  trên đoạn [a; Hiệu số F(b) – F(a) được gọi là tích phân từ a đến b tích phân xác định trên đoạn [a; b] ) của hàm số f  x  ,

[a; b]. b]. (hay ký

y

y  f  x

b

hiệu:  f ( x) dx a

b

Ta còn ký hiệu:

F (x) a  F (b)  F (a) b

Vậy:

 f ( x)dx  F ( x)

b a

O

 F (b)  F (a)

x a

x b

x

Hình 1

a

Nếu hàm số f(x) liên tục và không âm trên đoạn [a; b] b

thì

 f ( x) dx

là diện tích S của hình thang cong ( hình 1)

a

giới hạn bởi đồ thị của f(x), trục Ox và hai đường thẳng x = a; x = b. b

Vậy: S =

 f ( x) dx a

4) Định lí về động năng Wđ2 – Wđ1 = A với A là công của ngoại lực II- Kiến thức cơ bản 1. Các đẳng quá trình . + Quá trình đẳng nhiệt: T = const, pV = const + Quá trình đẳng tích: V = const , + Quá trình đẳng áp : p = const,

p  const T

V  const T

2. Phương trình trạng thái khí lí tưởng ( phương trình Clappêrôn ) : pV pV pV  const hay 1 1  2 2 T T1 T2

( áp dụng cho lượng khí có khối lượng không đổi)

3. Phương trình Clappêrôn - Menđêlêép (phương trình C -M ): pV  nRT 

m



RT ( áp dụng cho lượng khí có khối lượng thay đổi )

trong đó: n: số mol của khí (g/mol); m: khối lượng khí (g);  : khối lượng mol của chất khí; p: áp suất của khí ( Pa) ; V: thể tích của khí ( m3 ), T: nhiệt độ tuyệt đối (K) R: hằng số của các khí, R = 8,31J/mol.K 4. Nguyên lý I của nhiệt động lực học ( NĐLH ): 4.1. Nội dung: Độ biến thiên nội năng của hệ bằng tổng đại số nhiệt lượng và công mà hệ nhận được.

4.2. Biểu thức: U  Q  A trong đó: U : độ biến thiên nội năng của hệ; Q, A: là các giá trị đại số 4.3. Quy ước: 83

+ Q > 0; A > 0: hệ nhận nhiệt lượng, nhận công . + Q < 0; A < 0: hệ nhả nhiệt lượng, sinh công .

- Nếu xét trong một quá trình vô cùng nhỏ thì : dU =  Q +  A 5. Áp dụng nguyên lý I NĐLH đối với các quá trình biến đổi trạng thái của khí lí tưởng: 5.1. Biểu thức của độ biến thiên nội năng:

U  nCV (T2  T1 ) 

m



CV (T2  T1 )

CV: nhiệt dung mol đẳng tích của chất cấu tạo nên vật 5.2. Công thực hiện trong một quá trình biến đổi. + Công nguyên tố thực hiện trong một quá trình biến đổi nhỏ: A'  pdV V2 '

Vậy : A   pdV

p

V1

M

+ Công xác định theo đồ thị p -V ( hình 2): Công có giá trị bằng diện tích phần gạch chéo N trên đồ thị ( hình thang cong MNPQ) giới hạn Hình 2 bởi đường biểu diễn quá trình biến đổi và trục A'  S MNPQ ' hoành OV, V= V1; V = V2. Dấu của A là Q P V dương nếu chiều từ M đến N là chiều kim O V2 đồng hồ trên chu vi hình thang cong.

V1 + Công trong quá trình đẳng nhiệt: Xét một lượng khí lí tưởng có nhiệt độ không đổi T và biến đổi theo quá trình cân bằng từ trạng thái có áp suất p1, thể tích V1 đến trạng thái có áp suất p2, thể tích V2. Lượng khí này V2

'

'

không tăng nhiệt độ, nhưng sinh công A : A   pdV V1

'

Để tính A phải thay p dưới dấu tích phân bằng biểu thức của nó tính theo V. Biết rằng khí lí tưởng tuân theo đúng định luật Bôi-lơ - Ma-ri-ốt: pV  p1V1  p2V2 pV ta có: p  1 1 .

V

V2 '

Vậy: A  p1V1  V1

dV V V  p1V1 ln 2 hay A'  p2V2 ln 2 V V1 V1

+ Công thực hiện trong quá trình đoạn nhiệt: Quá trình đoạn nhiệt: Là quá trình biến đổi trạng thái của khí trong đó khí không nhận nhiệt và cũng không nhả nhiệt cho các vật xung quanh ( tức là không trao đổi nhiệt với môi trường bên ngoài ): Q = 0 ; và ta có: A = U Theo nguyên lí I NĐLH ta có: A' = - A = - U = - nCV ( T2 - T1 ) = nCV ( T1 - T2 ) (a) i 2

R , p1V1 = nRT1, p2V2 = nRT2  1 pV  p V Công A có thể viết lại như sau: A'  1 1 2 2 (b)  1

với n là số mol khí, biết: CV  R 

hoặc nếu tính theo nhiệt độ:

A' 

p1V1  T2  1     1  T1 

(c)

84

Chú ý: Ba công thức (a), (b), (c) có thể dùng trong quá trình đoạn nhiệt bất kì, có thể không cân bằng. Nếu quá trình đoạn nhiệt cân bằng thì công A' còn được tính như sau:  1

pV  V  A  1 1 1   1    1   V2   '

  

5.3. Áp dụng nguyên lí I NĐLH đối với các quá trình đổi trạng thái của khí lí tưởng: 5.3.1. Quá trình đẳng tích: ( hình 3 ) V = const  A = 0; Q = U Trong quá trình đẳng tích, nhiệt lượng mà khí nhận chỉ dùng làm tăng nội năng của khí 5.3.2. Quá trình đẳng áp : ( hình 4 ) p = const  A = - A' = - p.V = - p( V2 - V1)  Q = U + A' ( A' là công mà khí sinh ra) Trong quá trình đẳng áp, một phần nhiệt lượng mà khí nhận vào được dùng để làm tăng nội năng của khí, phần còn lại biến thành công mà khí sinh ra.

biến Hình 3

được

Hình 4

5.3.3. Quá trình đẳng nhiệt : ( hình 5) T = const ; U = 0  Q = U - A = - A , thay - A = A' Vậy: Q = A' Trong quá trình đẳng nhiệt, toàn bộ nhiệt lượng mà khí nhận được chuyển hết sang công mà khí sinh ra.

5.3.4. Quá trình đoạn nhiệt: Khí không trao đổi nhiệt lượng Hình 5 với môi trường bên ngoài: Q = 0. Vậy: A = U 5.3.5. Chu trình: ( hình 6 ) là một quá trình mà trạng thái cuối trùng với trạng thái đầu. Chu trình cân bằng có thể được biểu diễn trên đồ thị p - V bằng một đường cong khép kín. Sau khi thực hiện chu trình, khí trở về trạng thái ban đầu I Theo nguyên lí I NĐLH: U  Q  A  Q  A ' = 0 và tổng đại số nhiệt lượng nhận được Q = tổng đại số công sinh ra. * Chu trình Các - nô: để thuận lợi trong việc vận dụng nguyên lí I và II NĐLH, người ta khảo sát một chu trình biến đổi đặc biệt gọi là chu trình Các-nô.

Hình 6 Chu trình Các-nô là một chu trình gồm có hai quá trình đẳng nhiệt xen kẽ với hai quá trình đoạn nhiệt.

6. Khái niệm về nhiệt dung, nhiệt dung riêng.

6.1. Nhiệt dung của một vật: Là đại lượng vật lý có giá trị bằng nhiệt lượng cần cung cấp cho vật để nhiệt độ của nó tăng thêm 10.

85

6.2. Nhiệt dung riêng của một chất bất kỳ là đại lượng vật lý có giá trị bằng nhiệt lượng cần truyền cho một đơn vị khối lượng chất nói chung và một đơn vị khối lượng khí nói riêng đó để làm tăng nhiệt độ của nó thêm 10: C

dQ dT

6.3. Nhiệt dung mol của một chất bất kỳ là đại lượng vật lý có giá trị bằng nhiệt lượng cần truyền cho 1mol chất nói chung và một mol khí nói riêng để nhiệt độ của nó tăng lên 10.

C

dQ dT

6.4. Nhiệt dung mol đẳng tích và đẳng áp. + Nhiệt dung mol đẳng tích: Là nhiệt lượng cần cung cấp cho một mol chất khí để nhiệt độ dQ tăng lên 1 độ trong điều kiện thể tích không đổi: CV     const  dT V

Theo nguyên lý I ta có: Q  dU  A  dU Vậy:

CV 

dU i dT i  .R.  .R ( i là số bậc tự do ) dT 2 dT 2

+ Nhiệt dung mol đẳng áp : Là nhiệt lượng cần cung cấp cho một mol chất khí để nhiệt độ dQ    const  dT  P dU  A dU A i dV Ta có: Q  dU  A vậy CP     R p dT dT dT 2 dT dV R i2 Theo phương trình C -M, ta có: . Vậy : CP   .R 2 dT p

tăng lên 1 độ trong điều kiện áp suất không đổi: CP  

6.5. Mối quan hệ giữa nhiệt dung riêng đẳng tích và đẳng áp: Theo nguyên lý I NĐLH cho 1mol khí quá trình đẳng áp ta có : dU  Q  A (1)  Q = Cp.dT; dU = Cv.dT;  A = pdV Thay vào (1) ta có: Cp = Cv + p.

dV dT

(2)

Mặt khác ta có: pV= RT hay pdV = RdT . Vậy : p.

dV =R dT

Từ (1) ta có: Cp = Cv + R hay Cp - CV = R : hệ thức May - e giữa Cp và CV ( Nếu khí tuân theo đúng phương trình C - M thì có nhiệt dung mol tuân theo hệ thức May - e ) Cp

i2 ; i CV 5 Với khí đơn nguyên tử, i = 3 thì   3

+ Hằng số Poat -xong:  

=

Với khí lưỡng nguyên tử, i = 5 thì   Với khí đa nguyên tử, i = 6 thì  

7 5

8 6

7. Mối quan hệ giữa các thông số trạng thái trong quá trình đoạn nhiệt.

Có -  A = - dU hay pdV + nCVdT = 0  n RT

dV + nCV dT = 0 V 86

CV dT + R T

dV =0 V

Lấy tích phân hai vế ta có: CV  dT +R  T

dV = const hay CV ln T  R ln V = const  ln T    1 ln V = const V hay T .V  1  const pV   const

8. Nguyên lý thứ II của nhiệt động lực học.

8.1. Động cơ nhiệt: là thiết bị biến đổi nhiệt lượng sang công.

8.2. Nội dung nguyên lý: - Cách phát biểu thứ nhất: Nhiệt không tự nó truyền từ một vật sang vật nóng hơn.

- Cách phát biểu thứ hai: Không thể thực hiện được động cơ vĩnh cửu loại hai ( nói một cách khác, động cơ nhiệt không thể biến đổi toàn bộ nhiệt lượng nhận được thành ra công) 8.3. Hiệu suất của động cơ nhiệt: H 

A Q1  Q2  Q1 Q1

trong đó: Q1: nhiệt lượng nhận từ nguồn nóng; Q2: nhiệt lượng tác nhân truyền cho nguồn lạnh.

- Với động cơ nhiệt lý tưởng: H max 

T1  T2 : hiệu suất của chu trình Các-nô T1

trong đó: T1: nhiệt độ nguồn nóng, T2: nhiệt độ nguồn lạnh.

II- Phương pháp giải: 1. Phân tích hiện tượng bài toán.

2. Tìm quy luật biến đổi trạng thái của lượng khí cần xét.

3. Kết hợp với các kiến thức có liên quan để thành lập hệ phương trình đủ. *Chú ý: - Phân tích kỹ hiện tượng bài toán và sử dụng các kiến thức trên kết hợp với các kiến thức cơ học có liên quan để giải bài toán.

- Khi sử dụng nguyên lý I NĐLH cần chỉ rõ loại khí (đơn nguyên tử hay lưỡng nguyên tử), quá trình trao đổi nhiệt (nhận nhiệt, nhả nhiệt hoặc không trao đổi nhiệt) để sử dụng đúng kiến thức cho từng dạng bài tập.

III - Các dạng bài tập cụ thể Bài 1. ( Trích Bồi dưỡng HSG Vật lí THPT - Nhiệt học và Vật lí phân tử ) Cho một hình trụ gồm hai phần tiết diện khác nhau đặt thẳng đứng như (hình 7). Giữa hai pít-tông khối lượng m1, m2 có một khối m1 không khí khối lượng m, tiết diện các pít-tông là S1, S2. Các píttông nối với nhau bằng một thanh cứng, nhẹ dài l và nằm ở vị trí cách đều mức phân chia hình trụ thành hai phần đường kính khác nhau. Khi nhiệt độ trong hình trụ tăng một lượng T thì các pít- tông xê dịch một khoảng bằng m2 bao nhiêu ?

Hình 7 Hướng dẫn giải: - Ban đầu pít-tông nằm cân bằng là do hợp lực (trọng lực của pít-tông, áp lực do khí bên trong và bên ngoài pít-tông gây ra).

87

- Khi nhiệt độ tăng thì áp suất khí trong hình trụ tăng do S1> S2 nên pít-tông sẽ dịch chuyển lên trên một đoạn l, nó dừng lại khi có cân bằng lực.

- Gọi p, p0 là áp suất không khí bên trong và bên ngoài 2 pít- tông Khi 2 pít- tông cân bằng ta có : (m1 + m2)g + p0(S1 - S2) = p(S1 - S2) Suy ra p =

(m1  m2 ) g  p0 ( S1  S2) ) S1  S2

- Khi nhiệt độ tăng thêm T, áp suất trong pít-tông tăng làm nó dịch lên phía trên một đoạn l.

Khi cân bằng áp suất bên trong lại bằng p nên quá trình coi là đẳng áp : V V1 V l ( S1  S 2 )    T T1 T T m V mR mRT  l  pV = RT    T p ( S1  S2 )  p mRT Cuối cùng ta có : l    (m1  m2 ) g  p0 ( S1  S 2 )

Mặt khác :

Bài 2. ( Trích Bồi dưỡng HSG Vật lí THPT - Nhiệt học và Vật lí phân tử ) Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử được giữ trong một xilanh cách nhiệt nằm ngang và một pít-tông P cũng cách nhiệt như hình 8. Pít-tông P gắn vào đầu một lò xo L, lò xo L nằm dọc theo trục của xilanh, đầu kia của lò xo L gắn vào cuối của xilanh. Trong xilanh ngoài phần chứa khí là chân không. Ban đầu giữ cho pít-tông P ở vị trí lò xo không bị biến dạng, khi đó khí trong xilanh có áp suất p1 = 7 kPa và nhiệt độ T1= 308K. Thả cho pít-tông chuyển động thì thấy khí giãn P ra, đến trạng thái cân bằng cuối cùng thì thể tích của L khí gấp đôi thể tích ban đầu. Tìm nhiệt độ T2 và áp p1, T1 suất khí p2 khi đó.

Hướng dẫn giải: Hình 8 - Pít-tông và xilanh đều cách nhiệt, nên sự biến đổi trạng thái khí là đoạn nhiệt. Vì có sự chênh lệch áp suất giữa lượng khí đang xét và chân không trong xi lanh nên gây ra hiện tượng giãn nở khí. Do đó pít-tông P bị đẩy sang phải.

- Gọi tiết diện của pít-tông là S - Theo nguyên lý I của NĐLH : Q = 0 ( là quá trình giãn khí đoạn nhiệt, không thuận nghịch)  U   A (*) ( khí sinh công) , mà U = Cv. T=

3 R(T2- T1) 2

Công mà khí sinh ra làm nén lò xo một đoạn x đúng bằng công của lực đàn hồi nên có: 1 2

A = kx2 - Mặt khác khi pít- tông ở trạng thái cân bằng ta có: p2S = kx và V2 = 2x.S 1 2

Từ đó : A = kx2 =

 x=

V2 2S

1 1 1 V 1 1 .k.x.x = .p2S.x = .p2S . 2 = .p2.V2 = RT2 2 2 2 2S 4 4

( vì p2V2 = nRT2, n= 1mol) 88

1 RT2 vào (*) ta có: 4 3 1 6 R(T2- T1) = - RT2  T2 = T1 = 264K 2 4 7 pV pV Theo phương trình trạng thái khí lí tưởng ta có: 1 1  2 2 T1 T2 p T 7.6  p2  1 . 2   3kPa 2 T1 2.7

Thay A =

Bài 3. ( Trích Tuyển tập Olympic 30-4 lần thứ XVI năm 2010) Một xilanh cách nhiệt chứa 1 mol khí H2 và 1 mol khí He ngăn cách với nhau bằng một vách ngăn AB. Một pit-tông P cách nhiệt và di động làm thay đổi thể tích của khí chứa trong xilanh. ( như hình 9 ) Vách ngăn di động, dẫn nhiệt lí tưởng, có nhiệt dung không đáng kể. Thể tích ban đầu của khí H2 và khí He bằng nhau và bằng V0. Nhiệt độ ban đầu của hai khí cũng bằng nhau và bằng T0. Nén pít-tông rất Hình 9 chậm để thực hiện quá trình thuận nghịch giảm thể tích khí trong xilanh từ 2V0 đến V0.

1) Áp suất của khí biến đổi như thế nào?

2) Tính công nén khí?

Hướng dẫn giải: 1) Xét trong quá trình đó thể tích V của hai mol khí biến đổi nhỏ dV. Công sinh ra là: dA = pdV, nhiệt nhận được : dQ = 0 Theo nguyên lí I NĐLH: dU = - dA (1) Mặt khác: dU   CV  CV H2

He

 dT   52 R  32 R  dT  4RdT

Theo phương trình C - M: pV = 2RT ( n = 2mol) Do đó: dU = 4RdT = 2d( pV ) = 2pdV + 2Vdp Từ (1)  3 pdV  2Vdp  0 

3 2

dp 3 dV   0  pV  const p 2 V

(2) (3)

Khi thể tích biến đổi từ V0 = 2V đến V1 = V thì áp suất biến đổi từ p0 =

2RT0 đến p1: V0

3 3  V 2 p1  p0  0   p0 .2 2  2,83 p0  A' = - A = U = 4R T với T = T1 - T0 2) Tính công nén khí: taV1có: 3

1

1  V 2 T1  T0  0   T0 .2 2  1, 414T0 nên A' = 4R. 0,414T0 = 1,66RT0  V1 

* Nhận xét : Sự biến đổi trạng thái của khí trong ba bài tập trên có liên quan đến các hiện tượng cơ học, cần phải phân tích kỹ hiện tượng của bài toán và sử dụng các kiến thức như phương trình trạng thái khí lí tưởng, phương trình C-M, các nguyên lí của NĐLH kết hợp với kiến thức cơ học có liên quan để giải bài toán.

89

Bài 4. (Trích trường THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu- An Giang đề đề nghị thi HSG ĐBSCL - Năm học 2008 – 2009) B Trong một xy lanh thẳng đứng, thành cách nhiệt có hai pit-tông: pith tông A nhẹ (trọng lượng có thể bỏ qua) và dẫn nhiệt, pit-tông B nặng và A cách nhiệt (hình 10). Hai pit-tông và đáy xylanh tạo thành hai ngăn, h mỗi ngăn chứa 1 mol khí lí tưởng lưỡng nguyên tử và có chiều cao h = Hình 10 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 = 100J. Pittông A có ma sát với thành bình và không chuyển động, pit-tông B chuyển động không ma sát với thành bình. Tính lực ma sát tác dụng lên pit-tông A. Hướng dẫn giải  Gọi: · nhiệt độ ban đầu, nhiệt độ sau cùng của hệ là T0 và T1 · p0 là áp suất ban đầu của hệ  Xét ngăn trên : · Khí tăng nhiệt độ đẳng áp từ T0 đến T1, thể tích của nó tăng từ V0 đến V1 : V1 

V0 T1 T0

· Công A khí sinh ra : A  P0 V1  V0   A  

p0V0 T1  T0   R T1  T0  T0

Xét ngăn dưới: Khí nóng đẳng tích từ T0 đến T1 áp suất tăng từ p0 đến p1: p1 

T1 p0 T0

Áp dụng nguyên lý I cho hệ: U  Q  A  Q  R T1  T0   5R T1  T 0   Q  R T1  T0   6R T1  T0   Q

 Lực ma sát F tác dụng lên pit-tông A là: F   p1  p0  S F

F

p0 V0 R T1  T0   T1  T0  T0 h h

Q 100   33,3( N ) 6h 6.0,5

Bài 5. (Trích Đề thi HSG trường THPT Hậu Lộc 3 – Thanh Hóa năm học 2008 – 2009) Một xi lanh nằm ngang chứa đầy khí lí tưởng được ngăn đôi bằng một pit tông có thể chuyển động qua lại không ma sát. Khi cân bằng pit tông ở chính giữa xi lanh. Đưa pit tông dịch ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn nhỏ. Coi quá trình là đẳng nhiệt 1.Chứng minh pittông dao động điều hoà.

2.Lập biểu thức tính chu kì dao động theo các thông số khác nhau khi tiến hành thí nghiệm.

P - P2 P+ P1 Hình 11 90

Hướng dẫn giải 1) Chứng minh pit tông dao động điều hoà Chọn trục ox nằm ngang, gốc O tại VTCB của pit tông, chiều dương hướng từ trái qua phải.

- Khi pit tông cân bằng P1 = P2 = P.................................................

- Khi pit tông dịch sang phải một đoạn x ( phần khí bên trái có P1, V1; phần khí bên phải có P2, V2) F = P1S1 – P2S2 = (P -P1)S - (P +P2)S  F = -(P1+P2)S (1)......

Vì quá trình đẳng nhiệt nên P1V1 = P2V2  (P -P1)( V + Sx) = (P +P1)( V - Sx) ........................................  (P1+ P2)V – (P1- P2)Sx  2PSx ( vì (P1- P2)Sx rất nhỏ)  (P1+ P2)V = 2PSx  (P1+ P2) =

2 PSx V

(2)

2 PS 2 Thay (2) vào (1) ta có F = x (lực hồi phục) V 2 PS 2 x = -  2 .x - Phương trình dao động x’’ = mV 2

Với  =

2 PS 2 vậy pit tông dao động điều hoà. mV

2. Biểu thúc tính chu kì: a) Nếu bài toán cho biết m là khối lượng pit tông; P là áp suất khí khi cân bằng; v là thể tích của nửa xi lanh, S là tiết diện xi lanh thì ta có.

T = 2

mV 2PS 2

b) Nếu cho m, V, S như trên, n là số mol, T là nhiệt độ T = 2

mV 2 2nRPS 2T

Vì PV = nRT c) Nếu bài cho m, V, d là chiều dài xi lanh md 2 T = 2 2 PV

Bài 6. (Trích đề thi HSG các trường Duyên Hải Bắc Bộ năm 2009 ) Một xylanh cách nhiệt kín hai đầu đặt nằm ngang, bên trong có pittông. Bên trái chứa một mol khí hyđrô, bên phải là chân không, lò xo một gắn với pittông, đầu kia gắn vào thành của xylanh như (hình 12). Lúc đầu giữ pitông để lò xo không biến dạng, khí hyđrô tích V1, áp suất p1, nhiệt độ T1. Thả pittông nó chuyển động tự sau đó dừng lại, lúc này thể tích của hyđrô là V2 =2V1. Xác Hình 12 T2 và p2 lúc này. Bỏ qua nhiệt dung riêng của xylanh và pittông.

pittông đầu vẽ có thể do và định

Hướng dẫn giải 91

Do xylanh cách nhiệt : Q=0 nên  U = A = -

1 2 kx (1) 2

Trong đó  U =5/2 R (T2 -T1) (2) - Lò xo bị nén một đoạn x : Các lực tác dụng lên pitông : - lực đàn hồi F1= Kx - Áp lực của khí trong xy lanh tác dụng lên pittông : F2 =P2 .S - Phương trình trạng thái cho một mol khí hydrô: P2V2 =R.T2 và V2=2V1 =2S.x - Suy ra F2 =

RT 2 2x

R.T2 1 R.T2 hay kx2 = (3) 2x 2 4 10 Thay (2) ,(3) vào (1) được : T2 = T1 11

- Pittông đứng yên :F1=F2  kx = -

- Phương trình cho 2 trạng thái : P1 .V1 =R.T1 và P2.V2 =P2.2V1=RT2 Suy ra : P2 =

5 P1 .

11

Bài 7. (Trích đề thi HSG Trường THPT Hồng Lam Hà Tĩnh -Năm học 2010- 2011) Người ta nối hai pít-tông của hai xilanh giống nhau bằng sao cho thể tích dưới hai pít-tông bằng nhau (hình 13). Dưới hai lượng khí lý tưởng như nhau ở nhiệt độ t0 = 27OC, áp suất 1 2 xilanh (1) lên tới nhiệt độ t1 = 77OC đồng thời làm lạnh xi nhiệt độ t2 = 0OC. Bỏ qua trọng lượng của pít-tông và thanh không đáng kể, áp suất của khí quyển pa = 105Pa. Hình 13 a. Tính áp suất khí trong hai xilanh? b. Xác định sự thay đổi thể tích tương đối của khí trong mỗi xi lanh?

một hai p0 . lanh nối,

thanh c pít-tông Đun n (2) xu coi ma

Hướng dẫn giải a, Áp xuất của khí trong 2 xilanh Xilanh (1): TT(1): p0, V0, T0 = (27 + 273) K = 300K. TT(2): p1 = ?, V1 , T1 = (77 + 273)K = 350K. PTTT:

p0V0 p1V1  (1) T0 T1

pa 1

2

T1

T2

Xilanh (2): TT(1): p0, V0, T0 = (27 + 273) K = 300K. TT(2): p2 = ?, V2 , T2 = (0 + 273)K = 273K. pV pV PTTT: 0 0  2 2 (2) T0 T2 Pít-tông cân bằng ở cả hai trạng thái ta có: 2p0 = 2pa => p0 = pa ; 2p0 = p1 + p2 ; V1 = V2 (3) Từ (1), (2), (3) => p1 

2T1 p a  1,1236.10 5 Pa ; T1  T2 92

p2 

2T2 p a  0,8764.10 5 Pa T1  T2

b, Sự thay đổi thể tích tương đối của khí trong mỗi xilanh: x = Từ (1), (2), (3) và (4) => x =

V V1  V0  (4) V0 V0

T1  T2  2T0  0,03833 .

2T0

Bài 8.

Một xi lanh kín được chia làm hai phần bằng nhau bởi một pít tông cách nhiệt. Mỗi phần có chiều dài l0  30cm , chứa một lượng khí giống nhau ở 270C. Nung nóng một phần thêm 100 và làm lạnh phần kia đi 100. Hỏi pít tông dịch chuyển một đoạn bao nhiêu?

Hướng dẫn giải Khi pít tông đứng yên, áp suất của khí ở hai bên pít tông bằng nhau. Áp dụng phương trình trạng thái cho khí trong mỗi phần của xi lanh ta có: p0V0 pV1  T0 T1 pV pV Phần bị làm lạnh: 0 0  2 T0 T2 V V  1 2 T1 T2

Phần bị nung nóng:

Gọi khoảng dịch chuyển của pít tông là x ta có: l0  x l0  x  T1 T2

x

l0 T1  T2  20  .30  1cm T1  T2 600

Bài 9. (Trích đề học sinh giỏi lớp 12 vòng 2 năm học 2010 – 2011 – Tỉnh Đồng Nai) Một ống hình trụ, thành cách nhiệt, miệng hở, chiều cao L được đặt thẳng đứng. Trong ống có một cột thuỷ ngân chiều cao a. Dưới cột thuỷ ngân có chứa n mol khí lí tưởng đơn nguyên tử, chiều cao h , ở a nhiệt độ T0 (hình vẽ). Áp suất khí quyển là P0 mmHg. Người ta L truyền nhiệt cho khí sao cho cột thuỷ ngân chuyển động rất chậm và cuối cùng chảy hoàn toàn ra khỏi ống. Bỏ qua ma sát giữa h thuỷ ngân và thành ống và xem sự trao đổi nhiệt giữa khí và thuỷ ngân là không đáng kể. a) Ở nhiệt độ nào thì thuỷ ngân bắt đầu trào ra khỏi ống?

Tính Hình 13 nhiệt lượng đã cung cấp cho khí đến lúc này b) Hãy cho biết sự biến thiên nhiệt độ của khối khí trong quá trình thủy ngân tràn ra khỏi ống 93

Hướng dẫn giải a, Do cột thủy ngân chuyển động rất chậm nên quá trình dãn nở của khí được xem là đẳng áp.

Nhiệt độ của khí lúc thuỷ ngân bắt đầu trào ra khỏi ống được tính bởi T1  T0

V1 La  T0 V0 h

Nhiệt lượng đã truyền cho khí lúc này là Q1  n(CV  R)(T1  T0 )  n

Hay : Q1 

5R (T1  T0 ) 2

5nR(L  a  h)T0 2h

b, Đặt P0 = H. Lúc đầu áp suất khí là p0 = (H + a) (mmHg), Gọi S là tiết diện của ống ; x là chiều cao cột thuỷ ngân còn lại trong ống, ta có: (L-a) S (H + a) = nRT1 (L-x) S (H + x) = nRT  T  T1

(L  x)(H  x) (L  x)(H  x)  T0 (L  a)(H  a) h(H  a)

(1)

T là một tam thức bậc hai theo x và đạt cực đại khi : L  H L  P0  2 2 2 (L  H) 2 Và nhiệt độ ứng với giá trị x trên là: Tm  T1 (L  H)  T0 4(L  a)(H  a) 4h(H  a) x1 

Khi thuỷ ngân chảy hết khỏi ống thì nhiệt độ của khí là T2  T0

L.H h(H  a)

Từ ( 1 ) ta có : dT  T0

L  H  2x dx h(H  a)

Biện luận: Có 3 khả năng sau: 1. Nếu P0 = H > L thì L – H – 2x luôn âm với mọi x nên dT luôn dương, nhiệt độ luôn tăng.

2. Nếu (L – H – 2a) > 0 ( hay P0 = H < L – 2a ) thì (L – H – 2x ) luôn dương, dT luôn âm, nhiệt độ luôn giảm.

3. Nếu hoặc (L – 2a) < H < L thì trong quá trình thuỷ ngân chảy khỏi ống, nhiệt độ tăng từ T1 đến Tm, sau đó giảm đến T2 theo hàm số bậc hai ( 1 ) Bài 10. (Trích đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 12 THPT – Tỉnh Bình Thuận năm 2011 – 2012)

94

Một pittông nặng có thể chuyển động không ma sát trong một xi kín đứng thẳng (như hình vẽ). Phía trên pittông có 1 mol khí, phía cùng có 1 mol khí của cùng một chất khí lý tưởng. Ở nhiệt độ tuyệt chung cho cả xi lanh; tỉ số các thể tích khí là

V1 = n > Tính tỉ số x = V2

khi nhiệt độ có giá trị T / > T. Dãn nở của xi lanh không đáng kể. Áp bằng số n = 2, T / = 2T, tính x.

lanh dưới đối T Hình 14

V1/ V2/

dụng

Hướng dẫn giải Gọi: - V 1 , p 1 là thể tích và áp suất nửa trên xi lanh; V 2 , p 2 là thể tích và áp suất của nửa dưới xi lanh ở trạng thái có nhiệt độ tuyệt đối T. - V 1/ , p 1/ , V /2 , p /2 là các đại lượng tương ứng của hai nửa xi lanh khi ở nhiệt độ T / . ( với x =

V1/ là đại lượng cần tìm) V2/

- Ta lập được các phương trình sau đây: p 2 - p 1 = p /2 - p 1/ = áp suất do trọng lượng tạo ra V 1 + V 2 = V 1/ + V /2 (2) p 1 V 1 = p 2 V 2 = RT (3) / / / / / p 1 V 1 = p 2 V 2 = RT (4) Từ (3) và (4) cho ta:

p2 p/ = n; 2/ = x. p1 p1

Từ (1)  p 1 (n – 1) = p 1/ (x - 1) Từ (2)  V 1 (1 +

(1)

1 1 ) = V 1/ (1 + ) n x

(5) (6)

Nhân (5) với (6) vế theo vế và sử dụng phương trình (3) và (4) ta có: 2  n2 1 /  x 1  = T   T   n   x  T  n2 1  ta có phương trình: x 2 - ax - 1 = 0 Đặt a = /  T  n 

Nghiệm phương trình trên cho ta: x = Thay số ta có: a =

T T/

a  a2  4 2

 n2 1 0,75  0,75 2  4   = 0,75  x = = 1,44.

2  n 

Bài 11. (Trích đề thi HSG lớp 11 cấp tỉnh - tỉnh Hà Tĩnh năm học 2010 – 2011) Một bình kín hình trụ đặt thẳng đứng được chia thành hai phần bằng một pittông cách nhiệt, ngăn trên và ngăn dưới chứa cùng một lượng khí như nhau của một chất khí. Nếu nhiệt độ hai ngăn đều bằng T1 = 400 K thì áp suất ngăn dưới P2 gấp đôi áp suất ngăn trên P1. Nếu 95

nhiệt độ ngăn trên không đổi T1, thì nhiệt độ T2 của ngăn dưới bằng bao nhiêu để thể tích hai ngăn bằng nhau?

Hướng dẫn giải Gọi áp suất gây bởi pittông là P0 = P/S Ta có: P1 + P0 = P2 = 2P1  P0 = P1 P1V1 = P2V2 = 2P1V2  V1 = 2V2 Gọi thể bình là V, ta có: V1 = 2V/3; V2 = V/3; V1’ = V2’ = V/2 Với ngăn trên: P1V1 = P1’V1’ P1’ = 4P1/3 Với ngăn dưới: P2V2/T1 = P2’ V2’/T2  T2 = 3P2’T1/2P2 Do P2’ = P1’ + P0 = 7P1/3 Suy ra: T2 = 700K

Hình 15

Bài 12. (Trích đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc – Năm 2011 – 2012) Trong một xilanh đặt thẳng đứng có một pittông mỏng, nhẹ, linh động và cách nhiệt.

Bên dưới pittông là một mol khí Heli (coi là khí lí tưởng) ở nhiệt độ to  27 o C . Bên trên pittông là một chất lỏng, phía trên chất lỏng là không khí (Hình 3). Ban đầu thể tích khí Heli, chất lỏng và không khí trong xilanh bằng nhau và bằng Vo  1lit , áp suất do cột chất lỏng trong xilanh gây ra bằng po. Áp suất khí quyển là po  105 N / m 2 . Hỏi phải nung nóng khí (qua đáy xilanh) bằng một nhiệt lượng tối thiểu bao nhiêu để khí dãn nở, pittông đi lên đều và đẩy hết chất lỏng ra khỏi xilanh?

Hướng dẫn giải *) Giai đoạn 1: Từ đầu cho đến khi chất lỏng chạm miệng xilanh.

- Vì pittông đi lên đều nên quá trình này là đẳng áp, áp suất khí luôn bằng áp suất khí quyển. Ở cuối giai đoạn này nhiệt độ khí là T1, thể tích khí là V1=2Vo (Vo là thể tích khí ban đầu).

- Áp dụng định luật GayLuysac cho khối khí Heli ta có:

Vo V1 2Vo    T1  2To  600 K .

To T1 T1

- Nhiệt lượng khí nhận vào trong giai đoạn này là: Q1  U  A .

3 2 Và A  p1V  2 po (V1  Vo )  2 poVo  2.105.10 3  200( J )  Q1  3939,5( J )

- Với U  nCV T  R(T1  To )  3739, 5( J )

*) Giai đoạn 2: Từ khi chất lỏng bắt đầu chảy ra cho đến khi chất lỏng chảy hết.

Gọi S là diện tích pittông, H và 2H lần lượt là độ cao ban đầu của chất lỏng và của khối khí, x là độ cao của pittông so với đáy xilanh ở vị trí cân bằng mới của pittông được nâng lên.

Ban đầu, áp suất cột chất lỏng có độ cao H bằng po . Do đó tại trạng thái cân bằng mới cột chất lỏng có độ cao 3H - x, sẽ có áp suất bằng

3H  x po H

Dễ thấy rằng áp suất của khí px ở trạng thái cân bằng mới bằng tổng áp suất khí quyển po và áp suất của cột chất lỏng nên: px  po 

3H  x 4H  x po  po (1).

H H 96

Theo phương trình Mendeleev - Clapeyron viết cho trạng thái cân bằng ban đầu và trạng thái cân bằng mới, ta được:

px .S .x 2 po .S .2 H  Tx T1

Sau khi thay biểu thức của px vào ta tìm được nhiệt độ của khí ở trạng thái cân bằng mới là: Tx 

(4 H  x).x .T1 4H 2

Độ biến thiên nội năng trong quá trình pittông nâng lên đến độ cao x bằng: 2

2

3( x  2 H )  x  2H  U  nCV (Tx  T1 )    RT1 (2).  CV T1   8H 2  2H 

Công mà khí thực hiện trong quá trình trên (áp suất biến thiên tuyến tính từ 2po đến px) là: 2 Po  p x (6 H  x)( x  2 H ) ( xS  2 HS )  po S 2 2H Vì trong trạng thái ban đầu: 2 po .2 HS  RT1 (6 H  x)( x  2 H ) Nên ta được: A  (3) .RT1 8H 2 Theo Nguyên lý I NĐH: Q2  U  A A

Kết hợp (2) và (3), ta được: Q2  ( x 2  5Hx  6 H 2 ).

Q Q0 RT1 2H 2

Vẽ đồ thị của Q theo x. Từ đồ thị ta thấy để đạt đến thái cân bằng khi x = 2,5H, ta cần cung cấp một nhiệt lượng Q2 max 

RT1  623, 25( J ) 8

x O

2H 2,5H 3H

trạng

Hình 16

Sau khi đạt tới trạng thái cân bằng x=2,5H, khí sẽ tỏa nhiệt, tự phát giãn nở và đẩy hết chất lỏng ra ngoài bình.

Vậy nhiệt lượng tối thiểu cần cung cấp là Qmin  Q2 max  Q1  623, 25  3939,5  4562, 75( J ) .

Bài 13. ( Trích Bồi dưỡng HSG Vật lí THPT - Nhiệt học và Vật lí phân tử ) Xi lanh có tiết diện S = 100cm2 cùng với pít-tông P và vách ngăn V làm bằng chất cách nhiệt như (hình 17). Nắp K của cách mở khi áp suất bên phải lớn hơn áp suất bên trái. Ban đầu phần bên trái của V P K vách ngăn có chiều dài =  = 1,12m chứa m1 12g khí Hêli, phần bên phải chứa cũng có chiều dài p0 1,12m chứa m2 = 2g khí Hêli, nhiệt độ của cả hai bên đều bằng T0 = 273K. Ấn từ từ pít-tông sang trái, Hình 17 ngừng một chút khi nắp mở và đẩy pít-tông tới sát vách V. Tìm công đã thực hiện. Cho biết áp suất không khí bên ngoài p0 = 105 N/m2. Nhiệt dung riêng đẳng tích và đẳng áp của Hêli bằng: CV = 3,15.103J/Kg.K và Cp = 5,25.103J/Kg.K Đ/s: 3674J TÀI LIỆU THAM KHẢO [ 1 ]. Ban tổ chức kì thi , Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4, lần thứ XIII , NXB ĐH Sư Phạm , năm 2007 [ 2 ]. Ban tổ chức kì thi , Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4, lần thứ XVI 97

NXB ĐH Sư Phạm , năm 2010 [ 3 ]. Bùi Quang Hân - Trần Văn Bồi - Phạm Ngọc Tiến- Nguyễn Thành Tương Giải toán Vật lí 10 - Dùng cho học sinh các lớp chuyên tập 2, NXB Giáo Dục, năm 1998 [ 4 ]. Kỷ yếu trại hè Hùng Vương năm 2009, 2010 [ 5 ]. Lê Văn Thông- Nguyễn Văn Thoại , Giải toán chuyên đề Vật lí 10 Dùng cho HSG, trường chuyên, năng khiếu quốc gia, lớp chuyên, Ban KHTN , NXB ĐHQG TP. Hồ Chí Minh, năm 2006 [ 6 ]. Nguyễn Thế Khôi - Phạm Quý Tư , SGK Vật lí 10 Nâng cao , NXB Giáo Dục, năm 2006 [ 7 ]. Phạm Quý Tư , Bồi dưỡng HSG Vật lí THPT - Nhiệt học và Vật lí phân tử , NXB Giáo Dục, năm 2009 [ 8 ]. Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn, Đại số và giải tích 11, NXB Giáo Dục Việt Nam, năm 2010 [ 9]. Vũ Thanh Khiết , Các bài toán vật lí chọn lọc THPT - Cơ nhiệt , NXB Giáo Dục, năm 2002 [ 10 ]. Vũ Thanh Khiết - Vũ Đình Túy ( Sưu tầm và giới thiệu ) , Các đề thi HSG Vật lí, NXB Giáo Dục, năm 2008 Người viết Nguyễn toàn Thắng THPT Chuyên Hà Giang SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH LÀO CAI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

CHUYÊN ĐỀ: BÀI TOÁN CƠ NHIỆT Tác giả (Nhóm tác giả): Tổ Vật lý Trường THPT Chuyên Lào Cai

A. Cơ sở lý thuyết.

I. Lý thuyết về nhiệt và nhiệt động lực học * Khí lý tưởng: Chất khí được coi là khí lý tưởng khi có thể bỏ qua tương tác giữa các phân tử khí chỉ kể đến các tương tác này khi chúng va cham với nhau hoặc với thành bình.(tuân theo đúng định luật Bôilơ- Mariot và Saclơ) 1. Các đẳng quá trình . + Quá trình đẳng nhiệt: T = Const: Pttt: p.V = const + Quá trình đẳng tích: V = Const: Pttt: = const + Quá trình đẳng áp : p = Const: Pttt: = const 2. Phương trình trạng thái KLT: 3. Phương trình Mendeleep_ Craperon: pV = nRT. 4. Nguyên lý thứ nhất của NĐLH: Q = A+ U 98

Q > 0; A > 0; U > 0: Khi khí nhận nhiệt, thực hiện công và nội năng của khí tăng.

Q < 0; A < 0; U < 0: Khi khí nhả nhiệt,nhận công và nội năng của khí giảm.

U: Nội năng và U = n.Cv.T vậy U = n.Cv.T 5. áp dụng nguyên lý I cho các quá trình biến đổi của KLT: b/ Quá trình đẳng tích: V= Const suy ra: A = 0; vậy: Q= U c/ Quá trình đẳng áp : p= Const suy ra: A = p. V; vậy: Q= A+ U d/ Quá trình đẳng nhiệt: T= const ; Q = A+ U e/ Quá trình đoạn nhiệt: Khí không trao đổi nhiệt lượng với môi trường bên ngoài: Q = 0 Vậy: A + U = 0 6. Khái niệm về nhiệt dung, nhiệt dung riêng. a/ Nhiệt dung của một vật: Là đại lượng vật lý có giá trị bằng nhiệt lượng cần cung cấp cho vật để nhiệt độ của nó tăng thêm 10. b/ Nhiệt dung riêng của một chất bất kỳ là đại lượng vật lý có giá trị bằng nhiệt lượng cần truyền cho một đơn vị khối lượng chất nói chung và một đơn vị khối lượng khí nói riêng đó để làm tăng nhiệt độ của nó thêm 10. c= c/ Nhiệt dung kmol của một chất bất kỳ là đại lượng vật lý có giá trị bằng nhiệt lượng cần truyền cho 1kmol chất nói chung và một kmol khí nói riêng để nhiệt độ của nó tăng lên 10.

C= d/ Nhiệt dung kmol đẳng tích và đẳng áp. + Nhiệt dung kmol đẳng tích: Là nhiệt lượng cần cung cấp cho một kmol chất khí để nhiệt độ tăng lên 1 độ trong điều kiện thể tích không đổi: CV = V= const Theo nguyên lý I ta có: dQ = dU+ dA = dU Vậy CV = = + Nhiệt dung kmol đẳng áp : Là nhiệt lượng cần cung cấp cho một kmol chất khí để nhiệt độ tăng lên 1 độ trong điều kiện áp suất không đổi: Cp = p = const Ta có: dQ = dU+ dA vậy Cp = Theo M-C ta có:

=

Vậy Cp = e/ Mối quan hệ giữa nhiệt dung riêng đẳng tích và đẳng áp: Theo nguyên lý 1 cho 1mol khí quá trình đẳng áp ta có : dQ = dU + dA (1) dQ = Cp.dT; dU = CV.dT; dA = pdV Thay vào (1) ta có: Cp = Cv + p (2) Mắt khác ta có: pV= RT vậy pdV = RdT vậy p Vậy từ (1) ta có: Cp = Cv + R. + Hằng số Poatxong:  = =

=R

7/ Công thực hiện trong một quá trình biến đổi. + Công nguyên tố thực hiện trong một quá trình biến đổi nhỏ: dA = pdV 99

Vậy A = + Công xác định theo đồ thị pOV: Công có giá trị bằng diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi đường biểu diễn quá trình biến đổi và trục hoành OV. p M N A= SMNPQ O Q + Công trong quá trình đẳng nhiệt: dA = pdV-> A =

P

= p1V1

V

= p2V2

+ Quá trình đoạn nhiệt: Là quá trình biến đổi trạng thái khí trong đó khí không trao đổi nhiệt lượng với môi trường bên ngoài: Q = 0 ; và ta có: A = U + Công thực hiện trong quá trình đoạn nhiệt: Ta có dA = - dU vậy A = = -n = - n (T2 - T1) = nCVT1(1- ) Mắt khác có  = Vậy A = n

(1- )

8. Mối quan hệ giữa các thông số trạng thái trong quá trình đoạn nhiệt.

Có dA = - dU hay pdV + nCVdT = 0  n RT + nCV dT = 0 CV + = 0 Lấy tích phân hai vế ta có: CV +R = 0 hay lnT + lnV-1 = 0 hay T.V-1 = const pV = const II. Lý thuyết về động học và động lực học 1. Định luật II Newton: F = ma 2. điều kiện cân bằng của chất điểm: ∑ ⃗ = 0 3. Các lực cơ học: - Trọng lực : P = mg - Lực ma sát: Fms=  N - Lực đàn hồi: F = K. l 4. Khối tâm vật rắn : là một điểm được coi là mang toàn bộ khối lượng của vật. Công thức n

xác định khối tâm vật rắn : xG 

n

n

 mi xi

 mi yi

i 1

i 1

M

; yG 

M

 mi zi ; zG 

i 1

M

100

1  x   xdp G  P   1  1  Nếu vật rắn phân bố liên tục rG  P  r dp   yG  P  ydp  1  z   zdp G  P  HỆ THỐNG BÀI TẬP Bài 1.

Một bình có thể tích V chứa một mol KLT và có một cài van bảo hiểm là một xilanh(có kích thước rất nhỏ so với bình) trong có một pittông diện tích S, giữ bằng lò xo có độ cứng k. Khi nhiệt độ khí là T1 thì pittông ở cách lỗ thoát khí một đoạn L. Nhiệt độ của khí tăng tới giá trị T2 nào thì khí thoát ra ngoài?

HD: Khi nhiệt độ trong bình tăng thì áp suất khí trong bình cũng tăng theo tác dụng lực vào pittông, đẩy pittông sang phải, đồng thời pittông còn chịu tác dụng của lực đần hồi. Khí thoát ra khi pittông đến cửa thoát khí nghĩa là áp lực do sự tăng áp suất gây ra thắng lực đàn hồi làm pittông đi được quãng đường S. KT sử dụng: Điều kiện về lực để pittông dịch chuyển được, ph M-C cho sự biến đổi trạng thái khí trong pittông.

