TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN X CHUYÊN ĐỀ BỘ MÔN VẬT LÝ QUẢNG NINH, THÁNG 8 NĂM 2014 1 MỤC LỤC STT TỈNH 1 Bắc Giang 2 Cao Bằng 3 Cao bằng 4 Hà Giang 5 Hà Giang 6 Lào Cai 7 Phú Thọ 8 Quảng Ninh 9 Tuyên Quang 10 11 12 13 14 Tuyên Quang Vĩnh Phúc Vĩnh Phúc Thái Nguyên 15 Thái Nguyên Yên Bái 16 Yên Bái TRƯỜNG THPT chuyên Bắc Giang CHYÊN ĐỀ Điện trường trong chất điện môi THPT Chuyên Cao Bằng Thiên văn THPT Chuyên Cao Bằng Từ trường THPT Chuyên Hà Giang Quang hình THPT Chuyên Hà Giang Bài toán cơ nhiệt THPT Chuyên Lào Cai Bài toán cơ nhiệt THPT Chuyên Hùng Vương Cơ học thiên văn THPT Chuyên Hạ long 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 TRANG 03 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 28 59 69 80 96 110 128 143 149 222 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 +q điện tích dương của các hạt nhân nguyên tử không ur d Hình 1 nhau mà cách nhau một khoảng d (hình 1) thì mỗi "trọng -q các trùng phân tử uur ur 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. +) 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 3 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. 2.2. Chất điện môi phân cực, gồm các phân tử có momen lưỡng cực điện xác định (p e = const). Trong điện trường ngoài đều, các lưỡng cực điện chịu tác dụng của momen ngẫu lực τ = [ 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 4 ≠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 uur 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 ur 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 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 σ 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. 5 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 uur 1 p = dV uur dN ur ∑i pei = NV qd hay P = qd (3) trong đó ρ = là mật độ điện tích thể tích Điện tích ở trong lớp mặt ngoài dày d bằng dQ = ρ dS d Do đó, mật độ điện tích mặt σ = = ρ d (4) ur ur 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 σ = p = p⊥ (5) ur 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 ur với p . Giả sử trên một đáy có điện tích phân cực âm với mật độ - σ và ở đáy đối diện điện tích dương với mật độ + σ . Momen điện của khối chất điện môi bằng p = σ dS d ur Nếu góc giữa pháp tuyến của đáy và vectơ p là α , thể tích của yếu tố thể tích dV = dS d cos α Số lưỡng cực có trong yếu tố thể tích đó dN = n.d.cos α .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 α .dS = p⊥ dS trong đó p⊥ = p.cos α . Do đó, mật độ điện tích mặt của điện tích phân cực mặt ngoài σ = = p⊥ ur thành phần của p vuông góc với mặt. (6) trong đó P⊥ là Như vậy, mật độ mặt của điện tích phân cực ở một điểm bằng thành phần vuông góc của ur vectơ phân cực p ở điểm đó. II. Bài tập Bài 1. 6 Một điện tích điểm q đặt tại tâm của một quả cầu điện môi bán kính a với hằng số điện môi ε1. Quả cầu được bao bọc bằng một điện môi lớn vô hạn, có hằng số ε2. 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 ε1 và chân không (tức không có ε1 ) thì theo bài tập trên điện tích liên kết trên mặt cầu là q '1 = ε1 − 1 q '2 q 1 1 q ⇒ σ '1 = = 1 − ÷ = σ 1 − ÷ 2 2 ε1 4π a 4π a ε 1 ε1 (1) Giả sử chỉ có điện môi ε2 và chân không ( không có ε1 ) thì điện tích liên kết trên mặt cầu là q'2 ngược dấu với q: q '2 = 1 ε 2 −1 q '2 q 1 q ⇒ σ '2 = = − 1÷ = σ − 1÷ 2 2 ε2 4π a 4π a ε 2 ε2 (2) Nếu có cả 2 điện môi ε1 ε2 thì mật độ điện tích liên kết σ' trên mặt cầu tâm O, bán kính a là σ = σ '1 + σ '2 = q 1 1 q(ε1 − ε 2 ) − ÷= 4π a 2 ε 2 ε1 4π a 2ε 1ε 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 σ' = -σ(ε-1)/ε1 với ε là hằng số điện môi, σ là mật độ điện mặt của các điện tích trên vật dẫn. Lời giải 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 σ' bao giờ cũng ngược dấu với σ của vật dẫn. Như vậy ta thu được: 1 ε −1 σ ' = σ − 1÷ = −σ ÷ ε ε (đpcm) Bài 3. 7 Một vật dẫn có dạng tuỳ ý điện tích q = 2,5µC được bao bọc bằng một điện môi có hằng số điện môi ε = 5,0 (hình Hãy tính tổng điện tích liên kết bề mặt ở các mặt trong và 2). 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 ε (hình 2). Mật độ điện mặt trên mặt cầu là σ. σ= q 4π a 2 Cường độ điện trường E= q σ = 2 4πε 0ε a ε 0ε σ Ta có | σ ' |= Pn = P = ε 0 χ E = ε 0 (ε − 1) ε ε = 0 σ (ε − 1) ε ε −1 ε −1 ÷= ÷q ε ε 2 2 Điện tích liên kết | q ' |=| σ ' | S = 4π a σ ' = 4π a σ ε −1 ÷q 2 vì q' trái dấu với q nên q ' = − Đặt q'' là điện tích liên kết ở mặt ngoài khối điện môi. Từ định luật bảo toàn điện tích: ε −1 q '+ q '' = 0 ⇒ q '' = −q ' = ÷q ε 5 −1 ÷2,5 = 2 µC 5 Thay số q '' = −q ' = 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 ' = σ ' dS = − σ (ε − 1) ε −1 dS = − ÷dq ε ε ε −1 ε −1 Vậy q ' = ∫ dq ' = − ε ÷∫ dq = − ε ÷q s s 8 Và q '' = −q = ε −1 q ε M b 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 ϕ 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 ϕ = const (vì A = E 0, 6.20.10 −9.200 2 = 1,5.10−3 J = 1,5 mJ ) 2(1 − 0, 6) 2 q 0 b) Với a < r < b thì E = ε = 4πε ε r 2 0 ϕ= q dϕ E=− (vì ) 4πε 0ε r dr q q c) Với b < r thì E = E0 = 4πε r 2 và ϕ = 4πε r 0 0 2) Điện tích q phân bố giữa 2 mặt cầu a) Với r < a thì E = 0 nên ϕ = const b) Với a < r < b. Tính điện tích chứa trong mặt cầu đi qua M qr = ρVr = 4 r 3 − a3 . π (r 3 − a 3 ) = q 3 3 4 b −a π (b3 − a 3 ) 3 3 q Vậy E = E0 qr q (r 3 − a 3 ) q a3 = = = r − ÷ ε 4πε 0ε r 2 4πε 0ε r 2 (b3 − a 3 ) 4πε 0ε (b3 − a 3 ) r 2 Và E = − r 2 a3 dϕ −q ⇒ϕ = + ÷ dr 4πε 0ε (b3 − a 3 ) 2 r q q c) Với b < r thì E = E0 = 4πε r 2 và ϕ = 4πε r 0 0 9 Bài 5. Gần điểm A của một mặt phẳng ngăn cách giữa thuỷ tinh và chân không, cường độ điện trường trong uur V ; góc giữa vectơ E0 và m pháp chân không là E0 = 10, 0 r tuyến n của mặt ranh giới là α0 = 300. Hãy tìm cường Hình 4 độ điện trường E trong thuỷ tinh ở gần điểm A, góc α r ur 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 ε1 = ε = 6 Môi trường 2 là không khí ε0 = 1 và α2 = α0 và E2 = E0 = 10V/m Ta có E1t = E2t ⇒ E1t = E0 sin α 0 (1) Ta cũng có D1n = D2 n ⇒ ε 0ε 1E1n = ε 0ε1E2 n ⇒ ε 1E1n = Eon = E0 cos α 0 2 2 2 2 2 Vậy E1 = E1t + E2t = E0 sin α 0 + ⇒ E1 = 27, 08 = 5, 2 b) tgα1 = (2) E02 102 2 2 2 0 cos α = 10 sin 30 + 2 cos 2 300 = 27, 08 ε12 6 V m E1t E2 t ε 6 6 = = 1 tgα 0 = ε tgα 0 = 6tg 300 = ⇒ α1 = arctg = 73,90 ÷ E1n ε 2 ε2 3 3 ÷E2 n ε1 c) σ ' = Pn = P cos α1 = ε 0 χ1 cos α 1 = ε 0 (ε − 1) E1 cos α Thay số: σ ' = 0,885.10−11 (6 − 1).5, 2 cos 73, 90 = 63, 7.10 −12 C pC = 63, 7 2 2 m m 10 ur n Bài 6. Tại bề mặt phẳng của một chất điện môi có hằng số điện môi ε, cường độ điện trường trong chân không là E0, hơn nữa uur uur E0 θ l I ε R r vectơ E0 tạo một góc θ với pháp tuyến n của bề Hình 5 mặt điện môi. Coi điện trường ở bên trong và bên ngoài điện môi là như nhau, hãy tính: ur a) Thông lượng của vectơ E qua mặt cầu bán kính R với tâm trên bề mặt của điện môi. ur b) Lưu số của vectơ D theo chu tuyến I dài l mà bề mặt của nó vuông góc với bề mặt của uur điện môi và song song với vectơ E0 . Lời giải a) Ta có ur ur ur ur ϕ = ϕC + ϕC0 = E.S + E 0 .S (1) ϕ = (− E cos α + E0 cos θ )π R 2 Theo bài tập 78: E E = 0 ÷ cos 2 θ + ε 2 sin 2 θ ε Và tgα = εtgθ cos t = (2) (3) 1 1 = 2 1 + tg α 1 + ε 2tg 2θ (4) Thay (2) và (4) vào (1): E ϕ = π R2 − 0 ε cos 2 θ + ε 2 sin 2 θ ε −1 + E cos θ ÷ = π R 2 E0 0 ÷cos θ 2 2 ÷ 1 + ε tg θ ε ε D t b) Chú ý D = l 0t Ta tính I0 = ur uur 0 dl = ε 0 E0l sin θ = D0 t l ∫D AB Il = ∫ uruur Ddl = −ε 0ε E sin α l = − Dt l = −ε D0t l CD 11 Vậy Il = -εI0 nên uruur Ñ ∫ Ddl = I 0 + I1 = I 0 (1 − ε ) = − (ε − 1)ε 0 E0l sin θ Bài 7. Một bản điện môi lớn vô hạn có hằng số điện môi ε tích điện đều với mật độ điện thể tích ρ. 