Giải: Vì thể tích của xilanh rất nhỏ có thể bỏ qua nên coi sự biến L đổi trạng thái khí trong bình là đẳng tích. Để khí thoát ra ngoài (p2- p1)S  k.L p2- p1 k.L/S (1) p1: áp suất ban đầu; p2: áp suất khí khi tăng nhiệt độ.

Dấu “ = ” xảy ra khi khí bắt đầu thoát ra ngoài.

Mặt khác theo pt M-C ta có: p2 = RT2/V; p1 = RT1/V (2) Từ (1) và (2) suy ra: T2 - T1  k.L.V/SR T2  T1+ k.L.V/SR Bài 2.

Một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử được giữ trong một xilanh cách nhiệt nằm ngang và một pittông P cũng cách nhiệt. Pittông P gắn vào đầu một lò xo L, lò xo L nằm dọc theo trục của xilanh, đầu kia của lò xo L gắn vào cuối của xilanh. Trong xilanh ngoài phần chứa khí là chân không. Ban đầu giữ cho pittông P ở vị trí lò xo không bị biến dạng, khi đó khí trong xilanh có áp suất p1 = 7kPa và nhiệt độ T1= 308K. Thả cho pittông chuyển động thì thấy khí giãn P ra, đến trạng thái cân bằng cuối cùng thì thể tích của L khí gấp đôi thể tích ban đầu. Tìm nhiệt độ T2 và áp p1, T1 suất khí p2 khi đó.

Giải: Vì xilanh và pittông đều cách nhiệt nên sự biến đổi trạng thái khí trong xi lanh là đoạn nhiệt.

TT đầu : p1 = 7kPa, T1 = 308K, V1= V0 TT sau : p2 = ? , T1 = ? , V1= 2V0 101

Gọi tiết diện của pittông là S và chiều dài phần xikanh chứa khí ban đầu là h.

Do nhiệt độ tăng nên nội năng của khí biến đổi một lượng: U = Cv. T= R(T2- T1) Công mà khí sinh ra làm nén lò xo một đoạn x đúng bằng công của lực đàn hồi nên có: = kx2 Theo nguyên lý I của NĐLH ta có: U = -A (1)  R(T2- T1) = Mặt khác khi pittông ở trạng thái cânbằng ta có: p2S = kx Và V2 = 2x.S vật x = V2/2S Từ đó có A = kx2 = .k.x.x = .p2S.x= .p2S . = .p2.V2 = RT2

A

kx2

Thay vào (1) ta có: R(T2- T1) = RT2 vậy T2 = T1 = 264K Theo pttt ta có:

Vậy p2 = p1= 3kPa.

2l Bài 3. Một bình hình trụ tròn nằm ngang, dài 2l. Một pitong mỏng không dẫn nhiệt ngăn bình thành hai phần bằng nhau.

Mỗi phần chứa n mol KLT ở nhiệt độ T. Hai lò xo chưa biến k dạng nối pitong với hai đầu bình đều có độ cứng k. Phần khí k bên phải hấp thụ một nhiệt lượng Q làm cho pitong dịch n,T n,T chuyển sang trái một khoảng x = l/2. Hãy tính nhiệt lượng Q’ được truyền cho phần khí bên trái.

HD: Nếu nhiệt lượng phần khí bên phải được cấp là Q mà nhiệt lượng phần khí bên trái được truyền là Q’. Vậy tổng nhiệt lượng mà hệ hấp thụ là Q – Q’ = A + U Với U: Tổng độ biến thiên nội năng của hệ= n. R.T. A là công mà khí thực hiện đúng bằng độ dự trữ thế năng của lò xo= 2. .

KT: công của lực đàn hồi+ điều kiện cân bằng của pitong+ nguyên lý I của NDLH Giải.

Khi phần khí bên phải hấp thụ một nhiệt lượng thì pitong từ vị trí ở giữa, ban đầu di chuyển khoảng cách y. Gọi áp suất bình phải lúc đó là p2, và áp suất bình bên trái khi đó là p1.

Pitong cân bằng khi: (p2-p1)S – 2ky = 0. (1) Xét sự dịch chuyển nhỏ của pitong : y, khi đó tổng công mà hệ thực hiện: W= p2yS- p1yS (bên phải sinh công, bên trái nhận công).

Hay (p2 - p1)yS = 2ky (2) Như vậy công mà khí thực hiện đúng bằng thế năng dự trữ của lò xo.

Khi x = l/s thì W= 2. .

(3) Nếu nhiệt lượng phần khí bên phải được cấp là Q mà nhiệt lượng phần khí bên trái được truyền là Q’. Vậy tổng nhiệt lượng mà hệ hấp thụ là Q – Q’ = A + U Với U : tổng độ biến thiên nội năng của hai phần khí và U = n. R.T.

102

Vì khí bên trái biến đổi đẳng nhiệt nên T: Độ tăng nhiệt độ của phần khí bên phải Từ (  ) phương trình trạng thía KLT ta có: Áp suất khí bên phải: P = của phần bên trái : p’ = Ta có: p = p’ + Fdh/S hay

(

 )

=

+

suy ra T= 2T+

Vậy Q’ = Q – 3nRT Bài 4. Trong một bình hình trụ thẳng đứng, thành xung quanh cách nhiệt, có hai pittông: pít tông A nhẹ ( trọng lượng có thể bỏ qua ) và dẫn nhiệt, pít tông B nặng và cách nhiệt. Hai pít tông tạo thành hai ngăn trong bình ( xem hình vẽ 0. Mỗi ngăn chứa một mol khí lý tưởng lưỡng nguyên tử và có chiều cao là h = 0,5m. Ban đầu hệ ở B trạng thái cân bằng nhiệt. Làm cho khí trong bình nóng lên thật chậmh bằng cách truyền cho khí ( qua đáy dưới ) một nhiệt lượng Q = 100J. A Pít tông A có ma sát với thành bình và không chuyển động, pít tông h B chuyển động không có ma sát với thành bình.

Tính lực ma sát tác dụng lên pít tông A. Biết rằng nội năng U của một mol khí lý tưởng lưỡng nguyên tử lý tưởng phụ thuộc vào nhiệt độ T của khí theo công thức U = RT ( R là hằng số lý tưởng ) HD: Khí phía trên biến đổi đẳng áp, khí phía dưới biến đổi đẳng tích, vì pitong A đứng yên nên Fms+ pB= pA từ đó tìm được Fms. Giải: Gọi nhiệt độ ban đầu của hệ là T0, nhiệt độ sau cùng là T. Áp suất khí trong hai ngăn ban đầu p0. Áp suất cuối cùng của ngăn dưới: p1= po. , thể tích cuối cùng của ngăn trên:V1= Vo. Độ tăng thể tích ngăn trên: V = Vo.(

– 1)

Công sinh ra: A = p0. V = R (T1-T0) Độ tăng nội năng: U = 2CV. (T1-T0) =5 R (T1-T0) Theo nguyên lý I: Q = U+ A hay 6R (T1-T0)= 100 Lực ma sát tác dụng lên A: F = Q/6h = 33,3N Bài 5. Có một xi lanh như hình vẽ, trong xi lanh có một pitong có thể chuyển động không ma sát đồng thời chia xi lanh thành hai phần A và B . Phía dưới xi lanh nối với phần C thông qua một ống nhỏ có khóa K điều khiển. Pitong được nối với thành trên của xilanh bằng một lò xo, khi pitong nằm sát thành dưới của xilanh thì lò xo không biến dạng.

Lúc đầu khóa K đóng, trong B có chứa một lượng khí nhất định, trong A và C là chân không, bề cao của phần B là l1= 0,1m. thể tích của B và C bằng nhau và lực của lò xo tác dụng lên pitong bằng trọng lượng của pitong. Sau đó mở khóa K đồng thời lật ngược hệ lại. Tính chiều cao l2 của phần B khi pitong cân bằng.

A

B

l1 K

C

l1

103

Các lực tác dụng vào pitong : trọng lực P, Áp lực của không khí trong phần B ; lực đàn hồi của lò xo Fdh - Khi K đóng.

C A * Gọi p1 là áp suất khí trong phần B. Fdh Điều kiện cân bằng của pitong : f ⃗+

l1

⃗+ ⃗ =

Fdh Hay P+ Fdh= f 2kl1= p1.S B B l 1 L2 P - Khi K mở và lật ngược xi lanh : Gọi p2 là áp suất trong ngăn B+ C. K Pitong cân bằng : P+ f’ = Fdh hay f P kl1 + p2.S= kl2 A C Khí biến dổi đẳng nhiệt nên ta có : l1 = P1V1= p2V2 hay : Vậy l2= l1√ = 0,17m.

Bài 6.

Trong bình kín B có chứa hỗn hợp khí ôxi và hêli. Khí trong bình có thể thông với môi trường bên ngoài bằng một ống có khoá K và một ống hình chữ U hai đầu để hở, trong đó có chứa thuỷ ngân (áp kế thuỷ ngân như hình vẽ). Thể tích của khí trong ống chữ U nhỏ không đáng kể so với thể tích của bình. Khối khí trong bình cân bằng nhiệt với môi trường bên ngoài nhưng áp suất thì cao hơn nên sự chênh lệch của mức thuỷ ngân trong hai nhánh chữ U là h = 6,2 cm. Người ta mở khoá K cho khí trong bình thông với bên ngoài rồi đóng lại ngay.

Sau một thời gian đủ dài để hệ cân bằng nhiệt trở lại với môi trường bên ngoài thì thấy độ chênh lệch của mức thuỷ ngân trong hai nhánh là h'  2,2cm . Cho O = 16; He = 4.

1. Hãy xác định tỷ số khối lượng của ôxi và hêli có trong bình.

2. Tính nhiệt lượng mà khí trong bình nhận được trong quá trình nói trên. Biết số mol khí còn lại trong bình sau khi mở khoá K là n = 1; áp suất và nhiệt độ của môi trường lần 5 2 lượt là p 0  10 N / m ; T0  300 K , khối lượng riêng của thuỷ 3 2 ngân là   13,6 g / cm ; gia tốc trọng trường g  10m / s .

Giải. Lúc chưa mở khoá K, khí có áp suất p1  p 0  gh . Khi mở khoá K, khí giãn nở đoạn 1

1

nhiệt và có áp suất p0 : T0 p1   T1 p0 

1

T p  , suy ra 1   1  T0  p 0 



 1

(1   ) gh  p0

(1)

Khi đóng khoá, quá trình là đẳng tích. Khi cân bằng khí có áp suất p 2  p 0  gh2 và nhiệt  gh2  p0 T1 p 0  (2)    1  T0 p 2 p 0  gh2  p0   gh2   1   gh1  1    1   (3) Từ (1) và (2) ta được: p0    p 0  

độ T1 . Ta có:

104



 h2 

1 



h1   

h1 h1  h2

Thay số ta tính được:   1,55 .

Xét một mol hỗn hợp, gọi hệ số mol He là x, số mol H 2 là y. Nhiệt dung mol đẳng tích của He là 3R/2, của H 2 là 5R/2. Nhiệt dung mol đẳng áp của He là 5R/2, của H 2 là 7R/2, nên ta hệ phương trình:

(4)

x  y 1

 

2,5Rx  3,5Ry  1,55 (5) 1,5Rx  2,5Ry

Giải ra ta được x  0,68 . Từ đó ta tính được: mH 1  x 32 g  3,8 .  mHe x4 g

2).Tính nhiệt lượng: Quá trình biến đổi trạng thái khí là đẳng tích Nhiệt dung mol đẳng tích của hỗn hợp khí là CV 

R , ta có:  1

Q = nCV(T0- T2)=nCVT0(1- T2/T0) = n =n

Bài 7.



1−

 nRgh2T0 RT0  p0 1    135,6 J   1  p0  gh2    1 p0

m1

m2

Một ống nghiệm có khối lượng m1đặt trong chân không.  Trong ống nghiệm có n mol KLT đơn nguyên tử khối lượng mol là µ.

Khối khí được giữ bởi nút nhỏ có khối lượng m2(chiều dày không đáng kể) ở vị trí chia ống thành hai phần thể tích bằng nhau. Ống nghiệm được đặt nằm ngang trên mặt phẳng bóng loáng . nút được giải phóng khỏi ống nghiệm. Tìm vận tốc của ống nghiệm ở thời điểm nút vừa thoát khỏi ống ? bỏ qua sự trao đổi nhiệt, ma stá giứa nút và ống nghiệm, động lượng của nút trước khi thoát khỏi ống.

Bài 3. HD: Chuyển động của nút trong ống là do quá trình giãn nở đoạn nhiệt của khí trong ống gây nên.

TT đầu: p0, V0, T0.

Tt sau: p, V = 2V0, T. PT đoạn nhiệt: TV-1= T0 V0-1=> T = T0/22/3(= 5/3) Độ biến thiên nội năng của khí: U= ( − )= − 1 (1) 105

Công A = ( + ) + v1: vận tốc ống và khí lúc nút bắn ra; v2: vận tốc nút bắn ra. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ ta có: ( + ) ( )  vậy v2= vậy A = ( + ) (2) Do A = - U nên từ (1) và (2) ta có:  ( + ) = Vậy v1= 3 1 −

.(

)(

=

1− )



Bài 8.

Một bình kín hình trụ nằm ngang chứa đầy khí lý tưởng . Khoảng cách giữa hai đáy bình là l. Ban đầu nhiệt độ của khí là đồng đều ở T0. áp suất của khí là p0. Sau đó người ta đưa nhiệt độ của một đáy lên T0+T.( T<< T) còn nhiệt độ của đáy kia vẫn gữ ở T0. Nhiệt độ của khí biến đổi tuyến tính theo khoảng cách tới đáy bình. a, Tính áp suất p của khí. b, Tính độ dời khối tâm của lượng khí trong bình cho biết : ln(1+x) = x 

x 2 x3 x 4 x5     ..............( x  1) 2 3 4 5

Hướng dẫn a. Xét một lớp khí hiới hạn bởi hai mặt phẳng song song và cách đáy có nhiệt độ T0 những đoạn x+dx.

T 

T x 

Nhiệt của lớp khí là : T x   T0 1  .  T0 l  

T0+ dx

m pdV pdV p .S .dx T R.T  dm    (a  ) M RT R (T0  ax ) R (T0  ax ) T0 .l .PV T0  T ln -> m  (1) Rt T0

Từ pt M-C : P.V 

Phương trình trạng thái cho khí ở nhiệt độ T0 và áp suất P0: P0 .V 

P V m R.T0  m  0 M RT0

Từ (1 ) và ( 2 ) suy ra: P0 P

P0V R.T0

(2) 

.P.V R.T

ln

T0  T T0

T T0

 T   ln1  T0  

106

 T  T 1  T     Vì T  T0  ln1    T T 2 T 0  0   0   1 T  1   P  P0  P0 1  1 T 2 T0   1 2 T0

2

b. Gọi xG là khoảng cách từ đáy có nhiệt độ T0 đến khối tâm G của lượng khí. Khi nhiệt độ khí đồng đều và = T0 thì xG  P

P

l dm Khi một đáy có nhiệt độ T0+T thì: xG   x với 2 m

dx x RT SR T0  T l l PS xdx T  xG  Với  a ta có  RT0 0 1  T x T0 l T0 l

dm 

dv =

l

S

l

l

xdx dx dx 0 1  ax  0 a  0 a.1  ax 

=>

l 1  2 ln mn1  al  a a  T   T  T   = l 2 0 1  0 ln1  T  T  T0  



 T  1 T 1  T  T   1  0 ln1    T  T0  2 T0 3  T0 

2

3

 T  Lấy phép tính gần đúng đến    T0  2 PS 2 T  1 T 1  T       xG  l   mRT0 T  2 T0 3  T0      1 T   1 1 T    xG  l    với P  P0 1   2 T0   2 12 T0 

Như vậy, khi tăng nhiệt độ của một đáy lên T0+T thì khối tâm chuyển dời một đoạn xG 

l T về phía đáy có nhiệt độn T0 không đổi.

12 T0

Bài 9. Khí lý tưởng chứa tong chai lớn thể tích V. Một ống thủy tinh tiết diện ngang là A trong chứa một viên bi lắp vừa khít với chai , áp suất cân bằng trong chai hơi cao hơn áp suất khí quyển p0 do có trọng lượng của viên bi. Nếu viên bi bị kéo ra khổi vị trí cân bằng một khoảng nhỏ thì nó sẽ dao động điều hòa (bỏ qua ma sát ). Nếu các trạng thái của chất khí biểu diễn một quá trình đoạn nhiệt chuẩn tĩnh, hãy tìm tần số dao động của viên bi.

HD: Khi kéo cầu ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn nhỏ do có sự chênh lêch áp suất nên có lực tác dụng kéo quả cầu 107

về vị trí cân bằng quá trình tiếp theo giống như một vật dao động điều hòa.

KT sử dụng: Lập phương trình vi phân chứng minh vật dao động điều hòa.

Giải: pttt cho chất khí pV = const hay +  = 0 (1) MẶt khác ta có: lực tác dụng vào bi làm nó dao động F = Adp. Độ dịch chuyển của bi x = dV/A Vậy từ 1 ta có: Adp = - A2. .

(2)với p = p0+ mg/A Đặt k =A2. . (2) được viết lại dưới dạng: F = -kx Vậy bi dao động điều hòa với tần số : f =

 

=



=

 

Bài 10. Một pitong nặng có diện tích S khi thả xuống tự do đẩy khí từ một bình hình trụ thể tích V qua một lỗ nhỏ ở đãy vào một bình có cùng thể tích, các thông số trạng thaí của khí ban đầu ở cả hai bình đều như nhau và đều bằng các giá trị ở điều kiện tiêu chuẩn. Hỏi pitong có khối lượng cực tiểu bằng bao nhiêu để nó có thể đẩy hết khí ra khỏi bình thứ nhất. Xác định Mmin nếu khí trong bình là khí lưỡng nguyên tử. các bình và pitong cách nhiệt tốt.

HD: pitong sẽ đẩy được hết khí trong bình ra khi lực do pitong và áp suất khí quyển gây ra lớn hơn lực do áp suất khí trong bình gây ra tại thời điểm khi mà khí đã đượn dồn sang bình còn lại.

Khí trong bình được nén đoạn nhiệt từ thể tích 2V đến thể tích V. TTđầu: p02V = nRT0 (1); TT sau: p1V = nRT1 (2); Công thực hiện lên pitong: A = Mg + p0S. = (Mg+ p0S) (3) Theo nguyên lý I: A’+ U = 0 hay A = - 0,5inR(T1- T0) Từ 1,2, 4 ta có: A = - (p1- p0).V (5) Từ 3 và 5 ta có : (Mg+ p0S) Vậy p1= 2p0 +

+

=

(4)

(p1- p0).V

(6)

Để pitong có thể đẩy hết khí sang bình 2 thì p1S  Mg+ p0S(7) Coi khí trong bình là khí lưỡng nguyên tử i = 5 thì M  .

S Bài 11. Một lượng khí được giữ trong xi lanh bởi một pittong nhẹ tiết diện S có thể chuyển động không ma sát.

Pitong nối với đáy xi lanh bằng một dây cao su. Ban đầu khí trong xi lanh có áp suất p0. Pitong cách đáy một khoảng l0.

Truyền nhiệt lượng cho khí trong xi lanh với tốc độ không đổi thì nhiệt độ của khí tăng đều theo thời gian.

Tìm đọ cứng k của dây cao su.

k

P0

108

Chọn gốc thời gian là lúc bắt đầu truyền nhiệt , ở thời điểm T nhiệt độ của khí là: T = T0+ αt. (α: Hằng số) Bỏ qua khối lượng của pitong áp suất khí trong xi lanh: p = p0+ x: Độ dịch chuyển của P, cùng là độ giãn của dây cao su. =

Theo PTTT ta có: <=> ( (

+

)

+ +2

(

)(

) + =

Công mà khí thực hiện: A =

.

)

S

=

.

=

=>

+ p0Sx

=

k

P0

(1) x

Tốc độ truyền nhiệt không đổi và nội năng tăng đều nên theo nguyên lý I của NĐLH: = + = ′ suy ra dx/dt = (2) Từ (1) và (2) ta có: klo= p0S => k = poS/l0 Bài 12. Một xi lanh như hình vẽ (h.3) chứa khí lý tưởng, được đóng kín bằng một pittông khối lượng M, tiết diện S, có thể chuyển động trong xilanh. Lúc đầu giữ pittông ở vị trí sao cho áp suất trong bình bằng áp suất khí quyển bên ngoài. Thành xilanh và pittông đều cách nhiệt.

Buông pittông, pittông chuyển động từ vị trí ban đầu đến vị trí cuối cùng có độ cao h so với đáy xilanh. Tuy nhiên, trước khi đạt đến vị trí cân Hình bằng này, pittông đã thực hiện những dao động nhỏ. Giả sử trong giai 3 đoạn pittông dao động nhỏ, quá trình biến đổi của khí là thuận nghịch, hãy tính chu kỳ dao động nhỏ đó.

HD: Do pitong và xi lanh cách nhiệt nên khí biến đổi đoạn nhiệt KT: phương trình DLH viết cho pitong và phương trình đoạn nhiệt cho khí Bài 1. Khi cân bằng pittông nằm cách đáy h thì khí trong xy lanh có áp suất p1: p1 = p0 +

Mg .

S

Khi pittông ở vị trí có li độ là x thì khí có áp suất p. Vì quá trình là đoạn nhiệt nên: p(Sh  Sx)   p1 (Sh)  (1), ở đây  là tỷ số giữa các nhiệt dung đẳng áp và đẳng tích. 

   1    p1 1   x  . Nếu bỏ qua lực ma sát giữa pittông và thành bình thì:  p = p1  h 1 x      h x x x   p 0 S  p 1 1   S  Mg  Mx "   p 1 S  Mx "  x"  p 1 S Mh h h 

Dao động là điều hoà với tần số góc: 

 (Mg  p 0 S) Mh

Bài 13. Một bình hình trụ cách nhiệt được phân làm hai ngăn bởi một pitong nhệ. Pitong này có khả năng truyền nhiệt yếu và có thể trượt không ma sát dọc theo thành bình. Biết rằng một 109

ngăn của bình có có chứa 10gam hêli ở nhiệt độ 500K, còn ngăn kia có chứa 3gam khí Hidro ở nhiệt độ 400K. Hỏi nhiệt độ trung bình khi hệ cân bằng là bao nhiêu và áp suất thay đổi bao nhiêu lần ? Xác định nhiệt dung của mỗi khí lúc đầu của quá trình cân bằng nhiệt độ .

Bỏ qua nhiệt dung của pitong và bình.

HD: Kí hiệu V1, T1, p1, V’1, T’1, p’1, V2, T2, p2, V’2, T’2, p’2 là các thông số của hai khí ở trạng thái đầu và trạng thái cuối, V0 là thể tích của bình. Áp suất của hai khí luôn bằng nhau. Khi hệ cân bằng nhiệt ta có: T’1= T’2= T. Từ các phương trình trạng thái và điều kiện cân bằng của pitong: p1V1= n1RT1 và p2V2= n2RT2 với p1= p2 và V2= V0- V1 tìm được V1= V0; V1’= V0 Do xi lanh cách nhiệt nên ta có: U1+ U2= 0 hay n1CV1(T – T1) = n2CV2(T – T2) Suy ra T = = 450Kcung từ pttt ta tìm được p1/p1’ = 36/37; CV1= CV2 Do xi lanh cách nhiệt nên dU1= -dU2 hay dT1= -dT2 ( ) ( Xét một trạng thái rất gần trạng thái đầu ta có: p1 = p2 hay : = =>

=

)

(1) (do n1T1V2= n2T2V1)

Theo nguyên lý I của NDLH ta có:C1 = CV1 + p.

suy ra C1=

R

Bài 14. Xi lanh có tiết diện S = 100cm2 cùng với pittông p và vách ngăn V làm bằng chất cách nhiệt. Nắp K của vách mở khi áp suất bên phải lớn hơn áp suất bên trái. Ban đầu phần bên trái của xi lanh có chiều dài l = 1,12m chứa m1 = 12g khí Hêli, phần bên phải cũng có chiều dài l = 1,12m chứa m2 = 2g khí Hêli và nhiệt độ cả hai bên đều bằng T0 = 273K. Ấn từ từ K P0 pittông sang trái, ngừng một chút khi nắp mở và đẩy pittông tới sát vách V. Tìm công đã thực hiện biết áp suất không khí bên V H.4 ngoài P0 = 105N/m2 nhiệt dung riêng đẳng tích và đẳng áp của 3 3 Hêli bằng: Cv =3,15.10 J/(kg. độ); Cp = 5,25.10 ( J/kg.độ).

HD: Công do lực tác dụng lên pitong và áp suất po thực hiện làm tăng nội năng của chất khí bị nén đoạn nhiệt: A= U = cv(m1+ m2)(T- T0) với T là nhiệt độ sau cùng của khí nén.

Tìm T để tìm được A. Lúc đầu áp suất bên trái lớn hơn áp suất bên phải lên K chưa mở. Khí bên phải bị nén đoạn nhiệt thể tích giảm đến V1 nhiệt độ khí lúc này là T1 áp suấ là p2 thì nắp mở lúc này hai lượng khí trộn vào nhau và có nhiệt T2. Khi đó nội năng một bên giảm còn một bên tăng độ thay đổi này là như nhau: cVm1(T2-T0)= cVm2(T1-T2) từ đó ta tìm được T2. Sau đó khối khí m1+ m2 bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V = V0+ V1 xuốngV0 v à nhiệt độ tăng từ T2 đến nhiệt độ cuối T từ đó tìm được T .

Mặt khác ta có A = A1+ A2 với A2 = po.S.l là công do áp suất ngoài thực hiện từ đó tìm được A1 là công do lưc ngoại đã thưc hiện 110

Lúc đầu áp suất khí bên trái P1 = P2=

m1 R.T0 . lớn hơn áp suất bên phải vách μ lS

m 2 R.T0 . . μ lS

Khối khí bên phải bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V0 = lS xuống V1, áp suất của nó tăng lên đến P1 : 1

P2V0



1

  = P1 V1  V1 = V0  P2  = V0  m2   P1   m1 



Khi đó nhiệt độ ở bên phải: T1 =

(1) 1   

m P1V1 T0 = T0  2  P2 V0  m1 

(2)

Sau khi nắp K mở hai khí hoà trộn vào nhau và có cùng nhiệt độ T2: Cvm1(T2- T0) = Cvm2(T1 - T0) 1   m1T0  m 2 T1 m1   m 2  γ   1   T2 = = T0 m1  m 2   m1   m1  m 2  

(3)

Sau đó lượng khí m = m1 + m2 bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V = V0 + V1 đến V0 , nhiệt độ tăng từ T2 đến T, ta có : T. V0g -1 = T2(V0 + V1)g -1 (4) Thay (1) và (3) vào (4) ta được: T = T2  V0  V1  

V0



γ 1

1   m1.T0   m 2  γ    1  m1  m 2   m1    

γ

(5)

Công do lực tác dụng lên pittông và áp suất khí quyển P0 thực hiện làm tăng nội năng của chất khí bị nén đoạn nhiệt.

A= A1 + A2 = U = Cv(m1 + m2) (T- T0) (6), với A1 = P0S.l.

Thay (5) vào (6), rồi thay số vào ta được A2 = 3674 (J).

Tài liệu tham khảo.

1. Tạp chí vật lý tuổi trẻ.

2. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi phần nhiệt học.

3. Đề thi học sinh giỏi quốc gia.

4. tuyển tập đề thi olympic vật lý 30-4 5. Một số tư liệu của đồng nghiệp.

111

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ THỌ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

CHUYÊN ĐỀ: CƠ HỌC THIÊN VĂN Tác giả: Phạm Văn Đoàn 112

Trường THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Xuất phát từ nhu cầu thực tiễn của đời sống mà ngành thiên văn học ra đời từ rất sớm.

Khi mới hình thành thì đối tượng nghiên cứu của thiên văn học chủ yếu là khảo sát sự chuyển động của các hành tinh trong hệ Mặt Trời với phương pháp quan sát trực quan là chủ yếu.

Sau này khi Johannes Kepler phát hiện ra ba định luật Kepler và Isacc Newton đưa ra định luật luật vạn vật hấp dẫn thì con người mới khảo sát một cách chính xác và có hệ thống sự chuyển động của các hành tinh, các thiên thể trong hệ Mặt Trời và sự chuyển động của các vệ tinh quanh hành tinh. Chuyên đề này với nội dung khảo sát sự chuyển động của các vật thể bằng cách áp dụng ba định luật Kepler và định luật vạn vật hấp dẫn nhằm giúp giáo viên và học sinh thu được kết quả tốt hơn trong quá trình dạy và học phần nội dung này.

1. HỆ TOẠ ĐỘ CỰC a. Định nghĩa về hệ toạ độ cực Hệ toạ độ là phương tiện giúp ta xác định vị trí một điểm trong mặt phẳng cũng như trong không gian ba chiều. Hệ toạ độ thường dùng nhất là hệ toạ độ Descartes, trong hệ này vị trí của một điểm được xác định thông qua bộ ba tọa độ (x, y, z).

Các bài toán về chuyển động của một vật, ta đều có thể sử dụng hệ toạ độ Descartes để xác định vị trí của vật. Tuy nhiên trong nhiều trường hợp, đặc biệt là các bài toán chuyển động của các hành tinh và chuyển động của các vật có quỹ đạo phức tạp thì việc sử dụng hệ toạ độ Descartes là rất cồng kềnh và khó tính toán trong khi đó việc giải các bài toán này trong hệ toạ độ cực lại đơn giản hơn rất nhiều.

Với hệ toạ độ cực vị trí của y y một điểm trong mặt phẳng được P(r, φ)≡P(x, P(2, xác định thông qua hai thông số y) π/3) (r, φ) trong đó r là khoảng cách từ r r gốc O tới vị trí của vật, φ là góc y hợp bởi véc tơ r và trục gốc (hình φ φ 1), giá trị của φ trong đoạn [0; O x x O 1 2π]. Sở dĩ ta có thể sử dụng hệ toạ độ cực với hai thông số để xác Hình 1. Hệ tọa độ định vị trí một hành tinh của hệ Mặt Trời trong quá trình chuyển động trong không gian các hành tinh chuyển động quanh Mặt Trời dưới tác của lực hấp dẫn, đây là trường lực thế xuyên tâm nên mômen động lượng của các hành tinh bảo toàn do đó các r tinh trong hệ Mặt Trời sẽ chuyển động trên cùng một phẳng. Chính vì vậy ta chỉ cần một hệ trục toạ độ với hai φ số là có thể xác định được vị trí của hành tinh trong O gian.

Hình 2. Các véc tơ đơn vị trong hệ tọa độ cực

x

là vì dụng hành mặt thông không

113

Từ hình vẽ ta thấy mối qua hệ giữa toạ độ Descartes và toạ độ cực: 2 2 2 2  x  r cos   dx   dy   dr  2 2  d   v           r    r 2  r 2  2 Trong hệ toạ độ Descartes  y  r sin   dt   dt   dt   dt     véc tơ đơn vị theo trục Ox và Oy lần lượt là i và j khi đó vận tốc của vật được viết       v  v x i  v y j và gia tốc a  a x i  a y j . Để xác định vận tốc và gia tốc của vật trong hệ toạ độ cực theo hai toạ độ r và φ ta cũng phải xác định hai véc tơ đơn vị r và  (hình 2).







Trong hệ Descartes: r  xi  y j , chuyển qua toạ độ cực ta có:          r r  xi  y j  r cos i  r sin  j  h r r   cos i  sin  j r

Với hr là hệ số Lame được xác định bởi: 2

2

 x   y  h        cos 2   sin 2   1  h r  1  r   r    Suy ra véc tơ đơn vị: r  cos i  sin  j     r Tương tự đối với véc tơ đơn vị  ta có: h  r   r sin i  r cos  j  2 r

2

2

 x   y  Trong đó h        r 2 sin 2   r 2 cos 2   r 2  h   r         Do đó, véc tơ đơn vị :    sin i  cos  j 2 

b. Vận tốc trong hệ toạ độ cực.

    d r d(r.r) dr    r Với r  rr → vận tốc v    rr dt dt dt 

  dr       v  rr    r  Mặt khác r  cos i  sin  j    sin i   cos  j   dt

c. Gia tốc trong hệ toạ độ cực.

   dv d(rr    r  ) dr d    r    r Gia tốc a    rr  r  r dt dt dt dt 

  d   Với    sin i  cos  j    cos i   sin  j   r dt

Thay biểu thức của

  dr d và vào biểu thức của a ta có: dt dt

  dr d     r    r    r    r    r 2 r  (r  r 2 )r  (   2r ) a  rr  r  r  rr  r dt dt

114

a  r  r 2 Vậy trong hệ toạ độ cực hai thành phần của véc tơ gia tốc là:  r

  2r a   r

d. Phương trình động lực học trong hệ toạ độ cực.

Fr  ma r  m(r  r 2 )   2r ) F  ma   m(r   2r  0 Nếu quỹ đạo của hành tinh là quỹ đạo tròn thì r  0; r  0 và F  0  r

e. Năng lượng của hành tinh Năng lượng toàn phần của hành tinh trong quá trình chuyển động gồm động năng và thế năng của hành tinh với Mặt Trời: E  E đ  E t Trong đó + Động năng của hành tinh: E® 

1 1 1 1 mv 2  m(r 2  r 2  2 )  mr 2  mr 2  2 2 2 2 2

Vì hành tinh chuyển động dưới tác dụng của lực thế xuyên tâm nên mômen động lượng của hành tinh là không đổi: L  rmv  L  rm  const

suy ra động năng của hành tinh được viết là: E® 

1 1 L2 mv 2  mr 2  2 2 2mr 2

+ Thế năng của hành tinh: E t  G

mM r

Vậy năng lượng toàn phần của hành tinh là: E  Eđ  Et 

1 2 L2 Mm mr  G 2 2 2mr r

Trường hợp quỹ đạo chuyển động của hành tinh là tròn thì:  1 L2 r  hs  r  0  mr 2  0  E đ  2 2mr 2

Do đó năng lượng toàn phần của hành tinh là: E 

L2 Mm G 2 2mr r

2. Chuyển động của các hành tinh trong hệ Mặt Trời Dựa trên số liệu quan sát thiên văn trong 20 năm của nhà thiên văn học Tikho Brahe và số liệu quan sát của bản thân, nhà thiên văn học và toán học lỗi lạc người Đức là Johannes Kepler đã tìm ra ba định luật về sự chuyển động của các hành tinh trong hệ Mặt Trời cũng như sự chuyển động của các vệ tinh xung quanh các hành tinh. Ba định luật này được mang 115

tên ông và là ba định luật cơ bản đóng vai trò quan trọng trong ngành thiên văn học. Sau này khi Isacc Newton phát hiện ra định luật vạn vật hấp dẫn thì người ta đã sử dụng nó để chứng minh chặt chẽ và chính xác hoá ba định luật Kepler. * Định luật I Kepler (Định luật về quỹ đạo): Các hành tinh trong hệ Mặt Trời chuyển động trên quỹ đạo là đường elip nhận Mặt Trời là một trong hai tiêu điểm.

Trong hệ toạ độ Descartes

y b Cc

MT F1

r φ

O

M(x,y)≡M(r,φ) p F2

a

x Cv

Phương trình chuyển động của hành tinh

Trong hệ toạ độ cực

Elip + Khoảng cách hai tiêu điểm là c với: 2c = F1F2 + Bán trục lớn là a với: MF1+MF2=2a + Bán trục nhỏ là b với: b2=a2 - c2 + Tâm sai của elip là e với: e=c/a + Thông số elip p 

b2  (1  e 2 )a a

Khoảng cách từ Mặt Trời tới điểm cực viễn Cv của hành tinh là: OCv  rmax  a  c  a(1  e)

Khoảng cách từ Mặt Trời tới điểm cực cận Cc của hành tinh là: OCc  rmin  a  c  a(1  e)

- Trong quá trình chứng minh định luật ta nhận được mối quan hệ giữa vận tốc của hành tinh và quỹ đạo chuyển động của nó:

116

 2 2K  v  r  B  p r   1  e.cos 

Trong đó B; C; K; p; e là các hằng số thoả mãn K  G  M  m  ; p 

C2 B và e 2  1  p .

K K

Như vậy, dạng cụ thể của quỹ đạo phụ thuộc vào vận tốc ban đầu và khoảng cách giữa hai vật. Tức là phụ thuộc và năng lượng toàn phần của hệ vật. Ta có các trường hợp sau: v

K G(M  m) thì quỹ đạo chuyển động là đường tròn  r r

2 1 v  K(  ) thì quỹ đạo chuyển động là đường elip r a v

2K thì quỹ đạo chuyển động là đường parabol r

2 1 v  K(  ) thì quỹ đạo chuyển động là đường hypebol r a

Áp dụng kết quả trên cho chuyển động của vệ tinh nhân tạo quanh Trái Đất ta thấy + Để vệ tinh nhân tạo trở thành một vệ tinh của Trái Đất thì vệ tinh phải có vận tốc ban đầu băng vận tốc vũ trụ cấp I: v 0  VI  7, 91km / s + Để vệ tinh nhân tạo thoát khỏi Trái Đất và trở thành vệ tinh của Mặt Trời thì vận tốc ban đâu của vệ tinh phải đạt vận tốc parabol đối với Trái Đất (vận tốc vũ trụ cấp II): v 0  VII  VI 2 =11,2 km/s

+ Vận tốc ban đầu cần thiết để vệ tinh phóng từ mặt đất có thể thoát khỏi hệ Mặt Trời phụ thuộc rõ rệt vào chiều chuyển động của vệ tinh khi vượt ra khỏi cầu tác dụng của Trái Đất. Nó nằm trong giới hạn: 11, 6km / s  v 0  72, 8km / s Vận tốc bé nhất bằng 11,6km/s được gọi là vận tốc vũ trụ cấp III. * Định luật II Kepler (Định luật về diện tích): Đường nối một hành tinh với Mặt Trời quét những diện tích bằng nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau. r2

d  C (hằng số). dt

+ Phương trình này tương đương với phương trình của định luật bảo toàn mômen động lượng của hành tinh. + Từ định luật này ta thấy khi hành tinh chuyển động càng gần Mặt Trời thì vận tốc càng lớn và chuyển động xa Mặt Trời thì vận tốc của hành tinh càng nhỏ. Do đó trong quá trình chuyển động tại vị trí cực viễn (xa Mặt Trời nhất) thì vận tốc của hành tinh là nhỏ nhất, tại điểm cực cận vận tốc hành tinh là lớn nhất.

117

* Định luật III Kepler (Định luật về chu kỳ chuyển động): Bình phương chu kỳ quay T (quanh Mặt Trời) của bất kỳ hành tinh nào cũng tỉ lệ với lập phương bán trục lớn a của quỹ đạo nó.

T 2 (M  m) 42 T 2 42   hay với K  G  M  m  a3 G a3 K

- Áp dụng định luật III Kepler cho hai hành tinh chuyển động quanh Mặt Trời ta có: T13 (M  m1 ) a13  T23 (M  m 2 ) a 32

Với m1, m2, a1, a2 lần lượt là khối lượng và bán trục lớn của quỹ đạo của hai hành tinh.

Vì trong hệ Mặt Trời khối lượng các hành tinh rất bé so với khối lượng Mặt Trời nên gần đúng ta có: T12 a13  T22 a 32

- Sử dụng biểu thức của định luật III Kepler ta có thể xác định được tỉ số giữa khối lượng Mặt Trời và khối lượng của hành tinh nếu hành tinh này có vệ tinh.

Kí hiệu lần lượt khối lượng của Mặt Trời, hành tinh và vệ tinh là M, m và m1; chu kỳ chuyển động của hành tinh quanh Mặt Trời và chu kỳ chuyển động của vệ tinh quanh hành tinh là T và T1; bán trụ lớn của quỹ đạo hành tinh và về tinh lần lượt a và a1 ta có: T 3 (M  m) a 3 M  m T13a 3    T13 (m  m1 ) a13 m  m1 T 3a13

Thực tế khối lượng Mặt Trời rất lớn so với khối lượng hành tinh (M>>m) nên trong trường hợp khối lượng hành tinh rất lớn so với khối lượng vệ tinh thì gần đúng ta có: M T13a 3  m T3a13

CÁC BÀI TẬP VÍ DỤ Bài 1: Một vệ tinh nhân tạo chuyển động quanh Trái Đất theo quỹ đạo elip có tâm sai e, bán trục lớn a và chu kỳ T. Cho biết diện tích của elip là: S  ab  a 2 1  e2 a. Tính vận tốc dài của vệ tinh ở cận điểm và viễn điểm. So sánh độ lớn hai vận tốc ấy. b. Cho e  0, 2; a  10000km; R đ  6370km. Tính khoảng cách gần nhất và xa nhất từ vệ tinh đến mặt đất.

118

Bài làm: Cách 1. a. Theo định luật II Kepler ta có: r2

d  C =hằng số ↔ r2dφ=Cdt ↔ rds=Cdt ↔ dt

dφ r dS

ds

2dS=Cdt (*) (Trong đó:

ds=rdφ là chiều dài cung chắn

góc

dφ dS= rds/2 là diện tích quạt mà bán kính quét trong thời gian dt.) + Lấy tích phân hai vế phương trình (*) trên toàn quỹ đạo ta có: 2S  CT (Với S là diện tích elip → S  ab ; T là chu kỳ chuyển động của vệ tinh) Suy ra C 

2ab → ta có thể viết lại phương trình định luật II Kepler như sau: T r2

Mặt khác ta có:

r2

d 2ab  dt T

d 2ab  r  r  rv  rv  dt T

+ Tại điểm cực cận: rC  a  c  a 1  e   v C 

2ab 2a a 2  c 2 2a 1  e2 2a 1  e    Ta(1  e) Ta(1  e) T(1  e) T 1 e

+ Tương tự tại điểm cực viễn ta có vận tốc dài của vệ tinh là: vV  Ta có tỉ số:

2a 1  e T 1 e

vC 1  e  vV 1  e

Chú ý: Với cách tính toán này ta có thể suy ra được định luật III Kepler từ định luật I và II. Cách 2: Vì quỹ đạo chuyển động của hành tinh là elip nên vận tốc của vệ tinh trên quỹ đạo chuyển động là:

2 1 v  K(  ) r a

Ta biết: + Vị trí cực viễn: OCv  rmax  a  c  a(1  e) + Vị trí cực cận: OCc  rmin  a  c  a(1  e) T 2 42 + Mối quan hệ giữa bán trục lớn a và chu kỳ T là: 3  a K

119

Suy ra vận tốc của vệ tinh tại điểm cực viễn là: v V  K( Vận tốc của vệ tinh tại điểm cực cận là: vC  K(

2 rmin

2

1 2a 1  e  ) a T 1 e

rmax

1 2a 1  e  ) a T 1 e

b. Khoảng cách gần nhất, xa nhất của vệ tinh đối với mặt đất. + Khi vệ tinh nằm tại điểm cực viễn thì khoảng cách của vệ tinh tới tâm Trái Đất là lớn nhất: rmax  a  c  a(1  e)

Khoảng cách của vệ tinh tới mặt đất là: h max  rmax  R ® + Khi vệ tinh nằm tại điểm cực cận thì khoảng cách của vệ tinh tới tâm Trái Đất là nhỏ nhất: rmin  a  c  a(1  e)

Khoảng cách của vệ tinh tới mặt đất là: h min  rmin  R ® Khoảng cách từ Mặt Trời tới điểm cực cận Cc của hành tinh là: OCc  rmin  a  c  a(1  e) Bài 2: Người ta muốn phóng một vệ tinh nhân tạo theo phương án sau: Từ mặt đất truyền cho vệ tinh vận tốc v0 theo phương thẳng đứng. Tại độ cao h khi vệ tinh có vận tốc bằng không, người ta truyền cho nó vận tốc v1 theo phương nằm ngang để nó chuyển động theo quỹ đạo elip có tâm sai e và thông số p cho v trước. v' a. Tính vận tốc v0 R0 Cv b. Tính vận tốc v1. c. Khi vệ tinh quay đến viễn điểm thì người ta giảm vận tốc của nó để quỹ đạo mới có khoảng cách cận điểm bằng bán kính R0 của Trái Đất (nghĩa là đưa vệ tinh trở về Trái Đất).

Hãy tính độ giảm vận tốc đó.

Bài làm a. Tính vận tốc v0 Do vệ tinh chuyển động trong trường lực hấp dẫn là trường lực thế xuyên tâm nên cơ năng của vệ tinh bảo toàn. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại vị trí mặt đất và vị trí có độ cao h so với mặt đất ta có: mv02 GMm mv 2 GMm E    2 r0 2 r

với r  r0  h

Tại độ cao h vệ tinh dừng lại v  0 120

v 02 

Với g 0 

r r r r 2GM 2GM (1  0 )  2 r0 (1  0 )  2g 0 r0 (1  0 )  v 0  2g 0 r0 (1  0 ) r0 r r0 r r r

GM là gia tốc trọng trường tại mặt đất r02

b. Tính vận tốc v1: Có hai trường hợp cần khảo sát: Trường hợp 1: Điểm vệ tinh dừng lại là điểm cực cận khi đó: rc 

p p do góc   0  1  e cos  1  e

Vận tốc của vệ tinh tại vị trí này là: 2 1 2 1 v c2  K(  )  G(M  m)(  ) rc a rc a

Vì khối lượng của vệ tinh là rất nhỏ so với khối lượng Trái Đất nên 2 1 2 1 v c2  G(M  m)(  )  GM(  ) rc a rc a

Thay rc 

g p p và a  ta có: v1  vc  r0 (1  e) 0 2 1 e 1 e p

Trường hợp 2: Điểm vệ tinh dừng lại là điểm cực viễn khi đó rc 

p p do góc     1  e cos  1  e

Tính toán tương tự ta có: v 2  v v  r0 (1  e)

g0 p

c. Gọi v là vận tốc của vệ tinh tại viễn điểm quỹ đạo ban đầu, v’ là vận tốc cũng tại điểm đó nhưng sau khi đã giảm vận tốc một lượng Δv; a’ là bán trục của quỹ đạo mới; r và r’ là viễn điểm cũ và mới của vệ tinh ta có:  g0  v  r0 (1  e)  p Trong đó  1  2 2  v '  g 0 r0 ( r '  a ' )

2 1 r a '

Ta có: v  g0 r02 (  )  g 0 r02 (

Suy ra v  v  v '  r0 (1  e)

2(1  e)  p

g0 p

1 r p  0 2(1  2) 2

p  r  r’  1  e  a '  r ' r0  p  r0  2 2(1  e) 2

)  r0 (1  e)

g0 p

  2r0 1    p  p  r0 (1  e) 

  2r0 1    p  r0 (1  e)  121

Bài 3: Người ta phóng một trạm vũ trụ theo quỹ đạo năng lượng cực tiểu từ Trái Đất lên Mặt Trăng. Cho biết khối lượng Trái Đất là: M  5, 9.1024 kg ; bán kính Trái Đất là: r0  6370 km ; khoảng các từ Trái Đất đến quỹ đạo Mặt Trăng là 60r0 . Quỹ đạo năng lượng cực tiểu là quỹ đạo của một trạm vũ trụ được phóng từ Trái Đất theo phương trình năng lượng 2 1 2 1 2 1 v 2  K(  )  GM(  ) hay v 2  g 0 r02 (  ) . r a r a r a

a. Xác định vận tốc lúc phóng và vận tốc lúc trạm đến Mặt Trăng. b. Xác định thời gian trạm bay từ Trái Đất đến Mặt Trăng.

Bài làm a. Để tính vận tốc của vệ tinh lúc phóng và lúc vệ tinh đến Mặt Trăng ta sử dụng công thức: 2 1 2 1 v 2  K(  )  GM(  ) r a r a

Chú ý trong quỹ đạo chuyển động của vệ tinh thì vị trí phóng vệ tinh là điểm cực cận và vị trí vệ tinh đến Mặt Trăng là điểm cực viễn, a  30r0 là bán trục lớn của quỹ đạo bằng một nửa khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trăng.

2 r

1 a

Vận tốc của vệ tinh lúc phóng là: v2  GM(  ) Với r = r0 là bán kính Trái Đất. Thay số vào ta có: v=11,13km/s 2 r

1 a

Vận tốc của vệ tinh khi đến Mặt Trăng là: v2  GM(  ) với r =59r0 thay số vào ta có: v  0, 185km / s

b. Theo định luật III Kepler ta có

T 2 (M  m) 42 (trong đó M là khối lượng Trái Đất; m là  a3 G

khối lượng của trạm vũ trụ) Vì M  m nên

T 2 42 4 2 a 3   T  a 3 GM GM

Thời gian bay của trạm vũ trụ từ mặt đất tới Mặt Trăng là: t 

T 2

Thay số ta có: t  4, 3 ngày.

Bài 4: Biết rằng khoảng cách xa nhất của Mộc Tinh tới Mặt Trời là 5,2 đơn vị thiên văn (đvtv), và chu kỳ quay của nó quanh Mặt Trời là T  11, 9 năm . Vệ tinh Ganimet của Mộc Tinh có quỹ đạo với bán trục lớn a1=7,14.10-3 đvtv, chu kỳ vệ tinh quanh Mộc Tinh là T1  1, 9.10 2 năm . Tính gần đúng khối lượng của Mộc Tinh.

Bài làm

122

Sử dụng định luật III Kepler trong trường hợp hệ gồm Mặt Trời; hành tinh và vệ tinh của hành tinh.

T 3 (M  m) a 3 M  m T13a 3    T13 (m  m1 ) a13 m  m1 T 3a13

Thực tế khối lượng Mặt Trời rất lớn so với khối lượng hành tinh (M>>m) nên trong trường hợp khối lượng hành tinh rất lớn so với khối lượng vệ tinh thì ta có gần đúng: M T13a 3  m T3a13

Trong công thức này: T  11, 9 năm là chu kì Mộc Tinh quay quanh Mặt Trời.

T1  1,9.102 năm là chu kỳ vệ tinh Ganimet quanh Mộc Tinh a  5, 2 đvtv là bán trục lớn quỹ đạo Mộc Tinh quanh Mặt Trời

a1  7,14.103 đvtv là bán trục lớn quỹ đạo vệ tinh Ganimet quanh Mộc Tinh.

Thay vào ta có khối lượng gần đúng của Mộc Tinh là: m  1,015.10 3 M Bài 5: Một sao chổi di chuyển tới Mặt Trời với vận tốc ban đầu v0. Khối lượng Mặt Trời là M và bán kính R. Coi Mặt Trời là đứng yên và bỏ qua ảnh hưởng của các hành tinh. Tìm tiết diện toàn phần σ của sao chổi để xảy ra va chạm với Mặt Trời. Coi Mặt Trời đứng yên và bỏ qua ảnh hưởng của các hành tinh.

Bài làm Gọi thông số va chạm của sao chổi với Mặt Trời là b. + Do sao chổi chuyển động trong trường lực hấp dẫn của Mặt Trời là trường lực thế xuyên tâm nên cơ năng của sao chổi và mômen động lượng của nó được bảo toàn. + Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng và bảo toàn mômen động lượng của sao chổi tại vị trí rất xa Mặt Trời và vị trí cách Mặt Trời khoảng rmin gần nhất ta có: GMm 1 GMm 1 GMm 1 1 2 2 2  mv 2  2GM  mv0   mv 0  mv  r 2 rmin   2 2 rmin  b  rmin 1  2 2 v 0 rmin mbv  mr V mbv  mr V   0 min 0 min

Nếu rmin < R thì sao chổi sẽ va chạm với Mặt Trời do đó tiết diện toàn phần để xảy ra va chạm là:

  b 2  R 2 (1 

2GM ) v 02 R

Bài 6: Xét một hành tinh có khối lượng m quay quanh Mặt Trời có khối lượng M. Giả sử không gian xung quanh Mặt Trời có một lượng bụi phân bố đều mật độ ρ.

123

a. Chỉ ra rằng lực tác động của bụi là cộng vào lực hút xuyên tâm F’  mkr, trong đó k

4G . Bỏ qua lực cản của bụi đối với hành tinh.

3

b. Xét một chuyển động tròn của hành tinh tương ứng với mômen động lượng L. Tìm phương trình của bán kính chuyển động r0 theo L, G, M, m và k. c. Giả sử F’ là nhỏ so với lực hút của Mặt Trời và xét quỹ đạo chỉ lệch một chút so với quỹ đạo ở phần b. Bằng cách xét các tần số của chuyển động xuyên tâm và chuyển động quay hãy chứng minh rằng quỹ đạo là elip tuế sai và tính tần số của chuyển động tuế sai ωρ theo r0, ρ, G và M. d. Trục của elip tiến động cùng chiều hay ngược chiều với tần số góc của chuyển động quỹ đạo?

Bài làm: a. Khối lượng của bụi trong cầu bán kính r với tâm là tâm của Mặt Trời là: M bôi 

4r 3  3

Bỏ qua lực cản của bụi lên hành tinh khi đó lực lực tác dụng của bụi đối với hành tinh chỉ là lực hấp dẫn. Khi tính toán ta có thể coi tất cả lượng bụi đều tập trung ở tâm hình cầu.

4r 3 m M bui m 4G 4 3 F '  G  G   Gmr  F '   mkr với k  2 2 3 r r 3

Vậy hợp lực tác dụng lên hành tinh khi nó chuyển động quanh Mặt Trời là: F  G

Mm  mkr r2

 ) b. Gia tốc của hành tinh trong hệ toạ độ cực là: ( r  r 2 , 2r  r

Phương trình chuyển động của vệ tinh là: Mm Mm    2 2 m(r  r )  G 2  mkr  mr  G 2  mkr  r r r  m  2r  r    0 

(Do quỹ đạo chuyển động của hành tinh là tròn nên Fφ=0) 

Mặt khác trong chuyển động tròn ta có: r  hs  r  0 và r  0   0  mr 2   0  mr 2  L  hs  mr 2  → phương trình (2) ↔ mr

L2 mr 3

Ta có phương trình chuyển động tròn của hành tinh với bán kính r0 là: 0  G

Mm L2  mkr  r02 mr03

124

c. Gọi η là độ lêch quanh bán kính r0 ta có:   r  r0 (với η<<r0), khi đó phương trình (1) trở thành: mr  G

Mm L2 Mm L2    mkr   m(r   )   G  mk(r   )  0 r2 mr 3 (r0  ) 2 m(r0  )3

    m

GMn  L2  mkr0 (1  )   r0 mr 3 (1   )3 r02 (1  ) 2 0 r0 r0

Áp dụng công thức gần đúng ta có: m 

GMm 2  L2 3 (1  )  mkr (1  )  (1  )  0 2 3 r0 r0 r0 mr0 r0

  (  m

 L2 GMm L2 2 GMm L2   mkr  )    mk  ( 2  3 )   4 0 r02 mr03 r0 r0 mr0   mr0

  (  m

L2  3mk) mr04

L2   2   0 với   Suy ra   ( 2 4  3k)  0   m r0

L2  3k m 2 r04

Như vậy dưới ảnh hưởng của bụi thì bán kính quỹ đạo của hành tinh dao động điều hoà L2 với tần số:    3k m 2 r04

Vì tần số theo phương φ không bị ảnh hưởng của bụi 0 

L mr02

nên tần số tuế sai của

hành tinh là: ts    0 

3km 2 r04 3mkr02 L2 L L L 3km 2 r04  3k   ( 1   1)     ts m 2 r04 mr02 mr02 L2 mr02 2L2 2L

d. Do dao động trong mặt phẳng bán kính nhanh hơn chuyển động xoay theo quỹ đạo nên trục elip chuyển động tuế sai ngược chiều so với vận tốc góc.

Bài 7: Xét chuyển độngcủa một hạt khối lượng m dưới ảnh hưởng của lực F   Kr , trong đó K là hằng số dương và r là véc tơ vị trí của hạt. a. Chứng minh chuyển động của hạt nằm trên một mặt phẳng. b. Chứng minh rằng quỹ đạo là elip và tính chu kỳ chuyển động của hạt. Biết tại thời điểm ban đầu t  0 thì x  a; y  0; v x  0; v y  V . c. Chuyển động của hạt có tuân theo định luật Kepler về chuyển động của hành tinh?

Bài làm a. Chứng minh chuyển động của hạt nằm trên một mặt phẳng.

125

Mômen động lượng của vật là:

                dL dr dv  L  r  p  r  mv →   mv  r  m  v  mv  r  ma  r  F  M dt dt dt

Khi vật chuyển động dưới tác dụng của lực hướng tâm:

     dL    F   kr →  r  F  r  ( kr)  0 dt      Suy ra L  r  mv  const → véc tơ r xác định vị trí của vật nằm trong mặt phẳng vuông góc với véc tơ mômen động lượng L không đổi. Chứng tỏ chuyển động của hạt nằm trong một mặt

phẳng. b. Phương trình động lực học của vật là: F  mr  kr  mr  r  2 

k r  0  r  2 r  0 m

(với

k ) m

 x  2 x  0  x  A1 cos  t  1   Trong hệ toạ độ Descartes ta có:  2 y y  0 

 y  A 2 cos  t  2 

Trạng thái ban đầu ( t  0 ) có:  x  a và v x  0  A1  a và 1  0  x  a cos t   V  V  V  y  0 và v y  V  A 2   và 2  2  y   cos(t  2 )    sin(t)

x2 y2 Ta có: 2   1 suy ra quỹ đạo chuyển động của vật là một đường elip với hai bán V a ( )2  V trụ là a và . 

Chu kỳ chuyển động của vật là: T 

2 m  2  k

c. Để khảo sát xem chuyển động của vật có tuân theo định luật III Kepler không ta lập tỉ số giữa bình phương chu kỳ chuyển động với lập phương bán trục lớn. + Trường hợp a >V/ω → bán trục lớn của quỹ đạo là a Ta có tỉ số:

T 2 4 2 m  a3 ka 3

(1)

+ Trường hợp a < V/ω → bán trục lớn của quỹ đạo là V/ω Ta có tỉ số:

T2 423m  V kV3 ( )3 

(2)

126

Từ (1) và (2) ta thấy tỉ số giữa bình phương chu kỳ chuyển động với lập phương bán trục lớn không phải là hằng số do đó định luật III Kepler không được tuân thủ trong chuyển động của vật.

Bài 8: Một vệ tinh được phóng lên từ Trái Đất theo quỹ đạo xuyên tâm so với Mặt Trời để thoát khỏi Mặt Trời với vận tốc vừa đủ. Nó được tính toán sao cho sẽ tới quỹ đạo của Mộc Tinh tại điểm có khoảng cách b đằng sau Mộc Tinh. Dưới ảnh hưởng trường hấp dẫn của Mộc Tinh vệ tinh sẽ bị lêch một góc 900 so với phương ban đầu (nghĩa là sau đó vệ tinh chuyển động theo phương tiếp tuyến với Mộc Tinh). Trong quá trình đó Mộc Tinh nhận được bao nhiêu năng lượng? Bỏ qua ảnh hưởng của Mặt Trời trong khoảng thời gian tương tác giữa vệ tinh và Mộc Tinh. Cho biết ms  3, 33.105 m e ( ms ; m e lần lượt là khối lượng của Mặt Trời và Trái Đất), Gme  gR 2  4, 01.1014

m3 (R là bán kính Trái Đất) và khoảng cách từ s2

Mộc Tinh tới Mặt Trời là r  7, 78.1011 m.

Bài làm Gọi vi là vận tốc của vệ tinh so với Mặt Trời trại điểm cắt quỹ đạo Mộc Tinh một khoảng b mà chưa bị ảnh hưởng của Mộc Tinh; m và ms lần lượt là khối lượng của vệ tinh và Mặt Trời. Để vệ tinh thoát khỏi Mặt Trời thì vận tốc của vệ tinh phải thoả mãn: vi 

2Gms  18,5km / s r

Coi quỹ đạo của Mộc Tinh quanh Mặt Trời là tròn bán kính r thì vận tốc vJ của Mộc Tinh so với Mặt Trời là:

vJ 

Gms v  i  13,1km / s r 2

Khi vệ tinh vào trường hấp dẫn của Mộc Tinh thì vận tốc của nó so với Mộc Tinh là:    v r  vi  v J

Vì dưới ảnh hưởng của Mộc Tinh vệ tinh bị lêch một góc 900 so với phương ban đầu → v r  vi2  v J2  18,52  13,12  22, 67km / s

Sau khi quá trình tương tác, vệ tinh rời khỏi trường hấp dẫn của Mộc Tinh theo phương tiếp tuyến với quỹ đạo Mộc Tinh. Do đó vận tốc của vệ tinh đối với Mặt Trời là: v  v r  v J  22, 67  13,1  35, 77km / s

Năng lượng thu được trên một đơn vị khối lượng của vệ tinh trong quá trình tương tác này là: 35, 77 2  18,52  468,6.106 J / kg 2

BÀI TẬP VẬN DỤNG 127

Bài 1: Tính vận tốc vũ trụ cấp I và cấp II của Mặt Trăng và Hoả Tinh. Biết M H  6, 4.1023 kg ; R H  3386km; M T  7,3.1022 kg; R T  1738km.

Bài 2: Tính vận tốc của vệ tinh nhân tạo bay theo quỹ đạo tròn ở độ cao 250km quanh Trái Đất; quanh Hoả Tinh và quay quanh Mặt Trăng.

Bài 3: Hãy tính độ cao và vận tốc ngang của một vệ tinh liên lạc địa tĩnh chuyển động tròn quanh Trái Đất (có chu kỳ bằng chu kỳ tự quay của Trái Đất).

Bài 4: Bằng những lập luận nào và sử dụng những đại lượng đo được nào người ta có thể xác định được những đại lượng sau với độ chính xác cao? a. Khối lượng Trái Đất b. Khối lượng Mặt Trăng c. Khoảng cách từ Trái Đất tới Mặt Trời.

Bài 5: Mặt Trời cách trung tâm Ngân Hà khoảng 25000 năm ánh sáng và chuyển động gần như tròn với chu kỳ 170 000 000 năm. Trái Đất cách Mặt Trời 8 phút ánh sáng. Hãy tính gần đúng khối lượng hấp dẫn của Ngân Hà theo đơn vị khối lượng Mặt Trời. Ta thừa nhận rằng toàn bộ khối lượng của Ngân Hà tập trung ở tâm nó. ĐS: mng©n hµ  1,53.1011 m mÆt trêi Bài 6: Xét sự quay của một hành tinh nào đó. Vận tốc tại một điểm trên xích đạo của nó là V. Ảnh hưởng của sự quay làm cho gia tốc trọng trường ở xích đạo chỉ bằng nửa gia tốc trọng trường ở cực. Vận tốc thoát khỏi hành tinh đối với một vật ở cực phải bằng bao nhiêu? ĐS: v  2V Bài 7: a. Tìm lực xuyên tâm đưa đến quỹ đạo sau đây của một hạt r  a 1  cos  . b. Hạt có khối lượng m bị tác dụng bởi lực hút mà thế của nó là U ~ r -4 . Tìm diện tích bắt tổng đối với hạt đến từ vô cùng với vận tốc ban đầu v0. Chú ý phần a và b có thể dựa vào các lực khác nhau.

3mh 2a v¬Ý h»ng sè h  r 2 r4 ĐS: 2 b.   b 2max  2 mv 02 a. F(r)  

Bài 8: Một sao chổi chuyển động trên quỹ đạo quanh Mặt Trời với vận tốc 10km/s tại điểm xa nhất và 80km/s tại điểm gần Mặt Trời nhất. Nếu biết vận tốc của Trái Đất trên quỹ đạo tròn quanh Mặt Trời là 30km/s và bán kính quỹ đạo là 1,5.108m. Tính khoảng cách xa nhất của sao chổi đối với Mặt Trời. ĐS: rmax  3.108 km

128

Bài 9: Một thiên thạch có khối lượng 1,6.103kg chuyển động quanh Trái Đất theo quỹ đạo tròn ở độ cao 4, 2.106 m so với mặt đất. Thiên thạch đó bất ngờ va chạm trực diện với một thiên thạch khác có khối lượng bé hơn nhiều và bị mất 2% động năng nhưng không bị lệch hướng chuyển động và giữ nguyên khối lượng. a. Nguyên lý vật lý nào áp dụng cho chuyển động của thiên thạch sau khi va chạm? b. Mô tả dạng quỹ đạo của thiên thạch sau va chạm c. Tìm khoảng cách ngắn nhất của quỹ đạo thiên thạch sau va chạm so với mặt đất. ĐS: c. rmin  3800km Bài 10: Tính gần đúng thời gian cần có ngắn nhất (tính theo đơn vị năm) cho việc phóng một trạm vũ trụ bay theo quỹ đạo năng lượng cực tiểu từ Trái Đất đến Hoả Tinh, dừng lại ở đây trong thời gian ngắn nhất cần có để rồi bay về Trái Đất. Cho biết quỹ đạo của Trái Đất và Hoả Tinh đều là tròn và có độ lớn tương ứng là 1 đvtv và 1,6 đvtv. ĐS: t  12 th¸ng Bài 11: Một hành tinh có khối lượng m quay quanh một ngôi sao có khối lượng M. Hành tinh chịu một lực kéo nhẹ F  v gây ra do chuyên động qua khí quyển đậm đặc của ngôi sao. Thừa nhận quỹ đạo là tròn với bán kính r0 tại t  0 . Tìm sự phụ thuộc của bán kính vào thời gian ĐS: r  r0e



2 t m

Bài 12: Người ta phóng một trạm vũ trụ chuyển động quanh Mặt Trời theo quỹ đạo tròn trong mặt phẳng hoàng đạo. Các trạm quan sát từ mặt đất thấy trạm này dao động quanh Mặt Trời với biên độ xác định bằng 450. y K a. Tính bán kính quỹ đạo a1 và chu kỳ quay T1 của trạm (coi Trái Đất chuyển động quanh Mặt Trời với quỹ đạo tròn bán VII kính 1 đvtv và chu kỳ quay là T=1 năm). x b. Giả sử tại điểm O trên quỹ đạo tròn của trạm người O ta tăng O1 tốc cho trạm tới vận tốc parabol (trạm bắt đầu chuyển động trên quỹ đạo parabol nhận O làm đỉnh). Hãy tính thời gian trạm chuyển động từ điểm O đến điểm K. Cho biết phương trình parabol của 2 trạm trong hệ Oxy là y  2px trong đó p là khoảng cách từ tiêu điểm đến đường chuẩn. Chú ý định luật II Kepler cũng đúng đối với chuyển động với quỹ đạo parabol. ĐS: a. a 

2 ®vtv; T  0, 6 n¨m ; b. t  0,18 n¨m 2

Bài 13: Cho biết khối lượng của Trái Đất lớn hơn khối lượng của Mặt Trăng 80 lần và bán kính Trái Đất lớn hơn bán kính Mặt Trăng 3,6 lần. Hãy tính chu kỳ của một tàu vũ trụ bay cách bề mặt của Mặt Trăng ở độ cao 20km. Sử dụng thông tin các vệ tinh nhân tạo của Trái 129

Đất có chu kỳ khoảng 100 phút. Nếu sóng vô tuyến không xuyên qua được Mặt Trăng thì cứ mỗi vòng quay của trạn các nhà du hành sẽ mất liên lạc với Trái Đất trong thời gian bao lâu? ĐS: t  55 phót Bài 14: Một tên lửa tâm xa phóng đi tại một điểm trên mặt đất (bán kính R) với vận tốc v   v r , v   . Bỏ qua sức cản của không khí và sự tự quay của Trái Đất nhưng có tính đến sự thay đổi của trường hấp dẫn. Tìm phương trình chính xác độ cao H của tên lửa (giải tới bậc bé nhất của H/R) và kiểm nghiệm lại kết quả quen thuộc khi phóng thẳng đứng lên trên. ĐS: H 

v 2r r GM 2(  v 2 ) R

Bài 15: Tàu Mariner 9 được phóng tại Cape Kenedy trong chiến dịch chinh phục Hoả Tinh.

Coi tàu được phóng lên trên quỹ đạo elip quanh Mặt Trời. Điểm cận nhất là Trái Đất, điểm xa Mặt Trời nhất là Hoả Tinh. Cho biết khoảng cách trung bình từ Hoả Tinh tới Mặt Trời là 1,5 đvtv a. Tìm giá trị λ và ε trong phương trình quỹ đạo r 

(1  ) và vẽ quỹ đạo đó.

1   cos 

b. Dùng đinh luật III Kepler để tính thời gian của chuyến bay trên quỹ đạo đó. c. Chiều phóng nào từ Trái Đất sẽ có chi phí nhiên liệu ít hơn ĐS: a.   1 ®vtv;   0, 2 ; b. t 

T  0, 7 n¨m 2

Bài 16: Biết gia tốc gây ra bởi trọng lực trên bề mặt Trái Đất là 9,8m/s2 và chiều dài vòng tròn lớn nhất quanh Trái Đất là 4.107 m . Tỉ lệ bán kính và khối lượng của Mặt Trăng so với Trái Đất lần lượt là:

RT MT  0, 27;  0, 0123.

RĐ MĐ

a. Tính vận tốc tối thiểu để thoát khỏi trường hấp dẫn của Mặt Trăng từ bề mặt của nó. b. So sánh nhiệt độ này với tốc độ chuyển động nhiệt của các phân tử oxy tại nhiệt độ của Mặt Trăng là 1000C ĐS: a. v min  2, 38.103 m / s Kết luận Các bài toán được trình bày ở trong chuyên đề là các bài toán cơ bản nhất về chuyển động của các vật thể trong trường lực hấp dẫn khi mà ta đã bỏ qua tác động nhiễu loạn của các thành phần khác lên vật. Bài toán có thể mở trong trường hợp nhiều vật khi đó kết quả các bài toán sẽ phù hợp hơn đối với thực tế.

130

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

CHUYÊN ĐỀ: CHUYÊN ĐỀ THIÊN VĂN HỌC CHUYỂN ĐỘNG HÀNH TINH TRONG HỆ MẶT TRỜI Tác giả : Nguyễn Thu Hằng Trường THPT Chuyên Hạ Long

A. Cơ sở lý thuyết Đặt vấn đề: Thiên văn học là một ngành khoa học sớm nhất trong lịch sử nhân loại.

Thiên văn học sử dụng các công cụ toán học và các thành tựu khoa học tự nhiên, đặc biệt là vật lí học để nghiên cứu sự chuyển động, bản chất vật lí, thành phần hóa học, quá trình hình thành và phát triển của các thiên thể và hệ thiên thể như Mặt trời, các hành tinh, các vệ tinh…. các sao, các thiên hà và vũ trụ nói chung.

131

Trong các vấn đề về thiên văn học thì chuyển động của các thiên thể trong hệ Mặt trời dễ dàng tiếp cận và hay gặp trong các kì thi. Học sinh khi sử dụng các kiến thức vật lý 10 phần cơ và bổ túc toán thì giải quyết bài toán dễ dàng nên tôi lựa chọn vấn đề này trong chuyên đề thiên văn học.

I. Các định luật Kê-ple về chuyển động các hành tinh.

Tycho Brahe, người Đan Mạch ( 1546- 16010), là nhà thiên văn cuối cùng đã tiến hành quan sát chuyển động các hành tinh mà không sử dụng kính thiên văn. Ông đã thu thập được những số liệu quan sát liên quan đến vị trí các hành tinh và chuyển động của chúng.

Nhà thiên văn người Đức Johannes Kepler ( 1571-1630) đã dựa trên số liệu quan sát của Tycho Brahe để suy luận ra 3 định luật về chuyển động các hành tinh xung quanh Mặt Trời.

1. Định luật I Kê-ple: Hành tinh chuyển động trên quỹ đạo elip mà tâm O của Mặt trời là một trong hai tiêu điểm.

2.Định luật II Kê-ple: Bán kính véc tơ vẽ từ Mặt trời tới các hành tinh quét các diện tích bằng nhau trong các khoảng thời gian bằng nhau.

3.Định luật III Kê-ple: Tỉ số giữa lập phương bán trục lớn và bình phương chu kì quay quanh Mặt trời của hành tinh là một hằng số chung cho các hành tinh.

II. Các định luật áp dụng trong chuyển động của hành tinh và vệ tinh Sau này nhà bác học Anh New ton ( 1642-1727) đã chỉ ra rằng các định luật Kepler có thể suy ra từ định luật vạn vật hấp dẫn và chúng ta cũng biết các định luật áp dụng chuyển động của hành tinh, vệtinh.

1.Định luật II Niu tơn 2. Chuyển động của các hành tinh xung quanh Mặt trời dưới tác dụng của lực hấp dẫn  GMm  Fhd   3 r . r

Lực hấp dẫn luôn có giá đi qua tâm Mặt trời lên chuyển động các hành tinh

gọi là chuyển động của lực thế xuyên tâm.

4. Mô men động lượng của hành tinh bảo toàn vì lực tác dụng là lực thế xuyên tâm.

3. Hành tinh có khối lượng m chuyển động theo quỹ đạo elip mà Mặt trời nằm ở tiêu điểm, cơ năng của hành tinh E   GMm  1 mv 2 bảo toàn. r

2

132

III. Các dạng quỹ đạo chuyển động vật dưới tác dụng của lực hấp dẫn Trái dất.

1. Nếu cơ năng E < 0 thì quỹ dạo là hình tròn hoặc elip.

2. Nếu cơ năng E = 0 thì quỹ đạo là parabol.

3. Nếu E > 0 thì vật thoát sức hút Trái Đất và đi theo quỹ đạo hypecbol.

IV. Bổ túc về toán Xét một hệ trục tọa độ Oxy. Gọi F1 và F2 là hai điểm thuộc trục Ox với OF1 = OF2 = c. Quỹ tích các điểm M thuộc (Oxy) sao cho MF1+ MF2 = 2a và không đổi gọi là đường elip.

- Đặc điểm của đường elip: + Phương trình chính tắc:

x2 y2  1 a2 b2

Với a là bán trục lớn , b là bán trục nhỏ và a2 = b2 + c2 + Diện tích của hình elip S = πab + Tâm sai e 

c a

với e = 0 là đường tròn, 0 < e < 1 là đường elip, e = 1 elip suy biến

thành đường thẳng.

- Khi chuyển sang hệ tọa độ cực ta có phương trình elip có dạng r 

Với p là thông số elip

p

p 1  e cos 

b2 a

IV. Bài tập ứng dụng Bài 1 (Xác định đặc trưng của vệ tinh) Vệ tinh nhân tạo đầu tiên của Trái Đất có viễn điểm ở độ cao hA = 327 km và cận điểm ở độ cao hP = 180 km. Biết bán kính Trái đất là R = 6370 km.

1. Xác định các đặc trưng hình học của vệ tinh.

133

2. Biết gia tốc trọng trường trên bề mặt Trái đất là g = 9,8 m/s2. Xác định chu kì quay của vệ tinh.

Bài giải 1. Do vệ tinh Trái đất chuyển động theo quỹ đạo elip.

Khoảng cách từ viễn điểm tới tâm Trái Đất rA = R + hA = a+c = 6697 km.

Khoảng cách từ cận điểm tới tâm Trái Đất rP = R + hP = a –c = 6550 km.

Bán trục lớn của vệ tinh a  1 ( ra  rP )  6623,5( km ) 2

c

1 ( ra  rP )  73,5( km ) 2

Bán trục nhỏ b  a 2  c 2  6623( km) Tâm sai e  c  0, 011 vì e << 1 nên có thể coi quỹ đạo là hình tròn. a

Thông số quỹ đạo p 

b2  6622,5( km ) a

Bài 2: Một hành tinh chuyển động xung quanh Mặt trời khối lượng M theo quỹ đạo elip với khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất đến tâm Mặt trời là R và r. Xác định chu kì quay T của hành tinh.

Bài giải Xét vật khối lượng M chuyển động tròn đều quanh Mặt trời với chu kì T1 và bán kính( R+r)/2 .

2

3

T a Theo định luật III Kep-ler ta có  1    1   1 nên T = T1 T  a 

Do vật m1 chuyển động tròn đều ta có Fhd  Fht  v 2 

a a 3/2 a 3 GM GM  T  2   2   T   K 1 a2 v GM 1/2 T 2 4 2

* Nhận xét a 3 GM 1. Theo định luật III Kep-ler K  2  2 (1) với M là khối lượng vật nằm ở tiêu điểm của T 4

quỹ đạo elip.

134

2. Chu kỳ quay T  2

a3 ( r  R )3 (2)  GM 2GM

* Áp dụng: Quỹ đạo vệ tinh nhân tạo Cosmos 380 có chu kì quay quanh Trái Đất là T = 102,2 phút. Khoảng cách cực đại và cực tiểu so tâm Trái Đất là 7926 km và 6588 km. Xác định khối lượng Trái Đất. Áp dụng công thức (2) ta có khối lượng Trái đất là M 

4 2a 3  6.1024 kg GT 2

Bài 2: Xác định chu kì quay của các ngôi sao sau đây 1. Ngôi sao đôi gồm hai sao có khối lượng M1 và M2 cách nhau khoảng L. 2. Ngôi sao ba là hệ 3 ngôi sao có khối lượng M1 = M2 = M3 =M luôn tạo thành tam giác đều cạnh L. Bài giải 1. Khối tâm của hệ hai ngôi sao tại O : OM1  R1 

M2 M1 L , OM 2  R2  L M1  M 2 M1  M 2

Do lực hấp dẫn giữa các ngôi sao đóng vai trò lực hướng tâm và các ngôi sao cùng chu kỳ quay: GM1M 2 4 2 4 2  M1 2 R1  M 2 2 R2 L T T 2 2 GM 1M 2 4 4 M  M 2   2 ( M 1R1  M 2 R2 )  2 ( 1 )L L T T M 1M 2 Fhd  Fht 

Chu kỳ quay của hai ngôi sao: T  2

L3 G( M1  M 2 )

3. Ngôi sao ba là hệ 3 ngôi sao có khối lượng M1 = M2 = M3 =M luôn tạo thành tam giác đều cạnh L nên khối tâm hệ nằm tại tâm đối xứng của hệ ba ngôi sao nên bán kính của chúng R1  R2  R3 

L 3

quay Do lực hấp dẫn giữa các ngôi sao đóng vai trò lực hướng tâm và các ngôi sao cùng chu kỳ quay: Fht  2 Fhd cos30  2

Chu kỳ quay của hai ngôi sao: T 

GM 2 3 4 2 L  M L2 2 T2 3

2 3 L L 3 GM

Bài 3: Một hành tinh khối lượng m chuyển động theo quỹ đạo elip xung quanh Mặt trời khối lượng M sao cho khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất đến tâm Mặt trời là rmax và rmin. Dùng các định luật bảo toàn tính 1. Năng lượng toàn phần E của hành tinh.

135

2. Mômen động lượng L của hành tinh so tâm Mặt trời.

3. Thông số quỹ đạo p và tâm sai e của hành tinh, Bài giải Hệ Mặt trời và hành tinh là hệ kín. Áp dụng các định luật bảo toàn với hai vị trí cận điểm và viễn điểm.

Bảo toàn cơ năng E   GMm  1 mv 2 (1) r

2

Bảo toàn mômen động lượng L = mvr sin 90 = mvr (2) Từ (2) rút ra r và thế vào (1) ta có phương trình : 2mEr 2  2GMm 2 r  L2  0 Phương trình có 2 nghiệm chính là rmax và rmin.

1. Theo Viet ta có : rmax  rmin   Cơ năng toàn phần E  

2GMm 2 GMm GMm (1) E  2mE rmax  rmin 2a

GMm GMm  (3.1) rmax  rmin 2a

Từ các kết quả tính toán trên ta có vận tốc hành tinh tại vị trí có bán kính r : E

GMm 1 2 GMm 2 1  mv    v  GM (  )(3.2) r 2 2a a r

2. Mặt khác ta có : rmax .rmin 

L2 2GMrmax rmin b2  L2  2 mErmax rmin  L  m  m GM 2 mE rmax  rmin a

2 Mômen động lượng L  m 2GMrmax rmin  m GM b (3.3)

rmax  rmin

a

L2 3. Thông số quỹ đạo p  ( 3.4) GMm2 1/2

c b2  2 EL2  Tâm sai e   1  2  1  2 2 3  (3.5) a a  G M m 

Bài 4: Người ta phóng một vệ tinh nhân tạo theo phương án sau. Bắt đầu từ mặt đất cấp vệ tinh vận tốc vo theo phương thẳng đứng. Vệ tinh bay đến độ cao h, vận tốc vệ tinh bằng không thì cung cấp vận tốc v theo phương ngang để nó chuyển động theo quỹ đạo elip với

136

tâm sai e và thông số p. Hãy xác định v0 và v theo h,p, e và R là bán kính Trái đất và go là gia tốc trọng trường trên bề mặt Trái Đất.

Bài giải Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình ném 

Do

g0 

GM R2

GMm 1 GMm 1 1 GM Rh  mv0 2    v0  GM (  ) 2 2 R 2 Rh Rh R R Rh

nên vận tốc v0 khi ném ban đầu là v0  2 g0

Rh Rh

2. Tại vị trí có độ cao h vận tốc nối tâm Trái đất bằng 0 và được truyền vận tốc v vuông góc bán kính thì đây chính là vị trí cận điểm hoặc viểm điểm. + Nếu là vị trí viễn điểm thì v  GM ( 2  1 )  GM ( 2  1 ) Rh

Do p 

a

rmax

a

b2 p 2(1  e ) 1  e 2 GM thì  a (1  e2 )  a  v  GM (  ) (1  e ) 2 2 a 1 e p p p

Vận tốc truyền ngang là vmin  g 0 R (1  e ) p

+ Nếu vị trí ném là cận điểm thì rmin  p

1 e

tương tự ta có vận tốc cần truyền vmax  g 0 R (1  e) p

Bài 5: Để chuyển một vệ tinh Trái đất từ quỹ đạo tròn thấp bán kính R1 sang quỹ đạo tròn cao bán kính R2 người ta tiến hành như sau: Tại điểm A của quỹ đạo thấp nhờ tên lửa trong thời gian rất ngắn truyền một vận tốc phụ cho vệ tinh để nó vạch một nửa elip tiếp tuyến ở B với quỹ đạo cao. Khi tới B, vệ tinh lại được truyền vận tốc phụ cho phép nó chuyển động theo quỹ đạo tròn cao. Gọi go là gia tốc trọng trường trên bề mặt Trái đất và R là bán kính Trái Đất.

1. Tìm v1 ở quỹ đạo tròn thấp và và v1’ là vận tốc mới tên lửa bắt đầu hoạt động. Biết vận tốc v1 và v1’ là cùng hướng.

2. Vệ tinh đến B thì có vận tốc v2’ bằng bao nhiêu? Tính vận tốc v2 trên quỹ đọ đạo tròn cao.

Bài giải Chuyển động vệ tinh gồm ba giai đoạn: 137

+ Chuyển động tròn ở quỹ đạo tròn thấp R1. + Chuyển động theo nửa quỹ đạo elip từ A đến B. + Chuyển động tròn ở quỹ đạo tròn cao R2.

1. Khi vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính R1: m

v12 GMm   v1  R1 R12

GM  R1

g GM R 2 g .  R 0  v1  R 0 2 R1 R R1 R1

Tương tự khi vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính R2:

v2  R

g0 R2

2. Khi vệ tinh chuyển động trên nửa quỹ đạo elip từ A đến B với bán trục lớn a với 2a = R1 + R2 Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, vận tốc vệ tinh theo quỹ đạo elip tại A. 

GMm 1 GMm 2 R2 2 R2  mv1 '2    v1 '  GM  v1 '  v1  v1 R1 2 R1  R2 R1 ( R1  R2 ) ( R1  R2 )

Tương tự vận tốc vệ tinh theo quỹ đạo elip tại B. v2 '  GM

2 R1 2 R1  v2 '  v2  v2 R2 ( R1  R2 ) ( R1  R2 )

Bài 7: Mặt Trang có khối lượng M = 7,3.1022 kg và bán kính R = 1,74.106 m.

Xác định tốc độ vũ trụ cấp 1 và cấp 2 của Mặt Trăng.

Bài giải Tốc độ vũ trụ cấp I là tốc độ cần thiết để đưa một vật lên quỹ đạo tròn chuyển động quanh Mặt trăng với bán kính R và trở thành vệ tinh nhân tạo của Mặt Trăng vI 

GM  1, 67.103 ( m / s ) R

Tốc độ vũ trụ cấp II là tốc độ cần thiết để truyền cho một vật trên bề mặt Mặt Trăng thoát sức hút Mặt trăng.

138

E

GMm 1 2 2GM  mv  0  vII   2vI r 2 R

Bài 8: Trong hệ quay chiếu gắn tâm Mặt trời khối lượng M0 xét chuyển động Trái Đất và sao chổi.

1. Coi quỹ đạo Trái Đất là hình tròn bán kính r0. Xác định vận tốc Trái Đất khi chuyển động xung quanh Mặt trời.

2. Quỹ đạo sao chổi đồng phẳng với quỹ đạo Trái Đất và điểm cực cận cách Mặt Trời là r0/2 và vận tốc là 2v0. Xác định dạng quỹ đạo sao chổi và vận tốc v của sao chổi khi nó cách Mặt trời khoảng r.

Bài giải 1. Do Trái Đất chuyển động theo quỹ đạo tròn với bán kính r0: v0  GM r0

2. Cơ năng của sao chổi : E   GMm '  1 m '(2vo ) 2  2m '( GM  v02 )  0 r0 2

r0

2

Vậy quỹ đạo sao chổi là parabol vì cơ năng E = 0.

Vận tốc v tại một vị trí bất kì : E  0  v  2GM  v0 2 r0 r0

r

Bài 9: Một trạm thăm dò vũ trụ P bay quanh hành tinh E theo quỹ đạo tròn có bán kính R. Khối lượng của hành tinh E là M. 1. Tìm vận tốc và chu kỳ quay quanh hành tinh E của trạm P. 2. Một sự kiện không may xảy ra: có một thiên thạch T bay đến hành tinh E theo đường thẳng đi qua tâm của hành tinh với vận tốc u 

58GM . Thiên thạch va chạm rồi dính R

vào trạm P nói trên. Sau va chạm thì trạm vũ trụ cùng với thiên thạch chuyển sang quỹ đạo elip. Biết khối lượng của trạm P gấp 10 lần khối lượng của thiên thạch T. Hãy xác định: a) vận tốc của hệ (P và T) ngay sau va chạm. b) khoảng cách cực tiểu từ hệ đó đến tâm hành tinh E. Bài giải

139



1) Ký hiệu m0 là khối lượng trạm P, v 1 là vận tốc của trạm vũ trục trước va chạm. Lực hấp dẫn giữa trạm P và hành tinh E đóng vai trò lực hướng tâm trong chuyển động của P quanh E: 2

G

GM R

m0 M m0 v12  2    m0   R 2 R R  T 

(1)

2 R 3/ 2 .

(3) GM   2) Ký hiệu m là khối lượng của thiên thạch, v 2 là vận tốc của hệ sau va chạm, u là vận tốc

Suy ra:

v1 

(2)

và

T

của thiên thạch trước va chạm. Theo định luật bảo toàn động lượng:    mu  10 mv1  11mv2 (4)

Chiếu lên 2 trục Ox và Oy (hình vẽ): 10m.v1 = 11m.v2x

(5)

m.u = 11m.v2y

(6)

Thay v1 

x

GM 58GM và u  ta tìm được: R R 2

v2  v22 x  v22 y

v2 

v1

m

v2 M r R

2

 10   1    v1    u  .  11   11 

1 158GM .

11 R

u

v

(7)

Sau va chạm thì hệ chuyển sang quỹ đạo elip (đường

y

đứt nét đậm). Tại điểm cận nhật hệ có vận tốc là v vuông góc với đoạn thẳng r nối điểm cận nhật với tâm hành tinh. Ta viết phương trình bảo toàn năng lượng và bảo toàn mô men động lượng của hệ tại vị trí va chạm và vị ví cận nhật: G

11mM 11m 2 11mM 11m 2  v 2  G  v , R 2 r 2

v.r  v 2 x R

Từ (9) suy ra: v  v2 x

R 10 GM R  r 11 R r

(8) (9) (10)

Thay v2 từ (7) và v từ (10) vào (8) ta thu được phương trình bậc hai đối với r: 42r 2  121R.r  50R  0 140

Phương trình có 2 nghiệm: r  R và r  50 R . Giá trị r  R là khoảng cách cực tiểu cần 2

21

2

tìm, còn r  50 R là khoảng cách cực từ hệ đó đến tâm hành tinh E (tại điểm viễn nhật).

21

Dựa vào định luật Kếp-le 3 có thể tìm được chu kỳ quay của hệ (P + T).

Bài 10: Một vệ tinh khối lượng m chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính r quanh Trái Đất có khối lượng M. 1.CMR cơ năng của vệ tinh là E = - K 2. Do có ma sát bán kính của quỹ đạo của vệ tinh giảm dần 0.1% trong một tuần. Giả sử quỹ đạo vệ tinh vẫn là quỹ đạo tròn. Tính độ biến thiên vận tốc của nó trong một tuần 3. Cho r = 6,60.106m

M = 5,98.1024 kg và m = 2,00.103 kg.Tính độ biến thiên cơ

năng của vệ tinh trong một tuần 4.Tính lực ma sát của khí quyển tác dụng lên vệ tinh 5. Thực tế, vệ tinh có mang một động cơ phụ có nhiệm vụ bù trừ lực ma sát của khí quyển. Biết rằng lực tác dụng của động cơ này bằng uz với z là tốc độ đốt nhiên liệu ( tính đơn vị kg/s) và u = 2.00.103 Ns/kg. Nếu vệ tinh mang theo 30 kg nhiên liệu thì nó duy trì quỹ đạo của mình trong bao lâu Bài giải 1. Khi vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính r m

v 2 GMm 1 GMm U  2  mv 2  K  r r 2 2r 2

Mặt khác cơ năng E  K  U   K  U ( ĐPCM) .

2

2. Do ma sát nên sau một tuần bán kính là r  r và vận tốc v  v Trong đó  r  0,  r   0,1% r

v r Do v 2  GM  2 v  v   GMm r    0, 05% 2 r

r

v

2r

Xuất hiện nghịch lý : có ma sát nhưng vận tốc của vệ tinh tăng.

3. Do vệt tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn E  U   GMm .

2

2r

141

Khi bán kính giảm E '  

GMm 1 GMm r  (1  ) 2( r  r ) 2 r r

Độ biến thiên cơ năng  E  E ' E   1 GMm ( r )  6, 04.10 7 ( J ) r

2

4. Theo định luật bảo toàn năng lượng

r

 E  AFms  Fms  

E s

Do quỹ đạo tròn nên quãng đường đi được s  2 r t với T

Quãng đường đi được s 

T 2 4 2  r 3 GM

GM .t  4,70.109 ( m) r

Lực ma sát có độ lớn Fms  0,013( N ) 5. Theo giả thiết do động cơ bù trừ lực ma sát Fms = F = uz Thời gian tồn tại của vệ tinh  

m0 mou   54(ngày ). z Fms

Bài 11: Vệ tinh nhân tạo của Mặt trăng chuyển động theo quỹ đạo tròn có bán kính lớn hơn bán kính Mặt trăng n lần. Khi chuyển động vệ tinh chịu tác dụng của lực cản yếu của vũ trụ.

Giả sử lực cản phụ thuộc vào vận tốc theo quy luật F = -αv2 với α là hằng số. Tính thời gian chuyển động của vệ tinh cho đến lúc nó rơi vào Mặt trăng.

Bài giải Cơ năng toàn phần của vệ tinh là E   GMm  dE   GMm dR 2 2R

2R

Công của lực cản do vũ trụ gây là dA   Fds   Fvdt   v 3dt 1/2

Do chuyển động theo quỹ đạo tròn

 GM  v   R 

Theo định lí về cơ năng dE  dA  dt   Lấy tích phân t  

m  GM



R0

nR0

R 1/2dR 

 GM   dA      R 

3/2

dt

m R 1/2dR  GM

m  GM

R0 ( n  1)

với Ro là bán kính Mặt trăng và M là khối lượng Mặt trăng.

Bài 12 : Khi giải bài toàn sử dụng các hằng số sau : - Bán kính Trái Đất là RT = 6,37.106 m - Gia tốc trọng trường ở bề mặt Trái Đất là g = 9,81m/s2 142

- Độ dài của ngày thiên văn là T0 = 24,0 h 1.Một vệ tinh địa tĩnh có khối lượng m chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính r0. Vệ tinh này có thiết bị gọi là “ động cơ ở điểm cực viễn “ cung cấp các lực đẩy cần thiết để vệ tinh đạt các quỹ đạo cần thiết.

1.1 Tính giá trị bằng số ro 1.2. Lập biểu thức xác định vận tốc vo của vệ tinh theo g, RT và r0 và tính giá trị 1.3 Lập biểu thức xác định mô men động lượng L0 và cơ năng E0 của vệ tinh theo v0, g, RT và m

2. Khi vệ tinh địa tĩnh đang ở quỹ đạo tròn, do sai lầm động cơ điểm cực viễn bật lên. Mặc dù phản ứng nhanh để tắt động cơ đi nhưng vẫn xuất hiện lực đẩy hướng về tâm Trái Đất và một độ biến thiên vận tốc không mong muốn  v truyền cho vệ tinh . Người ta gọi thông số boost   v / v0 . Thời gian hoạt động của động cơ rất nhỏ có thể bỏ qua 2.1 . Xác định thông số p và tâm sai e của quỹ đạo mới theo r0 và  . Biết thông số p và tâm sai e có thể xác định theo công thức 1/ 2

 2EL2  L2  p và e  1  2 2 3  GMm2  GM m 

2.2. Tính góc giữa bán trục lớn của quỹ đạo mới và bán kính véc tơ của điểm mà ở đó động cơ được bật lên.

2.3. Lập biểu thức tính khoảng cách từ các cực viễn và cực cận đến tâm Trái Đất theo r0 và  . Tính các giá trị nếu  = ¼

2.4. Xác định chu kỳ T của quỹ đạo mới theo T0 và  . Tính giá trị khi  = ¼ 3. Giả sử khi động cơ ở điểm cực viễn hoạt động và vệ tinh thoát khỏi lực hút Trái Đất 3.1. Tính thông sô boost  esc tối thiểu .