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 uruur Ñ ∫ DdS = q (1) uruur Ñ ∫ DdS = 2DS (2) q là điện tích chứa trong hình trụ. Q = ρV = 2ρSl (3) Thay vào (1) rút ra: ρl = D = ε0εE (4) ρl Vậy E = ε ε 0 (5) 2) Khi l > d, tức M nằm ngoài điện môi (nằm trong chân không) ρd (4) thành ρ d = ε 0 E ⇒ £ = ε 0 (6) Tính ϕ. ur uuur Ta có E = − gradϕ ⇒ El = − Từ (5) suy ra ϕ =− dϕ dt (7) ρl 2 2ε 0ε ρd Từ (7) và (6) suy ra ϕ = − 2ε l + const (8) (9) 0 12 Hãy xác định const trong (9). Xét một điểm N ở bề mặt chất điện môi tức l = d. Thay vào (8) và (9) ρd 2 ρd 2 ϕ =− =− + const 2ε 0ε ε0 Suy ra const = ρd 2 1 1 − ÷ ε 0 2ε ρd (10) Vậy (9) thành ϕ = ε 1 − d + 2ε ÷ 0 d b) Ta có σ ' = Pn = P cos α = P = ε 0 χ E = ε 0 (ε − 1) E (11) ρd với E theo (5) E = ε ε 0 ρd Thay vào (11) σ ' = ε 0 (ε − 1) ε ε = 0 ρ d (ε − 1) ε (12) Tính ρ: 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: Φ D ' = 2 D ' S = q ' , với D' = σ' 2σ'S = sS|ρ'|d ρ' = (13) σ ' ρ (ε − 1) = d ε Vì ρ' ngược dấu với ρ nên ρ ' = (14) ρ (ε − 1) ε Bài 8. Các điện tích được phân bố đều với mật độ thể tích ρ > 0 trong một hình cầu bán kính R làm bằng điện môi đồng tính đẳng hướng với hằng số điện môi ε. 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 13 EM = ρr 1 q 4 2 π rM ρ ⇒ EM = M 2 Với q = 4πε 0ε rM 3ε 0ε 3 Điện trường tại N ngoài quả cầu C là EN = q 4πε 0ε rN2 ρr 4 với q = π Rr 3 ρ ⇒ EN = 3ε 0 rN2 3 3 Tính ϕ E=− dϕ dt ur ur ur E = E 0 + E ' ⇒ E = E0 − E ' (1) ρ R3 + const 3ε 0 rN (2) ϕN = − Tính const: Tại một điểm trên mặt cầu C. (1) và (2) thành − ρ R2 ρ R2 ρ R2 1 =− + const ⇒ const = 1 − ÷ 6ε 0ε 3ε 0 3ε 0 2ε ρ R3 1 1 1 Vậy (2) thành ϕ N = + − ÷ 3ε 0 rN R 2ε R ur ur ur ur ur a) Ta có E = E 0 + E ' ⇒ E = E0 − E ' (vì E ngược chiều với E 0 ) (3) Với quả cầu điện môi mang điện q, và điện tích liên kết q' thì E= q q | q'| E0 = E'= 2 ; 2 và 4πε 0ε r 4πε 0 r 4πε 0 r 2 q q ur = 2 2 dF 4πε 0ε r 4πε 0 r | q ' |= q − q 1 ε −1 = q 1 − ÷ = q ÷ ε ε ε ε −1 ÷ ε Vì q' ngược dấu với q nên q ' = −q q' = Suy ra 4π 3 4 ε −1 R ρ ' = − π R3 ρ ÷ 3 3 ε ε −1 ρ ' = −ρ ÷ ε (4) 14 b) Ta có Sσ' = Vρ', với S và V là diện tích và thể tích quả cầu hay 4 Rρ ' 4π R 3σ ' = π R 3 ρ ' ⇒ σ ' = 3 3 R 3 thay (4) vào (5): σ ' = − ρ (5) ε −1 ε Bài 9. Một đĩa tròn bằng điện môi bán kính R bề dày d bị phân cực sao cho độ phân cực uur uur bằng p đồng đều ở mọi nơi và vectơ p nằm trong mặt phẳng của đĩa. Hãy tính vectơ ur cường độ điện trường E ở tâm đĩa nếu d 0 thời gian mọc > thời gian lặn δ Z < 0 thời gian mọc < thời gian lặn δ 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 ( δ ) của thiên thể và độ vĩ ( ϕ ) nơi quan sát mà có độ cao khác nhau. - Với δ > ϕ thì qua kinh tuyến trên ở Bắc thiên đỉnh z, có độ cao h = 900 - δ + ϕ . - Với δ = ϕ thì thiên thể qua thiên đỉnh z: h = 900 hay z = 0 - Với δ < ϕ , qua kinh tuyến trên ở Nam thiên đỉnh z, có độ cao: h = 900 + δ - ϕ . 8. Bầu trời sao: 37 -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. 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. 38 3.5. Tìm góc giờ và độ phương của thiên đỉnh (z). 3.6. Sao Thiên Lang có xích vĩ δ = -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 ϕ = 210 và ở Cần Thơ ϕ = 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 ϕ = 210 3.8. Xích vĩ của các sao như sau: Sao α (chòm Thiên Hậu) δ = +56019' α (chòm Tiểu Hùng) δ = +890 α (chòm Đại Hùng) δ = +620 α (chòm Bói Cá) δ = -80030' Hỏi Sao nào không mọc, không lặn đối với người quan sát ở Cần Thơ ( ϕ = 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 68 06'42", 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: α (h) Thiên thể MT 0 T 6 H 14 M 6 Người quan sát ở Thành phố Hồ Chí Minh ( ϕ = 10 0 30' ) δ (0) 0 20 10 20 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? 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 39 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 ε = 23 0 27' dẫn đến xích vĩ của Mặt Trời biến thiên gần như hàm sin với biên độ ± ε = ±23027' với chu kì 1 năm = 365,2422 ngày. 2. Bốn vị trí chính của Mặt Trời trên hoàng đạo Vị trí Xuân phân Hạ chí Thu phân Đông chí Ngày 21-3 22-6 23-9 22-12 α δ 0 +ε 0 -ε 0 6h 12h 18h Độ dài ban ngày so với ban đêm Ngày = đêm Ngày dài nhất Ngày = đêm Đêm dài nhất 3. Các đới khí hậu a) Nhiệt đới: Vùng giới hạn bởi hai vĩ tuyến có độ vĩ - ε và + ε b) Ôn đới: vùng giới hạn bởi hai vĩ tuyến có độ vĩ ε và 900 - ε c) Hàn đới; vùng bao quanh địa cực từ độ vĩ 900 - ε → 900 4. Thời gian a) Hiệu giờ địa phương của hai nơi bằng hiệu độ kinh của hai nơi đó: T1 - T2 = λ1 - λ 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. 366,2442 1 ngày Mặt Trời = 365,2422 ngày sao ⇒ ngày Mặt Trời dài hơn ngày sao 3ph56" ≈ 4ph. a) Thời sai là hiệu giờ Mặt Trời trung bình và giờ Mặt Trời thực: η = 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. 40 - 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 ( ϕ = 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. 4.6. Ngày 24-10-1957 tại nơi độ kinh 4 h00ph10,8s 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 λ = 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. 41 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 12 h15ph52s. 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 -23 005' thời sai là 3 phút. Lúc Mặt Trời qua kinh tuyến trên tại Vinh ( ϕ = 18 0 32' ; λ = 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 106 0Đ. Khi Mặt Trời qua kinh tuyến trên thì đồng hồ của A chỉ 12h, của B chỉ 12 h2ph. 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 ( λ , ϕ ) 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. 4.14. Chứng tỏ rằng các địa phương ở trong vùng nhiệt đới (-23 027' < ϕ < 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 ( λ = 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 106 04'Đ vào lúc 17h30ph, ngày hôm đó lúc 0hGMT (0h ở Greenwich) thì giờ sao là 12h14ph32s. 42 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 0 h ngày Thu phân. Hỏi vào khoảng ngày nào thì sao Thiên Lang (sao sáng nhất trên bầu trời) có xích kinh 6 h42ph 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). - 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. 43 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 48 0, 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.sin48 0 = OĐ.0,743 với OĐ là khoảng cách từ Trái Đất tới Mặt Trời = 1đvtv. Vậy OK = 0,743 đvtv = 111,153.106 km. - Chu kì chuyển động của Kim tinh: Sử dụng công thức T 2 = 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. OĐ Theo hình ta có khoảng cách từ thiên thể S đến Mặt Trời O là d: d = tgπ với π = 1" thì d có độ dài là 1 parsec. Do đó: 44 OĐ OĐ 1ps = d = tg (1' ' ) = (1' ' )rad = OĐ 1 = 206265 đvtv. 