3.2. Xác định khoảng cách r’min trong quỹ đạo mới theo r0 4.Giả thiết  >  escXác định vận tốc ở vô cực theo  và v0 Bài giải 1.1 và 1.2 . Do vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo xung quanh Trái Đất 143

 GM T m v02  m 1/3  r2   gRT2To2  r 0 0   r0     ro  4, 22.107 m / s 4 2   2 r0    v0  Thay số ta thu được  v0  3, 07.103 m / s T0 g    vo  RT r GM T 0  g  2 R  T gRT2 mgRT2 1.3. Mômen động lượng L0  r0mv0  2 mv0  L0  vo v0

Cơ năng

mv02 E0   2

2.1 . Do lực đẩy của động cơ khi hoạt động là lực hướng tâm nên L0 không đổi.

Vệ tinh chuyển động sang quỹ đạo elip.

Thông số p 

L0 2 mgRT2  p  r0 và kết hợp L  0 GM T m 2 v0

Khi được truyền thêm vận tốc v hướng về tâm Trái Đất nên cơ năng E khi đó E

1 GMm 1 m ( v 2  v 2 )   m v 2  E 0 2 r0 2

E

1 v 2 1 1 mv0 2 2  mv0 2  mv0 2 (  2  1) 2 v0 2 2

1/2

 2 EL02  Tâm sai e  1  2 2 3   G MT m 

và kết hợp L0 

mgRT2 GM T m v02  m và v0 r02 r0

Ta thu kết quả e    1  E  0 nên quỹ đạo vệ tinh là elip.

2.2. Theo phương trình tọa độ cực ta có

r   

p 1  e.cos 

Tại vị trí bật ta có r = r0 = p     .

2

144

Góc giữa bán trục lớn của quỹ đạo mới và bán kính véc tơ tại điểm bật lên là 900.

2.3. Theo phương trình tọa độ cực ta có

r   

r0 1   .cos 

Khoảng cách từ cực viễn đến tâm Trái Đất rmax  Khoảng cách từ cực cận đến tâm Trái Đất rmin  1 2

2.4. Bán trục a của vệ tinh a  ( rmax  rmin ) 

r0  5,63.107 (m) 1 

r0  3,38.107 (m) 1 

r0 1  2

Theo định luật III Kep-ler T  T0 (1  e2 )3/2  26,4h

3.1. Do cơ năng của vệ tinh E  1 mv0 2 (  2  1) 2

Điều kiện vệ tinh thoát ra khỏi Trái Đất E  0  esc  1 r

r

' 0 0 3.2 Theo phương trình tọa độ cực ta có r    1  cos   rmin  2

4. Khi vệ tinh ra đến vô cực E  1 mv 2  v  v0 (  2  1)1/2 2

III. KẾT LUẬN Chuyên đề “ Chuyển động thiên thể trong hệ mặt trời “ chỉ là một phần nhỏ trong trong phần thiên văn học mà tôi muốn đề cập tới, nhằm giúp học sinh phần nào hiểu và áp dụng được các bài tập của dạng này. Các bài tập trong chuyên đề được sắp xếp theo thứ tự từ dễ đến khó, từ phạm vi kiến thức hẹp đến mở rộng tới các kiến thức liên quan, để học sinh dễ tiếp cận.

Qua nhiều năm tập huấn học sinh giỏi tôi nhận thấy rằng , phần kiến thức này trong quá trình giảng dạy số lượng thời gian là ít nhưng luôn tạo hứng thú cho các học sinh vì liên quan tới các vấn đề thực tế.

Qua thử nghiệm trên các học sinh đội tuyển vật lý của trường, tôi thấy các em tiếp thu tốt, có hiệu quả. Xin được giới thiệu tới quí thầy cô và các bạn đồng nghiệp chuyên đề này

145

để tham khảo. Trong thời gian còn hạn chế, nội dung của chuyên đề còn chưa được phong phú, đa dạng, rất mong được sự đóng góp ý kiến của quí thầy cô và các bạn đồng nghiệp.

Hạ Long, tháng 6 năm 2014 Người viết Nguyễn Thu Hằng

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH TUYÊN QUANG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG

CHUYÊN ĐỀ: HỆ CÓ KHỐI LƯỢNG BIẾN THIÊN, CHUYỂN ĐỘNG CỦA TÊN LỬA Tác giả : Nguyễn Tuyết Hạnh Trường THPT Chuyên tỉnh Tuyên Quang 146

I - HỆ CÓ KHỐI LƯỢNG BIẾN THIÊN 1. Định nghĩa Có những hệ không chỉ trao đổi năng lượng với bên ngoài mà còn trao đổi cả vật chất nữa. Những hệ đó có khối lượng biến thiên theo thời gian và gọi là hệ mở.

2. Phương pháp nghiên cứu Để nghiên cứu hệ có khối lượng biến thiên, ta phải qui về hệ có khối lượng không biến thiên vì ta đã biết những định luật cơ bản áp dụng cho hệ này. Bằng cách đó ta thiết lập được các định luật áp dụng riêng cho hệ mở.

II – ĐỊNH LUẬT II NIU-TƠN ÁP DỤNG CHO HỆ CÓ KHỐI LƯỢNG BIẾN THIÊN. Để thiết lập định luật ta xét chuyển động của hệ mở trong HQC quán tính.  Giả sử ở thời điểm t hệ có khối lượng m, đang chuyển động với vận tốc v . Ngoài ra còn có một khối  lượng rất nhỏ dm chuyển động với vận tốc v1 đến sát nhập vào hệ.

Sau khoảng thời gian rất nhỏ dt, khối lượng của hệ biến thiên từ m đến m + dm, còn vận tốc của hệ    biến thiên từ v đến v +d v Tại thời điểm t:

Tại thời điểm t + dt

dm •

 v1

m

m+ dm

Bây giờ ta xét hệ gồm m và dm. Hệ này có khối lượng không biến thiên.  Trong khoảng thời gian dt, động lượng của hệ biến thiên một lượng dp      dp = ( m  dm).(v  dv )  (mv  dm.v1 )        dp  mv  mdv  dmv  dmdv  mv  dmv1  ( dm.dv  bỏ qua)     dp  mdv  dm(v  v1 ) Áp dụng định luật II Niu-tơn dưới dạng tổng quát cho hệ m + dm:       dp dv   dm ; Đặt v1  v  u (vận tốc tương đối của dm so với m) F   m  v  v1   ngluc dt dt dt    dm  Fngluc  ma  u dt    dm Hay: mt a   Fngluc  u (*) dt (*) là công thức định luật II Niu-tơn áp dụng cho hệ có khối lượng biến thiên theo thời gian.  dm +u có thứ nguyên của lực, đó là lực do dm tác dụng vào m khi sát nhập vào m hay khi tách ra khỏi m. dt  dm + Lực u phụ thuộc vào hai yếu tố là: dt dm • là tốc độ truyền khối lượng cho m hay tốc độ tách khối lượng ra khỏi m. dt  • u là vận tốc tương đối của dm so với m.

III - CHUYỂN ĐỘNG CỦA TÊN LỬA VÀ MÁY BAY PHẢN LỰC. 147

1. Tên lửa.

Tên lửa là một hệ có khối lượng giảm dần do nhiên liệu bị đốt cháy thành khí phụt ra ngoài (dm < 0). Các ngoại lực tác dụng vào tên lửa là trọng lực và lực cản của không khí.

2. Lực đẩy tên lửa  dm Lực u là lực đẩy tên lửa. dt Gọi  là khối lượng khí đốt phụt ra trong một giây (hay là tốc độ tiêu thụ nhiên liệu) dm (vì µ > 0)  dt   Khi đó lực đẩy tên lửa có dạng: Fd  u  3. Định luật chuyển động của tên lửa.     - Phương trình: mt a  mt g  FC  u  u là vận tốc của khí đốt phụt ra so với tên lửa 4. Máy bay phản lực.

Máy bay phản lực là một hệ có khối lượng biến thiên do nó trao đổi không khí với bên ngoài. Nó hút không khí từ bên ngoài vào để đốt cháy nhiên liệu. Khí đốt sinh ra lại thoát ra ngoài. Không khí hút vào gây ra lực cản, còn khí phụt ra (bao gồm cả nhiên liệu bị đốt cháy thành khí) gây ra lực đẩy.     - Phương trình: ma   Fngluc   kk   nh.l u ra  u vao  kk     Fd   kk   nh.l u ra ; Fcan  u vao  kk IV - BÀI TẬP VÍ DỤ Bài 1: Một chiếc xích được giữ thẳng đứng, đầu dưới chạm nhẹ vào mặt bàn. Xích có khối lượng m, dài l. Người ta thả tay cho xích rơi xuống. a) Tính lực mà xích tác dụng lên bàn khi đầu trên rơi được một đoạn đường bằng x b) Lực này cực đại bằng bao nhiêu và khi nào cực đại?

GIẢI

Chọn t = 0 là lúc thả xích.

Xét phần xích đã nằm trên mặt bàn. Phần xích này là một hệ có khối lượng tăng dần, gia tốc a = 0, ngoại lực tác dụng gồm P,N. Ở thời điểm t, đầu trên của sợi xích đi được quãng đường x = gt2/2, mỗi phần tử xích đang chuyển động có vận tốc v = gt. Chiều dài phần xích đang nằm trên mặt bàn là x = gt2/2 Khối lượng phần xích nằm trên bàn tăng dần theo thời gian: mt =

m mgt 2 x l 2l 148

   dmt Áp dụng phương trình định luật 2 Niu- tơn cho vật có khối lượng biến thiên: ma   Fngluc  u dt chọn chiều dương hướng xuống: u = v = gt

d mgt 2 0 = mtg - N + gt. ( ) dt 2l mg 2 t 2 mg 2 t 2 0= -N+ 2l l 3 mg 2 t 2 3mgx N= = l 2 l N cực đại khi mắt xích cuối cùng đạp vào bàn: x = l; Nmax = 3mg.

Bài 2: Một dây xích AB, dài l có một phần nằm trong một ống nằm ngang, nhẵn và một phần dài h nằm lơ lửng ở ngoài. Đầu B của dây xích nằm ngoài ống, chạm nhẹ vào mặt bàn. Đầu A của dây xích nằm trong ống. Người ta thả đầu A của xích. Tìm tốc độ của đầu A khi nó vừa rời khỏi ống.

GIẢI Chọn t = 0 là lúc bắt đầu thả đầu A. Xét đoạn xích đang chuyển động, đây là một hệ có khối lượng giảm dần, vì cứ sau khoảng thời gian dt lại có một mắt xích dài dx rời khỏi hệ và nằm yên trên bàn.

Chọn chiều dương là chiều chuyển động, tại thời điểm t, khi đầu A đi được một đoạn đường x và có vận m tốc v thì khối lượng đoạn xích đang chuyển động là mt  l  x  ; l m u = 0;  F  gh l    dm Theo phương trình mt a   Fngluc  u dt m dv m gh dx Ta có: l  x   gh  l  x dv  ghdt  dv  l dt l lx v v

l h

Tích phân 2 vế:  vdv  0

Vậy: v  2 gh ln

 0

gh

dx v2 l ta được  gh ln lx 2 h

l h

Bài 3: Lúc t = 0, một cái xe đựng cát có khối lượng tổng cộng của xe và cát là mo đang đứng yên trên mặt phẳng ngang, nhẵn thì chịu tác dụng của một lực F không đổi theo phương ngang. Do có một lỗ thủng ở sàn xe nên cát chảy xuống với tốc độ không đổi µ kg/s. Xác định vận tốc và gia tốc của xe ở thời điểm t?

GIẢI Xe đựng cát có khối lượng giảm dần do cát chảy ra khỏi xe. Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe. Khi cát rời khỏi xe thì tốc độ của cát so với xe u = 0.    dm Khối lượng của xe ở thời điểm t là m = m0 - µt, theo công thức mt a   Fngluc  u dt 149

F m0  t dv F F a   dv  dt dt m0  t m0  t

do đó gia tốc của xe là a 

v

Tích phân 2 vế:  dv  0

F

t

dt

m 0

0

 v

F



ln

t

m0 m0  t

Bài 4: Một tàu vũ trụ khối lượng M0 đang chuyển động không ngoại lực tác dụng với vận tốc không đổi v0. Muốn thay đổi hướng chuyển động của con tàu người ta cho hoạt động một động cơ phản lực để phụt một luồng khí có tốc độ u không đổi đối với con tàu, đồng thời luồng khí có hướng luôn vuông góc với hướng chuyển động của con tàu. Khi kết thúc thời gian hoạt động của động cơ thì khối lượng tàu là M. Hỏi hướng chuyển động của con tàu lệch góc α bằng bao nhiêu so với hướng chuyển động ban đầu?

GIẢI Do luồng khí phụt có hướng luôn vuông góc với hướng chuyển động của con tàu nên tốc độ của tàu không đổi bằng v0, nhưng hướng vận tốc thay đổi.

Trong thời gian nhỏ dt thì phương của vận tốc biến đổi dα dv dv = v0dα v0    dm dα Theo phương trình mt a   Fngluc  u v’0 dt Do không có ngoại lực nên  F  0 , ta có:    dm dv  dm (*) m u  dv  u dt dt m  dm Chiếu (*) lên chiều của d v ta được dv  u m Thay dv = v0dα: d  



u

 M u dm u dm Tích phân 2 vế:  d    v0 m v0 M 0 m 0

u M0 ln v0 M

Bài 5: Một xe tải có khối lượng ban đầu m0 và vận tốc ban đầu v0 chuyển động trên đường nằm ngang. Mưa rơi thẳng đứng, nước đọng trong thùng xe với khối lượng không đổi µ trong mỗi giây. Tìm vận tốc của xe ở thời điểm t, nếu lực cản lên xe tỉ lệ với vận tốc theo công thức F = b.v, với b là hệ số tỉ lệ không đổi.

GIẢI

150

Khối lượng của xe ở thời điểm t là mt = m0 + µt;  

dm dt

   dm Theo phương trình mt a   Fngluc  u dt

Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe: m0  t  dv  bv  v  b   v  dv  b    dt m0  t  dt v Tích phân hai vế:

b    m  t m dv dt v v v  b   0 m0  t  ln v0    ln 0m0  ln( m0 0 t ) 0 v

t

 m0   v  v0   m0  t 

b 



 b  1    

Bài 6: Một máy bay phản lực đang bay ngang với tốc độ 180m/s. Trong mỗi giây động cơ của nó hút vào 68m3 không khí có khối lượng 70kg. Khối lượng này dùng để đốt hết 2,9 kg nhiên liệu trong mỗi giây. Động cơ nén khí đốt và phụt nó ra sau máy bay với tốc độ 490m/s so với máy bay. Hãy tính lực đẩy và công suất của động cơ.

GIẢI Chọn chiều dương là chiều chuyển động của máy bay.

- Phương trình:   Fd   kk   nh.l u ra ; Fd = 35700N   Fcan  u vao  kk ; Fcản = -12600N Lực đẩy thực: F = Fd - FC = 23100N. Công suất của động cơ: P = F.v = 4,2.106 W Bài 7: Một tên lửa bay ra xa trái đất. Khi nó đạt độ cao 6400km thì động cơ của nó lại hoạt động để khí đốt phụt ra với tốc độ 1200m/s (so với tên lửa). Biết rằng lúc đó tên lửa có khối lượng 25000kg và cần một gia tốc 1,7m/s2. Hãy xác định tốc độ tiêu thụ nhiên liệu. kính trái đất R = 6400km; g = 9,8m/s2. Bỏ qua sức cản của không khí.

GIẢI     Phương trình: ma  mg  FC  u Chiếu lên chiều dương là chiều chuyển động của tên lửa: ma = -mg’ + u = g' 

G.M

R  R 

2



mg  u 4

g 4

 = 86,5kg/s

151

Bài 8: Một tên lửa được phóng lên thẳng đứng từ mặt đất. Vận tốc khí phụt ra đối với tên lửa là 1000 m/s. Tại thời điểm phóng tên lửa có khối lượng 6 tấn. Tìm khối lượng khí phụt ra trong 1s để: 1) Tên lửa lên rất chậm ( 60 kg/s) 2 2) Tên lửa lên ndđ với a=2g=20 m/s (180 kg/s) GIẢI     - Phương trình chuyển động của tên lửa: ma  mg  FC  u - Chiếu lên chiều dương là chiều chuyển động của tên lửa: ma = -mg + u = -m.g  u a) Tên lửa lên rất chậm: a = 0  = 60 kg/s b) Tên lửa lên ndđ với a =2g=20 m/s2  = 180 kg/s) - Hết-

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH TUYÊN QUANG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG

152

CHUYÊN ĐỀ: SỰ TƯƠNG TỰ QUANG - CƠ Tác giả: Lầu Sìn Khuầy Trường THPT Chuyên tỉnh Tuyên Quang Đặt vấn đề: Phương pháp tương tự là phương pháp hay, thường được sử dụng trong nghiên cứu khoa học nói chung và vật lý nói riêng. Nó giúp học sinh dễ dàng hơn trong việc tiếp cận các kiến thức mới dựa vào các kiến thức đã biết, đồng thời giúp học sinh phát hiện mối liên hệ giữa các phần kiến thức khác nhau trong vật lý.

Dưới đây là chuyên đề mà tôi tình cờ sưu tầm được trên website Bạch Kim, không rõ tác giả. Cá nhân tôi thấy đây là chuyên đề bổ ích cho học sinh trong việc ôn thi học sinh giỏi các cấp. Xin giới thiệu với các thầy cô và các em học sinh.

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

A

D

C

l

chạy trên cánh đồng là v2 .

B

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 

A

 v1 C

D



r v 2

l B

n1 v2  n2 v1

153

l

Từ hình vẽ: CD  l tan r 

1 / sin r 

2

l

 1

v

2

1

lv2



v12  v22

/ v2  1

Cần chú ý rằng kết quả bài toán chỉ có nghĩa khi v1  v2 . Nếu v1  v2 thì trên thực tế ôtô 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  có một người đánh cá sinh sống. Ngôi nhà của 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 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 .

D l A

B h

C

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 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 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 vmôitruong v2   nmôi truong vlangkinh 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. Vậy r   / 2 Từ định luật khúc xạ  sin i  n sin r  n sin  / 2  1 - Từ hình vẽ: JB  AI 

h h  cosi 1  n 2 sin 2  / 2  2

2

+ Có DH  DI  IH  l  h , với IH  h tan i  h

 2 n sin  / 2  1  n 2 sin 2  / 2  154

 DI  l 2  h 2  h 2

n sin  / 2  1  n 2 sin 2  / 2 

2

+ Nếu ID > 0  l  h  h

n sin  / 2  1  n 2 sin 2  / 2 

l 

h 1  n 2 sin 2  / 2 

thì người đánh cá sẽ đi

đến điểm I, qua vịnh đến J rồi tiếp tục đi thuyền đến điểm B.



Từ hình vẽ : IJ  2 IK  2 ID sin  / 2   2  l  h  h 2

2



  sin  / 2  2 2 1  n sin  / 2   n sin  / 2 

Thời gian để người đánh cá đi từ A đến B là

n 2 sin 2  / 2  2 AI IJ 2h  1 l 2  h2   t    n sin  v2 v1 v2  1  n 2 sin 2  / 2  h 2 1  n 2 sin 2  / 2  

  

 2h  l 2  h2 v 2 2  t   1  n sin  / 2   n sin  / 2   , trong đó n  2 v1 v2  h  2

2

+ Nếu ID < 0  l  h  h

n sin  / 2  1  n sin  / 2 

l 

h

thì người đánh cá sẽ đi

1  n sin 2  / 2  đến điểm D rồi tiếp tục đi thuyền đến điểm B. Thời gian nhỏ nhất khi đó bằng t  2l / v2 2

2

2

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 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

A

 v1

a

 H

I

K

 v2  v1

b B

.

Bài giải 155

1. Trước hết ta có nhận xét rằng nếu “cánh đồng (P1)” 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

n v suất tỉ đối 2  1  n n1 v2 Từ định luật khúc xạ

A

 a H

 v1

 i

I

 r v2  v1

J

sin i n2   n , với sin r n1

cos n a b bn ; BI   2 - Từ hình vẽ: AI  sin  cosr n  cos 2

i  900    sin r 

K

b B

- Thời gian ngắn nhất đi từ A đến B là:

AI BI a bn a tmin      2 2 v1 v2 v1 sin  v2 n  cos  v1 sin 

 n 2b 1  cos 2 1  a n 2  cos 2 

 a b  2  sin  n  cos 2 

2. Từ hình vẽ : KH  KI  IH  a tan i  b tan r  

tan  

KH  ab

 a b  2   sin  n  cos 2 

  

  cos  

 cos   a b 

Thời gian người đó đi thẳng từ A đến B bằng

t 

AJ BJ a b    v1 v2 v1 cos  v2cos

 a a nb  b   t  1  1   2    sin  v1  a  n  cos 2 

2

 cos 2    a  b 2 

II- Nghiên cứu đường đi của ánh sáng trong môi trường chiết suất biến đổi thông qua 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 156

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  0 . Bỏ qua sức cản không khí. Chọn hệ trục xOy như hình vẽ 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.

1.2. Chứng minh rằng tại một điểm bất kỳ trên quỹ đạo, góc 

y

tạo bởi véc tơ vận tốc v của hạt và phương thẳng đứng thỏa mãn

0

phương trình f ( y )sin   f 0 sin  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

O



đổi theo độ cao theo quy luật n  n0 1   y . Trong đó n0 và



n

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  0 với trục Oy. 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   t

(1)

1 y   v0cos  t  gt 2 (2) 2  (Chú ý là góc  tạo bởi v0 và phương thẳng đứng) Từ (1) và (2) tìm được phương trình quỹ đạo:

y

x g  2 2 x2 tan  0 2v0 sin  0

(3)

Từ (3)  tầm xa và độ cao cực đại mà vật đạt được:

v02 sin 2 0 v02cos 2 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   v0 sin  0 (5)

157

- Theo phương Oy vật chuyển động biến đổi đều với gia tốc g  v y  v0cos 0  gt 2

2

Vận tốc toàn phần của vật v  vx  v y 

v

2

sin     v0cos  gt  0

2

1  2g   v  v02  2 g  v0cos  t  gt 2   v02  2 gy  v0 1  2 y (6) 2  v0  (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   v0 sin  0 v02 

 2g    1  2 y  sin   sin  0  f  y  sin   sin  0 v0  

(7)

Đây chính là phương trình mà ta cần chứng minh.

y



0

n

O 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 Ox Theo định luật khúc xạ: n  y  sin   n0 sin  0

 n 1 y sin  n sin  1 y sin  sin 0 0 0 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



2g . Như vậy quỹ đạo tia sáng cũng là một đường Parabol. Các điều kiện v02

về độ cao cũng như điểm mà tia sáng ló ra hoàn toàn xác định tương tự như phương trình (4)

v02 sin 2 0 2sin 2 0 v02cos 2 0 cos 2 0 xmax   xmax   ymax  ; ymax  g  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  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

y a O

x 158

n  n  y   n1 1   2 y 2 , trong đó y là khoảng cách từ điểm có chiết suất n đến trục lõi,  là hằng số dương. Lõi được bao bọc bởi một lớp vỏ làm bằng vật liệu có chiết suất n2 không đổi.

Bên ngoài sợi quang là không khí, chiết suất

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  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  max , dưới đó ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi quang.

(Trích đề thi APHO năm 2004)

y O

0

n1

x n2

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.

n2   2 y 2  1. Nếu xem sự tương tự giữa chiết suất 2 n1 v2 x2 và vận tốc trong cơ học ta sẽ thấy một phương trình tương tự là 2  2 1 , chính là phương trình của V0 A 2

2

1. Trước hết từ phương trình n  n1 1   y 

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

 0 theo phương trình: x   v0cos 0  t

(1)

y  Asin t   

(2)

Từ điều kiện ban đầu:

  0  y  0   0    v0 sin  0  A    y '  0   v0 sin  0 

 x  v0 cos 0 

- Phương trình quỹ đạo: y  A sin 



(3)

(4)

159

 quỹ đạo chuyển động của hạt sẽ là đường hình sin.

2

2

+ Vận tốc tại điểm M trên quỹ đạo: v  vx  v y

 y2  Trong đó vx  v0cos 0 ; v y  y '  t   A sin t  v  A  1  2   A  2 y

2

y2    v  v cos  0  A  1  2   A  2 0

2

2

2

2

(5)

2 0

2

Từ (3)  A  v0 sin  0 , thay vào (5)  v  v   y

2

 v0 1 

2 2 0

v

y2

Mặt khác, từ (1) ta thấy hạt chuyển động đều theo phương Ox

 vx  vcos  v0cos 0

 v0 1 

2 2 0

v

2

y cos  v0 cos 0  1 

2 2 0

v

y 2 cos  cos 0

(6).

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)

        const  n1 sin   1  2  2 

Theo định luật khúc xạ: n  y  sin 

 n1 1   2 y 2 cos  n1cos1  1   2 y 2 cos  cos1 Với góc

(7)

1 được xác định từ định luật khúc xạ tại O:

n12  sin 2  0 sin  0  n1 sin 1  cos1  n1

(8)

- Ta thấy phương trình (7) hoàn toàn trùng hợp với phương trình (6) mô tả quỹ đạo hình sin với



 v0



sin 1 sin  0  . Như vậy quỹ đạo tia sáng cũng là một đường hình sin: A n1 A

   sin  0    y  Asin  x  sin  x  n1  cos1   v0cos1 

y

 sin  0 n sin  2 1 2  n  sin   n1 0  1

 x  

(9).

- Độ cao cực đại mà tia sáng đạt được chính bằng biên độ: ymax  A 

sin  0  n1

- Những điểm cắt của chùm tia với trục Ox thỏa mãn điều kiện y = 0

160

 n  sin  2 1 2  n  sin  0  1

 x  0  

n12  sin 2  0  x  k . n1 Vị trí đầu tiên có k 1 n12  sin 2  0  x  n1 2. Để ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi quang thì

ymax  a 

sin  0  a  sin  0   a n1  sin  max ;  max  arcsin  a n1  n1

Chú ý rằng từ điều kiện n  y   n1 1   y 2

2

n12  n22  . Vậy  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  tạo bởi véc tơ vận tốc của hạt và phương Ox thỏa mãn phương trình sin   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 ,  là các hằng số dương. Hãy xác định quỹ 1  x

đạo tia sáng và tìm điểm mà tia sáng ló ra.

Bài giải: 1. Từ hình vẽ ta có:

x  R  R sin   sin   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 M(x,y). Theo định luật khúc xạ:

n  x  sin   n0 sin 900  n0

n0  sin   n0  sin  1   x 1  x

I

y (2)



- Ta thấy phương trình (2) hoàn toàn trùng hợp với phương

I O

x

161

trình (1) mô tả quỹ đạo của chuyển động tròn với

1 R

  . Như

vậy quỹ đạo tia sáng cũng là một đường tròn bán kính R 

1



.

Tâm I của đường tròn nằm trên trục Ox, cách O một 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: 2

2

xB  R  R  d 

1 1  2 d 2

y



B R

d

 I

O

x

 Trường hợp 2: Bề dày bản d  R . Khi đó tia sáng sẽ ló ra sau khi đi được nửa vòng tròn. x  2 R  2 /   v0

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.

r

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   r ) , trong đó n0 và  là các hằng số đã biết. Hỏi cần phải tạo ra một chớp 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.

R O

r O

Bài giải: 1.1. Khi vệ tinh chuyển động tròn quanh hành tinh, lực hấp dẫn đóng vai trò lực hướng tâm. Ta có

162

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:

1 2 Mm 1 2 Mm mv0  G  mv  G (4) 2 r0 2 r

1 2 1 2 gR 2 2 gR 2  v  v0 1 Thay (2) , (3) vào (4) được  v0  v  2 2 r v02 r gR 2 1.3. Từ (3)  v  r0 2 0

(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    2 gR 2 Trừ (7) cho (6)   v0  v   v  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 r r0

(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

nr  n n (1   r )   0 r r r

(9) Theo giả thiết n(r )  n0 (1   r )  Từ (9) và (10) ta có 

n   n0 r

(10)

n0 (1   r ) 1   n0  r  r 2 163

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

t

2  r  r  2 r v v    v  v v r r

(11)

c n

c v v v n (12) n   n    2 n n r n r v v n n n Từ (11) và (12)        . Đây chính là phương trình (9). - Hếtr n r r r - Vì v   v  

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

CHUYÊN ĐỀ: BÀI TOÁN NGƯNG TỤ VÀ HOÁ HƠI TRONG CÁC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI Tác giả: Phan Dương Cẩn Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc A. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong một số năm gần đây, trong các đề thi thành lập đội tuyển học sinh giỏi quốc gia của các tỉnh cũng như trong đề thi học sinh giỏi quốc gia của Bộ Giáo dục bắt đầu xuất hiện các dạng bài tập có liên quan đến hiện tượng hoá hơi và ngưng tụ. Bài tập về phần này nhìn chung cũng không quá khó nhưng do các tài liệu viết về nó không nhiều, vả lại học sinh nhìn chung cũng không “hứng thú” khi học phần này cho nên kết quả là học sinh làm bài tập phần này có kết quả không tốt. Trong đề thi chọn HSGQG năm học 2013-2014 cũng có một bài tập về bay hơi và ngưng tụ, qua kết quả điểm mà Bộ Giáo dục công bố thì thấy thí sinh làm phần này rất kém. Xuất phát từ ý tưởng đó, trong bài viết này, tôi xin nêu ra “Bài toán ngưng tụ và hoá hơi trong các đề thi HSG” với hy vọng góp một phần nhỏ trong việc nghiên cứu chuyên đề này đối với các em học sinh.

B. CƠ SỞ LÍ THUYẾT I. Sự ngưng tụ và sự hoá hơi trong không gian giới hạn

164

Sự hoá hơi là quá trình chuyển chất từ thể lỏng sang thể khí, sự ngưng tụ là quá trình chuyển ngược lại từ thể khí sang thể lỏng. Về nguyên tắc thì hơi sinh ra có thể luôn luôn tiếp giáp với chất lỏng hoặc có thể bay đi trong khí quyển. Trong trường hợp chuyển thể trong không gian giới hạn thì hơi luôn luôn tiếp giáp với chất lỏng.

I.1. Thí nghiệm nén khí đẳng nhiệt: Xét một lượng khí CO2 có khối lượng m được chứa trong một

xilanh

P

kín như hình vẽ. Xilanh có thành dẫn nhiệt tốt để đảm bảo nhiệt độ

của

CO2 trong xilanh luôn bằng nhiệt độ môi trường xung quanh. Trạng

thái

ban đầu của khí được biểu diễn bởi điểm H trên đồ thị p-V như hình

vẽ

B

dưới. Ấn từ từ pittông xuống dưới khiến cho các trạng thái nối tiếp nhau của chất trong xilanh là trạng thái cân bằng. Trong thí nghiệm đầu ta đặt xilanh trong bình nước đá đang tan, khi đó nhiệt độ của khí CO2 trong bình được giữ ốn định

L

nhiệt độ T0=273K. Từ đồ thị thực nghiệm ta thấy rằng, khi tích V của khí giảm thì áp suất p của nó tăng theo gần đúng luật Bôilơ-Mariot (đường biểu diễn quá trình nén khí trên p-V là một cung hypebol).

ở

p(kPa)

3500

thể A2

định

A1 H

O

Vl

Vh

đồ thị

V

Khi áp suất p tăng đến giá trị 3500kPa (ứng với điểm

A1

trên đồ thị) thì dù có giảm V thì áp suất p cũng không tăng nữa. Trong quá trình giảm V từ Vh xuống Vl thì thấy một mặt là p không đổi, mặt khác ta thấy khí CO2 bắt đầu ngưng tụ, V càng giảm thì phần khí CO2 bị ngưng tụ càng nhiều. Khi V=Vl thì trong bình chỉ còn CO2 ở dạng lỏng. Khí CO2 ở trạng thái từ A1 đến A2 được gọi là hơi bão hoà của chất CO2. Sau khi khí hoá lỏng hoàn toàn, nếu tiếp tục nén thì chỉ cần một sự thay đổi nhỏ của thể tích cũng làm áp suất tăng lên rất nhiều, đoạn A2L (đồ thị gần như song song với trục Op).

I.2. Đường đẳng nhiệt: Đường biểu diễn HA1A2L được gọi là đường đẳng nhiệt của CO2 trong xilanh ở nhiệt độ T0=273K. Đường này biểu diễn một quá trình gồm 3 giai đoạn: nén khí, khí hoá lỏng, nén chất lỏng. Quá trình này có tính thuận nghịch: nếu từ một vị trí bất kì, thay vì ấn pittông xuống, ta nâng pittông lên thì thể tích V tăng và quá trình diễn biến theo chiều ngược lại.

165

Từ đường đẳng nhiệt ta có thể rút ra kết luận: Ở 273K chất CO2 có thể tồn tại chỉ ở thể khí dưới áp suất nhỏ hơn 3500kPa, chỉ ở thể lỏng dưới áp suất lớn hơn 3500kPa. Ở áp suất 3500kPa thì chất này có thể một phần ở thể lỏng, một phần ở thể khí (hơi). Khí ở áp suất này được gọi là hơi CO2 bão hoà. Lưu ý: * Áp suất 3500kPa gọi là áp suất hơi bão hoà ở nhiệt độ T0=273K và được kí hiệu là pb(273K)=3500kPa. * Đại lượng

Vh  vh là thể tích riêng của hơi bão hoà ở nhiệt độ T0=273K m

* Đại lượng

Vb  vb là thể tích riêng của chất lỏng ở áp suất p0 và nhiệt độ T0=273K. m

Những thí nghiệm với một số chất khác cho thấy quá trình ngưng tụ và bay hơi các chất trong không gian giới hạn cũng tuân theo qui luật tương tự như đối với chất CO2. Những khái niệm về hơi bão hoà và áp suất hơi bão hoà ở một nhiệt độ đã cho đều áp dụng được cho mọi chất.

I.3. Giải thích theo vật lí phân tử: Chuyển động nhiệt của các phân tử trong chất lỏng là hỗn loạn, một số có động năng nhỏ hơn động năng trung bình, số khác có động năng lớn hơn. Một số ít có động năng lớn hơn nhiều so với động năng trung bình, số này có thể thắng được lực liên kết các phân tử trong chất lỏng và thoát ra ngoài mặt thoáng trở thành phân tử hơi, ta có quá trình bay hơi.

Trong quá trình bay hơi, một số phân tử có động năng lớn nhất thoát ra khỏi chất lỏng khiến cho động năng trung bình của các phân tử còn lại giảm. Vì nhiệt độ chất lỏng tỉ lệ với động năng trung bình nên nhiệt độ chất lỏng cũng giảm. Để giữ nguyên nhiệt độ chất lỏng khi bay hơi thì phải truyền cho chất lỏng một nhiệt lượng gọi là ẩn nhiệt hoá hơi.

Nếu chất hơi tiếp xúc với chất lỏng thì các phân tử hơi chuyển động nhiệt va chạm vào mặt thoáng chất lỏng, một số phân tử bị bật trở về phía hơi, số khác đi vào trong chất lỏng và bị giữ trong đó tạo ra sự ngưng tụ.

Những phân tử đi vào chất lỏng chịu lực hút hướng về phía chất lỏng nên động năng tăng. Sự tăng động năng đó làm cho nhiệt độ chất lỏng tăng. Nếu giữ nguyên nhiệt độ chất lỏng thì chất này toả nhiệt, nhiệt lượng toả ra bằng ẩn nhiệt hoá hơi về độ lớn.

166

Khi chất lỏng tiếp xúc với hơi, tại mặt thoáng luôn luôn diễn ra hai quá trình ngược chiều nhau là bay hơi va ngưng tụ. Khi áp suất p của hơi nhỏ hơn áp suất hơi bão hoà ở cùng nhiệt độ pb(T) thì số phân tử bay hơi lớn hơn số phân tử ngưng tụ (trong cùng thời gian), kết quả là ta được quá trình bay hơi. Khi áp suất p của hơi bằng áp suất hơi bão hoà ở cùng nhiệt độ pb(T) thì có sự cân bằng động: số phân tử bay hơi bằng số phân tử ngưng tụ (trong cùng thời gian), kết quả chung là sự bay hơi ngừng lại: Hệ lỏng - hơi ở trạng thái cân bằng. Hơi ở trên bề mặt chất lỏng lúc đó được gọi là hơi bão hoà.

II. Sự bay hơi trong khí quyển, điểm ba II.1. Sự bay hơi trong khí quyển: Xét sự bay hơi của nước, ta thấy sự bay hơi này phụ thuộc vào lượng hơi nước đã có sẵn trong không khí với áp suất riêng phần là phn. Các quan sát và thí nghiệm cho ta thấy rằng nước bay hơi trong khí quyển với điều kiện áp suất riêng phần phn nhỏ hơn áp suất hơi bão hoà của nước ở nhiệt độ khí quyển pb.

Nếu áp suất riêng phần của hơi nước phn càng nhỏ so với pb thì với cùng một diện tích mặt thoáng nước sẽ bay hơi càng nhanh. Sự bay hơi ngừng lại khi: phn=pb Lúc này người ta nói rằng không khí bão hoà hơi nước.

Nếu trên mặt thoáng của chất lỏng, không khí lưu chuyển (có gió) thì hơi nước bay lên từ mặt thoáng bị cuốn đi ngay, bảo đảm cho áp suất riêng phần của hơi nước ở sát mặt thoáng cũng có giá trị phn như giá trị chung cho khí quyển. Tốc độ bay hơi được duy trì.

Nếu không khí trên mặt thoáng không lưu chuyển thì hơi nước bay lên làm tăng áp suất riêng phần trong lớp không khí gần mặt thoáng, làm cho lớp này trở nên gần bão hoà hơi nước. Lúc này chỉ nhờ quá trình khuếch tán, thường xảy ra chậm, hơi nước ở gần mặt thoáng mới chuyển dần ra xa và nước bay hơi chậm.

II.2. Độ ẩm của không khí: Yếu tổ ảnh hưởng tới sự bay hơi trong khí quyển là áp suất riêng phần phn của hơi nước trong không khí và áp suất hơi nước bão hoà pb ở nhiệt độ của khí quyển (cũng là nhiệt độ của nước bay hơi). Trong đời sống hàng ngày người ta dùng khái niệm độ ẩm của không khí thay cho hai áp suất nói trên.

167

Nếu áp suất riêng phần của hơi nước trong không khí là phn thì trong mỗi mét khối không khí có chứa một khối lượng hơi nước là a mà ta có thể tính được theo phương trình Clapperon-Mendeleep: p hnV 

m



RT  a 

m p hn  V RT

a được gọi là độ ẩm tuyệt đối của không khí. Nếu khối lượng mol  của hơi nước tính ra g/mol thì a tính ra g/m3.

Giá trị cực đại của độ ẩm tuyệt đối a ứng với cực đại của áp suất riêng phần phn (=pb) được gọi là độ ẩm cực đại A của không khí: p bV 

m



RT  A 

m p b  V RT

Ở một nhiệt độ đã cho thì tốc độ bay hơi càng lớn nếu a càng nhỏ so với A, nói cách khác

a càng nhỏ so với 1. Tỉ số này được kí hiệu là f và được gọi là độ ẩm tỉ đối của không A

khí: f 

a p hn  A pb

Độ ẩm tỉ đối f thường được tính ra %.

Nếu không khí chứa hơi nước với áp suất riêng phần phn như đã nói ở trên mà được làm lạnh dần đến nhiệt độ Tn sao cho pb(Tn)=phn thì hơi nước bắt đầu ngưng tụ, nhiệt độ Tn gọi là điểm sương.

II.3. Sự sôi: Nếu ta tăng nhiệt độ của một chất lỏng trong khí quyển (ví dụ nước trong một bình mở) thì quá trình bay hơi qua mặt thoáng diễn ra cũng tăng lên. Tới một nhiệt độ nào đó, sự bay hơi mạnh hẳn lên, chất lỏng không chỉ bay hơi qua mặt thoáng mà còn bay hơi từ trong lòng của nó dưới dạng những bọt khí lớn dần lên trong khi nổi lên và vỡ ra ở mặt thoáng.

Hiện tượng này gọi là sự sôi.

Sự sôi của một chất lỏng đã cho xảy ra khi nhiệt độ chất lỏng và hơi đạt tới giá trị xác định Ts đối với mỗi chất lỏng. Trong suốt quá trình sôi, nhiệt độ của chất lỏng và của hơi

168

vừa bay ra giữ nguyên giá trị Ts. Ts được gọi là nhiệt độ sôi (hay điểm sôi) của chất lỏng dưới áp suất khí quyển.

Thực nghiệm và lí thuyết đều chứng tỏ rằng: chất lỏng sôi ở nhiệt độ Ts mà tại đó áp suất hơi bão hoà pb(Ts) của chất bằng áp suất p0 tác dụng trên mặt thoáng: pb (Ts )  p0

Nếu trong chất lỏng không sẵn có bọt khí, tức là không có những hạt bụi nhỏ, những điện tích… để tạo nên những tâm sôi ban đầu thì chất lỏng có thể được đun nóng đến nhiệt độ lớn hơn nhiệt độ Ts mà vẫn không sôi. Người ta gọi đó là chất lỏng bị đun quá hay chậm sôi. Khi trong chất lỏng chậm sôi hình thành tâm sôi thì sự sôi xảy ra và chất lỏng lại trở về nhiệt độ sôi Ts. Hiện tượng chậm sôi được ứng dụng trong buồng bọt để quan sát quỹ đạo của hạt vi mô tích điện chuyển động rất nhanh.

C. BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Không gian trong xilanh ở bên dưới pittông có thể tích là V0=5 lít chứa hơi nước bão hoà ở nhiệt độ t=1000C. Nén hơi đẳng nhiệt đến thể tích V=1,6 lít. Tìm khối lượng nước ngưng tụ (Có thể áp dụng phương trình Clapêrôn-Menđêlêep). Biết rằng ở 1000C thì áp suất hơi nước bão hoà là pb = 760 mmHg. Hướng dẫn giải: Áp dụng phương trình Clapêrôn-Menđêlêep cho hơi bão hoà trong xilanh ở trạng thái đầu và trạng thái cuối ta được (lưu ý khi giảm thể tích thì áp suất không đổi): pbV1 

pbV2 

m1

 m2



RT1  m1 

RT2  m2 

pbV1  RT1 pbV2  (T2=T1=373K) RT2

 khối lượng nước ngưng tụ là m  m1  m2 

pb  (V1  V2 )  2 g RT

Bài 2:

169

Để xác định nhiệt hoá hơi của nước, người ta làm thí nghiệm sau. Đưa 10 g hơi nước ở nhiệt độ 1000C vào một nhiệt lượng kế chứa 290 g nước ở 200C. Nhiệt độ cuối của hệ là 400C. Hãy tính nhiệt hoá hơi của nước, cho biết nhiệt dung của nhiệt lượng kế là 46 J/độ, nhiệt dung riêng của nước là 4,18 J/g.độ.

Hướng dẫn giải: Khi đưa hơi nước vào nhiệt lượng kế thì hơi nước toả nhiệt và ngưng tụ, nước được ngưng tụ lại tiếp tục toả nhiệt để giảm nhiệt về 400C: Qtoả=L.mhơi nước+m(100-40)=L.10+60.10 (m=mhơi nước) Nhiệt lượng toả ra làm nóng nhiệt lượng kế và nước: Qthu=q(40-20)+290.4,18(40-20) Định luật bảo toàn năng lượng ta được: Qtoả=Qthu L=2,26.103J/g Bài 3: Nhiệt độ của không khí là 300C. Độ ẩm tỉ đối là 64%. Hãy xác định độ ẩm tuyệt đối và điểm sương. Ghi chú: Tính các độ ẩm theo áp suất riêng phần.

Hướng dẫn giải: Ta có: a 

m p hn  , phn=f.pb=0,64pb a=20,3g/m3.

V RT

Sử dụng điều kiện: pb(Tn)=phn ARTn=aRT=fARTTn=fT=0,64.30=19,20C Bài 4: (Trích đề thi vòng 2 chọn ĐT Phú Thọ 2008) Cho hai nhiệt kế thuỷ ngân và các vật liệu thông thường (vải bông, nước ...). Hãy trình bày một phương án thí nghiệm xác định gần đúng độ ẩm tỉ đối của không khí. Cho biết áp suất hơi bão hoà của nước tuân theo gần đúng công thức:

dPbh L  , trong đó dT T Vh  Vn 

dPbh là độ biến thiên áp suất hơi bão hoà khi nhiệt độ biến thiên từ T đến T+dT, L là nhiệt hoá hơi, Vh; Vn lần lượt là thể tích của một đơn vị khối lượng nước ở thể hơi và ở thể lỏng ứng với nhiệt độ T. Hãy giải thích cách làm.

Hướng dẫn giải: Dùng một nhiệt kế ở điều kiện bình thường đo nhiệt độ của không khí T1; nhiệt kế thứ hai được cuốn vải bông ướt ở bầu nhiệt kế. Hai nhiệt kế này để ở xa nhau. Xung quanh 170

bầu nhiệt kế thứ hai có hơi nước bão hòa. Nhiệt độ nhiệt kế này chỉ là T2 < T1. áp suất của hơi bão hòa xung quanh nhiệt kế thứ hai (ở chế độ đã ổn định) bằng áp suất riêng phần của hơi nước ở nhiệt độ T1: Pbh(T2) = Pr(T1). Độ ẩm tỉ đối của không khí được xác định bằng công thức: f =

Pr (T1 ) trong đó Pr(T1) là áp Pbh (T1 )

suất riêng phần của hơi nước ở nhiệt độ T1, Pbh(T1) là áp suất của hơi nước bão hòa ở nhiệt độ T1.

Vậy: f =

Pr (T1 ) Pbh (T2 ) P (T )  Pbh (T2 ) dP   1  bh 1  1  bh Pbh (T1 ) Pbh (T1 ) Pbh (T1 ) Pbh

Vì Vn << Vh và theo giả thiết ta có: áp dụng công thức: T 

Vh mR

(1).

dPbh L L   dT T Vh  Vn  TVh

Pbh (3)  dT 

Từ (1), (2), (3) và (4) ta được: f  1 

Vh mR

(2).

dPbh (4) .

L dT . mRT 2

Bài 5: (Trích đề thi HSG QG 2014) Một hỗn hợp gồm nước, hơi nước bão hòa và không khí được chứa trong một xilanh có pittông khít bằng kim loại. Ban đầu áp suất riêng phần của hơi nước bão hòa và không khí bằng nhau. Di chuyển pittông vô cùng chậm để thực hiện quá trình giãn nở đẳng nhiệt thuận nghịch hỗn hợp trên. Ở trạng thái cuối, thể tích của hơi nước và không khí tăng lên 3 lần còn áp suất của hỗn hợp hơi nước và không khí lên thành xilanh giảm 2 lần so với trạng thái ban đầu. Coi thể tích của nước ở dạng lỏng là không đáng kể, hơi nước và không khí tuân theo phương trình trạng thái khí lí tưởng. a) Chứng minh rằng hơi nước ở trạng thái cuối là hơi khô. b) Tính tỉ lệ khối lượng của nước và hơi nước bão hòa chứa trong xilanh lúc đầu. c) Vẽ đồ thị áp suất của hơi nước và không khí lên thành xilanh theo thể tích khi hệ biến đổi từ trạng thái đầu đến trạng thái cuối.

Hướng dẫn giải: a) Gọi khối lượng hơi nước bão hòa ở trạng thái ban đầu là m1, khối lượng nước là m2 và số mol không khí là n. Thể tích hỗn hợp hơi nước và không khí ở trạng thái ban đầu là V1. Áp 171

suất hỗn hợp khí ban đầu là P1 = Phn1 + Pkk1, trong đó Phn1 = Pkk1 là áp suất riêng phần của hơi nước bão hòa và không khí ở thời điểm ban đầu. → Phn1 = Pkk1 = Pbh = P1/2.

Không khí tuân theo phương trình trạng thái khí lí tưởng nên trong quá trình đẳng nhiệt: Pkk1 .V1  Pkk 2 .V2  Pkk 2 

V1 P Pkk1  1 .

V2 6

Áp suất hỗn hợp hơi nước và không khí lúc sau là P2 = P1/2 → Áp suất riêng phần của hơi nước: Phn2 = P1/2  P1/6 = P1/3 < Pbh. Vậy, hơi nước ở trạng thái cuối là hơi khô hay toàn bộ nước trong xi lanh đã hóa hơi hết.

Khối lượng hơi nước ở trạng thái cuối m = m1 + m2. b) Ta có các phương trình trạng thái: Phn1V1 

m1 m m m Phn 2 V2 RT; Phn 2 V2  RT    2  2  1.   m1 Phn1V1 m1

c) Trước tiên cần tìm trạng thái C mà tại đó nước vừa hóa hơi hết.

Gọi thể tích của hệ trong trạng thái này là VC. Ở trạng thái này nước vừa hóa hơi hết nên áp suất của hơi nước PhnC = Pbh = Phn1. Khối lượng hơi nước trong trạng thái C là 2m1. Ta viết các phương trình trạng thái cho hơi nước và không khí: 2m1 m RT; Phn1V1  1 RT  VC  2V1.   P PkkC VC  nRT  Pkk1V1  PkkC  1 .

4 PhnC VC 

Áp suất lên thành bình PC = PhnC + PkkC = 3P1/4. + Khi V1  V  VC hơi nước là hơi bão hòa, áp suất hơi nước Phn = Pbh. Áp suất không khí Pkk = Pkk1 V1/V và áp suất lên thành bình:

172

P  Phn  Pkk 

1.0

P1  V1  1   .

2 V

0.9

+ Khi VC  V hệ chỉ gồm hơi

nước 0.8

và không khí, áp suất lên bình: P  Phn  Pkk  P1

P P1

thành 0.7

0.6

3V1 2V

0.5 1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

V

Bài 6: (Trích đề thi vòng 2

chọn

V1

ĐT Vĩnh Phúc 2013) Một xi lanh làm bằng chất cách nhiệt, đặt thẳng đứng được chia làm hai phần bởi một pittông nhẹ MN linh động và cũng làm bằng chất cách nhiệt. Phần trên (phần I) chứa không khí có độ ẩm tỉ đối f (f<100%). Nắp AB của pittông dẫn nhiệt tốt nên có thể coi không khí ở phần trên luôn có nhiệt độ bằng nhiệt độ của môi trường. Phần dưới (phần II) chứa không khí khô và có thể được truyền nhiệt nhờ có dây nung nối với một nguồn điện. Lúc đầu mỗi phần đều có thể tích V0 và áp suất là p0, có nhiệt độ bằng nhiệt độ A môi trường. Dùng dòng điện để nung nóng khối khí phía dưới thật

B

của

N

điểm

I

chậm (xem hình vẽ). Coi khí là khí lí tưởng lưỡng nguyên tử. a) Xác định áp suất và thể tích của không khí ở phần trên ở thời M

II

hơi nước bắt đầu ngưng tụ. b) Xác định nhiệt lượng nhỏ nhất cần cung cấp cho khí ở phần II để

xảy

ra sự ngưng tụ của hơi nước ở phần I. c) Nếu tiếp tục cung cấp nhiệt cho khí ở phần dưới cho đến khi không khí ở phần trên có thể tích bằng V0/4 thì áp suất trong phần này là 3,7p0 và có 50% số phần tử hơi nước trong phần này đã bị ngưng tụ. Tìm áp suất riêng phần của hơi nước trong không khí ẩm ở phần I của xilanh lúc đầu. Áp dụng với f=40%. ĐS: a) V1=fV0, p1=p0/f

1 f    nRT0 ln f  f 

b) Q  5nRT0 

c) phn=0,2p0

173

D. KẾT LUẬN Bài toán ngưng tụ và hoá hơi nhìn chung là không khó, tuy nhiên để học sinh có thể làm tốt bài tập phần này thì giáo viên nên dạy kĩ cho các em hiểu rõ phần lí thuyết, sau đó cho các em luyện tập một số dạng bài cơ bản. Trên cơ sở đó, các em sẽ có khả năng xoay sở khi gặp các bài toán tương tự. Với kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi còn hạn chế còn vấn đề được đề cập đến trong chuyên đề này lại không được phổ biến lắm nên chuyên đề không tránh khỏi các thiếu sót. Rất mong nhận được các ý kiến đóng góp của các bạn đồng nghiệp và các em học sinh để chuyên đề được hoàn thiện hơn.

E. TÀI LIỆU THAM KHẢO: 1. Tài liệu chuyên Vật lý 10 - Tập 2 - Phạm Quý Tư, Nguyễn Đình Noãn - NXB Giáo dục Việt Nam 2012.

2. Vật lý 10 nâng cao - Nguyễn Thế Khôi (chủ biên) - NXB Giáo dục 2006.

3. Đề thi vòng 2 chọn đội tuyển QG của các tỉnh Phú Thọ, Vĩnh Phúc; đề thi chọn HSG QG của Bộ Giáo dục & Đào tạo.

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

CHUYÊN ĐỀ : SỰ DỊCH CHUYỂN CỦA ẢNH Tác giả (Nhóm tác giả): Tổ vật lý Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc 1. Chứng minh một bổ đề: k1k 2  

d ' (*) d

174

Trong đó: k1 là độ phóng đại của ảnh khi ở vị trí ban đầu, k2 là độ phóng đại của ảnh khi đã dịch chuyển, Δd = d2 – d1 là độ dịch chuyển của vật, Δd’ = d '2  d1' là độ dịch chuyển của ảnh.

Thật vậy: ' 2

' 1

Xét: Δd’ = d  d 

Mặt khác: k1 

f .d 2 d2  f



f .d1 d1  f





f 2 d 2  d1

d

2





 f d1  f



f f ; k2  f  d1 f  d2

 Δd’ = k1 .k 2 .d  đpcm.

2. Các hệ quả: a. Nếu hai ảnh cùng tính chất  k1.k2 > 0  Δd và Δd’ trái dấu  ảnh và vật qua thấu kính luôn dịch chuyển cùng chiều. Tức là nếu vật dịch chuyển cùng chiều truyền ánh sáng thì ảnh cũng dịch chuyển cùng chiều truyền ánh sáng. Ta có thể làm rõ hơn vẫn đề này như sau: - nếu các ảnh đều là thật: giả sử vật dịch chuyển lại gần thấu kính  Δd < 0  Δd’ < 0  d '2  d1' , vì các ảnh là thật nên d'2  d1'  0  d'2  d1' tức là khoảng cách từ ảnh sau đến thấu kính lớn hơn khoảng cách từ ảnh trước  ảnh dịch chuyển ra xa thấu kính.

- nếu các ảnh đều là ảo: giả sử vật dịch chuyển lại gần thấu kính  Δd < 0  Δd’ < 0  d '2  d1' , vì các ảnh là ảo nên 0  d'2  d1'  d'2  d1' tức là khoảng cách từ ảnh sau đến thấu kính nhỏ hơn khoảng cách từ ảnh trước  ảnh dịch chuyển lại gần thấu kính.

- trong cả hai trường hợp ta dễ dàng nhận thấy nếu vật dịch chuyển lại gần thấu kính tức là dịch chuyển từ trái sang phải thì ảnh cũng dịch chuyển từ trái sang phải  ảnh và vật dịch chuyển cùng chiều (theo chiều truyền ánh sáng). b. Tính chất thuận nghịch của ánh sáng:

175

- Với các bài toán giữ nguyên vị trí của vật và màn, khi dịch chuyển vật trong khoảng giữa vật và màn ta tìm được hai vị trí của thấu kính cho ảnh rõ nét của vật trên màn, độ phóng đại của hai ảnh lúc đó là k1 và k2 và sử dụng tính chất thuận nghịch của ánh sáng ta chứng minh được: k1.k2 = 1 (d1 = d2’, d2 = d1’).

- Ở đây nếu dùng công thức (*) ta cũng có thể dễ dàng chứng minh được điều trên.

Thật vây: Vì vật và màn (ảnh) cố định chỉ di chuyển thấu kính nên dễ có: Δd = - Δd’  k1.k2 = 1 (đpcm)/ 3. Các bài tập áp dụng: Vật thật AB đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ cho ảnh thật trên màn. Nếu dịch chuyển vật dọc theo trục chính lại gần thấu kính 20 cm thì ta phải dịch chuyển màn 10 cm dọc theo trục chính 10 cm mới thu được ảnh rõ nét của vật trên màn, ảnh này cao gấp 2 lần ảnh kia. Tìm tiêu cự của thấu kính.

Lời giải: Theo giả thiết: Δd = - 20 cm, hai ảnh có cùng tính chất  Δd’ > 0  Δd’ = 10 cm.

Sử dụng công thức (*) ta được: k1k 2   Mặt khác theo giả thiết:

k2 k1

Từ đây ta tìm được: k1 = Với k1 =

k2 =

d ' 1  d 2

 2 (càng dịch chuyển lại gần thì ảnh phải lớn lên).

1 và k2 = - 1.

2

f 1    d1 = 3f f  d1 2

f  1  d2 = 2f f  d2

 Δd = d2 – d1 = - f = - 20 cm  f = 20 cm.

176

4. Các bài tập tự giải: Mét thÊu kÝnh héi tô t¹o ¶nh thËt S' cña ®iÓm s¸ng S ®Æt trªn trôc chÝnh.

- Khi dêi S l¹i gÇn thÊu kÝnh mét kho¶ng 5cm th× ¶nh dêi 10cm.

- Khi dêi S xa thÊu kÝnh 40cm th× ¶nh dêi 8cm ( so víi vÞ trÝ ban ®Çu).

TÝnh tiªu cù cña thÊu kÝnh.

Mét ng­êi dïng m¸y ¶nh ®Ó chôp ¶nh mét bøc tranh.

- LÇn ®Çu tiªn m¸y ®­îc ®Æt c¸ch bøc tranh mét kho¶ng b»ng d1, ¶nh trªn phim cao 40 mm.

- Tõ vÞ trÝ ban ®Çu dÞch chuyÓn m¸y laÞ gÇn thªm 100cm th× ph¶i dêi phim 5mm míi thu ®­îc ¶nh râ nÐt vµ cao 80mm.

Hái nÕu muèn ¶nh trªn phim cao 160/3mm th× ph¶i dêi m¸y mét kho¶ng b»ng bao nhiªu, theo chiÒu nµo. Dêi phim mét kho¶ng b»ng bao nhiªu, theo chiÒu nµo. §Æt mét vËt nhá AB tr­íc mét thÊu kÝnh ph©n k× ta ®­îc ¶nh A B . NÕu tÞnh tiÕn vËt ra xa thÊu kÝnh thªm 30cm th× ¶nh tÞnh tiÕn 1cm. ¶nh lóc ®Çu cao b»ng 1,2 lÇn ¶nh lóc sau.

T×m tiªu cù?

VËt s¸ng AB ®Æt vu«ng gãc víi trôc chÝnh cña mét thÊu kÝnh héi tô, ¶nh cña AB lµ ¶nh thËt. DÞch chuyÓn vËt l¹i gÇn thÊu kÝnh ®o¹n 30cm th× ¶nh còng dÞch chuyÓn ®o¹n 30cm, nh­ng lín gÊp 4 lÇn ¶nh cò.

1. X¸c ®Þnh vÞ trÝ ban ®Çu cña vËt vµ tiªu cù cña thÊu kÝnh.

2. §Ó ®­îc ¶nh cao b»ng vËt, ph¶i dÞch chuyÓn vËt tõ vÞ trÝ ban ®Çu ®i mét kho¶ng b»ng bao nhiªu, theo chiÒu nµo?

Mét vËt s¸ng AB ®Æt th¼ng gãc víi trôc chÝnh cña mét thÊu kÝnh cho ¶nh thËt n»m c¸ch vËt mét kho¶ng nµo ®ã. NÕu cho vËt dÞch chuyÓn l¹i gÇn thÊu kÝnh mét kho¶ng 30cm th× ¶nh vÉn lµ ¶nh thËt n»m c¸ch vËt mét kho¶ng nh­ cò vµ cã ®é lín gÊp 4 lÇn ¶nh ban ®Çu.

1. X¸c ®Þnh tiªu cù cña thÊu kÝnh vµ vÞ trÝ ban ®Çu cña vËt AB. 177

2. §Ó ®­îc ¶nh cao b»ng vËt, ph¶i dÞch chuyÓn vËt tõ vÞ trÝ ban ®Çu ®i mét ®o¹n b»ng bao nhiªu, theo chiÒu nµo? §Æt mét vËt ph¼ng nhá AB tr­íc vµ vu«ng gãc víi trôc chÝnh cña th¾u kÝnh. Trªn mµn vu«ng gãc víi trôc chÝnh ta thu ®­îc 1 ¶nh râ nÐt lín h¬n vËt vµ cao 4cm. Gi÷ vËt cè ®Þnh, dÞch chuyÓn thÊu kÝnh vÒ phÝa mµn 5cm th× ph¶i dÞch chuyÓn mµn däc theo trôc chÝnh 35cm míi thu ®­îc ¶nh râ nÐt cao 2cm.

a. TÝnh tiªu cù cña thÊu kÝnh vµ ®é cao cña vËt AB. b. VËt AB, thÊu kÝnh vµ mµn ®ang ë vÞ trÝ cã ¶nh cao 2cm. Gi÷ vËt vµ mµn cè ®Þnh.

Hái ph¶i dÞch chuyÓn thÊu kÝnh däc theo trôc chÝnh vÒ phÝa mµn mét kho¶ng b»ng bao nhiªu ®Ó l¹i cã ¶nh râ nÐt trªn mµn. Trong khi dÞch chuyÓn thÊu kÝnh th× ¶nh A'B' dÞch chuyÓn thÕ nµo so víi vËt

Trên hình H.3 đường thẳng xy là trục chính, O là quang tâm, F là tiêu điểm của một thấu kính hội tụ. Một vật sáng phẳng, nhỏ được đặt vuông góc với trục chính của thấu kính.

Nếu đặt vật tại A thì ảnh cao 3cm, nếu đặt vật tại B thì ảnh cao 1,5cm. Hỏi nếu đặt vật tại trung điểm I của AB thì ảnh cao bao nhiêu?

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG THPT VÙNG CAO VIỆT BẮC

CHUYÊN ĐỀ: CHUYỂN ĐỘNG CỦA HẠT MANG ĐIỆN TRONG ĐIỆN TRƯỜNG VÀ TỪ TRƯỜNG Tác giả (Nhóm tác giả): Tổ Vật lý 178

Trường THPT Vùng cao Việt Bắc

I – CƠ SỞ LÝ THUYẾT Khi một vật mang điện, có điện tích q và khối lượng m, chuyển động trong không gian, ở đó có cả điện trường và từ trường thì nó chịu tác dụng của cả lực điện và lực từ xác định theo công thức (gọi là công thức Lorenxơ):     f  qE  q  v .B  (1) Theo định luật thứ hai Niutơn, phương trình chuyển động của hạt có dạng     ma  qE  q  v  B  (2) Dưới đây ta sẽ dựa vào phương trình (2) để xét chuyển động của hạt mang điện trong một số trường hợp và ứng dụng trong khoa học kỹ thuật.

1. Chuyển động của hạt mang điện trong từ trường đều  Xét một hạt có điện tích q và khối lượng m, có vận tốc ban đầu là v đi vào khoảng không  gian có từ trường đều với cảm ứng từ B . Bỏ qua tác dụng của trọng lực (vì khối lượng của hạt ta xét là rất nhỏ). Phương trình chuyển động của hạt có dạng:    ma  q  v .B  (3)   Trước hết ta nhận xét ngay rằng: vì lực Lorenxơ f luôn luôn vuông góc với v , nên công của lực Lorenxơ luôn luôn bằng không, động năng của hạt không đổi; do đó độ lớn v của vận tốc không đổi trong quá trình hạt chuyển động.   a) Đầu tiên, để đơn giản ta xét trường hợp vận tốc v vuông góc với véc tơ cảm ứng từ B và giả thiết q>0. Khi đó độ lớn của lực Lorenxơ tác dụng lên hạt bằng f = qvB (4) nghĩa là có giá trị không đổi. Vì lực Lorenxơ vuông góc với phương chuyển động nên nó đóng vai trò lực hướng tâm. Dưới tác dụng của lực đó hạt chuyển động theo một đường tròn bán kính r, và phương trình (3) lúc này có dạng: mv 2 (5)  qvB r Từ đó tìm được bán kính r của quỹ đạo tròn của hạt v (6) r q .B m Ta thấy bán kính quỹ đạo phụ thuộc vào vận tốc v của hạt mang điện, vào độ lớn cảm ứng từ B và vào tỉ số

q (tỉ số này được gọi là điện tích riêng của hạt mang điện). m

Chu kỳ T của chuyển động của hạt hạt mang điện bằng: 179

2 r 2 1  . q B v m Từ đó, vận tốc góc (tần số góc) ω của hạt bằng: 2 q (8)   .B T m Tần số góc ω này được gọi là tần số góc xiclôtrôn.

Ta thấy chuy kỳ T và tần số góc ω của hạt chỉ phụ thuộc

(7)

T

điện tích riêng

q và cảm ứng từ B chứ không phụ thuộc vào m

vào vận O

tốc v.

Nếu hai hạt giống nhau, cùng xuất phát từ một điểm O từ trường nhưng với vận tốc ban đầu khác nhau (hình 1) thì sau chuyển động một vòng với cùng một khoảng thời gian, chúng cùng gặp nhau ở O. b) Bây giờ xét trường hợp tổng quát khi vận tốc ban đầu

trong khi sẽ lại

 v Hình 1    của hạt hợp với véc tơ cảm ứng từ B một góc α bất kỳ (   ). Phân tích v làm hai thành 2     phần vt song song với B và vn vuông góc với B , ta có

vt= vcosα và vn = vsinα (9)  Lực Lorenxơ gây bởi thành phần vt bằng không. Chỉ có lực Lorenxơ xác định bởi 

thành phần vn là khác không: F = qvBsinα = qvnB (10)  lực này làm cho hạt chuyển động theo đường tròn nằm trong mặt phẳng vuông góc với B .

Như vậy chuyển động của hạt là tổng hợp của hai chuyển động:  + Chuyển động tròn đều trong mặt phẳng vuông góc với B , với vận tốc dài bằng vn, bán kính quỹ đạo r, chu kỳ T và tần số góc ω xác định bằng các công thức (6), (7), (8) trong đó thay v bằng vn = vsinα. + Chuyển động thẳng đều theo quán tính với vận tốc vt= vcosα dọc theo phương của  B. Vì vậy quỹ đạo của hạt là một đường đinh ốc hình trụ, có trục trùng với phương của  véc tơ cảm ứng từ B . Bước của đường đinh ốc là 2 v cos  1 (11) l  vt .T  . q B m 2. Sự lệch của hạt mang điện chuyển động trong điện trường và từ trường

180

a) Xét một chùm hẹp các hạt mang điện có khối lượng m và điện tích q (các electron  chẳng hạn) chuyển động với vận tốc v0 đi qua khoảng không gian giữa hai bản của một tụ điện phẳng đặt nằm ngang có chiều dài l1. Nếu giữa hai bản tụ chưa có điện trường, hạt mang điện sẽ chuyển động thẳng đều và đập vào màn chắn tại O. Khoảng cách từ màn tới tụ điện là l2. Đặt vào giữa hai bản tụ điện một hiệu điện thế và để cho đơn giản, giả thiết là khoảng  cách giữa hai bản tụ điện là nhỏ so với kích thước của chúng để cho điện trường E giữa hai bản có thể xem là đều. Khi đó chuyển động của hạt mang điện có thể xem là tổng của hai chuyển động:  + Chuyển động đều theo phương v0 với vận tốc v0. + Chuyển động nhanh dần đều theo phương vuông góc với các bản với gia tốc : a 

F qE  m m

và với vận tốc ban đầu bằng không. l2

l1 -

O y1 α

+

y2

y

Hình 2 y l1 Thời gian hạt mang điện chuyển động trong điện trường là T  . Sau khoảng thời gian đó v0

hạt bị lệch theo phương Oy vuông góc với các bản tụ điện một khoảng: at 2 qE l12 y1   .

(12) 2 2m v02 Khi hạt bắt đầu rời khỏi tụ điện, vận tốc vy của hạt là: qE l1 v y  at  .

2m v0

(13)  







Bắt đầu từ đó hạt chuyển đồng đều theo phương của vận tốc tổng hợp v (v  v0  v y ) lập với v0 một góc α xác định bởi:

tan  

vy v0



q l1E m v02

(14) 181

Do đó khi ra khỏi tụ điện hạt bị lệch theo phương Oy một khoảng y2 mà q ll y2  l2 tan   1 22 E (15) m v0



Như vậy độ lệch tổng cộng của hạt mang điện do tác dụng của điện trường E là: q l1  l1  l  y  y1  y2   l2  E (16) Hay y   1  l2  tan  2  m v0  2 2  

(17)

Kết quả này cho thấy sau khi rời khỏi tụ điện (rời khỏi điện trường) hạt chuyển động thẳng  tựa như là nó đã xuất phát từ giữa tụ điện mà phương chuyển động lập với v0 một góc α. 

b) Bây giờ ta xét sự lệch của một chùm hạt mang điện chuyển động với vận tốc ban đầu v0 

đi qua một khu vực có chiều dài l1 trong đó có từ trường, véc tơ cảm ứng từ B vuông góc với  vận tốc v0 , khoảng cách từ màn tới khu vực có từ trường là l2. Trong khu vực có từ trường hạt chuyển động theo một cung tròn bán kính R  

mv0 . Khi ra khỏi khu vực đó hạt bị lệch qB

theo phương Oy vuông góc với v0 một đoạn y1 tính theo công thức: l12  y1 (2 R  y1 ) .

Xét trường hợp sự lệch của hạt là nhỏ, ta có l12  2 Ry , suy ra

l12 qB l12 y1   .

2 R 2m v0

(18)

Khi ra khỏi khu vực có từ trường hạt chuyển động đều theo phương lập với phương chuyển động ban đầu một góc β tính theo công thức y 2y l tan   1  1  qB 1 (19) l1 l1 mv0 2 Do đó sau khi ra khỏi khu vực có từ trường hạt bị lệch theo phương Oy một khoảng y2 l2

l1  v0

 B

 E

O y1  v0

β

 v

y2

 vy

y

Hình 3 y

182

y2  l2 tan  

qBl1l2 mv0

(20) 

Như vậy độ lệch tổng cộng của hạt mang điện do tác dụng của từ trường B là: l  y  y1  y2   1  l2  tan  (21) 2   Ta thấy, khi rời khỏi từ trường hạt chuyển động thẳng tựa như nó là đã xuất phát từ tâm của  khu vực có từ trường mà phương chuyển động lập với vận tốc ban đầu v0 một góc β.

Theo (16), (21) ta nhận thấy sự lệch của hạt mang điện trong điện trường và từ trường có   q của hạt, tỉ lệ với cường độ từ trường ( E hoặc B ) và phụ thuộc vận m q   tốc ban đầu v0 của hạt. Những hạt có cùng điện tích riêng và vận tốc v0 sẽ bị lệch như m

tỉ lệ với điện tích riêng

nhau và đập vào cùng một điểm trên màn chắn.

II. BÀI TẬP VÍ DỤ Bài tập 1.

T Trong một ống phóng điện tử, các electron được gia T’  bởi hiệu điện thế U = 1 KV rồi bay qua khe T theo d phương ngang TT’. Mục tiêu là M, với TM = d = 5 + R  = 600 (hình 4).  a) Tìm cảm ứng từ B của từ trường vuông góc với M 0 phẳng hình vẽ để tất cả các electron sau khi ra khỏi Hình 4 T rơi đúng vào mục tiêu.   b) Hãy tính giá trị của B //TM để các electron rơi đúng vào mục tiêu. Cho rằng B < T; e = 1,6 . 10 –19 C. Bài giải  a) Véc tơ B vuông góc với mặt phẳng hình vẽ.

2

Năng lượng của electron

mv 0 2

 eU

v0 

→

tốc cm, mặt khe 0,03

2eU m

* Khi ra khỏi ống electron chịu tác dụng của lực Lorenxơ F = Bev0 có phương vuông góc   với mặt phẳng ( B ; v 0 ) và đóng vai trò lực hướng tâm: mv 02 mv 02 mv 0 → Bev0  → B Fht  R R eR

* Để e đến được M thì R 

TM 2Sin 



d 2Sin  183

→B

mv0 2sin  2eU . với v0  e d m

2sin 2mU . d e   b) Tính B khi B //TM * Khi ra khỏi ống e chịu tác dụng của lực Lorenxơ   F = e[ B  v 0 ] → F = Bev0 sin Ta có B 

T

B

Lực Lorenxơ đóng vai trò của lực hướng tâm

M

m(v 0sin )2 Fht  R

Hình 5

m(v 0Sin )2 nên Bev0 sin   R

→ chu kỳ xoắn là: T 

→ R

mv 0sin  eB

2m 2R  eB v0sin 

* Theo phương TM hạt chuyển động với vận tốc vTm = v0 cos - Bước xoắn

h =vTm.T =

2mv0cos  eB

- Để hạt đến được M thì TM = N.h = d → B  N .

2U m 2cos  . e d

2U m 2cos < 0,03 . . e d Vậy B = N . 6,7 . 103T với N = 1; 2; 3; 4 Bài tập 2.

Một hạt có khối lượng m, điện tích q dương, bắt đầu chuyển động với vận tốc v theo hướng song song với trục ox trong một từ trường đều có cảm ứng từ B= ax ≥ 0) (hình 6).

Hãy xác định độ dịch chuyển cực đại của hạt theo trục Ox. Bài giải Ta thấy hạt chỉ chuyển động trong mặt phẳng xoy.

Do B < 0,03T  N .

x

+ vy

vx

(x

v y

O Hình 6

184

    Gọi vt là vận tốc của hạt tại thời điểm t. Do tác dụng của lực Lorenxơ Ft  qB  vt vuông  góc với vt nên công của FL = 0, động năng của hạt đựơc bảo toàn.

1 1 1 mv 02  mvx2  mvy2  vy  v = vt .

2 2 2 * Theo định luật Niutơn II có qBvx = may dx  Thay B = ax ; vx   qaxdx = mdvy dt

Ta có:

x

Vy

 qa  xdx  m  dvy  0

Vậy xmax =

0

2mvy qax 2 2mv  mvy  x   2 qa qa

2mv qa

Bài tập 3.

Hình 7 là một tiết diện của một dây dẫn bằng đồng có cạnh là (h, a). Dòng điện I đi từ phía trước ra phía sau. Từ trường  có cảm ứng từ B hướng sang phải, vuông góc với dây dẫn. a) Tính vận tốc chuyển động v của electron trong dây dẫn.  b) Xác định độ lớn và hướng của lực từ F tác dụng lên eclectron.  c) Cần phải đặt một điện trường E có độ lớn và hướng như thế nào để cân bằng tác dụng của từ trường?

+ +

+ +

+ +

+ +

h

a Hình 7

 d) Xác định hiệu điện thế U cần đặt vào cạnh của dây dẫn để tạo ra điện trường E như vậy. Cần đặt hiệu điện thế vào cạnh nào? e) Nếu ta không đặt điện trường ngoài vào thì dưới tác dụng của lực từ, electron lệch về một  phía, do đó trong dây dẫn cũng xuất hiện một điện trường E1 , điện trường này có cường độ  tăng dần đến khi nào tác dụng của nó cân bằng với tác dụng của lực từ F . Hãy tính cường độ điện trường ngang E1 .

Cho biết rằng mật độ của Eclectron dẫn trong dây dẫn là n = 1,1.1029m-3 h = 0,02 m; a = 0,1 cm; I = 50 A; B = 2 T. Bài giải a) Mật độ dòng điện chạy trong dây i = env.

I I i= thay số có v = 1,4.10-4 m/s.  v = ah ahen

185

b) Lực tác dụng lên electron chính là lực Lorenxơ. Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta thấy lực này hướng xuống dưới.  Vì electron chuyển động vuông góc với B lên lực tác dụng lên electron là: F = evB = 1,6.10-19.1,4.10-4.2  4,5 .10-23N c) Muốn cân bằng lực từ phải đặt vào một điện trường đều hướng xuống dưới sao cho: eE = evB  E = v.B = 1,4.10-4.2 = 2,8.10-4V/m d) Hiệu điện thế phải đặt vào cạnh trên và dưới của dây dẫn, cạnh trên có điện thế cao hơn cạnh dưới. Vì điện trường E đều nên: U = Eh = 2,8.10-4.2.10-2  U = 5,6.10-6 V e) Nếu ta không đặt điện trường ngoài thì dưới tác dụng của lực Lorenxơ electron sẽ bị lệch xuống phía dưới. Do đó cạnh dưới của dây thừa điện tích âm. Trong dây xuất hiện điện trường E1 hướng từ trên xuống dưới. Điện trường này có độ lớn tăng dần, chống lại tác dụng của lực Lorenxơ, sau một thời gian ngắn trạng thái cân bằng được thiết lập. Tác dụng của lực Lorenxơ hoàn toàn bị cân bằng bởi tác dụng của điện trường E1. Giữa cạnh trên và cạnh dưới của dây có hiệu điện thế U1=E1h. Phương chiều và độ lớn của điện trường E1 này hoàn toàn giống điện trường E ở mục c. * Chú ý: Trong mọi trường hợp khi mà một dây dẫn (hay vật dẫn nói chung) có dòng điện chạy qua được đặt trong từ trường thì trong dây dẫn đều xuất hiện điện trường phụ E1 và do đó ở hai cạnh bên của dây dẫn xuất hiện một hiệu điện thế U1. Hiện tượng này gọi là hiện tượng Hall.

Bài tập 4.

Trong hình 8, S1 và S2 là hai mặt giới hạn nằm I B1 song song và chia không gian ra làm ba phần khác nhau I, II, III. Trong các vùng I và II có các S1 v0 từ trường đều, có phương vuông góc với tờ giấy, III L E O chiều hướng ra ngoài, cường độ cảm ứng từ lần S2 B2 lượt là B1 và B2. Trong vùng III có điện trường II đều cường độ E, chiều hướng từ S2 sang S1.

Người ta phóng một hạt nhỏ khối lượng m mang Hình 8 điện tích dương q cho nó chuyển động với vận tốc v0 từ O hướng về phía S1 khoảng cách từ O đến S1 là

L 2

bỏ qua tác dụng của trọng lực.

Để cho hạt có thể chuyển động theo quỹ đạo đó cho trong bài (2 đoạn cong trên quỹ đạo có bán kính bằng nhau). Hãy xác định:

186

a) Tỷ số cường độ các cảm ứng từ B1 và B2. b) Điện trường E phải có trị số nhỏ hơn bao nhiêu?

Bài giải a) Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của hạt mang điện khi đi vào các vùng (I) và (II). Áp định lí động năng, ta có: 1 L 2 2 mv1  mv 0  q.E .  v1  2 2 2 1

1 L 2 2 mv2  mv0  q.E .  v2  2 2 2 1

2

v0  2

qEL

v0 

B1



qB2



B2



v2

II

v0 v0 E O B2

L v2

Hình 9

m

mv1 qB1

III

B1

qEL

mv và R1 = R2 nên ta có: q.B v1

I

m

Mặt khác: R = mv2

v1

2



mv 0  qEL 2

mv 0  qEL

b) Để cho hạt mang điện có thể đi vào vùng (II) thì động năng của hạt tại O phải lớn hơn độ tăng thế năng tính điện khi hạt dịch chuyển từ O tới S2: 1 2

2 mv 0

 q .E .

L 2

2

E 

mv 0 qL

Bài tập 5.

Một chùm prôtôn đi vào một vùng không gian có bề -2 rộng d = 4.10 m và có từ trường đều B1 = 0,2T.  Sau đó prôtôn đi tiếp vào vùng không gian Chùm prtôn cũng có  chiều rộng d nhưng từ trường B2 = 2B1.

Lúc đầu, Prôtôn có vận tốc vuông góc với véctơ cảm ứng từ B và vuông góc với mặt biên của vùng d d không gian có từ trường (hình 10).

Hình 10 a) Hãy xác định giá trị của hiệu điện thế V0 để tăng tốc cho prôtôn sao cho hạt prôtôn đi qua được vùng đầu tiên. b) Hãy xác định hiệu điện thế V0 sao cho prôtôn đi qua được vùng thứ hai. c) Hãy xác định hiệu điện thế V0 sao cho prôtôn sau khi đi qua được vùng thứ hai, thì có vận tốc hợp với phương của vận tốc ban đầu một góc 600.

(Trích đề thi Olimpic Vật lí quốc gia Ý 1998) Bài giải a) Trong từ trường đều, hạt mang điện có quỹ đạo là đường tròn, bán kính 187

r1 =

mv qB1

- Theo định luật bảo toàn năng lượng:

Từ đó: r1 =

 mv 2   2m   2  2

2

q B1

mv

2

 qV0

2

2mV0



C

2

qB1

- Để proton đi qua được vùng thứ nhất thì r1 > d, do đó: qB12d 2 V0 > = 3,1kV 2m b) Sau khi qua vùng 1, prôtôn vẫn giữ nguyên giá trị vận tốc, nhưng có phương thay đổi (Lực Lorenxơ không làm thay đổi lớn vận tốc của hạt mang điện).

Véctơ vận tốc lệch đi một góc α sao cho sinα =

Do B2 = 2B1 nên: r2 =

2mV0 2

qB2



1 2

d r1

.

qB d Vậy: V0 > 9 = 28kV 2m    c) Góc lệch toàn bộ: δ = α + γ, δ= α +           2  2

Vì cosβ =

r2



3d r1

độ

Hình 11

α O1

(r2 sin   d )

d

(2)

r1

2 2 1

3

O1

C

→ r1 > 3d



r1

(1)

- Để prôtôn đi qua được vùng 2 thì: O2H > (r2sinα + d)

- Theo điều kiện của bài toán δ =

α

γ O2 r1 d

β

r2

H

d

Hình 12

  3 sin      cos   sin     2 2

, do đó:

2 2

nên V0 = 12

qB1 d 2m

= 36,8kV.

Bài tập 6.

Các electron qua O vào một miền D rộng L, trong đó có một từ trường đều không đổi. Ta mv0 xem ngoài miền D, từ trường bằng 0. Giả thiết bề rộng L của miền thỏa mãn: L << = eB

188

R hay:

L eBL   1 với v0 là vận tốc ban đầu của các electron cách O một đoạn D + v0 mv0

L có đặt một màn huỳnh quang.

2 a) Xác định tung độ yP của điểm P tại đó electron ra khỏi miền D và góc α hợp bởi véctơ vận tốc của electron tại điểm đó với trục Ox. b) Suy ra vị trí của điểm chạm I trên màn. 

c) Xác minh rằng giá trị của véctơ PI đi rất gần điểm Q có hoành độ

L với những giả thiết 2

nêu trên.

Cho L = 1cm; hiệu điện thế tăng tốc V = 10KV; B = 3mT và D = 20cm.

Bài giải a) Trong miền D quỹ đạo của electron là một cung tròn tâm C mv0 (xC = 0 và yC = R = ) eB Tại điểm P electron ra khỏi từ trường.  Ta có: yP = R(1 – cosα) I XP = Rsinα (vì α nhỏ) C L  sin   ỏ R P 1  cos  L  yP  L.  ỏ sin  z T O Q L eBL Với sinα     R mv0 L  yP 

eBL2 2mv0

x

D Hình 13

1

 2eV 2   59, 3.106 (m / s ) Áp dụng số: v0 =   m 

α=

eBL  89.103 rad  5,110 mv0

L  0, 09 R b) Điểm chạm I có tung độ: R = 11,2cm;

 yP  0, 445mm

189

yx = y P +

eBL D L tg   D   2 mv0

 yI = 1,78 (cm)   L c) OQ = Rsin  R   Đường thẳng PI đi qua điểm O ở giữa OT. 2 2 2 Bài tập 7.

Một hạt có điện tích q > 0 và khối lượng m dịch y chuyển trong một môi trường trong đó hạt chịu một ma sát có dạng: B    v F  Kv 2 với K > 0. Từ trường đều B không v  vuông góc với vận tốc v0 ban đầu của hạt. Chứng tỏ Hình 14 chuẩn (độ lớn) của vận tốc hạt giảm theo thời gian. tốc tốc bằng 0 có thể đạt được sau một thời gian hữu hạn không?

Bài giải Vật chịu tác dụng của lực từ và lực ma sát: Phương trình chuyển động của hạt: 









lực đổi x

rằng Vận



dv dv v B k   F t  F ms q  v. v m  dt dt m m Chiếu lên phương chuyển động: dv k dv k    v 2  2   dt . dt m m v v0 1 1 k Tích phân:    t  v  v v0 m k 1  v0 t m  Vận tốc hạt giảm theo thời gian.

Bài tập 8.

Một điôt chân không, trong đó khoảng cách giữa anôt và catốt bằng d, ở trong một từ trường có cảm ứng từ bằng B và hướng song song với mặt phẳng các bản cực. Hỏi điện áp tối thiểu giữa hai cực bằng bao nhiêu để các electron từ bề mặt catốt có thể đến được anốt. Coi các electron ở bề mặt catốt là đứng yên và bỏ qua tác dụng của trọng trường.

Giải - Ta sẽ khảo sát các điện áp trên điôt sao cho các electron khi rời catôt sẽ quay trở lại mà không tới được anôt. Trên hình 15 biểu diễn đoạn đầu của quỹ đạo với hướng của cảm ứng từ đã cho.

190

- Giả sử electron tại một điểm nào đó trên quỹ đạo thành phần vận tốc v x và v y , còn giữa hai bản cực

và có 2 của

điôt có một điện trường đều E . Khi đó electron chịu dụng lực của cả từ trường lẫn điện trường và ta có phương trình chuyển động của electron theo các phương x và y như sau: dv dv me x  evyB và me y  eE  evx B dt dt Hai phương trình trên có thể viết lại dưới dạng sau: e E  cvx vx'  cvy và vy'  me

tác



eB

trong đó hệ số c 

Hình 15

được gọi là tần số cyclotron.

me

- Vi phân phương trình thứ hai thế vào phương trình thứ nhất, ta được: vy''  cvy  0

vy (t )  A sin ct  C cos ct ,trong đó A và C là các

Nghiệm tổng quát của nó có dạng:

hằng số được xác định từ điều kiện ban đầu. + Theo đề bài, tại t  0 , v 0 (0)  0 và vy' (0)  Từ đó suy ra C  0 và A 

eE . me

eE . me c vy (t ) 

Cuối cùng, biểu thức của vy (t ) có dạng:

eE sin ct. me c

- Độ dịch chuyển của electron theo trục y: t

y(t ) 

t

eE

 v (t )dt   m  y

0

0

e

sin cdt 

c

eE (1  cos ct ). me c2

- Từ phương trình của vy (t ) ta dễ dàng tìm được thời điểm tN khi electron ở xa catôt nhất: đó chính là thời điểm vy (t ) = 0, hay

ctN  (2N  1) với N = 0, 1, 2,...

191

(giải thích xem tại sao lại không lấy nghiệm ctN  2N  ). Tại những thời điểm đó độ dịch chuyển theo phương y của electron bằng: yN 

2meE 2eE  me c2 eB 2

- Khi quỹ đạo của electron có đỉnh chạm vào anôt, thì độ dịch chuyển y N của nó bằng khoảng cách d giữa catôt và anôt và điện áp trên điôt sẽ bằng điện áp cực tiểu U min cần tìm:

d

2meU min edB 2

,

U min

Từ đây ta tìm được:

ed 2B 2 .  2me

Bài tập 9.  Một hạt mang điện tích dương q, khối lượng m chuyển động thẳng đều với vận tốc v 0 dọc theo trục x’Ox nằm ngang trong vùng không gian có tác dụng của điện trường đều và từ  trường đều. Vectơ cường độ điện trường E cùng chiều với trục Oz, hướng thẳng đứng xuống  dưới (hình 16). Vectơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng hình vẽ.

1.Hãy xác định chiều và độ lớn của vectơ cảm ứng x v0 O  từ B (theo q, m, E và gia tốc rơi tự do g).

B .

2. Khi hạt tới điểm O, người ta đột ngột đảo   vx chiều của cảm ứng từ B (làm B đổi hướng z ngược lại, nhưng vẫn giữ nguyên độ lớn ban đầu của FL nó). Chọn gốc thời gian là lúc hạt tới O. Hãy thiết vz v lập phương trình chuyển động của hạt ở thời điểm P +Fđ t và phác hoạ quỹ đạo của hạt. Xem rằng thời gian  z Hình 16 làm đảo chiều của B là nhỏ không đáng kể.

3. Xác định thời điểm gần nhất để hạt lại tới trục x’Ox. Tìm vị trí của hạt và vectơ vận tốc của hạt lúc đó.

Bài giải  1) Vì hạt chuyển động đều nên lực Lorenxơ F tác dụng lên hạt phải cân bằng với hợp lực      của lực điện trường ( Fd  qE ) và trọng lực ( P  mg ). Nghĩa là FL hướng thẳng đứng lên trên và có độ lớn: FL  qE  mg  qv 0B

 B

qE  mg qv0

(1)

 Véc tơ B hướng theo trục Oy, vào phía trong mặt phẳng hình vẽ.   2) Bây giờ véctơ B và FL có chiều như trên hình vẽ. áp dụng định luật II Newton: 192

    ma  Fd  P  FL

(2)

Chiếu (2) lên Ox và Oz (chú ý đến (1)): dvx Bq  v (3) dt m z dvz Bq Bq  vx  qE  mg  (v  v0 ) dt m m x Bq ' B 2q 2 " vx   v   2 (vx  v0 ) Từ (3) và (4): m z m Bq  vx  v 0  A sin(t  ) , với   m  vx  A sin(t  )  v 0 (6) Từ (6) và (3): vz  A cos(t  )

(4) (5) (5’)

(7)

Lúc t = 0, ta có: vx  v 0 và vy  0 ;  2   vx  2v0 sin(t  )  v0 ; (8) 2  và vy  2v0 cos(t  ) (9) 2 2v  Từ (8): x   0 cos(t  )  v0t  x 0  2 Lúc t  0 , x  0 , suy ra x 0  0

suy ra: A  2v 0 ,  

Bq m 2mv 0 Bq  cos( t  )  v0t Vậy: x   Bq m 2 Tương tự, từ (9) và biết lúc t  0 , z  0 , ta có:  Bq 2mv0     z 1  sin  t    m Bq  2  Phác hoạ quỹ đạo của hạt như trên hình 17.

4mv0 mv0 Bq + Khi , x  . t   thì z  Bq Bq m

x

O v0

z

và biết  

Hình 17

(10)

(11)

193

+ Khi

2mv0 Bq t  2 thì z  0 , x   Bq m

3) Khi hạt bắt đầu lại gặp trục Ox, thì z  0  sin(



Bq  t  )1 m 2

Bq 2m t  2 hay t  m Bq

Khi đó x  v0t  

2mv0 , và từ (8) và (9) tìm được: Bq

vx   2v 0  v 0  v 0 ; vz  0

 Vận tốc v của hạt hướng theo chiều dương của trục Ox và có độ lớn bằng v 0 .

Bài tập 10.

Một chùm tia hẹp gồm các ion 39K và 41K đi vào khe hẹp của khối phổ kế, động năng của các ion là T = (500  5) eV. Chùm tia có góc mở là 2α = 60 khi bắt đầu đi vào khối phổ kế.

Từ trường B = 0,7T có phương vuông góc với mặt 2α giấy. Đặt tấm phim lên mặt phẳng AM (hình 18).

1. Các ion 39K và 41K với năng lượng 500eV, khi đi vào  theo phương vuông góc với AM, rơi vào hai điểm N1 A N N M 1 2 và N2 trờn tấm phim. Hãy xác định các khoảng Hình 18 AN1; AN2 và N1N2.

2. Hãy xác định bề rộng của các vết trên phim ứng với từng đồng vị. Muốn vậy, hãy tính: a) Bề rộng  x1 của vết tạo ra do tính phân kỳ của chùm tia (tất cả các ion đều có năng lượng 500eV). b) Bề rộng  x2 do sự khác nhau về ion. Cho biết tất cả các ion xuất phát từ A theo phương vuông góc AM. Tổng chiều rộng các vết là  x   x1 +  x2.

3. Liệu với khối phổ kế trên có thể phát hiện hai đồng vị 39K và 41K trong chùm tia trên không?

Bài giải 1. Do từ trường, các ion có khối lượng M chuyển động theo đường tròn với bán kính: R = Mv eB



2MT eB

194

AN = 2R = 2

2MT

(1)

eB

N’1

+ Với 39K: AN1 = 5,75cm; 42K: AN2 = 5,90cm N1N2 = 1,45mm 2. a) Các hạt có phương vuông góc với mặt AM sẽ chuyển động theo nửa vòng tròn bán kính R và đập vào tấm kính tại N1.

- Các ion có hướng hợp với pháp tuyến của AM góc α vạch nên cung tròn AN1’N1’’.

O’ R α A

α O

N’’1 N2

M

Hình 19

Từ hình vẽ, ta có: N1N’’1 = AN1 – AN”1 = 2R – 2R(1 – cosα) = 4Rsin2

 2

 R

2

- Các iôn ở mép kia của chùm tia (hướng – α) cũng rơi vào điểm N”1. ∆x1 = Rα2 = 0,08mm (2) 1

 1 T  MT0  T 2   b) Thay T = T0 + δT trong (1) ta có: d = 2 1    2R 1   2 T0  eB  T0  ∆x2 = dmax – dmin = 2R

T T0

= 0,58mm

(3)

3. N1N2 = 2∆x. Các vạch tách rời nhau, vì vậy có thể dựng khối phổ kế để phát hiện 39K và 41 K. Bài tập 11 (April 2007) Hai hạt mỗi hạt khối lượng m, được tích điện trái dấu nhưng có độ lớn bằng nhau. Ban đầu các điện tích được giữ đứng yên trong từ trường đều có phương vuông góc với đường thẳng nối các điện tích. Sau đó, hai điện tích được thả tự do cùng lúc. Hỏi ban đầu hai điện tích phải có khoảng cách L nhỏ nhất bằng bao nhiêu để chúng không thể dính vào nhau sau khi được thả tự do. Bỏ qua hiệu ứng hấp dẫn.

Bài giải Chọn gốc tọa độ tại trung điểm của đoạn thẳng nối vị trí của hai điện tích tại thời điểm ban đầu, trục Ox trùng với đường thẳng nối hai vị trí này và có chiều dương hướng về phía điện  tích dương, trục Oz có hướng trùng với hướng của vectơ cảm ứng từ B , trục Oy có chiều dương hướng xuống dưới theo chiều chuyển động của hai điện tích dưới tác dụng của lực từ

195

  FB  q.v  B  q.v.B , khi chúng bị đẩy chuyển động với vận tốc v dưới tác dụng của lực   i hút tính điện FE  kq 2  giữa hai điện tích.