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 m 2 = 2m1. Trường hợp m2 >> m1 thì quỹ đạo của m2 chỉ là một điểm, trùng với khối tâm G. 2.3. a) vc = 2πa T 2πa 1+ e ; vv = T 1− e vc 1+ e 1− e ⇒v = 1− e 1+ e v b) 1630km; 5630km. b) 1,97.1030kg 2.4. a) 17,92 đvt 2 1+ e d) = 3553 1+ e c) 0,591 đvtv Hướng dẫn: - Sử dụng công thức T2 = a3 để tính a. - Sử dụng công thức T 2 ( M + m) 4π 2 = để tính M. G a3 - Sử dụng công thức r min = 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). 45 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: GMm 2 Wt = - R 1 Wđ = 2 mv2 1 GMm mv 2 GMm = Lực hướng tâm của vệ tinh từ đây tính được Wđ = mv2 = 2 2R 2 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 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 − = − E= ; với r = r0 + h 2 r0 2 r 46 Do vệ tinh dừng lại tại điểm H có v = 0 nên suy ra được v02 = 2GM r0 r0 1 − = r GM 2GM r0 r r 1 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 r0 r r r tại mặt đất. b) Hai trường hợp cần khảo sát. P P - Với H là cận điểm: rc = 1 + e cos ϕ = (ϕ = 0 ) 1+ e 2 1 2 Sử dụng phương trình năng lượng, ta tính được: vc = GM − r a thay rc = c P P g0 vầ = 2 ta có v1 = v2 = r0(1+e) 1+ e 1− e P - Với H là viễn điểm rv = P (ϕ = π ) 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 r v và rv' là khoảng cách viễn điểm cũ và mới của vệ tinh (đến tâm O1 Trái Đất). ∆v = vv - v 'v dùng công thức vv đã có ở câu b: v 1' = vv = r0 (1-e) g0 và sử dụng phương trình năng p 2 1 P r02 ' − rv' = rv = HO1 = r a với 1− e lượng cho v , ta có: v = g0 v ' v và a' = ' v rv' + r0 r P = + 0 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) 47 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) σ σ là tốc độ diện tích σ = ∫ a 0 ydx = ∫ a 0 1 2 p . x 2 dx = 3 3 2 p .a 2 2 Sử dụng phương trình năng lượng, ta tính được: 2 1 v c2 = GM ( r - ) a c P Thay rc = và a = 1+ e P ta có: 1 − e2 g0 P v1 = vc = r0 (1 + e) - Với H là viễn điểm rv = P (ϕ = π) 1− e Ta sẽ thu được v1 = 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 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: 48 2 1 − ' rv a v'v = g0r 02 P Với r'v - rv = HO1 = 1 − e Và a' = rv' + r0 2 p r = 2(1 − e) + 0 2 g0 p Từ đó v'v = r0(1 - e) . 1− 2r0 p p + r0 (1 − e) [ ] (3) Đưa (2) và (3) vào (1) ∆v = r0(1 - e) g0 p 2r0 . 1 − p + r (1 − e) 0 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 σ (1) σ là tốc độ diện tích σ = a ∫ ydx = 0 a ∫ 0 1 2p x2 dx = 2 3 3 2 p .a 2 (2) Với O là nơi xuất phát với vận tốc parabol (VII) VII = VI. 2 = 2GM a Trong hệ tọa độ cực gốc O1 thì lúc này r = a . Do đó σ = 1 1 V ∧ r = VII.a 2 2 (3) Đưa (2) và (3) vào (1) ta được t= 4 3 p a GM (4) p Với quỹ đạo prabol, từ công thức r = 1 + e cos ϕ suy ra 49 r=a= p (e = 1 ; ϕ = 0 ) 2 (5) Từ (5) và (4) suy ra t= 4 3 2a 3 GM 0 (6) Sử dụng định luật III Kepler T2 M 4π 2 ⇒ a3 T2 = = G GM 4π 2 a3 (7) Từ (6) và (7) ta có: t= 4 3 2 2T 2 = 2 3 4π 2 T = 1,18 năm. π 2.9. a) 11,13 km/s ; 0,185 km/s. b) 4,3 ngày. Hướng dẫn Sử dụng phương trình năng lượng v 2 = GM − với r là bán kính Trái Đất, a là 2 r 1 a bán 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 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 H 2 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 50 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 270 0 (tính theo chiều kim đồng hồ). Khi trạm đến H 1 thì khoảng cách góc này là H 1MD' = 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 0 360 0 360 0 , Hỏa tinh quy được . Vậy cứ sau mỗi tháng khoảng cách góc này sẽ tăng 12 24 12 360 0 360 0 360 0 . Sau t tháng sẽ tăng được ( ).t = 1800 . Từ đó suy ra t = 12 tháng. 24 12 24 2.11. Đáp số T GM 3 m 2 a) M = V3 2πGM ; r3 = T2 4π Hướng dẫn:Sử dụng định luật - Bảo toàn momen góc: m V = M v v2 - Gia tốc hướng tâm: = r GM r2 - Công thức liên hệ giữa v, r và T : v = 2πr 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 = T22 ( M + m2 ) a23 2.13. Hỏa tinh có V1 = 3,57km/s ; VII = 5km/s Mặt trăng có V1 = 1,68km/s ; VII = 2,375km/s 51 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 ⊕ = TT2 M T 3 RT 81 . R = 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 = ϕ) 3.2. Đứng ở nơi có độ vĩ ϕ = 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). 3.4. Đướng ở xích đạo quan sát các sao có xích vĩ δ = 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 δ = 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. 52 Hướng dẫn:Vẽ thiên cầu với đường chân trời của nơi có độ vĩ ϕ = 21o (H.3.2G). Từ điểm Xuân phân (γ) ở trên kinh tuyến trời ta xác định tọa độ xích kinh α = 18h38ph của Chức Nữ = cung γ 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 t S 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 ϕ = 100. - Không mọc − δ > 900 - ϕ → − δ > 900 - 100 = 800 . Sao α chòm bói cá có δ1 = -80030' thỏa mãn bất đẳng thức nên không mọc. - Không lặn δ ≥ 900 - ϕ -> δ > 800. Sao α chòm Tiểu Hùng có δ2 = 890 vậy không lặn. - Có mọc có lặn nếu δ > 0 . Vật sao α chòm Đại hùng có δ3 = 62 > 0 và sao α chòm Thiên Hậu có δ4 = 56019' > 0 là những sao có mọc và lặn. 3.9. Là sao Bắc Cực, độ vĩ ϕ = 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 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 = 900 - Z1 + Z 2 2 69 0 47'42' '+680 6'8' ' = 2104' 2 Và xích vĩ của sao Bắc Cực đó là: δ = 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 (γ) nêm khi Mặt trời bắt đầu lặn thì Mặt trăng (T) và Mộc tinh (M) ở phía Bắc thiên đỉnh một khoảng δ - ϕ = 20 - 10030' = 9030'. Hỏa tinh ở thấp dưới chân trời Đông (Đ) một góc 300. 53 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 = δT - ϕ = 20 - 10030' = 9030' ZM = δM - ϕ = 200 - 10030' = 9030' ZH = δH - ϕ = 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 12 019' = (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 THỜI GIAN - LỊCH 4.1. Có hình cuốn như một cuộn lên với biên độ ± ε. 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 OA 54 Bắc, 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. ϕ = 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 ϕ: ZMT = δZ = ϕ 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 5 h48ph46s, như Mặt trời qua điểm Xuân phân vào năm tiếp theo sau năm 1979 lúc (12 h22ph06s + 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 18 h10ph52s + 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. Thời điểm Mặt trời qua điểm Xuân phân vào năm sau năm 1982 là 5 h48ph24s + 5h48ph46s = 11h37ph10s . Vậy, ngày Xuân phân năm 1983 (không nhuận) cũng là ngày 21-3. 4.6. Tmλ = 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 (η) ta có giờ Mặt trời trung bình: η = 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: λ - λG = TMTλ - TMTG TMTG = TMTλ - λG = 8h12ph25s - 4h00ph10s8 = 4h12ph14s 2. Theo đề bài: 12h ngày 24-10 có η = -15h44s 12h ngày 25-10 có η = -15h52s 55 Nội suy cho 4h ngày hôm đó có thời sai khoảng - 15h46s. Vậy: Tmλ = TMTλ + η = 8h12ph25s - 15ph46s = 7h54ph39s. 4.7. Múi số 4 TM = 6h28ph48s6. Địa phương độ kinh λ = 55030'21'' thuộc múi số 4- múi có độ kinh (52 05 ÷ 6705) với kinh tuyến giữa là 600, áp dụng định luật: λM - λ = TM - Tm TM = λM - λ + Tm = 6h28ph48s6. 4.8. Tmλ = 10h54ph39s5. 4.9. λ = 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 (T M là giờ Mặt trời trung bình địa phương của kinh tuyến 1050 ) Sử dụng: λ - λM = TMTλ - TMTM Với TMTλ = 12h => TMTM = 11h56ph là giờ Mặt trời thực lúc quan sát. Hiệu chính với thời sai: TM - TMTM = η TM = TMTM + η = 11h56ph + 6ph TM = 12h2ph 4.11. Viết vào ngày Đông chí ở nơi có ϕ = 21033' ; λ = 95030' Đ. Giải Câu đầu cho biết độ vĩ ϕ = hp = 21033' . Câu "bóng đài bằng thân" cho biết Mặt trời ở độ cao 450 và ở phương Nam. Tính ra: δ Mặt trời = ZMT - ϕ = 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 12 h trước lúc viết 13ph. Lấy thời điểm lúc tháp chuông gõ 12h làm mốc thời gian thì giờ Mặt trời thực lúc đó là : TMTλ = 12h - 13ph = 11h47ph. Chuyển sang giờ Mặt trời trung bình địa phương (λ): 56 Tmλ = η - TMTλ = -9ph + 11h47ph = 11h38ph. Sử dụng: λ - λM = Tmλ - TM λ = λM + Tmλ - TM = 7h + 11h38ph - 12h = 6h38ph hay 95030' Đ. 4.12. Đáp số : ϕ = 21033' ; λ = 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 ± ε (± 23027') Hình 4.3G. Cũng biết rằng mỗi khi xích vĩ của Mặt trời (δMT) = độ vĩ nơi quan sát (ϕ), 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 δ = ϕ 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. 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 0 h 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 9 s856 (= 3ph56s/24). Vậy số hiệu chỉnh cho giờ sao từ 0h Việt Nam đến 0h quốc tế là - 9.856s.λ(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: S HN = SOHN + ∆S = 27h33ph27s53. Tức là 3h33ph27s53. 4.15. S = 5h45ph42s393. 4.16. 18h35ph. 57 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 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 58 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, 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 Ι∆l lập với vectơ B một góc ỏ có độ lớn BI ∆ 59 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. Gợi ý: Cảm ứng từ tại tâm một dây dẫn tròn có dòng điện I chạy qua là B = µ0 I , 2R trong đó µ0 = 4π.10-7 H.N/m Giải. Trong mẫu nguyên tử cổ điển của hiđrô, êlectron có điện tích (-e) với e = 1,6.10-19C 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: 1 e2 me v 2 = 4πε 2 rB 0 rB Từ phương trình đó ta tìm được vận tốc của êlectron: v= e = 2,19.106 4πε 0 me rB 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 60 v được biểu diễn qua những hằng số vũ trụ, do đó tỉ số này cũng là c minh được rằng tỉ số một hằng 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 2πrB Thay biểu thức của vận tốc ở trên vào, ta được: I= e2 3 1 4( πrB ) 2 ( ε 0 me ) 2 Dùng biểu thức cảm ứng từ ở tâm của dòng điện tròn cho trong đề bài, ta được: µ0 I µ0e 2 B = 2r = 3 2 5 2 1 2 = 12,48 T 8π rB ( ε 0 me ) B 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 = µ0 I , trong đó r là khoảng cách đến trục dây dẫn. 2πr Giải. Dễ dàng thấy rằng giới hạn E đt của cường độ dòng điện cho phép có vai trò quyết định giá trị cực đại của mật độ điện tích mặt σmax 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: σ max Eđt = 2ε 0 Từ đó suy ra mật độ điện tích mặt tối đa trên màng bằng: σmax = 2ε0Eđt 61 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 = vσmax = 2ε0Eđtv. 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 >a. trong trường hợp đó có thể coi b = ∝ và ta có: a B= µ0ε0vEđt = 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 62 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 α = IBa sin αdα Như thấy rõ từ hình vẽ, tại các góc 0 < ỏ < π lực Ampe hướng vào phía trong trang giấy, còn tại các góc π < ỏ < 2π 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 α ) = IBa 2 (sin α − 1) sin αdα Suy ra momen lực Ampe toàn phần tác dụng lên toàn vòng kim loại bằng: M A = IBa 2 2π 2π 0 0 2 2 ∫ ( sin α ) dx − IBa ∫ sin αdα Tích phân thứ nhất bằng π, còn tích phân thứ hai bằng 0. Bởi vậys: M A = πIBa 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: πI 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 πBa 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 : φ(t) = φ0sinωt. 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 φ0 = 0,5 rad và ω = 0,2rad/s 63 Giải. Giả sử tại thời điểm nào đó thanh chuyển động ngược chiều kim đồng hồ. Vận tốc góc của thanh bằng: φ'(t) = φ0 ωcosωt. 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 ) = φ ' ( t ).x = φ0ωx cos ωt Lực Lorentz tác dụng lên điện tích đó bằng: FL = ev( x, t ) B = eφ0ωxB cos ωt 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 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: eφ0ωxB cos ωt + eE ( x, t ) = 0 Từ đó suy ra: E ( x, t ) = − φ0ωxB cos ωt 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 −a −a U ( t ) = − ∫ E ( x, t ) dx = ∫ φ0ωB cos ωt.xdx = φ0ωB 2 (b − a 2 ) cos ωt 2 Dễ thấy rằng h.đ.t cực đại bằng: Umax = φ0ωB 2 ( b − a 2 ) = 4,5.10-4 V 2 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 4 điện trở 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 64 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 Φ1 = B(t)ab và gửi qua mạch kín DNOK bằng Φ2 = 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 kín (như mạch AVDK, chẳng hạn), như đã biết, có trị số đúng bằng s.đ.đ cảm ứng E c xuất hiện trong mạch và theo định luật Faraday về cảm ứng điện từ, ta có thể tính được s.đ.đ E c qua vận tốc biến thiên từ thông gửi qua mạch đó. Đối với mạch ACDK, ta có: Ec1 = - dφ1 dB(t ) a 2 dB (t ) = −ab =− dt dt 4 dt Tương tự, đối với mạch DNOK: Ec2 = - dφ 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 2a dB (t ) Giải ba phương trình trên, ta tìm được: I2 = - 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: 65 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 Từ đây ta tìm được vận tốc của thanh: v = a 2 B02 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 r 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 dv x = ev y B và me y = e ª −ev x B dt dt Hai phương trình trên có thể viết lại dưới dạng sau: ' v x' =ω c v y và v y = e E − ωc v x me eB Trong đó hệ số ωc = m được gọi là tần số cyclotron. Đây là tần số quay của êlectron e hay 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: 66 v "y + ω 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 ω c t + C cos ω c t trong đó A và C là các hằng số được xác định từ điều kiện ban đầu. Theo đề bài, tại t eE eE ' = 0, v0(0) = 0 và v y (0) = m . Từ đó suy ra C = 0 và A = m ω . Cuối cùng, biểu thức của e e c eE vy(t) có dạng: v y (t ) = m ω sin ωc t . e c Bây giờ ta có thể tìm được độ dịch chuyển của êlectron theo trục y: t t eE eE sin ω c dt = (1 − cos ω c t ) me ω c meω c2 0 y (t ) = ∫ v y (t )dt = ∫ 0 Từ phương trình của vy(t) ta dễ dàng tìm được thời điểm t N khi êlectron ở xa catôt nhất, đó chính là thời điểm vy(t) = 0, hay ωc t N = (2 N + 1)π với N = 0, 1, 2,... (Bạn thử giải thích xem tại sao lại không lấy nghiệm ωc t N = 2 Nπ ). Tại những thời điểm đó độ dịch chuyển theo phương y của êlectron bằng: yN = 2m e E 2eE = 2 meωc eB 2 Khi quỹ đạo của êlectron có đỉnh chạm vào anôt, thì độ dịch chuyển y N của nó bằng khoảng cách d và anôt, khi đó điện áp trên điôt sẽ bằng điện áp cực tiểu U min cần tìm: d = 2m e U min edB 2 ed 2 B 2 Từ đây ta tìm được: Umin = 2 me 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 ω = 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: 67 a) tại vùng rỗng của hình trụ; b) trong vật liệu cấu tạo nên hình trụ; c) trong không gian bên ngoài hình trụ. Gợi ý; Cảm ứng từ trong một ống dây dài bằng B = µ 0 NI , trong đó N là tổng số vòng L 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 = µ 0ωq = 2.10 −12 T ; c) B=0. 