2 2x  Vì chuyển động của hai điện tích là tương đương nhau, nên chuyển động của chúng là hoàn toàn đối xứng và luôn nằm trên cùng một đường thẳng song song với Ox. Do đó ở đây ta chỉ xét chuyển động của điện tích dương: - Ban đầu điện tích dương được đặt tại vị trí xi = L/2, yi = 0. Sau đó lực điện hút chúng lại gần nhau nên tọa độ x giảm dần (vì vx < 0), khi các điện tích chuyển động trong từ trường vuông góc sẽ chịu tác dụng của lực Lorentz hướng theo Oy nên tọa độ y tăng dần (vì vy > 0).    Khi đó, theo định luật II Newton, ta có: FE  FB  m.a

Chiếu lên các trục Ox và Oy ta có:

  dvx kq 2  m   2  q.vy .B    dt 4x   dv  m  y  q.vx .B   dt  

1 2

dx . Thay vào (2) và lấy tích phân hai vế của phương trình (2) theo t từ thời dt điểm ti = 0 đến thời điểm t bất kỳ, ta được:  q.B  L (3) vy    x   m  2

Ta có: vx 

Với điều kiện ban đầu: ti = 0 thì xi = + L/2; vy = 0.

Nhận xét: Thành phần vận tốc của điện tích dương theo phương Oy là một hàm của tọa độ x.   Vì FB  v nên lực từ không sinh công, nên theo định lý biến thiên động năng ta có:

kq 2  1 2  kq 2 1 2 FE .dx  K    dx  mv  v     2 2 m 2 4 x  x L  L /2 x



(4)

Là tốc độ chuyển động của điện tích dương khi ở vị trí có tọa độ x.

- Đề các điện tích không dính vào nhau thì phải có một vị trí tại đó các hạt chỉ chuyển động theo phương Oy, nghĩa là v = vy, giả sử vị trí đó có tọa độ x = xf. Bình phương hai vế của (3) và (4) ta có:

z 1  z   4c

Với tỷ số khoảng cách

(5)

z

xf xi



2x f L

;c 

m.k B 2.L3 196

Đáng chú ý là phương trình (5) không phụ thuộc vào điện tích q, vì cả lực điện và lực từ đều tỷ lệ với điện tích q.

Bây giờ ta sẽ xét điều kiện để L đạt giá trị nhỏ nhất có thể. Giá trị của L nhỏ thì giỏ trị của c sẽ lớn (phụ thuộc vào các giỏ trị của m, k và B đó cho). Do đó, chúng ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số f z   z 1  z  . Hàm f(z) đạt giá trị lớn nhất khi z= 1/2, khi đó theo phương trình (5) ta có: c = 1/16. Ta thu được: L = (16m.k/B2)1/3.

- Xét chuyển động của các điện tích tại vị trí xf. Thay xf = L/4 vàp phương trình (1) ta có:  4kq 2  B 2L3 m.axf  2   1  0 (6)  L  16.m.k  Điều này cho thấy vxf có giá trị không đổi và có giá trị cuối cùng bằng không. Mặt khác, tại đó lực điện và lực từ cân bằng nhau và các hạt chuyển động dọc theo phương Oy với khoảng cách bằng nửa khoảng cách ban đầu L. Hơn nữa, hai điện tích đối xứng nhau qua trục Ox, điều này không cho phép xác định hàm x(t), cho phép ta xác định chính xác thời điểm điện tích có vị trí xf.

- Cuối cùng, vấn đề đặt ra là điều gì sẽ xảy ra nếu L có giá trị khác với kết quả thu được ở trên?

1/3

16m.k  Nếu L   2   B 

thì 4c > z.(1-z), khi đó: v > vy, vx ≠ 0. Do đó cuối cùng hai điện tích sẽ

dính vào nhau. Đó là do hai điện tích quá gần nhau khiến tốc độ các điện tích thu được do lực hút tích điện lớn, khiến cho một phần quỹ đạo của hai điện tích sẽ chồng lên nhau.

1/3

16m.k  1 Nếu L   2  , theo (5) thì z  , điều này dẫn đến:  B  z FBf = q.vf.B > FEf=k.q2/(2xf)2 do đó quỹ đạo chuyển động quay trở lại của các điện tích sẽ làm tăng tọa độ x cho tới khi khoảng cách giữa chúng lại là L, khi đó các điện tích lại ở trạng thái nghỉ và sau đó chuyển động của các điện tích sẽ lặp lại như cũ, khi đó quỹ đạo chuyển động của các điện tích sẽ có dạng như hình vẽ. Các hạt sẽ không thể tiến tới khoảng cách L/2; trong thực tế khoảng cách này sẽ đạt giá trị xấp xỉ L nếu L có giá trị rất lớn.

Bài tập 12. (Kỳ thi Vật lý thế giới lần thứ 18 tại Đông Đức, 1987)

197

Trong lòng một buồng hình xuyến có từ trường với cảm  B có độ lớn B không đổi. Từ nguồn điểm P phát ra một electron theo phương các đường sức, electron đã được tốc bởi hiệu điện thế V0. Góc mở của chùm 20 rất nhỏ << 1). P ở trên bán kính chính R của hình xuyến. Bỏ qua tương tác giữa các electron.

1. Để giữ chùm electron trong hình xuyến phải có một  trường lái B1 . Tính B1 cho một electron chuyển động trên

20

R

P

ứng từ chùm tăng ( 20 các từ

Hình 20

quỹ đạo

tròn bán kính R. 2. Tính B sao cho chùm electron hội tụ ở 4 điểm cách nhau /2 như trong hình. Khi xét quỹ đạo của electron thì có thể bỏ qua sự cong của các đường sức từ trường.  3. Không thể giữ chùm electron trong hình xuyến nếu không có từ trường lái B1 . Nhưng electron vẫn có một chuyển động theo phương vuông góc với mặt phẳng của hình xuyến, gọi là sự trôi (drif). a) Chứng minh rằng độ lệch của bán kính quỹ đạo electron so với bán kính ban đầu R là hữu hạn. b) Xác định chiều của vận tốc trôi Chú thích: Có thể bỏ qua góc mở của chùm electron.

Sử dụng các định luật bảo toàn năng lượng và mômen động lượng. e Dữ kiện cho biết là  1, 76.1011C / kg, V0  3kV , R  50mm m Bài giải   1. Nếu u 0 là vận tốc ban đầu thì cần có một lực lái hướng tâm. Từ trường lái B1 phải vuông góc với mặt phẳng hình xuyến và hướng ra phía trước hình vẽ.    - Lực lái là lực Lorentz: F  e[uo , B1 ] - Ta có Mặt khác:

u 02 F  eu 0B1  m R

(1)

1/2  2eV  u02 0 eV0  m hay   uo  m  2

(2)

và (2) cho ta : 1/2

1 m  B1  2 V0  R  e 

1/2

1  3.103    2 2  11   5.10  1, 76.10 

(3)

Thay số vào ta được B1  0, 37.102Vsm 2 (tesla ) 198

 2 . Hạt tích điện có vận tốc ban đầu gần song song với từ trường B sẽ chuyển động xoắn ốc quanh đường sức. Hình chiếu của quỹ đạo xuống mặt phẳng vuông góc với các đường sức là đường tròn mà bán kính r phụ thuộc vào thành phần vn của u0 vuông góc với các đường sức.

vn2 Ta có m  evnB r

mvn eB 2r 2m 2 T    vn eB c

Chu kỳ quay là :

Suy ra r 

(4)

Thành phần vt của u0 song song với các đường sức không đổi và hầu như bằng nhau cho mọi electron vì 0  1 nên vt  u 0 cos   u 0 z

Khoảng cách giữa hai điểm hội tụ là d  vtT  u 0

2m (5) eB

vz v

2R Mặt khác d  (6) 4

vr

r 

theo đầu bài ra (5) và (6) cho ta B 

4mu0 hoặc nếu dùng eR Hình 22

(2) thì ta có 1/2

4 m  B  2 V0  R  e 

 4B1

(7)

B  1, 48.102T 3. Bài toán có tính đối xứng quay quanh trục z vuông góc với mặt phẳng hình xuyến nên trong mặt phẳng này ta dùng các toạ độ độc cực r và y  .

Các đại lượng véctơ (vận tốc, lực Lorentz, từ trường) cũng sẽ phân tích thành các thành phần tương ứng. Vì 0 rất 1 nhỏ ta chỉ cần xét một electron được bắn vào hình xuyến ở bán kính R với vận tốc u0 gần tiếp tuyến. r Trong từ trường tính, động năng của electron được bảo R r1 toàn: Hình 23 m 2 m 2 2 2 K  vr  v  vz   u 0 (8) 2 2 Những điểm đảo của quỹ đạo của electron (ở đó bán kính r đi qua cực trị) được xác định bởi: (9) vr  0 ở đó, theo (8) ta có u 02  v2  vz2





Hiển nhiên một điểm đảo là : r  R v  u0, vr  0, vz  0

199

Để tìm độ lệch cực đại theo bán kính ta tìm điểm đảo khác. Ta phải viết v và vz trong (9) theo bán kính r.

Lực Lorentz do từ trường B sinh ra hiển nhiên không có thành phần theo phương  song song với nó nên momen động lượng của electron đối với trục z được bảo toàn : Suy ra v  u0R / r (10) mvr  mu0R Fz  eBvr

Nhưng lực Lorentz có thể có thành phần theo phương z :

e Bv m r Điều này có nghĩa là (với B không đổi) một biến thiên của vz liên hệ với một biến thiên của e r theo hệ thức: vz   B r m Vì  r  r  R và vz  vz nên ta có:

Thành phần này gây ra gia tốc :

vz  

az  

e B r  R m

(11) 2

2

R  e  Thay trong (9) v và v z bằng (10) và (11) ta có: u  u     B r  R hay  r  m    2 0

2

2 0

2

R   r  R   1     A2   r   R  Với A 

(12)

e BR (12) là phương trình để tìm điểm đảo. m u0 2

2

R   r  R   Coi vế phải của (12) là hàm số của r: y  f (r )     A2   r   R 

Đồ thị của hàm này có dạng như trong hình vẽ, chứng tỏ ngoài nghiệm r= R, (12) còn một nghiệm r = r1 lớn hơn R nhưng hữu hạn.

200

Vậy độ lệch (r – R) là hữu hạn. Vì R  r  r1 , (11) chứng tỏ rằng vz < 0, vận tốc trôi có chiều âm của trục z.

Bài tập 13.

Ba mặt phẳng song song P1, P2 và P3 cách nhau d1  2 cm và d2  4 cm, phân không gian thành 4 vùng I, II, III và IV.

P1

P3

A 600 d R1 O1 2

Trong vùng II và III người ta tạo ra từ trường đều có véctơ cảm   ứng từ B1 và B2 song song với ba mặt phẳng trên và có chiều như hình vẽ. Hạt proton trong vùng I được tăng tốc bởi hiệu điện thế U , sau đó được đưa vào vùng II tại điểm A trên mặt  phẳng P1 với vận tốc v0 hợp với pháp tuyến của P1 một góc

P2

d1

300

R2

O2

I

II

III

IV

Hình 24

600.

Bỏ qua tác dụng của trọng trường. Cho biết khối lượng và điện tích của proton tương ứng là m  1,673.1027 kg và q  1,6.1019 C. 1. Tìm giá trị của U , biết rằng hạt đi sang vùng III với vận tốc hướng vuông góc với P2 và cảm ứng từ B1  1T .  2. Cho biết hạt ra khỏi vùng III theo hướng vuông góc với véctơ v0 tại A. Tính cảm ứng từ B2 .

 3. Thực tế khi chuyển động trong vùng III và vùng IV, hạt chịu tác dụng của lực cản FC tỉ lệ   thuận với vận tốc của hạt ( FC  kv , với k là hằng số). Vì vậy khi chuyển động trong vùng

III, bán kính quỹ đạo của hạt giảm dần và khi ra khỏi vùng III, bán kính quỹ đạo của hạt bị giảm đi 5% so với khi không có lực cản. Tìm độ dài đoạn đường l mà hạt còn đi tiếp được trong vùng IV. Bài giải

mvo2  qU  v0  1. Vận tốc của proton: 2 Bán kính quỹ đạo proton

mv02 mv0 Bqv0  R R qB



2qU m

R

1 2mU B q

Theo đề bài, trong vùng III ta có:

3 R1  d1 2

(1) 

1 B1

3mU  d1 2q

(2)

2qB12d12 U   25, 50kV 3m

201

2. Trong vùng III:

R2  d2 (3)  2 d1B1

Từ (4) và (2) có: B2 

d2 3

3. Tại vùng III và IV: F kv a c  m m Tại vùng III, từ R2 

 mvo qB2



B1 2 3

1 B2

mU  d2 2q

(4)

 0,29 T

v kv kvt k   v     s t m m m R v ta có   a (6) R2 vo

(5)

R  R2'  R2  aR2.

với a = 5% = 0,05 

R2  R2' a R  R2 (1  ) Mặt khác (bán kính trung bình) s  . Với R  6 2 2 a  R (1  ) 2 R2 (1  a / 2) k m 2 Từ (5) và (6) có avo     (7) m 6 k 6avo Tại vùng IV: Từ (5):

s  l ,

vo (1  a )  

Chú ý đến (7), suy ra: Chú ý đến (3):

v  0  v  vo (1  a )

l

l

k l m

R2 (1  a / 2) m vo (1  a )  vo (1  a ) . k 6avo

d2 (1  3a / 2)  77, 5 cm 3a

Bài tập 14.

Một hạt mang điện - q (q > 0), khối lượng m chuyển động trong điện trường gây bởi các ion dương. Các ion dương phân bố đều với mật độ điện tích  trong vùng không gian dạng khối trụ, bán kính R, trục đối xứng là xx' và đủ dài.

Giả sử các lực khác tác dụng lên hạt là rất nhỏ so với lực điện và trong khi chuyển động hạt không va chạm với các ion dương. Xét hai trường hợp sau: 1. Hạt chuyển động trong mặt phẳng chứa trục đối xứng xx':

202

 Lúc đầu hạt ở điểm M cách trục một đoạn a < R và có vận tốc v 0 hướng theo phương của

trục. Giá trị v0 phải bằng bao nhiêu để sau khi hạt đi được một khoảng L (tính dọc theo trục) thì nó tới điểm N nằm cùng phía với M so với trục xx' và cách trục một đoạn

a 2

y P

?

2. Hạt chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng xx': Lúc đầu hạt ở điểm P cách trục một khoảng b > R, có vận tốc  v 0 nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng. Lấy giao

R

O

điểm O của mặt phẳng này với trục xx' làm tâm, vẽ một vòng tròn Hình 25     bán kính b qua P và phân tích v0  v  v// , trong đó v có phương  tiếp tuyến với vòng tròn còn v// hướng dọc theo phương bán kính. Giả sử v//  v . a) Chứng minh rằng hạt chuyển động tuần hoàn theo phương bán kính đi qua hạt. b) Tìm độ lớn của v và chu kì T. T c) Tính khoảng cách l từ P tới hạt sau khoảng thời gian t = n (n nguyên, dương).

2 Bài giải 1. Hạt chuyển động trong mặt phẳng chứa trục đối xứng: Tại điểm cách trục một khoảng r cường độ điện trường là E. Áp dụng định lí OG : r E.2Lr = .r2L/0. Suy ra: E  20 - Theo phương Or vuông góc với trục x'x, hạt chịu tác dụng của lực .. q r , do đó hạt có gia tốc r : F  qE  20

Có F  mr





q r  mr 20



r 

q r  0.

2m 0

- Hạt dao động điều hoà theo phương Or với chu kì : T  2 - Thời gian hạt đi từ M tới N theo phương x'x của trục là t 

20m . q

L . v0

- Mặt khác theo phương vuông góc với trục: t a 1 a cos(2 )   t  (k  )T T 2 6

203

suy ra t 

T 1 và t  (k  )T với k nhận giá trị nguyên dương.

6 6

L 3L q  L L q và v0  với k = 1,2,3,...   T 1 1 2m 0  2m 0 T (k  ) 2(k  ) 6 6 6 2. Hạt chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng.

Tại điểm cách trục r (r > R) cường độ điện trường là E. Theo định lí O- G:

Vậy v0 

E.2Lr = .R2L/0  E 

R 2 .

20r

Tại P: Từ điểm cắt O của mặt phẳng quỹ đạo điện tích và trục xx' làm tâm, ta vẽ qua P một vòng tròn bán kính b. Ứng với khoảng cách b, hạt có vận tốc v, lực điện tác dụng: qR 2 v2 q vR . qE  m 20b b 2m 0

F = Fht 

Xét chuyển động của hạt trong hệ quy chiếu quay cùng vận tốc góc ' với hạt (' là vận tốc góc tại thời điểm t > 0).

Ta có vận tốc góc của hạt tại thời điểm t = 0 :



v R q .  b b 2m 0

a) Tại thời điểm t, vận tốc của điện tích là vt  '.(b+y) vì v//  vt Theo định luật bảo toàn mô men động lượng: 2

 b  y 2y   (1  )2  (1  ) m  '(b  y )  m b   '    b  y  b b 2

2

q R 2 q R 2 y y Lực điện tác dụng lên hạt F   (1  )  m  2b(1  ) (vì x << b) Lực 20 (b  y ) 20b b b

quán tính trong hệ quy chiếu quay: Fqt  maht  m  ' 2 (b  y )  m  2 (1 

2y 2 y 3y ) .b(1  )  m  2b(1  ) b b b

Ta có: y 3y my  F  Fqt  m  2b(1  )  m  2b(1  )  2m  2y  y  2 2y  0 b b Phương trình này chứng tỏ theo phương bán kính, hạt chuyển động tuần hoàn với tần số góc  2 và chu kỳ T.

204

b) T 

2  2



2b R 2

2m 0 2b m 0 .  q R q

T , bán kính véc tơ quay được góc 2 T  2  .   .  2 2  2 2

c) Sau thời gian

Sau t = n

T 2

thì hạt quay được góc

Khoảng cách cần tìm là l = 2b sin

n 2

.

n 2 (n nguyên, dương) 4

Bài tập 15.

Máy xincrophazotron là máy gia tốc hạt năng lượng cao. Trong đó từ trường B(t) và tần số ω(t) của điện thế xoay chiều cũng thay đổi.

1. Hãy tìm biểu thức liên hệ giữa ω(t) và B(t) với các hạt gia tốc chuyển động trên quỹ đạo có bán kính không đổi R. 2. Quỹ đạo ổn định gồm các nửa đường tròn và đoạn thẳng. Trong các đoạn cong, dưới tác dụng của từ trường, các hạt chuyển động tròn với bán kính R=28m và giữ nguyên trong suốt quá trình tăng tốc. Còn trên đoạn thẳng các chùm hạt được gia tốc và hội tụ. Tổng chiều dài của quỹ đạo là L=208m. Prôtôn (có năng lượng nghỉ E0=938 MeV), động năng ban đầu 9,0MeV được gia tốc đến năng lượng 4000MeV. Trong quá trình này, tốc độ tăng của từ trường là:

dB dt

= 0,4T/s. Hãy xác định:

a) Giá trị đầu và cuối của tần số f của hiệu điện thế xoay chiều. b) Khoảng thời gian tăng tốc ∆t. c) Độ tăng năng lượng ∆E của prôtôn trong một vòng quay. d) Số vòng quay và tổng đường đi của prôtôn trong quá trình tăng tốc này. Bỏ qua ảnh hưởng của điện trường do sự thay đổi của từ trường gây nên.

Bài giải 1. Động lượng p và tần số xiclotrôn ωC của hạt điện tích q khi đi qua từ trường B vuông góc với phương chuyển động là: P = qBr; ωC =

qBc E

2



qBc 2 2

2 2 4

p c  m 0c

205

- Vì vận tốc góc phụ thuộc thời gian ωC = ω(t) nên:

2. a) Tần số của điện áp xoay chiều: f =

2

E 2  E 02 ELc

c

1

r

 m c  1   0  qrB(t ) 

2

1 T L

- Với T là thời gian của một vòng quay : T =

c pc 2 f=  EL

ω(t) =

f



L

 pc 2     E 

2

E  c  1   0   E  L

(1)

(bỏ quả độ tăng năng lượng E trong một vòng quay). f0 = 0,2MHz; fC = 1,44MHz b) Trên phần qũy đạo cong:

ω =

qBc

2

(2)

E

p = qBr Từ (3) ta có: p – p0 = qr(B – B0) Mặt khác: ∆B =



p  p0 qr

(3)

 B

(4)

dB t : ∆t là tổng thời gian tăng tốc, ∆B là độ tăng của B trong thời dt

gian ∆t. p0, p là động lượng ban đầu và cuối. → ∆t =

c) ∆E = F L

p  p0 = 3,2s dB qr dt

(5)

F là lực trung bình có phương tiếp tuyến với quỹ đạo. Lực F chỉ làm thay đổi giá trị của dB động lượng: F = dt dp dB - Từ điều kiện r = const, ta có từ (3)  (6)  qr dt dt dB - Từ (5) và (6) ta được: ∆E = qrL = 2,33eV. dt d) N∆E = E – E0, trong đó: N là số vòng quay; (E – E0) độ tăng năng lượng trong quá trình gia tốc.

206

N=

E  E0 E

= 4,3.106 vòng quay; S = NL = 9.105km

Bài tập 16.

Xiclôtrôn là máy gia tốc hạt tích điện đầu tiên của vật lý nhân (1931). Nó gồm có hai hộp rỗng có dạng trụ nửa tròn gọi là các D, đặt cách nhau một khoảng rất nhỏ (khe) trong một buồng đã rút hết không khí (hình 26). Các D được nối với hai cực của một nguồn điện sao cho giữa hai một hiệu điện thế với độ lớn U xác định, nhưng dấu lại đổi một cách tuần hoàn theo thời gian với tần số f nào đó. nam châm điện mạnh tạo ra một từ trường đều, có vectơ  ứng từ B vuông góc với mặt các D (mặt phẳng hình vẽ).

Giữa hai thành khe của xiclôtrôn có một nguồn phát ra hạt

hạt hình



Bia

D

D

D có thay Một cảm

Hình 26



(khối lượng m) với vận tốc ban đầu là v0  107 m / s vuông góc với khe, lúc ấy người ta điều chỉnh nguồn điện để cho D bên phải tích điện âm, D bên trái tích điện dương. Sau đó hạt  chuyển động với vận tốc tăng dần cho đến khi đủ lớn thì nó được lái ra ngoài cho đập vào các bia để thực hiện các phản ứng hạt nhân.

Cho m = 6,64.10-27kg, điện tích nguyên tố e =1,6.10-19C, B = 1T, U = 2.105V. 1. Chứng minh rằng trong lòng các D quỹ đạo của hạt  là nửa đường tròn. Tìm mối liên hệ của bán kính quỹ đạo vào khối lượng, vận tốc, điện tích của hạt  và vào cảm ứng từ B. Với  chiều đi của hạt  như trong hình 26 thì B hướng ra trước hay sau mặt phẳng hình vẽ?

2. Nếu lần nào đi qua khe hạt  cũng chuyển động cùng chiều với điện trường do U sinh ra thì lần nào nó cũng được tăng tốc. Để có sự đồng bộ này, f phải thoả mãn điều kiện gì và lấy giá trị bằng bao nhiêu? Tính vận tốc vn của hạt  khi đi trên nửa đường tròn thứ n và bán kính Rn của nửa đường tròn đó. Nếu bán kính của nửa đường tròn cuối là 0,5m thì hạt  đã chuyển động được khoảng bao nhiêu vòng? Tính vận tốc trước khi ra ngoài của nó?

3. Nếu tần số f lấy giá trị như đã tính ở ý 2 (của câu này) và giữ không đổi, đồng thời tiếp tục cho hạt  chuyển động tăng tốc đến vận tốc ngưỡng vng  105 km/s thì không điều chỉnh đồng bộ được nữa. a) Giải thích nguyên nhân. b) Nêu mối liên hệ tốc độ góc của hạt  với f. c) Để sự tăng tốc của hạt  đồng bộ với sự đảo chiều của hiệu điện thế thì bán kính tối đa của các D bằng bao nhiêu?

Bài giải

207

   1. Trong lòng D chỉ có từ trường tác dụng, lực Lorenxơ lên hạt F  2ev  B , e  0 là điện tích nguyên tố.  mv 2  - Lực Lorenxơ F  v nên là lực hướng tâm  2evB R mv R  Suy ra quỹ đạo của hạt  là nửa vòng tròn, bán kính (1) 2eB  B hướng từ phía trước ra phía sau ( đi vào) mặt phẳng hình vẽ.

2. Hạt  đi được một vòng thì U phải đổi chiều 2 lần, tức là chu kì chuyển động của hạt  và chu kì đổi chiều của U phải bằng nhau  2R m 1 eB 2eB   (2) T  f   ,   2 f   v eB T m m  eB 1, 6.1019.1 f    7, 67MHz m  3,14.6, 64.1027

- Cứ mỗi một lần đi qua khe, hạt  lại thu thêm được một động năng bằng 2eU . Như vậy nếu hạt  qua khe lần thứ n và đi trên nửa vòng tròn n, động năng của hạt  tăng thêm một lượng 2neU .

1 - Động năng ban đầu của hạt là K 0  mv02 .

2 Như vậy động năng của hạt  khi đi trên nửa vòng tròn n là 1 1 K  K 0  2neU  mv02  2neU  mvn2 .

2 2 - Vận tốc của hạt  khi đi trên nửa vòng tròn n là

vn  v 02 

4neU m

(3)

- Theo (1) bán kính của nửa vòng tròn n là

Rn 

mvn  2eB

m v02 

4neU m

2eB

(4)

Từ (4) suy ra 2   m  2eBRn  6, 64.1027 2   n  v    0 4eU  m   4.1, 6.1019.2.105  

2    2.1, 6.1019.1.0, 5  14   10     24 lượt   6, 64.1027    

Số vòng mà hạt  đã chuyển động là  12.

- Từ (3) suy ra sau 12 vòng, vận tốc của hạt  là v  2, 4.107 m / s

208

3. a) Khi vận tốc của hạt tăng, do hiệu ứng tương đối tính khối lượng của hạt  tăng m theo hệ thức Einstein m  , nên tốc độ góc của nó theo (2) giảm. Thành thử 2 v  1    c  nếu tần số f của U giữ không đổi thì hạt  đến khe chậm hơn trước, đáng lẽ vào lúc tăng tốc thì lại đi ngược chiều điện trường và sẽ bị hãm.

2

2

v  v  2eB 2eB  1     2 f 1    b)   c  c  m m c) Rmax 

mv  2eB

mv 2

v  2eB 1     c 



6, 64.1027.108 2

 108   2.1, 6.1019.1. 1    3.108 

 2,2m .

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG THPT VÙNG CAO VIỆT BẮC

CHUYÊN ĐỀ: VẬN DỤNG ĐỊNH LUẬT VẠN VẬT HẤP DẪN VÀ BA ĐỊNH LUẬT KEPLER GIẢI CÁC BÀI TOÁN THIÊN VĂN HỌC Tác giả (Nhóm tác giả): Tổ Vật lý Trường THPT Vùng cao Việt Bắc I. LÝ DO CHON ĐỀ TÀI Trong chương trình phổ thông phần kiến thức về Thiên văn học mới chỉ được dành một thời lượng rất ít, phần kiến thức được trình bày chủ yếu là kiến thức lí thuyết. Để giúp người học thông hiểu kiến thức Thiên văn học thì bên cạnh giờ học lí thuyết phải luôn song song với các giờ bài tập. Qua việc tìm hiểu, phân tích, giải bài tập sẽ giúp cho người học tự mình rút ra được những điều bổ ích, sửa chữa được những nhận thức còn lệch lạc về một khía cạnh nào đó khi tiếp thu kiến thức lý thuyết và giúp hiểu sâu hơn những kiến thức này. Do vậy tôi đã chọn đề tài: Vận dụng định luật vạn vật hấp dẫn và ba định luật Kepler giải các bài toán Thiên văn học.

II. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1. Định luật vạn vật hấp dẫn

209

Hai chất điểm bất kì luôn hút nhau một lực tỉ lệ thuận với tích hai khối lượng và tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách giữa chúng. =

Biểu thức:

Với: m1; m2 là khối lượng của hai chất điểm (kg) r: khoảng cách giữa hai chất điểm (nếu chất điểm có hình cầu thì r được tính từ tâm của cầu nọ đến tâm của cầu kia) (m) G = 6,67.10-11 Nm2/kg2 : hằng số hấp dẫn 2. Ba định luật Kepler a) Định luật 1: Các hành tinh chuyển động xung quanh

P

Mặt trời theo quỹ đạo elip mà Mặt trời nằm tại một trong

V

hai tiêu điểm của elip quỹ đạo.

a

• F

• O

 •  F

H C

Biểu thức: r = với

r = F1H p là thông số của elip, p = F1P

Hình 1

 là góc cận điểm thực tức là góc hợp bởi bán kính vectơ của hành tinh r và bán kính vectơ tại cận điểm rc. b) Định luật 2: Bán kính vectơ của mỗi hành tinh quét được những góc bằng nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau. =

Biểu thức:

(ℎằ

ố)

c) Định luật 3: Bình phương chu kì chuyển động của các hành tinh quanh Mặt trời tỉ lệ với lập phương bán trục lớn của quỹ đạo elip.

Biểu thức:

(

)

=

= ℎằ

ố

Với: T: chu kì chuyển động của các thiên thể G = 6,67.10-11 Nm2/kg2 : hằng số hấp dẫn M, m: lần lượt là khối lượng của Mặt trời và hành tinh a: bán trục lớn của quỹ đạo elip. chú ý: Tại cận điểm rc = a(1 – e) Tại viễn điểm rv = a(1 + e)

210

e: Tâm sai của elip; e =

=

√

b: bán trục nhỏ của elip; b2 = p.a C=

Độ dẹt của elip:  = 3. Quan hệ giữa vận tốc và các thông số quỹ đạo - Quỹ đạo hình tròn: e = 0; r = a = với

K = G(m + M); r là bán kính quỹ đạo

- Quỹ đạo elip: e < 1; p = a(1 – e2) =

−

- Quỹ đạo parabol: e = 1 = - Quỹ đạo hypebol: e >1, p = a(e2 – 1) =

+

III. BÀI TẬP Bài 1 Một vệ tinh chuyển động quanh Trái đất theo quỹ đạo elip. Cho khoảng cách và vận tốc của vệ tinh tại cận điểm quỹ đạo là rc và vc. Tìm khoảng cách và vận tốc của vệ tinh đó tại viễn điểm quỹ đạo là rv và vv.

Giải: Vì vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo elip nên ta có: rc = a(1 – e) .

=

(1)

−

(2)

a) Khoảng cách của vệ tinh ở viễn điểm quỹ đạo Từ phương trình (1) => e = 1 Từ phương trình (2) => a = mà rv = a(1 + e) => rv = 2a – rc = 2

(3) - rc

(4) 211

b) Vận tốc tại viễn điểm 2

=

−

1

Thay (3) và (4) vào ta được:

=

=

−

(2 − =

(2 − −

)

− )

→

=

2 − −

Bài 2 Tính phần bổ xung vận tốc tối thiểu để một vệ tinh đang ở trên quỹ đạo cách bề mặt Trái đất 230km đi tới cận điểm quỹ đạo của mặt trăng? Bỏ qua lực hấp dẫn của Mặt trăng. Biết bán trục lớn quỹ đạo Mặt trăng là 384000km và tâm sai quỹ đạo mặt trăng e = .

Giải Vệ tinh chuyển động tròn xung quanh trái đất với vận tốc: v1 = Với

K = GM;

M = 6.1024kg

r = (6400 + 230) = 6630km v1 = 0,6km/s Cận điểm quỹ đạo Mặt trăng: r’ = a(1 – e) Với a = 384000km;

e=

=> r’ = 362,6667km

Để vệ tinh đi tới cận điểm quỹ đạo của mặt trăng thì nó phải chuyển động theo quỹ đạo elip với vận tốc tại cận điểm: Với a’ =

′

=

−

=> vc = 10,9km/s

Vậy cần bổ xung cho vệ tinh vận tốc : v = vc – v1 = 10,3 km/s

212

Bài 3

K •

Dựa vào đặc điểm nhìn thấy của Thủy tinh và tinh, tính khoảng cách từ chúng tới Mặt trời và chuyển động của chúng. biết khoảng cách từ Trái

Đ•

Kim

•T

chu kì

•M

đất tới

Mặt trời bằng một đơn vị thiên văn và chu kì chuyển động quanh mặt trời bằng một năm. Coi hành tinh chuyển động quanh mặt trời theo quỹ tròn.

các

Hình 2

đạo

Giải Kí hiệu: Trái đất: Đ; (hình 2); Kim tinh: K; Thủy tinh: T; Mặt trời: M Dựa vào chuyển động nhìn thấy của Kim tinh và Thủy tinh ta có: Đ = 480; Đ RK = KM = √Đ

= 280; RĐ = 6400km = ĐM −Đ

= ĐM.sin480 = 4756,1(km)

RT = ĐM .sin280 = 3004,6 (km) * Chu kì chuyển động của Kim tinh Dựa vào định luật ba Kepler có:

Đ

=

=> TK = 223,8 (ngày)

Đ

* Chu kì chuyển động của Thủy tinh Đ

=

=> TT = 117,3 (ngày)

Đ

Bài 4 Một vệ tinh nhân tạo chuyển động quanh Trái đất theo quỹ đạo elip có tâm sai e, bán trục lớn a và chu kì T. a) Tìm vận tốc dài của vệ tinh ở cận điểm và viễn điểm. So sánh độ lớn hai vận tốc ấy. b) Cho e = 0,2; a = 10.000km, RĐ = 6370km. Tính khoảng cách gần nhất và xa nhất từ vệ tinh đến trái đất Giải a) Giả sử trái đất ở điểm F1 của quỹ đạo elip của vệ tinh nhân tạo. => Bán kính vectơ của vệ tinh: Tại cận điểm: rc = a(1- e) Tại viễn điểm: rv = a(1 + e) => Vận tốc dài của vệ tinh ở cận điểm 213

(

Theo định luật 3 kepler: (

=>

)

=

)

(

=

=>

= )

=> vc =

Vận tốc dài của vệ tinh tại viễn điểm =

−

=

(

)

−

=

(

)

= G(M + m)

(

)

=

(

)

=> vv = *So sánh độ lớn hai vận tốc =

> 1 => vc > vv

b) Khoảng cách gần nhất và xa nhất từ vệ tinh đến mặt đất Xa nhất tại viễn điểm với rv = RĐ +hv => hV = rv - RĐ = a(1 + e) – RĐ = 5630(km) Gần nhất tại cận điểm: rc = RĐ +hc => hc = rc - RĐ = a(1 - e) – RĐ = 1630(km) Bài 5 Người ta phóng một trạm vũ trụ chuyển động quanh Mặt trời theo quỹ đạo tròn trong mặt phẳng Hoàng đạo. Các trạm quan sát từ Mặt đất thấy trạm này dao động quanh mặt trời với biên độ xác định bằng 450 (hình 3) a) Tính bán kính quỹ đạo và chu kỳ chuyển động T1 của trạm (coi đất chuyển động quanh Mặt trời theo quỹ đạo tròn với bán kính bằng đơn vị thiên văn (đvtv) và chu kì 1 năm)

trái

Đ  

một

b) Giả sử tại điểm O trên quỹ đạo tròn của trạm (Hình 4) người ta

tăng

vận tốc cho trạm tức thời đến vận tốc parabol (trạm bắt đầu chuyển theo quỹ đạo parabol nhận điểm O làm đỉnh) hãy tính thời gian trạm

a

chuẩn. Chú ý định luật 2 Kepler cũng đúng với chuyển động parabol.

động

M

chuyển từ điểm O đến điểm T. Cho biết phương trình parabol trong xOy là y2 = 2px trong đó p là khoảng cách từ tiêu điểm đến đường

T

hệ

Hình 3

Giải a) Từ hình 3 ta thấy Bán kính quỹ đạoo chuyển động của trạm a1 = TM = ĐMsin450 =

√

(đvtv) 214

Chu kì chuyển động T1 của trạm =  T1 = T.

→

√

=

√

=

→

=

√2 2

y

(năm)

T

b) Quãng đường mà trạm đi từ O đến T là: y2 = 2px với p = 2a; x = a1 = a  y = 2a Vận tốc parabol của trạm (vận tốc lấy quỹ đạo đó) vp =

O

a M

x

=

Hình 4

Thời gian trạm chuyển từ O đến T y = vp.t => t =

=

=

=

√

= 0,19(năm)

Bài 6 Người ta muốn phóng một vệ tinh nhân tạo theo phương án sau: a) Từ mặt đất cung cấp cho vệ tinh vận tốc v0 theo phương thẳng đứng. b) Khi vệ tinh lên đến độ cao h có vận tốc bằng 0, người ta cung cho nó vận tốc v1 theo phương 



ngang ( v1  v 0 ) để vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo elip có tâm sai e và thông số p được xác định trước. Bỏ qua sức cản của không khí.

Hãy tính các vận tốc v0 và v1. Cho biết bán kính của Trái Đất là R0 và gia tốc trọng trường là g0 (g0 = GM/R02).

Hướng dẫn: Vì chuyển động trong trường trọng lực xuyên tâm, áp dụng định luật bảo toàn mômen xung lượng và cơ năng.

Giải Cách 1: a) Chọn gốc thế năng tại tâm Trái Đất.

Vì chuyển động trong trường trọng lực xuyên tâm ta áp dụng định luật bảo toàn mômen xung lượng và cơ năng.

Tại mặt đất vệ tinh có cơ năng là: E1 = - mg 0 R 0 + Tại độ cao h vệ tinh có cơ năng là: E2 = - mgh r

mv 20 2

(r = R 0 + h)

215

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có: E1 = E 2  - mg 0 R 0 +

mv 20 = - mg h r 2

 v 0 = 2(- g h r + g 0 R 0 )

 R2   R   v0 = 2g0 - 20 r + R02 = 2g0R0 - 0 + 1  r   r 

Với g = G

M

 R0 +h  

Vậy: v0 = 2g0R 0 1

2

=G

M M và g0 = G 2 2 R0 r

 gh =

R 20 g0 r2

R0   r 

b) Khi vệ tinh lên đến độ cao h.





Do quỹ đạo là elip, mà vận tốc được cung cấp v1 có hướng vuông góc với v 0 nên điểm cung cấp chỉ có thể tại hai đỉnh của elip (cận điểm, viễn điểm). * Điểm lên quỹ đạo là cực cận Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: - mg( h + R 0 ) + p = a (1 - e 2 )  a =

Mà

r c = a (1 - e)  rc =

Vậy: v1 = vc =

mv 2c mv12 = - mgr + 2 2

p 1 - e2

p p (1 - e) = 2 1-e 1+ e

g0 R 0 (1 + e) p

* Điểm lên quỹ đạo là cực cận Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: - mg( h + R 0 ) + Mà

r v = a (1 + e)  rv =

Vậy: v2 = vv =

mv 2v mv12 = - mgr + 2 2

p p (1 + e) = 2 1-e 1- e

g0 R0 (1 - e) p

Cách 2: Theo định luật bảo toàn cơ năng, tại hai điểm cực cận và cực viễn (trường xuyên tâm): 216

- mg 0

R 02 R2 mv12 mv 22 + = - mg 0 0 + rC 2 rv 2

R 02 R 02 2 - 2g 0 + v1 = - 2g 0 + v 22 rC rv

 R20 R 02 Mà gc = 2 g0 ; gv = 2 g0 rc rv 

 R 02 R 0 2  v - v = 2g 0   +  rC   rv 2 1

2 2

(1)

Mặt khác theo định luật 2 Kepler ta có: 

v1.rc v .r .Δt = 2 v .Δt 2 2 v1.rc = v2.rv

 v1.rc - v2 .r = 0

r  v1 = v .v2 rc

(2)

2

r  -r +r  Thay (2) và (1) ta có:  v .v 2  - v 22 = 2g 0 R 02  c v   rc   rc .rv 

rc 1- e = rv 1+e rc + rv =



rv2 v22 - v22 rc2 = 2g 0 R 02

rc  - rc + rv  rv



v22  rv2 - rc2  = 2g0 R 02

rc  rv - rc  rv

rc rv  rv + rc 



v22 = 2g0 R 02

 v22 = 2g 0 R 02

g R2 1- e 1- e2 2 = 0 0 1- e  1+ e 2p p

2p 1- e2



Thế vào (2) ta được: v1 =

v22 = 1+ e 1- e

g0 R 0 1- e  p g0 g R0 1- e   0 R0 1+ e  p p

Bài 7 Người ta chụp ảnh Mặt trăng đồng thời cùng một phía, từ Trái Đất và từ một vệ tinh của Mặt Trăng. Quỹ đạo của vệ tinh là đường tròn. Đường kính ảnh Mặt Trăng trên bức ảnh chụp từ Trái Đất là a1 = 4,5mm, còn trên bức ảnh chụp từ vệ tinh là a2 = 250mm. Hãy tìm chu kỳ quay của của vệ tinh Mặt Trăng, biết hai bức ảnh đều chụp bằng các vật kính giống nhau có tiêu cự f=50cm và

217

gia tốc rơi tự do trên Mặt Trăng nhỏ hơn trên Trái Đất n = 6 lần, khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trăng là L = 380.000km.

Giải Tính chu kỳ quay của vệ tinh Mặt trăng.

Gọi R là bán kính quỹ đạo của vệ tinh Mặt Trăng ta có: F=G

MT m rT2 = mg T R2 R2

(1)

Lực hấp dẫn F truyền cho vệ tinh m gia tốc hướng tâm: a ht = ω2 R = 

Từ (1) và (2) ta có: T =

F = ma ht = m

4π 2 R T2

4π 2 .R T2

(2)

2πR R rT gT

(3)

+ Xét ảnh Mặt Trăng chụp từ Trái Đất: Coi Mặt trăng ở rất xa Trái Đất thì ảnh Mặt Trăng là ảnh thật nằm ở tiêu diện của vật kính (Hình 5).

Ta có:

a1 f aL =  rT = 1 (4) 2rT L 2f

C

rT

O f

L

( L là khoảng cách từ Mặt Trăng đến

a1 F

Hình 5

Trái Đất, f là tiêu cự của vật kính). + Xét ảnh Mặt Trăng chụp từ vệ tinh:

Trên vệ tinh ta chỉ chụp được trên phim ảnh của một phần Mặt Trăng (Hình 6 Ta có: ΔOFB' ~ ΔOBC 2

a2 OB' b a = = với b = f 2 + 2  2rT OC R  2

(5)

A 2r b  R= T a2

(6)

rT C

b

Thế rT từ (4) vào (6) ta được: aL R= 1 b a 2f

B (7)

a2

O

R

F

Hình 6

218

Thế rT từ (4) và R từ (7) vào (3) ta được: T = 4π

b a2

a1Lb gT a 2f

Thay số: T  6,23.104s.

Bài 8 Một con tàu vũ trụ bay quanh Mặt Trăng theo quỹ đạo

tròn

bán kính R = 3,4.106m.

B R

a) Hỏi từ con tàu phải ném một vật theo phương tiếp tuyến

O

quỹ đạo với vận tốc bằng bao nhiêu để nó rơi lên mặt đối diện Mặt Trăng. b) Sau thời gian bao lâu nó sẽ rơi lên Mặt Trăng. Cho biết gia tự do của mọi vật ở gần bề mặt Mặt Trăng nhỏ hơn trên Trái

với

RT

của

A

tốc rơi

Hình 7

Đất 6

lần. Bán kính Mặt Trăng RT = 1,7.106m.

Giải a) Vận tốc cần phải ném Vật được ném ra khỏi con tàu chuyển động theo quỹ đạo elip tiếp xúc với bề mặt Mặt Trăng (Hình 7). Trục lớn quỹ đạo elip là 2a = R + RT. Thế năng hấp dẫn của vật tại A và B: WA = - G

MTm R

WB = - G

MTm RT

Theo định luật bảo toàn năng lượng: 

Vì gT = G

1 2 Mm 1 Mm mv1 - G T = mv22 - G T 2 R 2 RT v12 M v2 M - G T = 2 -G T 2 R 2 RT

MT v12 RT2 v22 nên g = - gT R T T RT 2 2 2 2

Theo định luật 2 Kepler ta có: v1.Δt .R = v2.Δt .R T 

(1) v1.R = v2 .R T

(2)

Theo bài ra: R = 2RT nên 2v1 = v2 219

Thay vào (1) ta được:

v12 R - gT T = 2v1 - gTR T 2 2

 v1 =

gT R T 2

(3)

Vận tốc của vật m khi chưa ném tại điểm A là v0 bằng vận tốc tới điểm A của con tàu m1: F=G

m1v20 MT m1 = R2 R

 v0 = G

MT g R = T T R 2

So sánh (3) với (4) ta có: v1 < v0. 

(4)



Vận tốc của vật cần phải ném v ngược chiều với vận tốc v 0 . Vậy: v = v0 - v1

(5).

1   1   3  2

Thay (3) và (4) vào (5) ta được: v = gT R T  Thay số ta được: v = 88,2(m/s). b) Thời gian để vật rơi lên Mặt Trăng.

Chu kỳ quay của con tàu: T =

2πR 2R T = 4π v0 gT

Dựa vào định luật 3 Kepler ta có thể suy ra: 2

3

3

3

 T   R + RT   R + RT 2  3 2   =   T=T0    T=   T0 2   2R T   2R T   T0 

Thay số ta được: T = 551 phút.

Vậy thời gian để vật rơi lên Mặt Trăng là: t = T/2 = 275,5 phút.

Bài 9 Một vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn ở cách bề mặt Mặt Trăng một khoảng bằng bán kính R của Trái Đất. Tại một thời điểm nào đó, từ vệ tinh phóng ra một trạm đi tới một hành tinh khác, phần còn lại của vệ tinh chuyển động theo một quỹ đạo elip đi tới gần mặt Trái Đất ở điểm đối diện với điểm xuất phát của trạm. Hỏi khối lượng của trạm có thể chiếm một phần cực đại bằng bao nhiêu khối lượng vệ tinh.

220

Giải Tỉ số khối lượng của trạm và khối lượng vệ tinh.

2R

 u

Khi trạm m từ vệ tinh M1 tại A, để lợi về năng lượng thì vận tốc 

O

truyền cho trạm phải cùng hướng chuyển động ( v 0 ) của vệ tinh trái Đất MĐ (hình 9)





R

quanh

A

Khi đó chính vệ tinh có vận tốc v ngược với hướng u .

Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:

Hình 9

mu - M1v = Mv0 với M1 = M - m

 mu - (M - m)v = Mv0



m v0 +v = M u+v

(1)

Vệ tinh chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính 2R, lực hấp dẫn giữ vai trò lực hướng tâm: Mv02 M M =G D 2 2R (2R)

 v0 = G

MD 2R

(2)

Ở rất xa Trái Đất động năng và thế năng của trạm m đều bằng 0 nên theo định luật bảo toàn cơ năng ta có:

Mu 2 M M -G D =0 2 2R

 u= G

MD 2R

(3)

Xét vệ tinh M1 (phần còn lại không tính trạm) ở các vị trí A phóng trạm và ở vị trí B cận Trái Đất, theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: M1v2 M M M v'2 M M -G D 1 = 1 -G D 1 2 2R 2 R

(4)

v' là vận tốc vệ tinh tại B trên quỹ đạo elip. Áp dụng định luật 2 Kepler, ta có:

Rv' = 2Rv

Từ (4) và (5) suy ra:

v= G

Đưa v0 từ (2), u từ (3) và v từ (6) và (1) ta được:

Thay số và ta được:

m = M

MD 3R

(5) (6)

MD M + G D 2R 3R M M G D+ G D R 3R G

m  0,8 M

Bài 10

221

Sao chổi Halley có chu kỳ 76 năm và năm 1986 đã có khoảng cách gần Mặt Trời nhất (gọi là khoảng cách cận nhật rc) bằng 8,9.1010m. a) Hỏi khoảng cách xa Mặt Trời nhất của sao chổi Halley (gọi là khoảng cách viễn nhật rv) bằng bao nhiêu? b) Tâm sai của quỹ đạo sao chổi Halley là bao nhiêu?