2π 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 ω = 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. ĐS: UAC = ωBR 2 = 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. 68 ĐS: v = 3a 2 B02 112 pM SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH HÀ GIANG 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): 69 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 F 1F2H 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. 1 1 1 - Áp dụng công thức thấu kính: d + d ' = f , suy ra: d = 3f. 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 70 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 f 1 = 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. 71 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 O 1. Vì vậy ta vẽ tia OE song song với tia BO 1, thì tia phản xạ EO 1 cắt tia OB tại tiêu điểm phụ P 72 ( hình 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 A 1S 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 F 1 theo tính chất của chùm tia song song nghiêng trục. Cũng có thể dựng tia tới A 2S // tia BD và tìm tiêu điểm phụ F 1 ( hình 3.3). Hình 3.2 Hình 3.3 73 - 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 S 1 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. 74 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: d D = 2IM = 2(IE + EM) = 2 L.tan α + ÷ = 2 L. + ÷ = 3,5m 2 f 2 d r 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 h 1 . Do h 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: 81 ∆U = nCV (T2 − T1 ) = 5.1. Biểu thức của độ biến thiên nội năng: m CV (T2 − T1 ) µ 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 N chéo trên đồ thị ( hình thang cong MNPQ) Hình 2 giới hạn bởi đường biểu diễn quá trình biến đổi và trục hoành OV, V= V1; V = V2. Dấu Q P V của A' là dương nếu chiều từ M đến N là O V2 chiều kim đồng hồ trên chu vi hình thang V1 cong. + 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 dV V V ' 2 Vậy: A = p1V1 ∫ V = p1V1 ln V2 hay A = p2V2 ln V 1 1 V + 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) ' 1 i R với n là số mol khí, biết: CV = 2 R = γ − 1 , p1V1 = nRT1, p2V2 = nRT2 ' Công A có thể viết lại như sau: A = A' = hoặc nếu tính theo nhiệt độ: p1V1 − p2V2 γ −1 p1V1 T2 1 − ÷ γ − 1 T1 (b) (c) 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: γ −1 p1V1 V1 1 − ÷ A = γ − 1 V2 ' Hình 3 82 5.3. Áp dụng nguyên lí I NĐLH đối với các quá trình biến 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 được 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. 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. Chu trình Các-nô là một chu trình gồm có hai quá trình Hình 6 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. 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 83 Hình 6 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 1 0. 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 tăng lên 1 độ trong điều kiện thể tích không đổi: CV = dT ÷ = const V Theo nguyên lý I ta có: ∂Q = dU + ∂A = dU dQ 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 tăng lên 1 độ trong điều kiện áp suất không đổi: CP = dT ÷ = const dQ P dU + ∂A dU ∂A i dV = + = R+ p Ta có: ∂Q = dU + ∂A vậy CP = dT dT dT 2 dT dV R i+2 .R Theo phương trình C -M, ta có: dT = p . Vậy : CP = 2 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 ; CV i 5 Với khí đơn nguyên tử, i = 3 thì γ = 3 + Hằng số Poat -xong: γ = = Với khí lưỡng nguyên tử, i = 5 thì γ = Với khí đa nguyên tử, i = 6 thì γ = 7 5 8 6 7. Mối quan hệ giữa các thông số trạng thái trong quá trình đoạn nhiệt. dV + nCV dT = 0 V dT dV CV T + R V = 0 Có - ∂ A = - dU hay pdV + nCVdT = 0 ↔ n RT Lấy tích phân hai vế ta có: ∫ CV dT dV → ln T + ( γ − 1) ln V C ln T + R ln V ∫ T +R V = const hay V = const = const 84 pV γ = const hay T .V γ −1 = 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) A Q −Q 1 2 8.3. Hiệu suất của động cơ nhiệt: H = Q = Q 1 1 trong đó: Q1: nhiệt lượng nhận từ nguồn nóng; Q2: nhiệt lượng tác nhân truyền cho nguồn lạnh. T −T 1 2 - Với động cơ nhiệt lý tưởng: H max = T : hiệu suất của chu trình Các-nô 1 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 m 1 không khí khối lượng m, tiết diện các pít-tông là S1, S2. Các pít-tông 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). - Khi nhiệt độ tăng thì áp suất khí trong hình trụ tăng do S 1> 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 − S 2) ) S1 − S2 85 - 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 − S2 ) = = = T T1 ∆T ∆T m V mR mR∆T pV = µ RT → T = µ p → ∆l = ( S − S )µ p 1 2 mR∆T Cuối cùng ta có : ∆l = µ [ (m + m ) g + p ( S − S )] 1 2 0 1 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 P giãn ra, đến trạng thái cân bằng cuối cùng thì thể L tích của khí gấp đôi thể tích ban đầu. Tìm nhiệt độ p , T 1 1 T2 và áp 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= R(T2- T1) 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: p 2S = kx và V2 = 2x.S → x= V2 2S 1 2 Từ đó : A = kx2 = .k.x.x = 1 1 1 1 .p2S.x = .p2S . = .p2.V2 = RT2 2 2 4 4 ( vì p2V2 = nRT2, n= 1mol) 1 RT2 vào (*) ta có: 4 3 1 R(T2- T1) = - RT2 → T2 = T1 = 264K 2 4 p1V1 p2V2 Theo phương trình trạng thái khí lí tưởng ta có: T = T 1 2 p T 7.6 → p2 = 1 . 2 = = 3kPa 2 T1 2.7 Thay A = 86 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 T 0. Nén pítHình 9 tông rất 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 ) dT = R + R ÷dT = 4RdT 2 2 Theo phương trình C - M: pV = 2RT ( n = 2mol) Do đó: dU = 4RdT = 2d( pV ) = 2pdV + 2Vdp 5 H2 3 He Từ (1) → 3 pdV + 2Vdp = 0 → 3 2 dp 3 dV + = 0 → pV = const p 2 V (2) (3) 2RT0 Khi thể tích biến đổi từ V0 = 2V đến V1 = V thì áp suất biến đổi từ p0 = V 0 đến p1: 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. Bài 4. (Trích trường THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu- An Giang đề đề nghị thi HSG ĐBSCL - Năm học 2008 – 2009) Trong một xy lanh thẳng đứng, thành cách nhiệt có hai pitpit-tông A nhẹ (trọng lượng có thể bỏ qua) và dẫn nhiệt, pit-tông B và cách nhiệt (hình 10). Hai pit-tông và đáy xylanh tạo thành hai ngăn, mỗi ngăn chứa 1 mol khí lí tưởng lưỡng nguyên tử và có cao h = 0,5m. Ban đầu hệ ở trạng thái cân bằng nhiệt. Làm cho khí lên thật chậm bằng cách cho khí (qua đáy dưới) một nhiệt lượng Q B h h Hình 10 tông: A nặng chiều nóng = 87 100J. Pit-tông 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 pV 0 0 · Công A khí sinh ra : A = P0 ( V1 − V0 ) ⇔ A = T ( T1 − T0 ) = R ( T1 − T0 ) 0 •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 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 P 1, 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) 88 ⇒ (∆P1+ ∆P2)V = 2PSx ⇒ (∆P1+ ∆P2) = 2 PSx V (2) 2 PS 2 x (lực hồi phục) V 2 PS 2 ’’ x = - ω 2 .x - Phương trình dao động x = mV 2 2 PS Với ω2 = vậy pit tông dao động điều hoà. mV Thay (2) vào (1) ta có F = - 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 = 2π mV 2PS 2 b) Nếu cho m, V, S như trên, n là số mol, T là nhiệt độ T = 2π mV 2 2nRPS 2T Vì PV = nRT c) Nếu bài cho m, V, d là chiều dài xi lanh T = 2π md 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 pittông chứa một mol khí hyđrô, bên phải là chân không, lò xo một đầu gắn với pittông, đầu kia gắn vào thành của xylanh như (hình vẽ 12). Lúc đầu giữ pitông để lò xo không biến dạng, khí hyđrô có thể tích V1, áp suất p1, nhiệt độ T1. Thả pittông nó chuyển động tự do và sau đó dừng lại, lúc này thể tích của hyđrô là V2 =2V1. Xác Hì n h 12 định T2 và p2 lúc này. Bỏ qua nhiệt dung riêng của xylanh và pittông. Hướng dẫn giải 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 - Pittông đứng yên :F1=F2 ⇔ kx = R.T2 R.T2 1 hay kx2 = (3) 2x 2 4 89 - Thay (2) ,(3) vào (1) được : T2 = 10 T1 11 - 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 t 0 = 27OC, áp 1 2 nóng xilanh (1) lên tới nhiệt độ t 1 = 77OC đồng thời làm xuống nhiệt độ t2 = 0OC. Bỏ qua trọng lượng của pít-tông và Hình 13 sát không đáng kể, áp suất của khí quyển pa = 105Pa. 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 thanh c hai pít-tông suất p0. Đ lạnh xi lanh thanh nối, coi 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. p 0V0 p1V1 PTTT: T = T (1) 0 1 Xilanh (2): TT(1): p0, V0, T0 = (27 + 273) K = 300K. TT(2): p2 = ?, V2 , T2 = (0 + 273)K = 273K. p0V0 p2V2 = PTTT: (2) T0 T2 Pít-tông cân bằng ở cả hai trạng thái ta có: 2p0 = 2pa => p0 = pa ; 2p0 = p1 + p2 ; V1 = V2 (3) pa 1 2 T1 T2 2T 5 1 Từ (1), (2), (3) => p1 = T + T p a = 1,1236.10 Pa ; 1 2 p2 = 2T2 p a = 0,8764.10 5 Pa T1 + T2 ∆V V − V0 1 b, Sự thay đổi thể tích tương đối của khí trong mỗi xilanh: x = V = V 0 0 Từ (1), (2), (3) và (4) => x = (4) T1 + T2 − 2T0 = 0,03833 . 2T0 Bài 8. 90 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 27 0C. 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: pV pV 0 0 1 Phần bị nung nóng: T = T 0 1 pV pV 0 0 2 Phần bị làm lạnh: T = T 0 2 ⇒ V1 V2 = T1 T2 Gọi khoảng dịch chuyển của pít tông là x ta có: l0 + x l0 − x = T1 T2 l0 ( T1 − T2 ) 20 = .30 = 1cm T1 + T2 600 ⇒x= 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 a cao h , ở nhiệt độ T0 (hình vẽ). Áp suất khí quyển là P 0 L mmHg. Người ta truyền nhiệt cho khí sao cho cột thuỷ ngân chuyển động rất chậm và cuối cùng chảy hoàn toàn ra khỏi ống. Bỏ h qua ma sát giữa 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 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 = 5nR(L − a − h)T0 2h 5R (T1 − T0 ) 2 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: 91 (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 (L + H) 2 (L + H) 2 Tm = T1 = T0 4(L − a)(H + a) 4h(H + a) Và nhiệt độ ứng với giá trị x trên là: x1 = Khi thuỷ ngân chảy hết khỏi ống thì nhiệt độ của khí là T2 = T0 L.H h(H + a) L − H − 2x Từ ( 1 ) ta có : dT = T0 h(H + a) dx 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) Một pittông nặng có thể chuyển động không ma sát trong một xi lanh kín đứng thẳng (như hình vẽ). Phía trên pittông có 1 mol khí, phía dưới cùng có 1 mol khí của cùng một chất khí lý tưởng. Ở nhiệt độ tuyệt đối T V1 chung cho cả xi lanh; tỉ số các thể tích khí là V = n > Tính tỉ số x = 2 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. 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 / . V1/ ( với x = / 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) (1) 92 p 1 V 1 = p 2 V 2 = RT p 1/ V 1/ = p /2 V 2/ = RT / (3) (4) p2 p 2/ Từ (3) và (4) cho ta: p = n; / = x. p1 1 / Từ (1) → p 1 (n – 1) = p 1 (x - 1) (5) 1 1 Từ (2) → V 1 (1 + ) = V 1/ (1 + ) n x (6) Nhân (5) với (6) vế theo vế và sử dụng phương trình (3) và (4) ta có: n2 −1 x2 −1 = T / n x T T Đặt a = / T n2 −1 ta có phương trình: x 2 - ax - 1 = 0 n Nghiệm phương trình trên cho ta: x = Thay số ta có: a = T T/ a + a2 + 4 2 2 n2 −1 = 0,75 ⇒ x = 0,75 + 0,75 + 4 = 1,44. n 2 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 T 1 = 400 K thì áp suất ngăn dưới P 2 gấp đôi áp suất ngăn trên P1. Nếu nhiệt độ ngăn trên không đổi T 1, 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 = 27o 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 / m2 . Hỏi phải nung nóng 93 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). V V 2V o o 1 - Áp dụng định luật GayLuysac cho khối khí Heli ta có: T = T = T → T1 = 2To = 600 K . o 1 1 - Nhiệt lượng khí nhận vào trong giai đoạn này là: Q1 = ∆U + A . 3 2 5 −3 A = p = 200( J ) → Q1 = 3939,5( J ) Và 1∆V = 2 po (V1 − Vo ) = 2 poVo = 2.10 .10 - 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 p o . 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 p o và áp suất của cột chất lỏng nên: px = po + 3H − x 4H − x po = po (1). H H Theo phương trình Mendeleev - Clapeyron viết cho trạng thái cân bằng ban đầu và trạng px .S .x 2 po .S .2 H = Tx T1 thái cân bằng mới, ta được: 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 3( x − 2 H ) x − 2H ∆U = nCV (Tx − T1 ) = − RT1 (2). ÷ CV T1 = − 8H 2 2H 2 Công mà khí thực hiện trong quá trình trên (áp suất biến thiên tuyến tính từ 2p o đến px) là: 2 Po + px (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 ) .RT1 Nên ta được: A = (3) 8H 2 Theo Nguyên lý I NĐH: Q2 = ∆U + A A= Kết hợp (2) Q2 = ( − x 2 + 5Hx − 6 H 2 ). và RT1 2H 2 (3), ta Q được: Q0 x O 2H 2,5H 3H Hình 16 94 Vẽ đồ thị của Q theo x. Từ đồ thị ta thấy để đạt đến trạng thái cân bằng khi x = 2,5H, ta cần cung cấp một nhiệt lượng Q2 max = RT1 = 623, 25( J ) 8 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 = 100cm 2 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 V P l = 1,12m K trái của vách ngăn có chiều dài chứa m1 = 12g khí Hêli, phần bên phải chứa cũng có p0 chiều dài 1,12m chứa m2 = 2g khí Hêli, nhiệt độ của cả hai bên đều bằng T0 = 273K. Ấn từ từ pít-tông Hình 17 sang trái, ngừng một chút khi nắp mở và đẩy píttông tới sát vách V. Tìm công đã thực hiện. Cho biết áp 5 2 suất không khí bên ngoài p0 = 10 N/m . 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 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 95 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 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. 96 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 =R Vậy từ (1) ta có: Cp = Cv + R. + Hằng số Poatxong: γ = = 7/ Công thực hiện trong một quá trình biến đổi. + Công nguyên tố thực hiện trong một quá trình biến đổi nhỏ: dA = pdV 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 O Q A= SMNPQ P V + Công trong quá trình đẳng nhiệt: 97 dA = pdV-> A = = p1V1 = 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 γ = 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 + lnVγ-1 = 0 hay T.Vγ-1 = const pVγ = 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= µ 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 = ∑ mi xi i =1 M n ; yG = ∑ mi yi i =1 M n ; zG = ∑ mi zi i =1 M 1 x = ∫ xdp G P → 1 → 1 Nếu vật rắn phân bố liên tục rG = ∫ r dp ⇒ yG = ∫ ydp P P 1 zG = P ∫ zdp 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. 