Giải 1

GM   3 a) Từ định luật 3 Kepler ta suy ra: a =  2   4π 

Với khối lượng Mặt Trời Mʘ = 1,99.1030kg, T = 7,6 năm = 2,4.109s.

Vậy bán trục lớn của quỹ đạo sao chổi Halley là: a = 2,7.1012m.

Mặt khác ta lại có: rv = a 1+ e  rc = a 1- e 

Từ (1) và (2) ta được:

(1) (2)

rc = 2a - rv

Thay số vào ta được: rc = 5,3.1012(m). b) Tâm sai e của quỹ đạo sao chổi Halley Từ (1) suy ra:

e=

rv r -r - 1 = v c = 0,96. a 2a

Vì e  1nên quỹ đạo của sao chổi là rất dài và dẹt.

Bài 11 Các quan sát về ánh sáng phát từ một ngôi sao cho thấy rằng ánh sáng ấy được phát ra từ một hệ đôi (hai sao). Ngôi sao trông thấy có tốc độ trên quỹ đạo 270km/s, chu kỳ T = 1,7 ngày và khối lượng phỏng chừng m1 = 6MT, trong đó MT là khối lượng Mặt Trời MT = 1,99.1030kg. Giả sử rằng ngôi sao trông thấy và bạn đồng hành của nó (vì tối nên không trông thấy) đều ở trên quỹ đạo tròn. Hãy xác định khối lượng phỏng chừng m2 của ngôi sao không trông thấy (vật tối).

Giải Khối tâm của hệ sao đôi nằm trên đường nối tâm của chúng.

Gọi O là khối tâm của hệ, r1, r2 lần lượt là khoảng cách m1, m2 đến tâm O. Đặt r = r1 + r2.

Lực hấp dẫn của vật tối lên ngôi sao trông thấy: F =

Gm1m2 r2

(1)

222

Theo định luật II Newton: F = m1a = m1ω2 r1 Mặt khác ta lại có:

r1 m2 = r2 m1 + m 2

m32

Từ (1), (2) và (3) ta có:

T=



 m1 + m2 

2

=

(2)

r2 = r1

m1 + m2 m2

ω2 3 4π 2 3 .r1 = .r1 G GT 2

(3) (với ω =

2π ) T

2πr1 vT  r1 = v 2π

Thay số và giải ta được: m2  9Mʘ.

Vì m2  9MT nên đây có thể là một lỗ đen (vì sao neutron chỉ có khối lượng nhỏ hơn khoảng 3MT).

Bài 12 Một nhà du hành vũ trụ thích đùa đã đặt một quả bóng gỗ khối lượng m = 7,2kg vào một quỹ đạo tròn quanh Trái Đất ở độ cao h = 350km. Hỏi: a) Động năng của quả bóng gỗ là bao nhiêu? b) Thế năng của quả bóng gỗ là bao nhiêu? c) Cơ năng của quả bóng gỗ là bao nhiêu?

Giải a) Chọn hệ quy chiếu gắn với tâm Trái Đất, gốc thế năng ở tâm Trái Đất.

Bán kính quỹ đạo của quả bóng: r = R + h = 6370 + 350 = 6,72.103km = 6,72.106 m (trong đó R là bán kính Trái Đất).

Lực hấp dẫn của Trái Đất tác dụng lên quả bóng: F = Lực F đóng vai trò lực hướng tâm: F = Từ (1) và (2) ta có:

GMm mv 2 = r2 r

Mặt khác ta lại có: v2 =

K GM  r r

GMm mv 2 = r2 r

GM r

 v2 =

Vậy động năng của quả bóng: Wd =

mv 2 r

 v2 =

GMm r2

(1) (2)

GM r

mv 2 GMm = 2 2r

Thay số ta được: Wđ  2,14.108(J) = 214(MJ).

223

b) Thế năng của quả bóng Wt = -

GMm  - 2Wd = - 428 (MJ) . r

c) Cơ năng của quả bóng Vì quả bóng chuyển động trên quỹ đạo tròn nên ta có: W = Wt + Wđ = - 214 (MJ).

Bài 13 Hai tàu vũ trụ nhỏ, mỗi tàu có khối lượng m = 2000kg, bay theo quỹ đạo tròn trên Trái Đất (Hình 10), ở độ cao h = 400km. Tgor (người chỉ huy một trong những con tàu vũ trụ) bay tới một điểm cố định trên quỹ đạo 90s trước Sally (người chỉ huy tàu kia). Hỏi: a) Chu kỳ và tốc độ của hai con tàu trên quỹ đạo tròn là bao nhiêu? b) Tại điểm cố định (giả sử điểm P trên Hình 10) Sally muốn vượt Igor bèn cho phụt khí về phía trước để giảm tốc độ của cô 1%. Sau đó, Sally đi theo quỹ đạo elip (đường vẽ nét đứt). Tính tốc độ, động năng và thế năng con tàu của cô ngay sau khi phụt khí? c) Trên quỹ đạo mới hình elip, cơ năng toàn phần, bán trục lớn và tốc độ trên quỹ đạo của Sally là bao nhiêu?

Giải a) Bán kính quỹ đạo tròn của chúng: r = R + h = 6370 + 400 = 6770km = 6,77.106 m (trong đó R là bán kính Trái Đất).

Từ định luật 3 Kepler ta suy ra: T=

4π2 r 3  5540 (s) (với G = 6,67.10-11Nm2/kg2, GMD

MĐ =

5,98.1024kg).

r

Tốc độ của tàu trên quỹ đạo:

P v0 =

2πr  7680 (m/s).

T0

Hoặc: v0 =

K  7680 (m/s). r

TĐ R

Hình 10

b) Tốc độ của tàu Sally ở điểm P (Hình 10) ngay sao khi phụt khí v = 0,99v0 = 7600 (m/s).

224

Khi đó động năng mới của tàu Sally ở điểm P là: Wd =

mv 2 = 5,87.1010  J  .

2

Thế năng của nó vẫn không đổi: Wt = -

GMm = - 11,8.1010 (J) . r

c) Cơ năng toàn phần mới của tàu Sally: W = Wt + Wđ = - 6,02.1010 (J).

Ta có: W = -

GMm 2a



a=

GMm = 6,63.106 (m).

2W

Bài 14 Tâm Mặt trời ở tiêu điểm của quỹ đạo Trái

Đất.

Tiêu điểm kia ở cách tiêu điểm này bao nhiêu? diễn đáp số theo bán kính Mặt Trời RT =

A

F1

O

6,96.108m. Biết tâm sai quỹ đạo Trái Đất là 0,0167 bán kính trục lớn a có thể lấy bằng 1,5.1011m.

Giải Tâm sai: e =

F2

Biểu

B và

Hình 11

OF1 = 0,0167  OF1 = e.OA = 2,505.109 (m) OA

9 FF 1 2 = e.OF1 = 5,01.10 (m)

Khoảng cách FF 1 2 có thể biểu diễn theo bán kính Mặt Trời Rʘ k=

FF 1 2 = 7,2 (lần).

RΘ

Vậy FF 1 2 lớn gấp 7,2 lần bán kính MặtTrời.

Bài 15 Khoảng cách trung bình giữa sao Hỏa và Mặt Trời là 5,2 lần khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời. Theo định luật 3 Kepler, hãy tính xem sao Hỏa cần bao nhiêu năm để quay được một vòng xung quanh Mặt Trời.

Giải Từ định luật 3 Kepler ta suy ra:

225

T12 T22  a13 a23

Với T1, a1 là chu kỳ và khoảng cách trung bình giữa Trái Đất và Mặt Trời, T2, a2 là chu kỳ và khoảng cách trung bình giữa sao Hỏa và Mặt Trời.

3

 a 2 Vậy chu kỳ quay của sao Hỏa là: T2 =  2  .T1 = 684,5 (ngày) = 2,774 (năm).  a1 

Bài 16 Xác định khối lượng Trái Đất, theo chu kỳ T và bán kính r của qũy đạo Mặt Trăng quanh Trái Đất: T = 27,3 (ngày) và r = 3,82.105(km). Giả sử rằng Mặt Trăng quay quanh tâm Trái Đất, chứ không phải quay quanh khối tâm của hệ Trái Đất - Mặt Trăng.

Giải Mặt Trăng m chuyển động tròn chịu tác dụng của lực hấp dẫn đóng vai trò lực hướng tâm: Fhd = ma ht 

GMm 4π 2 2 = mω r = m r r2 T2

(1)

Với M là khối lượng Trái Đất, r là bán kính quỹ đạo của Mặt Trăng, ω là vận tốc góc quay của Mặt Trăng ω =

2π T

Từ (1) suy ra:

M=

4π 2 r 3  5,930.1024 (kg).

GT 2

Bài 17 Một vệ tinh được đặt trên một quỹ đạo tròn có bán kính bằng nửa bán kính quỹ đạo của Mặt Trăng. Chu kỳ quay của nó (tính theo tháng Mặt Trăng) là bao nhiêu (Một tháng Mặt Trăng là chu kỳ quay của Mặt Trăng).

Giải Chu kỳ quay của vệ tinh được xác định theo biểu thức: 3

TT2 Tv2 = a 3T a 3v



Tv TT

 a 2 1 = v    0,354 8  aT 

Vậy chu kỳ quay của vệ tinh là: Tv = 0,354 TT. Tức là chu kỳ quay của vệ tinh bằng 0,354 tháng Mặt Trăng.

Bài 18 Ở vĩ độ φ lớn nhất (trên Trái Đất) bằng bao nhiêu còn có thể quan sát thấy vệ tinh địa tĩnh?

226

Giải Vệ tinh địa tĩnh có chu kỳ bằng chu kỳ tự quay của Trái Đất, bay ở độ cao h = 35850km xung quanh đường xích đạo của Trái Đất. Để quan sát được vệ tinh (V) ở vĩ độ φ lớn nhất thì

O R

h

V

AOV

phải bằng 900 (Hình 12). Khi đó ta có: cosφ =

R = 0,1508 R+h φ = 81019'43''



A Hình 12

Bài 19 Một hệ sao đôi gồm hai sao, mỗi sao có khối lượng bằng khối lượng Mặt Trời, quay quanh khối tâm của chúng. Khoảng cách giữa chúng bằng khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời. Chu kỳ quay của chúng là mấy năm?

Giải Dựa vào kết quả tính toán bài 11 ta có: m32

 m1 + m2 

2

4π 2 3 = .r1 GT 2

(1)

Trong đó m1 = m2 = Mʘ = 1,99.1030kg, r1 = r2 = r/2 = 75.1010m.

Từ (1) ta suy ra: T=

2πr1 (m1 +m 2 ) r1 m 2 Gm 2

Thay số ta được: T = 224.107s = 0,71 năm.

Bài 20 Hãy xác định chu kỳ giao hội.

Giải Giả sử ban đầu Mặt Trời (M), Mặt Trăng (T) và Trái Đất (Đ) ở vị trí giao hội như hình 13.

Mặt Trăng chuyển động xung quanh Trái Đất với chu kỳ T = 27,32 ngày. Như vậy mỗi ngày nó dịch chuyển một góc:

3600  13,1770 27,32

Mặt Trời lại chuyển động biểu kiến xung quanh Trái Đất với chu kỳ T = 365,2422 ngày. Như vậy mỗi ngày nó dịch chuyển một góc:

3600  0,9860 365, 2422

227

Khi Mặt Trăng dịch chuyển được một vòng (trở lại vị trí T) thì Mặt Trời mới tới điểm M'. Để Mặt Trăng tới vị trí giao hội (T') thì nó phải quay thêm một góc

M

(bằng góc mà Mặt Trời dịch chuyển trong 27,32 ngày). a = 27,32.0,986

M' M''

Thời gian để Mặt Trăng quay được một góc a là: T1 =

27,32.0,986 (ngày) 13,177

T a' T' a T' Đ '

Khi Mặt Trăng tới vị trí (T') thì Mặt Trời lại đi tới điểm và Mặt Trăng muốn tới vị trí giao hội thì lại phải quay thêm góc a' là: a' =

a

(M'')

Hình 13

một

27,32.0,986 .0,986 13,177

(bằng góc mà Mặt Trời quay được trong T1 ngày) Thời gian để Mặt Trăng quay được một góc a' là: T2 =

27,32.0,986 0,986 (ngày) .

13,177 13,177

Cứ tiếp tục như thế đến khi nào Mặt Trăng và Mặt Trời giao hội được với nhau, ta sẽ rút ra chu kỳ giao hội như sau: T = TT + T1 + T2 + ... +Tn = 27,32 +

27,32.0,986 27,32.0,986 0,986 + . + ...

13,177 13,177 13,177

   0,986 n  = 27,32 + 1+     29,53 (ngày) 13,177    n =1 

(Có thể tính chu kỳ trên theo cách khác) KẾT LUẬN Chuyên đề bài tập Thiên văn là chuyên đề rất rộng lớn, trong khuôn khổ báo cáo này chúng tôi đã chọn một mảng nhỏ là Vận dụng định luật vạn vật hấp dẫn và ba định luật Kepler giải các bài toán Thiên văn học. Chúng tôi hy vọng rằng đã cung cấp được một số bài tập cho các em học sinh và các thầy cô giáo tham khảo. Báo cáo này có thể còn những vấn đề phải bàn luận mong được sự góp ý kiến và trao đổi của đồng nghiệp và của các em học sinh.

228

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Giáo trình Thiên văn - Phạm Viết Trinh, Nguyễn Đình Noãn 2. Cơ sở Vật lí (tập 1, 2) – David Haliday, Robert Rennich, Jearl Walker 3. 121 Bài tập Vật lí nâng cao lớp 10 – Vũ Thanh Khiết (chủ biên) 4. Tuyển tập các câu hỏi và bài tập Vật lý đại cương – Trần Văn Nhạc 5. Thiên văn Vật lí – Donat G.Wentzenl, Nguyễn Quang Diệu, Phạm Viết Trinh, Nguyễn Đình Noãn, Nguyễn Đình Huân.

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH YÊN BÁI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH

CHUYÊN ĐỀ: ĐIỆN TỪ TRƯỜNG Tác giả : Lại Xuân Duy Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành- Yên Bái

MỤC LỤC Phần 1: MỞ ĐẦU ..................................................................................................231 1. Lý do chọn sáng kiến .....................................................................................231 2. Mục đích của sáng kiến .................................................................................231 3. Phạm vi, đối tượng áp dụng của sáng kiến ...................................................231 4. Thời gian thực hiện và triển khai sáng kiến...................................................231 Phần 2: NỘI DUNG ...............................................................................................231 I. Cơ sở lý luận của sáng kiến ............................................................................231 1. Cơ sở lý luận ..............................................................................................231 2. Các kiến thức cơ bản..................................................................................233 II. Thực trạng của sáng kiến ..............................................................................235 III. Các biện pháp giải quyết vấn đề ..................................................................235 229

IV. Hiệu quả của sáng kiến ................................................................................254 Phần 3: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ ..................................................................254 1. Kết luận ..........................................................................................................254 2. Kiến nghị........................................................................................................254 TÀI LIỆU THAM KHẢO .....................................................................................255

230

Phần 1:MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn sáng kiến Trong sự nghiệp phát triển, trước công cuộc công nghiệp hoá, hiện đại hoá đất nước mỗi con người dù làm việc ở môi trường nào thì cũng phải luôn phấn đấu, hoàn thiện bản thân về đạo đức lẫn chuyên môn, nghiệp vụ để nâng cao tầm hiểu biết của mình. Là một giáo viên trẻ giảng dạy môn Vật lý ở trường trung học phổ thông chuyên Nguyễn Tất Thành. Tôi tự thấy mình cần phải phấn đấu nhiều, không ngừng học tập để nâng cao năng lực chuyên môn đáp ứng được yêu cầu và mục tiêu đào tạo của nhà trường.

Việc hoàn thiện các mảng kiến thức hay đưa ra các phương pháp, định hướng giải quyết các bài toán và tập hợp thành chuyên đề là một phương pháp tự nâng cao kiến thức tốt nhất. "Cảm ứng điện từ" là một trong những nội dung quan trọng trong các kì thi học sinh giỏi các cấp. Xây dựng hệ thống các bài tập tạo thành một chuyên đề làm tài liệu cho học sinh trong các kì thì thi học sinh giỏi. Với mục tiêu như vậy, tôi lựa chọn chuyên đề: "Xây dựng hệ thống bài tập cảm ứng điện từ".

2. Mục đích của sáng kiến Xây dựng hệ thống kiến thức và bài tập về cảm ứng từ.

3. Phạm vi, đối tượng áp dụng của sáng kiến Hệ thống các kiến thức và bài tập về hiện tượng cảm ứng từ nhằm tạo ra cách nhìn tổng quan về hiện tượng vật lý này. Đây là một phần thuộc chương trình vật lý chuyên: Nội dung về cảm ứng từ được sử dụng rất nhiều trong các bài toán thi học sinh giỏi.

4. Thời gian thực hiện và triển khai sáng kiến

Trong thời gian giảng dạy ở trường phổ thông, thời gian dự giờ các lớp học bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp; đặc biệt là năm học 2013 - 2014.

Phần 2: NỘI DUNG I. Cơ sở lý luận của sáng kiến 1. Cơ sở lý luận Thực chất hoạt động giải bài tập vật lý, mục tiêu ta cần đạt tới khi giải bài tập vật lý là tìm được câu trả lời đúng, giải đáp vấn đề một cách có căn cứ khoa học chặt chẽ. Quá trình giải bài tập vật lý là quá trình tìm hiểu điều kiện của bài toán, xem xét hiện tượng vật lý được đề cập, dựa trên kiến thức vật lý, công cụ toán học để nghĩ tới mối liên hệ có thể xây dựng được liên hệ trực tiếp hoặc gián tiếp giữa các cần tìm với cái đã cho. Từ đó, đi tới mối liên hệ tường minh của cái phải tìm chỉ với những cái đã cho, đi đến lời giải đáp. Các công thức, các phương trình mà ta xác lập được theo các kiến thức vật lý và điều kiện cụ thể của bài toán là sự biểu diễn mối liên hệ định lượng giữa các đại lượng vật lý. Trong các phương trình đó tuỳ theo điều kiện của bài toán cụ thể, có thể đại lượng này là đã cho, đại lượng kia phải tìm và có thể có cả đại lượng liên quan chưa biết mà nó không phải cái mà đề bài hỏi cũng không phải đại lượng đã cho.

231

Ví dụ: A, B là đại lượng đã cho,x là đại lượng phải tìm, còn có a, b là đại lượng liên quan chưa biết. Để đi đếnlời giải bài toán, hướng dẫn giải toán giáo viên phải biết hướng dẫn khai thác các quan hệ giữa các đị lượng A, B, a, b, x. Đối với bài toán đơn giản thì có thể thấy ngay quan hệ trực tiếp của x đối với A, B bằng các công thức vật lý. Nhưng với các bài toán phức tạp thường không thể thấy ngay quan hệ của chúng mà phải dựa trên quan hệ cơ bản trong đó chứa cả cái đã cho A, B. Cái chưa biết x và cả các yếu tố chưa biết khác nữa a, b.

Trong sự vận hành các mối quan hệ cơ bản để xác định cái phải tìm vai trò của kiến thức vật lý, toán học cùng các kỹ năng tư duy là vô cùng quan trọng. Nó giúp trả lời được câu hỏi: Sơ đồ tiến trình luận giải để đi từ mối liên hệ cơ bản đã xác lập đến kết quả cuối cùng của việc giải bài toán là như thế nào.

Không thể nói về một phương pháp chung vạn năng để có thể giải quyết được mọi bài toán vật lý. Tuy nhiên từ sự phân tích thực chất hoạt động giải bài tập vật lý như trình bày ở trên, ta có thể chỉ ra khái quát sơ đồ định hướng các bướcchung để giải bài tập vật lý: - Tìm hiểu đề bài, mô tả tình huống nêu trong đề bài, vẽ hình minh hoạ, tóm tắt ngắn gọn.

- Xác lập mối quan hệ cơ bản của các dữ liệu xuất phát và các cái phải tìm.

- Rút ra kết quả cần tìm.

- Kiểm tra xác nhận kết quả.

Trong thực tế giải toán vật lý nhiều khi không thể tách bạch được bước thứ hai và thứ ba. Việc xác lập các mối quan hệ cơ bản thường đi đôi với quá trình luận giải. Việc luận giải mối quan hệ này lại xác lập một mối quan hệ khác, quá trình đó dẫn đến kết qủa ta có hệ thống quan hệ thể hiện bằng phương trình cần thiết cho việc tìm ra kết quả.

Cơ sở định hướng hướng dẫn học sinh giải bài tập vật lý là giáo viên phải giải được bài tập vật lý đó, nhưng chưa đủ, giáo viên phải phân tích được giải pháp xuất phát từ mục đích sư phạm để xác định kiểuhướng dẫn cho phù hợp. Cơ sở khoa học để suy nghĩ xác định phương pháp hướng dẫn học sinh giải bài toán vật lý là việc vận dụng những hiểu biết về tư duy về giải toán vào việc phân tích phương pháp giải toán một cách khoa học. Ta có các kiểu hướng dẫn giải toán tuỳ theo mục đích sư phạm sau: - Hướng dẫn theo mẫu (Angôrít): là sự hướng dẫn chỉ rõ cho học sinh hành động cụ thể và trình tự thực hiện các hành động đó để đi tới kết qủa. Kiểu hướng dẫn angôrít thường được áp dụng khi cần dạy cho học sinh phương pháp giải một loại toán điển hình nhằm rèn luyện kỹ năng giải một loại toán nhất định. Ưu điểm của kiểu hướng dẫn angôrít nó đảm bảo cho học sinh giải được bài toán một cách chắc chắn, tuy nhiên ít có khả năng sáng tạo tư duy.

- Hướng dẫn tìm tòi: Là kiểu hướng dẫn có tính chất gợi ý cho học sinh suy nghĩ tìm tòi phát hiện cách giải quyết bài toán. Nét đặc trưng của kiểu hướng dẫn này là giáo viên định hướng hoạt dộng tư duy của học sinh theo đường lối khái quát việc giải quyết vấn đề, đòi hỏi sự tìm tòi tự lực của học sinh ngay từ lúc ban đầu. Kiểu hướng dẫn này được áp dụng 232

khi có điều kiện hướng dẫn tiến trình hoạt động giải toán của học sinh, nhằm giúp học sinh tự giải toán và dạy học sinh cách suy nghĩ trong quá trình giải toán.

2. Các kiến thức cơ bản 2.1. Hiện tượng cảm ứng điện từ 2.1.1. Từ thông Từ thông Φ qua một diện tích S, giới hạn bởi một vòng dây kín phẳng C, đặt trong từ  B trường đều có cảm ứng từ là một đại lượng có biểu thứcΦ=Bscosα, với α là góc giữa vectơ  và pháp tuyến n (dương) của mặt S. Đơn vị từ thông là Vêbe (Wb).

Nếu khung dây gồm N vòng dây thì từ thông xác định bằng: Φ=NBScosα 2.1.2. Các định luật cơ bản về hiện tượng cảm ứng điện từ Hiện tượng cảm ứng điện từ là sự xuất hiện dòng điện cảm ứng trong mạch kín khi từ thông qua mạch đó biến đổi. Suất điện động sinh ra dòng điện cảm ứng trong mạch điện kín là suất điện động cảm ứng. a) Định luật cơ bản về cảm ứng điện từ: Khi có sự biến đổi từ thông qua mặt giới hạn bởi một mạch điện kín thì trong mạch xuất hiện suất điện động cảm ứng.

Dòng điện cảm ứng chỉ tồn tại trong thời gian từ thông Φ biến thiên; nếu Φ ngừng biến đổi thì dòng điện cảm ứng tắt. b) Định luật Lenz: Dòng điện cảm ứng có chiều sao cho từ trường có tác dụng chống lại nguyên nhân đã sinh ra nó.

Khi từ thông Φ qua C biến thiên do một chuyển động nào đó thì dòng điện cảm ứng xuất hiện trong C có chiều sao cho từ trường do dòng điện ấy sinh ra có tác dụng chống lại sự chuyển dời nói trên. c) Định luật Faraday: Suất điện động cảm ứng là suất điện động sinh ra dòng điện cảm ứng trong mạch kín, nó tỉ lệ với độ biến thiên từ thông qua mạch và tỉ lệ nghịch với khoảng thời gian của sự biến thiên ấy (tức là tỉ lệ với tốc độ biến thiên của từ thông): d ec    ('t ) (dấu trừ biểu diễn định luật Lenz) dt * Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong một đoạn dây dẫn chiều dài l chuyển động với vận tốc trong từ trường đều có cảm ứng từ bằng: 233

ec  Blv sin  ec=Blνsinα     trong đó, v và B cùngvuônggóc với đoạn dây và α là góc giữa v và B .

Sự xuất hiện của suất điện động cảm ứng trong đoạn dây đó tương đương với sự tồn tại của một nguồn điện trên đoạn dây đó; nguồn điện này có suất điện động bằng ec và có hai cực dương và âm được xác định bằng quy tắc bàn tay phải  bàn tay phải duỗi thẳng để cho các đường cảm ứng từ B

(đặt

hướng vào lòng bàn tay, ngón tay cái choãi ra chỉ chiều chuyển động của dây dẫn, khi đó chiều từ cổ tay đến ngón

tay

giữa là chiều đi qua nguồn tương đương từ cực âm sang

cực

dương).

*

Suất điện động cảm ứng trong một thanh quay đều với tốc độ góc  xung quanh trục  đi  qua một đầu thanh trong từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ B / / .

1 Trong thời gian dt thanh quét được một diện tích dS  l 2dt 2 1 Từ thông biến đổi d   l 2 Bdt 2 1 Suất điện động cảm ứng e    l 2 B 2 Hoặc cách khác Xét một đoạn dr cách O một khoảng r, chuyển động với vận tốc v  r .

Suất điện động do đọa dr tạo ra là: de  Bvdr  Br dr e

l

1 Suất điện động do cả thanh gây ra là: e   de   Br dr  Bl 2 2 0 0 (Chiều xác định bằng quy tắc bàn tay phải) 2.2. Hiện tượng tự cảm 2.2.1. Hiện tượng tự cảm Bây giờ, nếu ta làm thay đổi cường độ dòng điện sẵn có trong mạch để từ thông do chính dòng điện đó sinh ra và gửi qua diện tích của mạch thay đổi, thì trong mạch cũng xuất hiện một dòng điện cảm ứng, phụ thêm vào dòng điện chính sẵn có của mạch. Dòng điện cảm ứng này gọi là dòng điện tự cảm. Hiện tượng đó được gọi là hiện tượng tự cảm.

2.2.2. Suất điện động tự cảm 234

Suất điện động gây nên dòng điện tự cảm được gọi là suất điện động tự cảm. Theo định luật cơ bản của hiện tượng cảm ứng điện từ, biểu thức của suất điện động tự cảm là: d etc   dt Trong đó  là từ thông do chính dòng điện trong mạch gửi qua diện tích của mạch đó. Từ thông  tỉ lệ thuận với cường độ dòng điện i theo công thức:   Li Bình thường, mạch điện đứng yên và không thay đổi hình dạng, do đó: d di etc     L  Li (*) dt dt Công thức (*) chứng tỏ: trong mạch điện đứng yên và không thay đổi hình dạng, suất điện động tự cảm luôn luôn tỉ lệ thuận, nhưng trái dấu với tốc độ biến thiên cường độ dòng điện trong mạch. Vì nó luôn có tác dụng chống lại sự biến đổi của cường độ dòng điện trong mạch là nguyên nhân đã sinh ra nó.

II. Thực trạng của sáng kiến

Sáng kiến kinh nghiệm “Xây dựng hệ thống bài tập Cảm ứng điện từ” được viết dựa trên những tích lũy kinh nghiệm qua quá trình giảng dạy bộ môn vật lýcho học sinh trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành và học sinh ôn luyện đội tuyển cấp quốc gia. Xuất phát từ thực tế, bài tập phần cảm ứng điện từ học sinh có thể gặp nhiều trong các kì thi nhưng nguồn tài liệu thì không nhiều, không được sắp xếp hệ thống và nhiều vấn đề học sinh chưa hiểu rõ bản chất, tôi đã tổng hợp lại các kiến thức liên quan và đưa ra những bài toán cơ bản nhất học sinh làm quen với dạng này, giúp học sinh định hướng lời giải.

III. Các biện pháp giải quyết vấn đề

* Bài tập 1: Cho hệ thống như hình vẽ, thanh dẫn AB  l khối lượng m trượt thẳng đứng trên hai ray trong một từ trường đều có các đường sức từ nằm ngang, chiều từ trong ra ngoài. Ban đầu thanh AB được giữ nằm yên, sau đó buông nhẹ tay cho thanh chuyển động xuống phía dưới. a) Mô tả hiện tượng xảy ra. Xác định vận tốc cực đại của thanh AB? b) Xác định lại vận tốc cực đại của thanh AB trong trường hợp các thanh ray hợp với mặt phẳng ngang một góc  .

Giải  a) Hiện tượng: Ban đầu, do tác dụng của trọng lực P , thanh AB sẽ trượt xuống. Lúc đó, từ thông qua mạch kín giới hạn bởi điện trở R và thanh AB sẽ tăng, xuất hiện suất điện động cảm ứng và dòng điện cảm ứng.  - Thanh AB có dòng điện chạy qua đặt trong từ trường sẽ chịu tác dụng của lực từ Ft . Để chống lại sự biến thiên của từ thông qua mạch thì lực từ sẽ có chiều hướng lên.

- Khi thanh AB rơi, vận tốc thanh tăng dần, do đó EC , I C , Ft có độ lớn tăng dần. Đến một lúc nào đó, lực từ cân bằng với trọng lực, khi đó thanh AB sẽ rơi đều.

- Dùng quy tắc bàn tay phải, xác định được chiều dòng cảm ứng từ B đến A. IC 

EC Bvl  R R 235

mgR  vmax  2 2  Blv  Bl  mg   Khi AB chuyển động đều: Ft  P  IC Bl  mg  R  I  mg  C Bl 2 2

b) Trong trường hợp thanh hợp với mặt phẳng ngang góc  : hiện tượng xảy ra tương tự, chỉ khác hướng vận tốc thanh có phương song song với hai thanh ray, hợp với phương véc tơ cảm ứng từ góc  . mgR  v  m ax 2  E Blv sin  B l 2 sin   Khi đó dòng điện cảm ứng I C  C  R R  I  mg  C Bl

NX: như vậy, trong cả 2 trường hợp trên thì dòng điện cảm độ lớn không đổi. * Bài tập 2: Vẫn hệ thống trên, thay điện trở R bằng tụ điện có điện Bỏ qua điện trở các dây dẫn. Tính gia tốc chuyển động của AB và cho biết sự biến đổi năng lượng trong mạch.

Giải - Xét tại thời điểm t, thanh AB đang chuyển động xuống dưới dụng của trọng lực và lực từ với vận tốc v, gia tốc chuyển động - Suất điện động cảm ứng trên thanh AB: eC  Blv - Hiệu điện thế hai đầu tụ điện: u  eC  Blv , khi đó tụ được tích điện: q  u.C

ứng

có

dung C. thanh

dưới tác là a.

dq du dv C  CBl  CBla dt dt dt -Lực từ tác dụng lên thanh AB là: F  iBl  CB 2l 2 a .

Suy ra cường độ dòng điện chạy trong mạch: i 

Chiều của cường độ dòng điện cảm ứng được xác định theo quy tắc bàn tay phải, chiều của  lực từ Ft được xác định theo quy tắc bàn tay trái.  phương trình chuyển động của thanh AB: P  F  ma  mg  CB 2l 2 a  ma  a 

mg =const m  CB 2l 2

Vậy, thanh rơi xuống nhanh dần đều. Khi thanh đi xuống, thế năng trọng lực của thanh AB biến thành động năng của thanh AB và năng lượng điện trường tích lũy trong tụ điện. * Bài tập 3: Một thanh dẫn điện chiều dài l trượt không ma sát theo một đường ray dẫn điện đặt trong mặt phẳng thẳng đứng. Trong quá trình thanh chuyển động, thanh luôn tiếp xúc với hai thanh ray. Một cuộn dây lí tưởng có độ tự cảm L nối kín mạch ngang ray và thanh ngang.  Toàn bộ hệ thống đặt trong từ trường ngang đồng nhất với véc tơ cảm ứng từ B có phương nằm ngang, chiều hướng từ ngoài vào trong. Tại thời điểm ban đầu, thanh được giữ nằm yên.

Xác định độ dịch chuyển cực đại của thanh AB sau khi buông tay. Bỏ qua mọi ma sát và điện trở của dây nối cũng như thanh AB. Giải Chọn gốc tọa độ O taị vị trí ban đầu của thanh AB. 236

Cách 1: Xét tại thời điểm t, thanh có li độ x và vận tốc thanh v 

dx đang tăng. dt

Khi thanh chuyển động cắt các đường cảm ứng từ, trong thanh sinh ra suất điện động cảm ứng và trong cuộn dây xuất hiện suất điện động tự cảm.

- Áp dụng định luật Kiếc xốp: ec  et / c   I i Ri  0  Blv  L 

di dx di  0  Bl  L  0 (1) dt dt dt

d ( Blx  Li )  0  Blx  Li  c với c là hằng số được xác định từ điều kiện ban đầu. dt

- Tại t=0, x=0 và i=0 suy ra c=0.

- Tại thời điểm t khi thanh đang có li độ x và chuyển động với gia tốc a: mg  Bil  m

d2x dt 2

d 2 x B 2l 2 d 2 x B 2l 2 mgL  2  x  g  0 (1)  2  (x  2 2 )  0 dt mL dt mL Bl 2 2 mgL d X d x Đặt X  x  2 2  2  2 Bl dt dt d 2 X B 2l 2 X 0 Vậy (1) trên trở thành:  2  dt mL

Phương trình vi phân bậc hai này có nghiệm: X  A cos(t   ) trong đó  

Bl . mL

mgL      X   2 2  A cos   Tại t=0 thì   Bl mgL v   A sin   0  A  B 2l 2

Vậy, thanh AB dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng, cách vị trí ban đầu của mgL , đó cũng là độ lệch cực đại của thanh khỏi vị trí cân bằng.

B 2l 2 2mgL Vậy, độ dịch chuyển cực đại của thanh sau khi buông sẽ là: s  2 A  2 2 Bl

thanh một đoạn A 

(ứng với thanh chuyển động từ biên trên xuống biên dưới hết nửa chu kì).

Cách 2: Từ (1) ta có thể viết v 

Li ' Li '' (2)  v'  Bl Bl

- Chọn gốc thế năng tại vị trí ban đầu. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có độ giảm thế năng của vật bằng độ tăng động năng của vật và năng lượng từ trường tích lũy trong cuộn mv 2 Li 2   mgx 2 2 - Đạo hàm hai vế: mvv ' Lii ' mgv  0 (3)

cảm:

B 2l 2 mg (i  )0 mL Bl Bl mg t  )  Phương trình trên có nghiệm i  I o cos( Bl mL

Thay (2) vào (3) ta được: i ''

Chứng tỏ cường độ dòng điện trong thanh biến thiên điều hòa theo thời gian.

Thay vào (1) xác định được v, và x.

237

* Bài tập 4: Trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang đặt một vòng tròn mảnh không dẫn điện bán kính R, khối lượng m mà dọc theo nó có điện tích Q phân bố đều. Vòng nằm trong từ trường ngoài  đồng nhất đối xứng có cảm ứng từ Bo và có hướng vuônggóc với mặt phẳng của vòng. Tìm vận tốc góc của vòng sau khi ngắt từ trường.

Giải - Quá trình giảm giá trị của cảm ứng từ của từ trường ngay sau khi ngắt xảy ra trong khoảng thời gian rất ngắn, nhưng trong thực tế khoảng thời gian này hoàn toàn hữu hạn và xác định.

- Giả sử ở một thời điểm t, khi mà cảm ứng từ của từ trường giảm xuống giá trị Bt . Do từ trường thay đổi theo thời gian nên sinh ra điện trường xoáy mà các đường sức điện là những đường tròn bao quanh các đường sức từ.

- Để bài toán đơn giản, ta xét đường sức điện trường chạy dọc theo vòng. + Giả sử ở thời điểm đang xét, cường độ điện trường xoáy trên đường sức này là Ex (t ) .  + Khi đó suất điện động cảm ứng còn được đo bằng lưu số của véc tơ Ex (t ) dọc theo mạch kín:   ec   Ex  t dl  2 R.Ex (t ) (1) L

- Mặt khác, theo định luật cảm ứng điện từ, suất điện động cảm ứng xuất hiện trong vòng được xác định: ec  

dB d ( BS )   R 2 t dt dt

(2)

Từ (1), (2) suy ra: E x (t )  

R dBt 2 dt

- Do vòng dây tích điện đều nên trên mỗ yếu tố dài của vòng tích điện chiệu tác dụng của lực điện trường xoáy có hướng tiếp tuyến với vòng tròn: dF  Ex (t ).dq  Ex (t )

Q QR dB Rd   d 2 R 4 dt

Suy ra lực tổng cộng tác dụng lên toàn bộ vòng tròn ở thời điểm đã cho: F

F   dF   0

QR dB 2 dt

- Sau khoảng thời gian nhỏ hữu hạn t cảm ứng từ giảm xuống 0, khi đó xung lực điện tác dụng lên vòng dọc theo vòng gây ra sự thay đổi xung lựng của vòng: F t  mv  v 

Suy ra:  

F QR t   B m 2m

QBo 2m

* Bài tập 5:

238

Một vòng dây dẫn tròn đường kính d được đặt trong từ trường đều có véc tơ cảm ứng

 tứ B có phương song song với trục của vòng dây. Hai thanh kim loại mảnh có một đầu gắn

với trục đi qua tâm O của vòng dây và vuông góc với mặt phẳng vòng dây, tiếp xúc điện với vòng dây và tiếp xúc nhau tại O. a) Ban đầu 2 thanh đặt sát vào nhau, sau đó một thanh được giữ đứng yên, cho thanh còn lại quay đều xung quanh trục với vận tốc góc  . Tính cường độ dòng điện qua hai thanh và qua vòng dây sau khoảng thời gian t. Cho biết điện trở của mỗi đơn vị dài của thanh kim loại và của vòng dây dẫn là ro . b) Bây giờ cho cả hai thanh cùng quay đều xung quanh trục quay qua O với vận tốc góc lần lượt là 1  2 . Tính cường độ dòng điện qua mạch chính. Xét hai trường hợp: + Hai thanh quay cùng chiều. + Hai thanh quay ngược chiều.

Giải a) Khi thanh OB quay cắt các đường cảm ứng từ, trong thanh OB xuất hiện một suất điện động cảm ứng: ec  

BdS Bd 2  dt 8

Khi đó thanh OB tương đương với một nguồn điện có điện trở trong r  ro d - Mạch ngoài gồm hai nhánh mắc song song có: R R R 1 2  R1  R2

ro2t

d d ( d  t ) 2 2  rotd (  t ) ro d 2 2

B d 2 e 8 - Khi đó dòng điện chạy trong mạch chính: I  c  r  td t Rr o (  )  ro d 2 2 I .R2 t Và dòng điện chạy qua mỗi nhánh của vòng dây: I1   I (1  ) R1  R2 2 t I 2  I  I1  I 2

b) Khi cả hai thanh đều quay, trên cả hai thanh đều xuất hiện suất điện động cảm ứng, mỗi thanh tương đương với một nguồn điện. * Khi hai thanh quay cùng chiều: hai nguồn mắc xung đối. Cường độ dòng điện trong ec1  ec 2 BR 2 (1  2 )  mạch chính: I  Rr 2( R  r )

*Khi hai thanh quay ngược chiều, hai nguồn mắc nối tiếp: I

ec1  ec 2 BR 2 (1  2 )  Rr 2( R  r )

* Bài tập 6:

239

Một thanh kim loại OM có thể quay trong mặt phẳng nằm ngang quanh trục quay đi qua O. Đầu M trượt không ma sát trên dây dẫn uốn thành cung tròn tâm O, bán kính r. Thanh OM và dây dẫn tròn được nối với nhau thành mạch điện kín qua cuộn dây có độ tự cảm L. Cả hệ thống được đặt trong mặt phẳng ngang, trong một từ trường đều có phương thẳng đứng, có chiều từ trên xuống.

Ban đầu điểm M nằm yên tại điểm giữa của khung dây, sau đó truyền cho M một vận tốc  ban đầu vo theo phương tiếp tuyến với khung dây. Bỏ qua điện trở của tòa mạch. a) Mô tả chuyển động của thanh OM? Viết phương trình chuyển động? b) Vận tốc ban đầu vo phải có giá trị cực đại bằng bao nhiêu để góc hợp bởi thanh OM với đường OI luôn  90o .

Cho biết mô men quán tính của thanh OM đối với trục quay qua O là I 

mr 2 3

Giải Chọn chiều chuyển động ban đầu của thanh làm chiều dương.

Khi thanh OM quay cắt các đường cảm ứng từ, trong thanh OM xuất hiện suất điện động cảm ứng và trong cuộn dây xuất hiện suất điện động tự cảm. Với: ec  et / c  

d  IR  0    const (từ thông toàn phần gửi qua mạch kín bằng hằng số). dt

- Gọi S là diện tích của phần mạch điện kín khi thanh OM ở tại điểm giữa I thì từ thông gửi qua phần mạch điện kín tại thời điểm t bất kì, khi mà thanh OM quay được góc  là: t  Li  B( S 

r2 2

)  (t 0)  BS

Br 2   0 (1) Suy ra: Li  2 r 2

Khi đó thanh chịu tác dụng của mô men cản của lực từ: F  J . '' (2) (trong biểu thức 2 không cần phải cho thêm dấu “ -” trước biểu thức của mô men lực nữa, vì bản thân cường độ dòng điện i trong đó đã kèm theo chiều rồi).

3B 2 r 2  0 Thay (1) vào (2):  '' 4mL

Vậy, thanh dao động điều hòa xung quanh vị trí cân băng OI. v Nghiệm của pt trên:   o r

4mL 3B 2 r 2  cos( t ) 3B 2 r 2 4mL 2

3B 2 r 2 b) Để    vo  .

2 2r 4mL





* Bài tập 7: Một quả cầu kim loại nhỏ, khối lượng m được treo vào đầu thanh kim loại mảnh, nhẹ, khối lượng không đáng kể chiều dài l; đầu kia của thanh kim loại treo vào điểm O và có thể quay được dễ dàng xung quanh trục nằm ngang qua O. Trong quá trình chuyển động, quả cầu luôn tiếp xúc với vành tròn kim loại.  Một từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ B có phương vuông góc với mặt phẳng chuyển động của thanh. Bỏ qua mọi ma sát và điện trở của mạch. Kích thích cho m dao động nhỏ. Chứng tỏ m dao dộng điều hòa và tìm chu kì dao động trong hai trường hợp sau: a) Nối vào O và vành tròn một tụ điện có điện dung C. 240

b) Thay tụ C bằng một cuộn dây có độ tự cảm L. Bỏ qua điện trở của cuộn dây.

Giải.

(Có thể giải bằng phương pháp động lực học hoặc năng lượng). a) Chọn gốc thế năng tại vị trí thấp nhất của vật.

- Tại vị trí khi thanh hợp với phương thẳng đứng góc  bất kì, vật đang chuyển động với vận tốc v. Vật có năng lựơng.

- Đồng thời trong quá trình chuyển động theo phương cắt các đường cảm ứng từ, trong thanh xuất hiện một suất điện động cảm ứng, và suất điện động nạp điện cho tụ, tụ tích trữ một năng lượng điện trường.

Vậy, năng lượng tổng cộng của hệ: E

mv 2  2 C.ec2 mv 2  2 C ( Blv)2  mgl    mgl  2 2 2 2 2 8

Do năng lượng hệ được bảo toàn nên: E’=0   ''

mg  0 CB 2l 2 l (m  ) 4

Vậy, vật dao động điều hòa với tần số: 

mg .

CB 2l 2 l (m  ) 4

b) Nếu thay tụ điện bằng cuộn cảm, cách làm tương tự: E

mv 2  2 Lic2  mgl  2 2 2

Mặt khác, vì tổng trở mạch bằng 0 nên: Blv di Blv Bl 2 d d  Li '  0  i '    ec  et / c    IR  0  dt 2 dt 2 L 2L dt Bl 2   c với c là hăng số được xác định từ điều kiện ban đầu (c=0).

Suy ra i  2L B 2l 4 mgl  4L   0 Thay vào, đạo hàm hai vế ta được:   '' ml 2

Vậy, vật cũng dao động điều hòa với tần số:  

g B 2l 2  . l 4mL

* Bài tập 8: Thí nghiệm bánh xe Barlow được vẽ trên hình.

Nó gồm một đĩa phẳng bằng đồng có bán kính r = 8cm, được vuông góc với một từ trường đều có cảm ứng từ B = 0,2T. có thể quay tự do quanh trục của nó. Đĩa được nối kín với một điện C  2  F nhờ hai tiếp điểm: một ở trục của đĩa, một ở đĩa. Cho đĩa quay đều theo chiều kim đồng hồ với vận tốc góc n  240v / p . a) Xác định dấu và độ lớn điện tích trên các bản tụ.

đặt Đĩa tụ vành

241

b) Thay tụ C bằng một nguồn điện không đổi sao cho dòng điện qua bán kính OA có cường độ I=5A. Sau thời gian t = 6,28s kể từ lúc bắt đầu quay, đĩa đạt vận tốc 240v/p. Tính khối lượng m của đĩa. Bỏ qua ma sát và dòng điện cảm ứng xuất hiện khi đĩa quay trong từ trường.

Giải a) Khi đĩa quay bán kính của đĩa cắt các đường cảm ứng từ và quét được một từ thông  ; giữa trục và mỗi điểm trên vành đĩa xuất hiện một hiệu điện thế U  ec .(coi mỗi bán kính đóng vai trò như một nguồn điện, và các nguồn này mắc song song với nhau nên U  ec ). r2 r 2 dt - Trong khoảng thời gian ngắn dt, bán kính quét được một diện tích dS  d  2 2 BdS B r 2  - Suất điện động cảm ứng suất hiện dọc theo bán kính có độ lớn: ec   dt 2 CBr 2 CBr 2 2 n   0, 032C .