98 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 L biến 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 T 2 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 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: A = kx2 Theo nguyên lý I của NĐLH ta có: ∆U = -A (1) ↔ R(T2- T1) = kx2 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 Thay vào (1) ta có: R(T2- T1) = RT2 vậy T2 = T1 = 264K 99 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. k 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 n,T bên phải hấp thụ một nhiệt lượng Q làm cho pitong dịch 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 p 2, 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. 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+ 100 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 B hệ ở trạng thái cân bằng nhiệt. Làm cho khí trong bình nóng lênh thật chậm bằng cách truyền cho khí ( qua đáy dưới ) một nhiệt A lượng Q = 100J. Pít tông A có ma sát với thành bình và không chuyển động, pít tông B chuyển động không có ma sát với thànhh 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 ( 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 l 1= 0,1m. thể tích của B và A bằng trọng lượng củaC C bằng nhau và lực của lò xo tác dụng lên pitong F pitong. Sau đó mở khóa K đồng thời lật ngược hệ lại.dhTính chiều cao l 2 f của phần B khi pitong cân bằng. Các lực tác dụng vào pitong : trọng lực P, Áp lực khí trong B của không l phần B ; lực đàn hồi của lò xo Fdh 1 P B - Khi K đóng. K * Gọi p1 là áp suất khí trong phần B. Điều kiện cân bằng của pitong : C A l1 A B l1 K C Fdh f P l1 l1 L2 101 Hay P+ Fdh= f ↔2kl1= p1.S - Khi K mở và lật ngược xi lanh : Gọi p2 là áp suất trong ngăn B+ C. Pitong cân bằng : P+ f’ = Fdh hay kl1 + p2.S= kl2 Khí biến dổi đẳng nhiệt nên ta có : 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 lượt là p0 = 10 5 N / m 2 ; T0 = 300 K , khối lượng riêng của thuỷ ngân là ρ = 13,6 g / cm 3 ; gia tốc trọng trường g = 10m / s 2 . Giải. Lúc chưa mở khoá K, khí có áp suất p1 = p0 + ρgh . Khi mở khoá K, khí giãn nở đoạn nhiệt và có áp suất p0 : T0 p1 1−γ γ = T1 p 1−γ γ 0 , suy ra T1 = p1 T0 p 0 1−γ γ ≈ 1+ (1 − γ ) ρgh γ p0 (1) Khi đóng khoá, quá trình là đẳng tích. Khi cân bằng khí có áp suất p 2 = p0 + ρgh2 và nhiệt ρgh2 p0 T1 p 0 (2) = = ≈ 1 − T0 p 2 p 0 + ρgh2 p 0 ρgh2 1 − γ ρgh1 1 − = 1 + (3) Từ (1) và (2) ta được: p 0 γ p 0 độ T1 . Ta có: ⇒ Thay số ta tính được: γ = 1,55 . − h2 = h1 1− γ h1 ⇒ γ = γ h1 − h2 102 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 x + y =1 ta hệ phương trình: γ = (4) 2,5 Rx + 3,5Ry = 1,55 (5) 1,5 Rx + 2,5 Ry Giải ra ta được x ≈ 0,68 . Từ đó ta tính được: mH (1 − x ) 32 g ≈ 3,8 = . m He x4 g 2).Tính nhiệt lượng: Quá trình biến đổi trạng thái khí là đẳng tích R Nhiệt dung mol đẳng tích của hỗn hợp khí là CV = γ − 1 , ta có: Q = nCV(T0- T2)=nCVT0(1- T2/T0) = n =n nRρgh2T0 RT0 p0 1 − = ≈ 135,6 J ( γ − 1) p0 + ρgh2 ( γ − 1) p0 Bài 7. m1 m2 Một ống nghiệm có khối lượng m1đặt trong chân không. µ 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 m 2(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: TVγ-1= T0 V0γ-1=> T = T0/22/3(γ= 5/3) Độ biến thiên nội năng của khí: ∆U= (1) Công A = v1: vận tốc ống và khí lúc nút bắn ra; v2: vận tốc nút bắn ra. 103 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= 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 T 0. áp suất của khí là p0. Sau đó người ta đưa nhiệt độ của một đáy lên T0+∆T.( ∆T m = R∆t ln T0 + ∆T T0 (1) Phương trình trạng thái cho khí ở nhiệt độ T0 và áp suất P0: µP V m R.T0 ⇒ m = 0 (2) M RT0 µP0V µ.P.V T0 + ∆T Từ (1 ) và ( 2 ) suy ra: R.T = R.∆T ln T 0 0 ∆T P0 T0 ⇒P= ∆T ln1 + T 0 P0 .V = ∆T ∆T 1 ∆T = − Vì ∆T l 1 − 2 ln mn(1 + al ) a a T0 ∆T 2 T0 ln1 + 1 − =l ∆T ∆T T0 = ∆T 1 ∆T 1 ∆T T = 1 − 0 ln1 + − ∆T T0 2 T0 3 T0 2 3 ∆T Lấy phép tính gần đúng đến T0 2 µPS 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 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. 105 Giải: pttt cho chất khí pVγ = 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 = - γA2. . (2)với p = p0+ mg/A Đặt k =γA2. . (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) (4) Từ 1,2, 4 ta có: A = - (p1- p0).V (5) Từ 3 và 5 ta có : (Mg+ p0S) Vậy p1= 2p0 + = (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 ≥ . Bài 11. Một lượng khí được giữ trong xi lanh bởi một S k P0 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. 106 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. 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 S su. k P0 Theo PTTT ta có: x (1) Công mà khí thực hiện: A = + p0Sx 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 Hình cùng có độ cao h so với đáy xilanh. Tuy nhiên, trước khi đạt đến vị trí 3 cân bằng này, pittông đã thực hiện những dao động nhỏ. Giả sử trong giai 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 ) γ = p1 (Sh ) γ (1), ở đây γ là tỷ số giữa các nhiệt dung đẳng áp và đẳng tích. 107 γ 1 ≈ p1 1 − γ x h 1+ x ⇒ p = p1 h . Nếu bỏ qua lực ma sát giữa pittông và thành bình thì: x x x − p 0 S + p 1 1 − γ S − Mg = Mx" ⇒ −p 1 γS = Mx" ⇒ x" = −p 1 γS h h Mh Dao động là điều hoà với tần số góc: ω= γ ( 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 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= 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 pittông sang trái, ngừng một chút khi nắp mở và đẩy pittông tới sát vách V. Tìm công đã thực hiện biết áp R K V P0 H.4 108 suất không khí bên ngoài P0 = 105N/m2 nhiệt dung riêng đẳng tích và đẳng áp của Hêli bằng: Cv =3,15.103J/(kg. độ); Cp = 5,25.103( J/kg.độ). HD: Công do lực tác dụng lên pitong và áp suất p o 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 = V 0+ V1 xuốngV0 v à nhiệt độ tăng từ T 2 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 m R.T Lúc đầu áp suất khí bên trái P1 = μ1 . lS 0 lớn hơn áp suất bên phải vách m R.T P2= μ2 . lS 0 . Khối khí bên phải bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V0 = lS xuống V1, áp suất của nó tăng lên đến P1 : 1 P2V0γ 1 P2 γ m2 γ P1 γ = P1 V1 → V1 = V0 = V0 m1 (1) 1− γ γ m2 P1V1 T0 m P V Khi đó nhiệt độ ở bên phải: T1 = 2 0 = T0 1 (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 2T1 m1 m 2 γ → T2 = m + m = T0 m + m 1 + m 1 2 1 2 1 (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) 109 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. 