- Điện tích xuất hiện trên tụ điện: Q  CU  2 2 - Áp dụng quy tắc bàn tay phải ta có cực của ec và do đó dấu điện tích của các tụ như hv.

b) Khi có dòng điện chạy dọc bán kính OA của đĩa, bán kính đĩa chịu tác dụng của lực từ và có độ lớn F  IBr . r 2

- Mô men lực từ làm cho đĩa quay: M  F  Vậy:    t 

BIr 2  I 2

BI BIt t  2 n  m   0, 25kg . m 2 n

* Bài tập 9: Trên bề mặt ngang nhẵn đặt một cái vòng mảnh không dãn có khối lượng m mà dọc theo nó có điện tích Q phân bố đều.Vòng nằm trong từ trường ngoài đồng nhất với cảm ứng từ bằng B0 và có hướng vuông góc với mặt phẳng vòng. Tìm vận tốc góc của sự quay vòng sau khi ngắt từ trường.

xxxxxxxxxxxxx X X X X X X X x X X

d

d r F

X X X X X X X x X X

xBx x x x x x x x x x x x x x x x

Giải

C¸ch1: * Gäi r lµ b¸n kÝnh vßng. Sù gi¶m cña B0 tíi 0 x¶y ra sau khi ng¾t ë thêi ®iÓm nµo ®ã lµ B(t) . Tõ tr­êng thay ®æi theo thêi gian sinh ra ®iÖn tr­êng xo¸y mµ c¸c ®­êng søc cña nã ë trªn h×nh vÏ ®­îc biÓu diÔn bëi c¸c ®­êng trßn, mét trong c¸c ®­êng søc däc theo vßng. Gi¶ sö t¹i thêi ®iÓm ta xÐt ®é lín cña c­êng ®é ®iÖn tr­êng xo¸y trªn ®­êng søc tõ lµ E (t) 242

* C«ng do ®iÖn tr­êng xo¸y thùc hiÖn ®Ó dÞch chuyÓn mét ®¬n vÞ ®iÖn tÝch däc theo vßng trßn b»ng S§§ c¶m øng ec­ = 2rE (t)-

dB(t ) d r dB(t )  r 2  E( t )    dt dt 2 dt

* Trªn mçi mét yÕu tè chiÒu dµi cña vßng tÝch ®iÖn chÞu t¸c dông cña mét lùc cã h­íng tiÕp xóc víi ®­êng trßn cã b¸n kÝnh r vµ b»ng dFJ  E X ( t ) 

Q Q dB rd    rd J ; Lùc tæng hîp t¸c dông lªn vßng ê thêi ®iÓm ®· cho b»ng: 2r 4 dt

N

F   dFJ   J 1

Qr dB ( t ) N Qr dB ( t )    d J    4 dt J 1 2 dt

Sau thêi gian t nhá, xung l­îng cña lùc t¸c dông lªn vßng däc theo ®­êng trßn g©y ra sù thay ®æi xung l­îng cña vßng.

F. t = mV. Tõ ®ã thu ®­îc V 

 

F Qr t   B ( do B '(t )  t  B ) m 2m

QB 0 v Q   B ;     0  B  0  B 0  B 0 ; Ta cã:   r 2m 2m

Cách 2: Khi từ trường biến đổi sẽ sinh ra điện trường. Cường độ điện trường này hướng vào vòng trên từng điểm của vòng: e 1  E c   2 R 2 R t Ta chia vòng có chu vi L thành từng đoạn Li với điện tích phân bố trên Li là: Q i 

Q m  L i và có khối lượng mi  .Li 2 R 2 R

Lực điện trường tác dụng vào Li là: Fi  Q i .E 

F Q  Q.L i 1   a  i    2 R 2 R t m i 2Rm t

Phương trình này chỉ ra rằng độ lớn của gia tốc không phụ thuộc vào Li Trong thời gian t vận tốc của các đoạn nhỏ Li sẽ biến thiên một lượng:

243

V  a i  t 

Q QS QR     B   B 2 Rm 2 Rm 2m

Cho đến thời điểm mà cảm ứng từ biến thiên đến B0 thì vận tốc của Li đạt đến: V   V 

QRB 0 2m

; 

V QB 0  R 2m

* Bài tập 10: Một vòng bằng kim loại bán kính 10cm có thể lăn không trượt bên trong một vòng tròn bằng kim loại đồng chất có đường kính 20cm, ngay chính giữa quỹ đạo có một bán kính nhỏ, giữa trục và điểm P của quỹ đạo có mắc một điện trở R0=314. Quỹ đạo nằm trong một từ trường đều vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo có cảm ứng từ B = 4.10-3 T. Giả sử trong một giây vòng kim loại lăn được 10 vòng bên trong vòng tròn lớn (như hình vẽ). Vòng và quĩ đạo có điện trở tính theo đơn vị độ dài là   0,4

 , ngoài ra các điện m

trở khác đều không đáng kể. a) Trong mỗi giây vòng kim loại sẽ quay quanh trục của nó bao nhiêu vòng? b) Dòng điện đi qua R0 có chiều như thế nào? c) Khi vòng tiếp xúc với điểm nào trên quỹ đạo thì dòng điện đi qua R0 có giá trị cực đại và bằng bao nhiêu? d) Khi vòng tiếp xúc với điểm nào trên quỹ đạo thì dòng điện đi qua R0 có giá trị cực tiểu và bằng bao nhiêu?

Giải x x x x x x x Qx x x x a) Gọi v là vận tốc dài của một điểm trên M vòng nhỏ, r là bán kính của vòng nhỏ,  là vận tốc  góc. Ta có:   r  v  2r 10    10  2  10

vg s



0

R0 b) Giả sử vòng tròn bán kính r lăn trongvòngI tròn bán kính 2r theo chiều ngược chiều  kim đồng hồ (như hình vẽ) theo định luật Len xơ ta xác định được điện thế ở điểm M là (+) P x x x x x x x x x x x x ở điểm 0 là (-) do đó dòng điện mạch ngoài qua R0 có chiều từ dưới lên trên. c) Ta tưởng tượng duỗi đường tròn lớn ra thành đường thẳng và coi đường tròn bán kính r lăn không trượt  (trên đường thẳng có độ dài bằng quãng đường mà tâm O của vòng tròn M t=0 t= 1s M’ nhỏ vạch ra) cắt các đường sức từ xuất hiện các suất điện động cảm ứng.

(Cũng có thể coi như hai đoạn dây kim loại dạng 2 nửa hình tròn trượt đi được quãng đường 10.2r trong từ trường trong 1s, chúng được coi như hai nguồn điện có sđđ  , điện trở trong r0 =  . r ) Coi như có 2 nửa vòng tròn nhỏ quét trong vòng tròn lớn, tính được diện tích quét từ đó tính được suất điện động cảm ứng.

Tại thời điểm bắt đầu lăn ( t = 0) từ thông qua là 1= B  .r2 244

Sau vòng tròn tịnh tiến được 1 khoảng s  1 giây vòng quay được 10 vòng, 2 MM '  10  2 r  2  B(2r 10  2 r   r )  41B r 2    2  1  40B r 2 *   ec   40 B r 2 t Mạch ngoài gồm các điện trở mắc như hình vẽ: M P Điện trở mạch ngoài là R1 Rn  R0 

R1 R 2 x(4 r  x)  R0 R1  R 2 4 r

Rn  314 

R2

x  (4 r  x )  x  0, 4(4  3,14  10 1  exc,)r0  314  4 r  4  3,14  10 1

ec,r r0

R0

0

2

Rn  314 

0,5  0, 24 x  0, 4 x ( ) 1, 256  r 3,14 101  0,4

Điện trở mạch trong Rt =

2



2

 0,0628

Dòng qua R0 có giá trị cực đại khi điện trở mạch ngoài cực tiểu  x= 0 tức là điểm M ec 40 r 2 40  4.10 3  3,14 10 2  157.10 5 ( A) trùng với P  Imax =  = 314  0,0628 R R0  Rt d) Dòng điện qua R0 có giá trị cực tiểu khi R mạch ngoài có giá trị cực đại  y= 0,5024x  0,4 x 2 có giá trị cực đại  x = 0,628  . Điện trở của cả vòng lớn là   4 r = 0,4 1,256  4  3,14  10 1  0,1256  2 x .

Vậy tiếp điểm M phải ở Q. * Bài tập 11: Một khung dây hình vuông quay quanh một cạnh, cạnh có R chiều dài r. Khung dây đặt cách một dòng điện chạy vô hạn I  một khoảng R. Hỏi tại vị trí nào của khung thì vôn kế chỉ giá trị I max (khung quay đều với vận tốc ) V Giải  + Xét tại thời điểm nào đó cạnh song song của khung cách dây dẫn một akhoảng là a, khung r quay một góc là  so với đường nối trục của khung với dây dẫn (như hình vẽ) ta có: a 2  R 2  r 2  2Rr.Cos  Vi phân hai vế ta có: 2ada  2 Rr .Sind (1) + Cảm ứng từ tại ví trí đó là: B 

0I 2a

+ Độ biến thiên của từ thông trong thời gian dt là: d  Bds  

0I  da 2 a

da

Trên khung dây xuất hiện một xuất điện động cảm ứng: ec -  

d 0 Ir da   dt 2 dt a

(2) ; thay (1) vào (2) ta có:

I

r

a 245

0 Ir RrSin d 0 I Rr 2 d 0 I Rr 2     Sin    e   Sin   c 2 a2 dt 2 a 2 dt 2 a 2 0 IRr 2 Sin 2 2 2 thay a  R  r  2 Rr.Cos  ec    2 2 2 R  r  2 Rr .Cos

ec 

Số chỉ của vôn kế khi Ecư cực đại, khi

Sin cực đại khi R  r  2Rr.Cos 2

2

   Sin  2 2   0  Cos(R 2  r 2  2Rr.Cos)  2RrSin 2   0 R  r  2 Rr .

Cos     Cos(R 2  r 2 )  2Rr(Sin 2   Cos 2 )  Cos 

2Rr R2  r 2

Vậy khi khung quay có vị trí góc  thoả mãn   ar cos

2Rr 2

R  r2

thì vôn kế chỉ giá trị cực đại.

* Bài tập 12: Cho mạch điện như hình vẽ bên. Khung dây A M B ABCD không có điện trở có hai cạnh AB//ED đặt nằm ngang, tụ điện có điện dung C, lò xo có độ cứng K, đoạn k C dây MN có chiều dài l, không khối lượng có thể chuyển động tịnh tiến không ma sát dọc theo cạnh của khung.

Hệ D E thống đặt trong từ trường đều có hướng vuôn góc với mặt phẳng khung. Tịnh tiến thanh MN lệch một đoạn nhỏ khỏi vị trí cân bằng rồi buông nhẹ. Chứng minh thanh dao động điều hòa. Xác định chu kì dao động?

Giải Khi thanh MN chuyển động vuông góc với các đường cảm ứng từ, trong thanh xuất hiện một suất điện động cảm ứng EC: EC= Bvl (1) + Do có hiệu điện thế giữa hai bản tụ nên tụ mang điện tích: q = C.Ec= CBvl (2) + Trong mạch có dòng điện do tụ tích điện và phóng điện: i

dq  q' dt

(3)

+ Thanh MN chịu tác dụng của lực từ trong mặt phẳng khung: Ft= Bil = Bl

dq  Blq '  C ( Bl ) 2 v'  C ( Bl ) 2 x' ' dt

(4)

+ Thanh MN còn chịu tác dụng của lực đàn hồi: Fdh= - kx + Phương trình chuyển động của thanh:  C ( Bl ) 2 x' 'kx  ma  mx' '

(5) (6)

+ Do thanh MN không có khối lượng nên (6) trở thành: (7)  C ( Bl ) 2 x' 'kx  0

246

 x' '

k x0 C ( Bl ) 2

(8)

+ Chứng tỏ thanh MN dao động với tần số góc: 

(9)

1 k Bl C

* Bài tập 13: Một khung dây dẫn hình vuông cạnh a, khối lượng m, điển trở R được truyền một vận  tốc ban đầu vo theo phương ngang. Khung chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng trong môt từ trường vuông góc với mặt khung. Cảm ứng từ B có độ lớn thay đổi theo quy luật B  Bo  kz ( Bo , k là các hằng số). Sau một thời gian khung đạt vận tốc không đổi v. Tìm vo .

Xem như từ thông gửi qua khung dây được tính theo công thức   a 2 Bz , với Bz là cảm ứng từ tại tâm O của khung dây. Bỏ qua lực cản của môi trường.

Giải Chọn gốc tọa độ O trùng với vị trí ban đầu của tâm khung dây.

- Khi truyền cho khung dây một vận tốc ban đầu theo phương ngang, khung chuyển động tịnh tiến theo phương ox; đồng thời dưới tác dụng của trọng lực, khung rơi nhanh dần xuống dưới theo phương thẳng đứng.    Suy ra, vận tốc khung tại thời điểm t bất kì, khi mà tâm khung dây O( x, z ) là: v  vx  vz .

- Từ thông gửi qua khung dây biến thiên, trong khung xuất hiện suất điện động cảm ứng: ec  

a 2 d ( Bo  kz )  a 2 kvz . dt

- Dòng điện cảm ứng trong khung dây có độ lớn: I 

ec R



a 2 kvz .

R

- Hợp của trọng lực và lực từ tác dụng lên thanh theo phương thẳng đứng sẽ kéo thanh chuyển động nhanh dần xuống dưới, vận tốc theo phương Oz tăng dần, nhưng theo phương Ox không  đổi (  Fx  0 ).

Gọi B là cảm ứng từ tại tâm O của khung, khi đó hợp lực tác dụng lên hai cạnh khung: a   B4  Bo  k ( z  2 ) F  F4  F3  ( B4  B3 ) Ia với  B  B  k ( z  a ) o  3 2

247

k 2 a 4vz mgR  vz  2 4 thì khung dây sẽ chuyển động đều với vận tốc k a R mgR v  vo2  vz2  vo  v 2  ( 2 4 ) 2 k a

+ Đến khi P  Ft  Ika 2 

Chú ý: Có thể tìm được v bằng cách áp dụng định luật bảo toàn năng lượng.

Cụ thể, khi khung dây đã đạt đến vận tốc không đổi, tức là vận tốc vz cũng không đổi thì động năng tịnh tiến của khung không tăng nữa. Khi đó độ giảm thế năng trọng trường của khung đúng bằng nhiệt lượng tỏa ra trên khung dây. k 2vz2 a8 mgR t và ta thu được kết quả tương tự  vz  2 4 k a R

Wt  RI 2 t  mg z 

* Bài tập 14: Một vòng dây ở trạng thái siêu dẫn được đặt trong một từ trường đều có cảm ứng từ vuông góc với mặt phẳng của vòng và có độ lớn tăng từ 0 đến Bo . Xác định cường độ dòng điện cảm ứng xuất hiện trong vòng nếu vòng có hệ số tự cảm L và bán kính R. Giải Vì điện trở của vòng dây ở trạng thái siêu dẫn bằng 0, theo định luật ôm TQ: tổng đại số các suất điện động do từ trường ngoài đang tăng gây nên và suất điện động tự cảm do dòng cảm ứng trong vòng đang tăng gây nên phải bằng 0. ec  et / c  IR  0 Mặt khác: ec  et / c  

d 0. dt

Nghĩa là biến thiên từ thông do từ trường ngoài đang tăng gây ra phải bằng và ngược chiều với biến thiên từ thông do dòng điện cảm ứng gây ra.

SdB di L  dt dt

Bo

I

 SdB   Ldi  I  0

0

 r 2 Bo L

* Bài tập 15: Cho một cuộn dây có lõi sắt. Đóng K cường độ dòng điện trong mạch tăng theo đồ thị bên. Điện trở trong của nguồn và dây nối bằng không. Điện trở suất của cuộn dây là  . Đường kính lõi sắt là D, tiết diện của dây dẫn là S a. Cho biết ý nghĩa của S1, S2 .

b. Xác định độ lớn của cảm ứng từ trong lõi sắt dựa vào các đại lượng đã cho i D S1 K

0

S2 t0

t

248

Giải a) S1 là điện lượng bị cản lại không được chuyển qua cuộn dây do có sự xuất hiện sức điện động tự cảm.S2là điện lượng chuyển qua cuộn dây lúc đóng K trong thời gian từ t=0 đến t=t0

b) Cách 1: Gọi q1 là điện lượng dịch chuyển trong mạch do hiện tượng tự cảm . dq1 e e d d   tc  dq1   tc  dt  dq1  dt  dt R R dt  R R D2 q1 dB B 4S1 d DSdB DS DSB 4 dq1      dq1  dB  q1  S1  B  nD R 4 4 0 4 DS 0  S n

Cách 2: * Gọi R là điện trở của mạch, ta có: di  L  dt  idt  di dt R R I  L L I0 L L  dt  idt  d i  I dt  S  di  S 2  I 0  S 2  0 2      0 R R0 R R RR L  L  Vì I 0  dt = S1 + S2  S1 +S2 = S2 +   S1=  (1) R R R R di d * Mặt khác L   N   LI 0  N 0 .( Coi gần đúng L không đổi) dt dt 2  D 4L 4L  B L  NBS  NB = 2  . (2) 2 R R 4 D RD D 4S1 ..

4L S1 R  SR s  4S1 Từ (1)   1 thay vào (2) ta có : B =   2 2 L Ds R L D D 4S1 Vậy B  .

DS   Ri  L

*Bài tập 16: Một lò xo xoắn chiều dài  tiết diện S, có N vòng, d là đường kính, sợi dây treo một đầu trên cố định, đầu dưới treo một vật khối > lượng m. x Xác định độ dãn x của lò xo khi cho một dòng điện cóEcường độ I chạy qua lò xo. Lò xo có độ cứng k tuân theo định luật Húc ( (x  ); là điện trở suất của dây.

Giải

m

+ Khi dòng điện chạy qua các vòng dây của các ống dây  có lực tác dụng

249

Xét một ống dây dài có độ tự cảm L nối với nguồn có sức điện động là E. Gọi điện trở của mạch là r thì dòng điện ổn định trong ống là : i 

E r

(1)

+ ống dây biến dạng chậm  từ thông qua ống dây biến thiên vì cuộn cảm L của cuộn dây biến thiên  xuất hiện dòng điện cảm ứng i  i c 

Ec 1 d  r r dt

Công của nguồn sinh ra giảm đi một lượng là: E d  id r Năng lượng dòng điện giảm  d  ri 2 dt  r(i  i) 2 dt  2ri.idt  2id Eidt  E( i  i)dt   Eidt 

+ Trong suốt thời gian biến thiên từ thông  năng lượng được thêm là: W  2id  id  id  i(iL 2  iL 1 )  i 2 L trong thời gian đó năng lượng từ trường tăng một 1 2

1 2

1 2

lượng là: ( LI 2 )  i 2 ( L2  L1 )  i 2 L  WB + Phần năng lượng còn lại chuyển thành công nén các vòng dây 1 2 1 i ( L 2  L 1 )  i 2 L 2 2 + Độ dài ống dây thay đổi một đoạn   A  F ( theo định luật Húc) N mặt khác: L   0 n 2 V   0 ( ) 2 .S ( V là thể tích ống dây, n là số vòng trên một đơn vị dàI  A  (W  WB ) 

của ống) N2 1 2 N2  L  . 0 S 2    i . 0 S 2    F l 2   2 2 2 i . 0 SN i . 0 SN 2   K  x   x  F  (2) 2 2 2K 2

Thay i từ phương trình (1) vào (2) suy ra x Cách giải khác: 0 N 2S 0 N 2S d d(Li) L    Li   i  Et / c       dt dt

Khi có dòng điện (i) qua lò xo, trên lò xo xuất hiện một lực lạ có xu hướng kéo lò xo trở lại vị trí ban đầu 1 1 d(Li) 1 1 d d(q.E t / c )  Fl ¹ .d  idt   Fl ¹  d   dLi 2  Fl ¹  d    0 N 2 Si 2 ( 2 )  Fl ¹ d 2 2 dt 2 2  Có: (cách 2 2  0 N Si  Fl ¹   Kx  x.

2 2

giải khác) + Ban đầu mg  K

(1) dòng điện ổn định I 

E R

J 2 1 0 N 2   SI 2 2 2  1  N 2 SI 2 d + Giả sử lò xo giãn   dW   0 2 2 

+ Cuộn dây có: W  L

250

+ Trong vòng dây xuất hiện một lực lạ kéo các vòng lo xo lại với nhau(có thể giải thích được bằng lực tác dụng của các vòng dây có dòng điện cùng chiều) FLa d   dw (vì công của lực lạ là công âm) 1  0 N 2 SI 2 1  0 N 2 SI 2   d   F   La 2 2 2 2 FLa  K(x  )  mg  FLa   Kx  x FLa d 

* Bài tập 17: Trên một cái đĩa không dẫn điện, bán kính R người ta kẹp vào theo đường dây cung một thanh dẫn điện. Đĩa được quay với vận tốc góc  không đổi. Một từ trường có cảm ứng từ B hướng vuông góc với mặt phẳng của đĩa (H1).

V + A R  S 0 Hãy tính hiệu điện thế ở giữa dây và cuối dây dẫn(Bỏ qua điện trở của dây H nối1 và thanh).

Giải * Cách1: Đầu tiên ta hãy xét lúc dây dẫn OA có chiều dài bằng R kẹp vào điã dọc theo bán kính của nó. Khi đĩa quay các điện tử tự do của thanh L chịu tác dụng của lực Loren làm cho hai đầu thanh dẫn xuất hiện một hiệu điện thế có thể đo được bằng Vol kế (H2) . Như vậy trong khoảng thời gian t thanh L quét được một diện tích S

+

t R A = R2   2 từ thông qua S là  = B. S. Do đó suất điện động    0 cảm ứng xuất hiện trên thanh là  1   BR 2 a t 2 C Tương tự nếu chiều dài thanh dẫn bằng a thì suất H3  điện động là:  2  Ba 2 .

2

* Trở lại bài toán: Dây dẫn L kẹp theo dây cung, ta thêm vào hai dây dẫn có chiều dài R và a; a  R 2 

L2 . Dây R nối từ 0 đến A, dây a nối từ 0 đến C (điểm giữa của L) (H3).

4

Khi đĩa quay, từ thông qua mạch tam giác AOCA không thay đổi nên tổng suất điện động trong mạch tam giác này cũng bằng không tức là:  CA   1   2  0

Điều này có nghĩa là hiệu điện thế cần tìm giữa điểm giữa C của thanh L với điểm cuối A của dây bằng:

251

 cA  1   2 

B 2 BL2 (R  a 2 )  2 8

+

* Cách 2: Khi thanh quay cùng đĩa thì 1/2 thanh quét một trong một thời gian t =T là: 2

2

L L S  R  a  R  (R  )  S  .

4 4 2

2

2

0  0  C





x

2

Ft

Suất điện động cảm ứng là: 

điện tích S



 B.S BL2 BL2    t t 4T 8

Vậy vôn kế chỉ U   

(T 

2 ) 

BL2 8

* Cách 3: Chọn trục 0X có 0  C (điểm giữa thanh) Xét một electron nằm trên thanh cách gốc toạđộ một khoảng X Ft là lực từ tác dụng lên electron Ft = Bev = B r.e (1) * Electron còn chịu tác dụng của lực điện trường trong thanh: Fd 

d e dx

(2)

Khi ổn định thì: Fđ = Ft cos d x  e  Br.e cos   d  Br. dx  Bx.dx dx r 2 L 2 U x 2 BL   B U 0 2 0 8

Từ (1) và (2) 

U là chỉ số của vôn kế nếu mắc nó vào điểm giữa và điểm đầu của thanh. * Bài tập 18: Một quả cầu nhỏ khối lượng m được treo vào thanh kim loại mảnh có khối lượng không đáng kể, chiều dài l, treo cố định ở O, có thể quay dễ dàng quanh O. Trong quá trình chuyển động quả cầu luôn tiếp xúc không ma sát với vòng tròn kim loại. Hệ thống đặt trong từ trường đều có B vuông góc với mặt phẳng mạch điện. Bỏ qua điện trở dây. Chứng minh m dao động điều hòa. Tìm chu kì T trong hai trường hợp như hình vẽ.

Giải 1) Trường hợp 1:

252

Tại thời diểm t, m lệch khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ , vận tốc góc bằng  l 2  s  .l .  2 2 l2 d l2 ()'   B.S  B.  eC   B. 2 dt 2 2 l ()' q C  C.eC  C.B. 2

d  ()' dt

2

l

C

m 2

Bảo toàn năng lượng: mg(1  cos )l 



l

+

m

 L +

2

I. q   const 2 2C

 2 ml 2 C 2 B2l4 2  mgl  .()'  .( )'2  const 2 2 8C 2.()' ml2 C 2 .B2l 4 Đạo hàm hai vế theo thời gian: mgl  .2( )'.( )'' .2()'.()''  0 2 2 8C B2 l2 C ml  mg 2 2 4  ()''   .  1 .  T1   2 2 2 BlC 1 mg ml  4

253

2) Thay C bằng cuộn thuần cảm L B.l2 di B.l2 eC  ()'  L ; i  . 2 dt 2L I.2 Li 2 Bảo toàn năng lượng: mg(1  cos)l    const 2 2  2 ml2 LB2l4  mgl  .()'2  .()'2  const 2 2 2 8L B2 l 4 Đạo hàm hai vế theo thời gian: (mgl  )..()' ml2 ()'.()''  0 4L 2 3 Bl (mg  ) ml 4L .  2 .  T  2  2.  ()''   2 2 B 2 l3 ml 2 mg  4L IV. Hiệu quả của sáng kiến

Sau khi áp dụng sáng kiến cho học sinh trong đội tuyển, học sinh đã có cách nhìn nhận vấn đề chính xác hơn. Đối với những bài toán cơ bản đầu tiên học sinh không vấp phải khó khăn trong quá trình giải bài tập và hình thành được tư duy về hiện tượng, với những dạng bài tập phần sau các em đều có định hướng tốt để giải bài tập và nhiều em nắm bắt vấn đề khá nhanh, bớt lúng túng khi gặp dạng toán này.

Phần3: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 1. Kết luận

Trong thực tế giảng dạy chương trình cơ học ở cấp phổ thông trung học và đặc biệt là sưu tầm và các bài tập về hiện tượng cảm ứng điện từ để luyện thi học sinh giỏi tôi đã nhận thấy những khó khăn của học sinh trong việc tim nguồn tài liệu học.Việc tập hợp các bài toán cùng dạng, giải các bài toán này đồng thời biện luận chúng, đưa các bài toán này ra trong thực tế giảng dạy, học sinh sẽ nắm được bài dễ dàng và hệ thống hơn, có được phương pháp tư duy biện luận, đặt điều kiện cho lời giải logic và chặt chẽ hơn, học sinh tránh được các sai lầm trong tư duy dẫn đến lời giải sai.

2. Kiến nghị

Trên đây là kinh nghiệm nhỏ của tôi, với mong muốn xây dựng được nhiều bài tập hơn nữa trong quá trình dạy học tiếp theo để tạo thành hệ thống đầy đủ hơn, tôi hy vọng sáng kiến giúp học sinh có được nguồn tài liệu học tập hữu ích trong quá trình học bồi dưỡng học sinh giỏi. Mong muốn các bạn bè đồng nghiệp đọc và có ý kiến đóng góp để sáng kiếnđược hoàn thiện hơn.

Tôi xin chân thành cảm ơn!

254

TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Tài liệu giáo khoa Vật lý chương trình trung học phổ thông [2] Tài liệu giáo khoa Vật lý chương trình chuyên ban khoa học tự nhiên.

[3] Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lý THPT tập 3,4: Điện học; Tác giả: Vũ Thanh Khiết – Nguyễn Thành Tương; NXB Giáo dục năm 2004.

[4] Sách Bài tập Vật lý chương trình chuyên ban KHTN. [5] Tài liệu giáo khoa chuyên Vật lý trung học phổ thông.

[6] Tuyển tập các đề thi Olymoic 30 tháng 4.

[7] Giải toán cơ học, NXB Giáo dục.

[8] Bài tập Vật lý đại cương [9] Bài tập trong các kì thi chọn học sinh giỏi Quốc gia.

255

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH YÊN BÁI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH

CHUYÊN ĐỀ: CÁC ĐỊNH LUẬT CỦA KÊ-PLE VÀ CHUYỂN ĐỘNG CỦA CÁC HÀNH TINH VỆ TINH Tác giả : Vũ Thị Phương Lan Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành- Yên Bái

A) Kiến thức cơ bản: I)Ba định luật của Kê-Ple: 1)Định luật 1( về quỹ đạo chuyển động ): Mọi hành tinh đều chuyển động trên những quỹ đạo elip mà mặt trời là một trong hai tiêu điểm.

Các đặc trưng của elip: m -Bán trục lớn a; bán trục nhỏ b; tiêu điểm F và F'; OF= OF' = c; tâm sai e =

c a

 r

c

b M

+)Quỹ đạo tròn e = 0. o F F +)Quỹ đạo elip 0<e<1 +)Quỹ đạo là parabol e =1 a +)Quỹ đạo là hypebol e>1 2) Định luật 2 về diện tích quét: Mỗi hành tinh chuyển động sao cho véc tơ bán kính nối mặt trời và hành tinh quét được các diện tích bằng nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau.

3 3) Định luật 3 về chu kỳ quay: t Bình phương của chu kỳ quay của hành tinh bất kỳ tỉ lệ với F 4 lập phương bán trục lớn: 2

 T1   a1       T2   a2 

2

t

1

3

Các định luật của Kê-Ple cũng được áp dụng cho các vệ tinh chuyển động xung quanh các hành tinh.

II) Các định luật cơ học chi phối chuyển động của các hành tinh vệ tinh:  1) Định luật II Niu-tơn: F  ma 2) Định luật vạn vật hấp dẫn: Là lực hút giữa hai vật có khối lượng:    GMm  F   3 r dấu trừ cho biết véc tơ F luôn ngược hướng với véc tơ r . r

3) Định luật bảo toàn cơ năng: a) Thế năng hấp dẫn: của hệ hai chất điểm có khối lượng m1 và m2 là: w t  

GMm r 256

Với mốc thế năng ở vô cùng.   Chú ý: Công của lực thế bằng độ giảm thế năng: A  F .r  Wt . b) Định luật bảo toàn cơ năng: Chuyển động của hạt dưới tác dụng của lực xuyên tâm tuân theo ĐLBT cơ năng: -Nếu hạt chuyển động dưới tác dụng của lực hấp dẫn thì ĐLBT cơ năng được viết: W

1 2 GMm mv   const 2 r

-Nếu W<0 thì quỹ đạo của vật là đường tròn hoặc elip.

-Nếu W=0 thì quỹ đạo của vật là đường Parabol.

-Nếu W>0 thị quỹ đạo của vật là đường Hypebol.

4) Định luật bảo toàn mô men động lượng: a) Mô men động lượng: Mô men động lượng của một hạt đối với một tâm O:     L  r  p  r  mv về độ lớn : L= rmv sin   rmv   dL b) Mối liên hệ giữa mô men động lượng và mô men lực: M F  dt

c) Định luật BT mô mem động lượng: Vì mô men của lực xuyên tâm đối với tâm O luôn bằng 0 nên:  dL  0  L  co n s t dt

Vậy: chuyển động của hạt dưới tác dụng của lực xuyên tâm tuân theo ĐLBT mô men động lượng.   d) Hệ quả: Vì véc tơ L có hướng và độ lớn không đổi, véc tơ r luôn vuông góc với véc tơ  L nên quỹ đạo của hạt hoàn toàn nằm trong một mặt phẳng đi qua O và vuông góc với véc  tơ L .

III) Vận dụng các định luật cơ học vào chuyển động của các hành tinh vệ tinh: 1)Trường hợp là quỹ đạo tròn: Áp dụng ĐLBT mô men ĐL ta có rmv=const nên v=const.

Nên hành tinh, vệ tinh chuyển động là tròn đều, lực hấp dẫn sẽ đóng vai tro là lực hướng tâm.

mv 2 GMm GMm  2  mv 2  r r r 1 2

Áp dụng ĐLBT cơ năng : W  mv 2  1 2

GMm r

1 2

Ta có Wđ   Wt  W  Wt ( 0) = - Wđ T 2 4 2  const -ĐL 3 Kê-ple: 3  r GM

2) Trường hợp quỹ đạo chuyển động là elip: -Vận tốc tại điểm cực cận và cực viễn thỏa mãn: v1r1=v2r2 -Cơ năng: W=Wđ + Wt = 

GMm 2a

T 2 4 2  const -ĐL 3 Kê-Ple: 3  a GM 257

 

-ĐL BT mô men động lượng: L  mvr sin(r , v )  const -ĐL 2 Kê-ple:

ds L   const dt 2m

3) Tốc độ vũ trụ: -Tốc độ vũ trụ cấp 1: Là vận tốc tối thiểu cần truyền theo phương ngang để nó trở thành vệ GM  gR = 7,9 Km/s.

R

tinh nhân tạo của trái đất. v=

-Tốc độ vũ trụ cấp II Là vận tốc tối thiểu cần truyền để nó thắng lực hút của trái đất trở thành vệ tinh nhân tạo của mặt trời. v=

2GM  2 gR  11, 2 Km / s R

-Tốc độ vũ trụ cấp III: Là vận tốc tối thiểu cần truyền cho một vật để nó thoát khỏi hệ mặt trời vIII=16,7 Km/s.

B) BÀI TẬP: Bài 1:Vệ tinh chuyển động xung quanh Trái Đất trên quỹ đạo tròn với bán kính R = 3RE với RE = 6400 km là bán kính Trái Đất. Vệ tinh khởi động bộ phận hãm trong thời gian ngắn làm cho vận tốc của nó giảm đi và chuyển sang quỹ đạo elip tiếp tuyến với mặt đất (Hình 1). Hỏi sau đó bao lâu thì vệ tinh hạ cánh xuống mặt đất?

Bài giải Theo định luật Kepler ta có =

(1 )

T, T1: Chu kỳ quay của vệ tinh trên quỹ đạo tròn và a: Bán kính quay trên quỹ đạo tròn a = 3RE a1: Bán kính lớn trên quỹ đạo Elip a1 = 2RE Xét cđ của vệ tinh trên quỹ đạo tròn .

= =

Có 

.

=

=> ∙

=2

(2)

=

=> ∙

Elip

Hình 1

(3)

Từ (1), (2), (3) ta suy ra 32 Þ = 14383,2 27 Thời gian hạ cánh xuống mặt đất: t = T/2 = 7191,6s 2 giờ. =

∙

=

Bài 2: Tầng thứ ba của tên lửa bao gồm phần khoang mang nhiên liệu có khối lượng M = 50 kg và phần đầu bảo vệ hình nón có khối lượng m =10 kg. Phần đầu có thể bật về phía trước nhờ một lò xo nén. Khi thử trên Trái Đất, khi tên lửa được giữ cố định thì lò xo đẩy phần đầu khỏi tên lửa với 258

vận tốc v0 = 5,1 m/s. Tìm vận tốc tương đối của phần đầu so với tên lửa khi nó rời ra trong khi bay trên quỹ đạo?

Bài giải: - Xét trong hệ quy chiếu khối tâm của hệ gồm khoang mang nhiên liệu và đầu bảo vệ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: mdvd = mtvt - Khi thử trên trái đất ta tính được thế năng đàn hồi của lò xo Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: W 

md v02 2

- Trên quỹ đạo thì thế năng này cũng chuyển hết thành động năng của hai khoang và đầu bảo vệ khi hai phần tách nhau ra W 

 m md vd2 mt vt2 v2   md v02  md vd2  md2 d  v02  1  d 2 2 mt mt 

 vt 

 2 mt vd  vd  v0 mt  md 

md v d m d mt  v0 mt mt mt  md

- Vận tốc tương đối của đầu bảo vệ và tên lửa v d  vt  v 0

mt m mt m  d v0  v0 1  d  5,6(m / s) mt  md mt mt  md mt

Bài 3: Một hành tinh , khối lượng m chuyển động theo quỹ đạo elip quang mặt trời.

Khoảng cách nhỏ nhất và lớn nhất từ mặt trời đến hành tinh lần lượt là r1 và r2. Tìm mô men động lượng của hành tinh đối với tâm mặt trời.

Bài giải: Áp dụng ĐLBT mô men động lượng và ĐLBT cơ năng ta có: v1r1=v2r2 (1) 

GMm 1 GMm 1  mv12    mv2 2 (2) r1 2 r2 2 2 1

2 2 1 1 2 2

Từ (1) và (2) ta suy ra: v  v

1 1 r  2GM    r  r1 r2 

 r2  r2  r r  2GMr2  v12  2 2 1   2GM  2 1   v1  r1  r2  r1   r2   r1r2 

Vậy: L 

2GMr1r2  r2  r1 

Bài 4: Sao chổi Ha-Lây có chu kỳ T= 76 năm và vào năm 1986 nó đến gần Mặt trời nhất , có rmin= 8,9.1010 m. Biết khối lượng của Mặt trời M= 1,99.1030kg. Tìm: a) Khoảng cách xa nhất rmax từ sao chổi đến Mặt trời? b) Tâm sai của quỹ đạo sao chổi?

Bài giải: a) Áp dụng ĐL Kê-Ple III ta có: T 2 4 2  a 3 GM 259

suy ra: a 3 

GMT 2 6, 67.1011.1,99.1030.(76.365.24.3600) 2   19, 2.1036 m 2 2 4 4

a=2.68.1012m. rmin= a - ea ; rmax= a + ea , nên rmax= 2a - rmin = 5,3.1012 m b) Tâm sai của quỹ đạo sao chổi: e 

rmax  rmin  0, 967 ( Quỹ đạo sao chổi rất dẹt ) 2a

Bài 5: Một vật nhỏ bắt đầu rơi vào Mặt trời từ một khoảng cách bằng bán kính quỹ đạo của Trái đất . Vận tốc đầu của vật trong hệ quy chiếu nhật tâm bằng không. Hỏi thời gian rơi của vật?

Bài Giải: Vật chuyển động theo quỹ đạo elip rất dẹt và rơi vào Mặt trời, theo ĐLBT cơ năng ta có: W

GMm GMm r 0   a  ( r là bán kính quỹ đạo trái đất ). r 2a 2

Theo ĐL III Kê-ple ta có: T 2 TT2D a3 2 1 1 2 năm.  3  T  3 TTD  năm  T  3 a r r 8 8

Thời gian vật bắt đầu chuyển động từ điểm cực viễn có vmin=0 đến điểm cực cận ở Mặt trời là: 1 2

  T . Suy ra:  

1 2 8

năm =

365 ngày = 64,5 ngày.

2 8

Bài 6: Một vệ tinh coi như chất điểm có khối lượng m, đang chuyển động trên một quỹ đạo tròn tâm o, bán kính R quanh Trái đất có khối lượng M. a) Chứng minh rằng tốc độ v của nó không đổi và tính v theo G,M,R. Suy ra chu kỳ T của nó? b) Người ta muốn chuyển vệ tinh này sang một quỹ đạo tròn khác có bán kính R'>R, nằm trong cùng mặt phẳng quỹ đạo trên. Muốn thế ở tại điểm Acủa quỹ đạo 1 người ta tăng tốc theo phương tiếp tuyến để nó vạch ra một quỹ đạo elip có trục lớn AB (quỹ đạo 2), trong đó B là điểm năm trên đường tròn bán kính R' . Hãy xác định các vận tốc v1 và v2 của vệ tinh tại các điểm A và B và năng lượng W1 cần cung cấp cho vệ tinh tại A để chuyển quỹ đạo? c) Sau khi vệ tinh đi qua B người ta lại tăng tốc một lần nữa theo phương tiếp tuyến để nó vạch ra một đường tròn bán kính R'. Tính tốc độ v' của vệ tinh trên quỹ đạo 3 và năng lượng W2 cần cung cấp cho vệ tinh để nó chuyển từ quỹ đạo 2 sang quỹ đạo 3?

Bài giải: a) Ta có Fhd  Fht  T

GMm mv 2 GM  v  co n s t 2 R R R 2 R R3  2 v GM

A

R

o

(2)

b) Áp dụng ĐLBT cơ năng: 1 GMm GMm GMm Tại A: mv 2    2 R 2a R R'

(1) (3)

R B 260

Vậy: v1 

2GMR ' R ( R  R ')

Áp dụng ĐLBT mô men ĐL : Rmv1  R ' mv2  v2 

c)

v'=

2GMR R '( R  R ')

 GMm   GMm  GMm  R ' R  W1        2 R  R ' R   R  R '   2R  GM R'  GMm   GMm  GMm  R ' R  W2        2 R '  R ' R   2R '   R  R ' 

Bài 7: I-Go và Sa-Ly mỗi người điều khiển một con tầu vũ trụ nhỏ khối lượng m=2000 kg trên quỹ đạo tròn xung quanh trái đất ở đọ cao h=400 km. I-Go đi trước Sa-Ly tại bất kỳ điểm nào của quỹ đạo. Cho biết khối lượng của Trái đất M=5,98.1024 Kg và bán kính R= 6370 Km . a) Hỏi chu kỳ quay và tốc độ quay của mỗi con tầu. b) Sa-Ly muốn vượt I-Go nên tại một điểm P nào đó nó thực hiện một vụ đốt cháy nhiên liệu trong một khoảng thời gian rất ngắn . Khí đốt cháy phụt về phía trước qua một ống phụt khí làm giảm tốc độ đi 1% . Sau đó Sa-Ly bay theo quỹ đạo elip. Hỏi tốc độ, động năng và thế năng của con tầu Sa-Ly ngay sau khi phóng khí đốt. c) Trong quỹ đạo elip, năng lượng toàn phần , bán trục lớn và chu kỳ bằng bao nhiêu? d) Sa-Ly làm gì tiếp theo để vượt I-Go trên quỹ đạo ban đầu?

Bài giải: a) r = R + h = 6372 + 400 = 6770 Km = 6,77. 106 m.

3

4 2  6, 67.106  4 2 r 3 To    5540 s  92,3 ph GM 6,67.1011.5,98.1024 2 r vo   7680 m/s To

P

R

r

b) v= 0,99 vo = 7 600 m/s Wđ =

1 2 GMm mv  5, 78.1010 J ; Wt    11,8.1010 J 2 r

c) W = Wđ + Wt = -6,02.1010 J W

GMm GMm a  6, 63.106 m ( a nhỏ hơn r khoảng 2,1%) 2a 2W

T 2 To3 a3   T  To  5370s  T  To a 3 R3 R3

d) Vì T< To nên Sa-Ly về đến điểm P trước. Tại đó (P) nó đốt cháy nhiên liệu trong một thời gian rất ngắn nhưng lần này cho khí phụt ra phía sau để làm tăng tốc độ lên bằng vo .

Khi ấy Sa-Ly ở trước I-Go trên cùng một quỹ đạo.

261

Chú ý: Muốn đuổi kịp và vượt I-Go, Sa-Ly không thể tăng tốc ngay từ đầu vì ngay sau khi tăng tốc con tầu chuyển sang quỹ đạo elip mà P là cận điểm và bán trục a của elip lớn hơn R, do đó Sa-Ly về đến P sau I-Go. Bài 8: Muốn cho một con tàu vũ trụ đang chuyển động trên quỹ đạo Trái đất rơi vào Mặt trời, Người ta thực hiện một trong hai phương án sau: a) Phương án 1: Truyền cho con tầu một xung lượng của lực ( bằng cách đốt cháy một động cơ tên lửa) theo hướng ngược lại với chuyển động của tàu vũ trụ làm cho tốc độ của tàu giảm đến không, để tàu rôi vào Mặt trời. b) Phương án 2: Thực hiện một quá trình gồm hai bước : Giả sử quỹ đạo của Trái đất là một đường tròn bán kính r1 có tâm là mặt trời Bước 1: Dùng một tên lửa nhỏ hơn đốt cháy nhiên liệu trong một khoảng thời gian ngắn làm cho tốc độ của tầu tăng lên theo hướng chuyển động để con tầu chuyển động theo quỹ đạo elip mà điểm tên lửa cháy là cận điểm.

Bước 2: Đến viễn điểm người ta lại truyền cho một xung lượng của lực đủ để triệt tiêu tốc độ của tầu, để nó rơi vào Mặt trời ( bỏ qua lực hấp dẫn của Trái đất ).

Xung lượng toàn phần mà tên lửa phải cung cấp được đo bằng tổng các độ gia tăng vận tốc v . Hãy tính tổng này ở mỗi phương án và và so sánh chúng trong trường hợp r2= 10r1. Phương án nào có lợi về mặt năng lượng?

Bài giải: Phương án 1: v1 

GM  v  0  v  v r1

Phương án 2: Áp dụng ĐLBT cơ năng và ĐLBT mô men động lượng: 1 GMm GMm và v1r1  v2 r2 mv12   2 r1 r1  r2

v1 

2GMr2 2GMr1 và v2  r1  r1  r2  r2  r1  r2 

v1  v1  v; v2  0  v2  v2 v1  v2  v1  v2  v  0, 483v Phương án 2 tiện lợi hơn.

Bài 9 (BT về nghịch lý về chuyển động của vệ tinh) Một vệ tinh nhân tạo có khối lượng m=200Kg, chuyển động theo quỹ đạo tròn ở lớp khí quyển ở trên cao nhất của Trái đất. Vệ tinh chịu lực cản của không khí loãng F= 7.10-4 N. Hãy xác định xem tốc độ của vệ tinh sau khi chuyển động được một vòng biến thiên một lượng là bao nhiêu cho biết độ cao của vệ tinh so với mặt đất là nhỏ so với bán kính của Trái đất R=6400km. Lấy g=9,8 m/s2.

Bài giải: Coi quỹ đạo của vệ tinh là tròn, còn lực cản làm giảm cơ năng của vệ tinh.

1 1 W   Wđ =  mv 2 2 2 1 1 A   F s  W   ( mv 2 )   m 2vv 2 2  F s  mvv  F .2 R  mvv

(1) 262

mv 2  mg  v  gR (2) R 2 RF 2 .6400.103.7.104   0, 0178  0, 018 m/s ( tăng lên).

Từ (1) và (2) suy ra v  m gR 200. 9,8.6400.103

Mặt khác vì h<<R nên Fht 

Chú ý: Lực ma sát sinh công làm giảm cơ năng của vệ tinh. Theo công thức W

1 GMm thì R giảm. Vệ tinh chuyển động lại gần Trái đất theo đường xoáy ốc, Wt   2 R

trong chuyển động này trọng lực thực hiện công dương làm giảm thế năng làm tăng động năng của vệ tinh, vì phần động năng này tăng do trọng lực lớn hơn phần động năng giảm do lực ma sát , nên tốc độ của vệ tinh tăng lên. Vệ tinh có bốc cháy khi đi đến lớp khí quyển đậm đặc hơn.

Bài 10: Hai vệ tinh của Trái đất cùng chuyển động trong cùng mặt phẳng theo các quỹ đạo tròn .Bán kính quỹ đạo của vệ tinh 1 là R=7000 Km, bán kính quỹ đạo của vệ tinh 2 nhỏ hơn một lượng là R = 70 Km. Hỏi cứ sau một khoảng thời gian nhất định là bao nhiêu thì các vệ tinh tiến lại gần nhau nhất? cho bán kính và khối lượng của Trái đất lần lượt là R= 6370 Km, M= 5,98.1024 Kg. Bài giải: -TH chuyển động cùng chiều: áp dụng ĐL III Kê-ple ta có 2 1 2 2

2 1 2 2

T R   T1  T2 hay 1  2 nên: T R   ( 2   1 ) t 2 2 2 1 1 1  2  (2  1 )t       t T2 T1 t T2 T1

Với: T1 

2 1

 0

2

(t  0) 1

4 2 R 3 4 2 ( R  R)3 ; T2  GM GM

Thay vào ta được:      1 GM  1 1  GM  1   3   1 3 3   3R t 2  R  R 2   R 2  2 R 2  1    2R  GM  3R  GM 3R 1  1  .

3  3 2 R 2R   2 R 2 2 R 2 4 R 3/2 .R .  382.752  4,43 ngày.

Suy ra: t1  GM 3R -TH chuyển động ngược chiều:   (2  1 )t 2 2 2 1 1 1  2  (2  1 )t2       t2 T2 T1 t2 T2 T1 

263

1 GM  3R  2 R 3/ 2  1   1  t  2  3  t2 2R GM  2  3R    2 R 2   2R   t1 4 R  3R   122  t2  3137 s  0,87 giờ. t2 3R

Hết.

264