110 SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ THỌ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG CHUYÊN ĐỀ: CƠ HỌC THIÊN VĂN Tác giả: Phạm Văn Đoàn 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 y toán này trong hệ toạ độ cực lại y P(r, φ)≡P(x, P(2, đơn giản hơn rất nhiều. y) r π/3) Với hệ toạ độ cực vị trí r của một điểm trong mặt phẳng r y φ được xác định thông qua hai O φ φ thông số (r, φ) trong đó r là O x x O Các véc tơ x 111 1 Hình 2. đơntọa vị độ trong hệ tọa độ Hình 1. Hệ khoảng cách từ gốc O tới vị trí của vật, φ là góc hợp bởi véc tơ r và trục gốc (hình 1), giá trị của φ trong đoạn [0; 2π]. Sở dĩ ta có thể sử dụng hệ toạ độ cực với hai thông số để xác định vị trí một hành tinh của hệ Mặt Trời trong quá trình chuyển động trong không gian là vì các hành tinh chuyển động quanh Mặt Trời dưới tác dụng của lực hấp dẫn, đây là trường lực thế xuyên tâm nên mômen động lượng của các hành tinh bảo toàn do đó các hành tinh trong hệ Mặt Trời sẽ chuyển động trên cùng một mặt phẳng. Chính vì vậy ta chỉ cần một hệ trục toạ độ với hai thông số là có thể xác định được vị trí của hành tinh trong không gian. Từ hình vẽ ta thấy mối qua hệ giữa toạ độ Descartes và toạ độ cực: 2 2 2 2 x = r cos ϕ dx dy dr 2 2 dϕ ⇒ v = + = + r = r& 2 + r 2ϕ& 2 Trong hệ toạ độ Descartes ÷ ÷ ÷ ÷ dt dt dt dt y = r sin ϕ r r véc tơ đơn vị theo trục Ox và Oy lần lượt là i và j khi đó vận tốc của vật được viết r r r r r r 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 $r và ϕ$ (hình 2). r r r Trong hệ Descartes: r = xi + y j , chuyển qua toạ độ cực ta có: r r r r r r r r ∂r $ r = xi + y j = r cos ϕi + r sin ϕ j ⇒ h r r = = cos ϕi + sin ϕ j ∂r Với hr là hệ số Lame được xác định bởi: 2 2 ∂x ∂y h = ÷ + ÷ = cos 2 ϕ + sin 2 ϕ = 1 → h r = 1 ∂r ∂r r r Suy ra véc tơ đơn vị: $r = cos ϕi + sin ϕ j r r r ∂ r Tương tự đối với véc tơ đơn vị ϕ$ ta có: h ϕ r$ = = −r sin ϕi + r cos ϕ j ∂ϕ 2 r 2 2 ∂x ∂y Trong đó h = ÷ + ÷ = r 2 sin 2 ϕ + r 2 cos 2 ϕ = r 2 → h ϕ = r ∂ϕ ∂ϕ r r Do đó, véc tơ đơn vị : ϕ$ = − sin ϕi + cos ϕ j 2 ϕ b. Vận tốc trong hệ toạ độ cực. r $ r d r d(r.r) r dr$ &$ + r = rr Với r = rr$ → vận tốc v = = dt dt dt $ r r dr r r r & $ ⇒ v = rr & $ + rϕϕ &$ Mặt khác $r = cos ϕi + sin ϕ j → = −ϕ& sin ϕi + ϕ& cos ϕ j = ϕϕ dt c. Gia tốc trong hệ toạ độ cực. r $ r dv d(rr & $ + rϕϕ & $) dr$ dϕ & $ + rϕϕ && $ + rϕ& = &&rr$ + r& + r& ϕϕ Gia tốc a = = dt dt dt dt $ r r dϕ r r Với ϕ$ = − sin ϕi + cos ϕ j → = −ϕ& cos ϕi − ϕ& sin ϕ j = −ϕ& r$ dt 112 Thay biểu thức của $ r dr$ dϕ và vào biểu thức của a ta có: dt dt $ r dr$ dϕ $ & $ + rϕϕ && $ + rϕ& & $ + r& ϕϕ & $ + rϕϕ && $ − rϕ& 2 r$ = (r&& − rϕ& 2 )r$ + (ϕ && + 2r& ϕ& )ϕ a = &&rr$ + r& + r& ϕϕ = &&rr$ + r& ϕϕ dt dt a r = &&r − rϕ& 2 Vậy trong hệ toạ độ cực hai thành phần của véc tơ gia tốc là: && + 2r& ϕ& a ϕ = rϕ d. Phương trình động lực học trong hệ toạ độ cực. Fr = ma r = m(r&& − rϕ& 2 ) && − 2r& ϕ& ) Fϕ = ma ϕ = m(rϕ && − 2r& ϕ& = 0 Nếu quỹ đạo của hành tinh là quỹ đạo tròn thì r& = 0; &&r = 0 và Fϕ = 0 ⇔ rϕ 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 2ϕ& 2 ) = mr& 2 + mr 2ϕ& 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: & = const L = rmv ↔ L = rmϕ 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 + E t = 1 2 L2 Mm mr& + −G 2 2 2mr r Trường hợp quỹ đạo chuyển động của hành tinh là tròn thì: r 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 113 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 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. y b Cc MT F1 r M(x,y)≡M(r,φ) p Phương trình chuyển Cv O F2 Elip động của + Khoảng cách hai tiêu điểm là chành với: tinh 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 φ + Thông số elip p = a Trong hệ toạ độ Descartes x Trong hệ toạ độ cực b2 = (1 − e2 )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: 2 2K v = r + B p r = 1 + e.cos ϕ 114 Trong đó B; C; K; p; e là các hằng số thoả mãn K = G ( M + m ) ; p = B C2 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 11, 6km / s ≤ v 0 ≤ 72, 8km / s Đất. Nó nằm trong giới hạn: 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 dϕ = 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. * 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) 4π2 T 2 4π 2 = hay 3 = với K = G ( M + m ) a3 G a K 115 - 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 m 1; 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 T 3a13 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 = πab = πa 2 1 − e 2 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. Bài làm: Cách 1. a. Theo định luật II Kepler ta có: r2 dϕ = 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 116 (Với S là diện tích elip → S = πab ; T là chu kỳ chuyển động của vệ tinh) Suy ra C = 2πab → ta có thể viết lại phương trình định luật II Kepler như sau: T r2 Mặt khác ta có: r2 dϕ 2πab = dt T dϕ 2πab = r ( rω) = rv ⇒ rv = dt T + Tại điểm cực cận: rC = a − c = a ( 1 − e ) ⇒ v C = 2πab 2πa a 2 − c 2 2πa 1 − e 2 2πa 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: v V = Ta có tỉ số: 2πa 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 4π2 + Mối quan hệ giữa bán trục lớn a và chu kỳ T là: 3 = a K 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 rmax 1 2πa 1 − e − )= a T 1+ e 1 2πa 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: 117 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 C c 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 v 0 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: mv 02 GMm mv 2 GMm E= − = − 2 r0 2 r với r = r0 + h Tại độ cao h vệ tinh dừng lại v = 0 v 02 = r r r r 2GM 2GM (1 − 0 ) = 2 r0 (1 − 0 ) = 2g 0r0 (1 − 0 ) ↔ v 0 = 2g 0r0 (1 − 0 ) r0 r r0 r r r GM Với g 0 = r 2 là gia tốc trọng trường tại mặt đất 0 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 ϕ = 0 1 + e cos ϕ 1 + e Vận tốc của vệ tinh tại vị trí này là: v c2 = K( 2 1 2 1 − ) = G(M + m)( − ) rc a rc a Vì khối lượng của vệ tinh là rất nhỏ so với khối lượng Trái Đất nên 118 v c2 = G(M + m)( Thay rc = 2 1 2 1 − ) ≈ GM( − ) rc a rc a g p p v1 = v c = r0 (1 + e) 0 và a = 2 ta có: 1+ e 1− e p Trường hợp 2: Điểm vệ tinh dừng lại là điểm cực viễn khi đó rc = p p = do góc ϕ = π 1 + e cos ϕ 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 2 1 2 v ' = g 0 r0 ( r ' − a ' ) 2 1 2(1 − e) v′ = g 0 r02 ( − ) = g 0 r02 ( − Ta có: r′ a ' p g0 p Suy ra ∆v = v − v ' = r0 (1 − e) 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) 2r0 g0 1 − p p [ p + r0 (1 − e) ] 2r0 1 − p + r0 (1 − e) 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 = 6370km ; 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 2 r 1 a 2 r 1 a 2 r 1 a lượng v 2 = K( − ) ; GM( − ) hay v 2 = g 0r02 ( − ) . 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 119 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: v 2 = GM( − ) với r =59r0 thay số vào ta có: v = 0, 185km / s T 2 (M + m) 4π2 = b. Theo định luật III Kepler ta có (trong đó M là khối lượng Trái Đất; m là a3 G khối lượng của trạm vũ trụ) T 2 4π 2 4π2 a 3 ↔T= Vì M >> m nên 3 = a 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,ă9 n m . 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, 9.10ă−2 n m . Tính gần đúng khối lượng của Mộc Tinh. Bài làm 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 T 3a13 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, 2đvtv là bán trục lớn quỹ đạo Mộc Tinh quanh Mặt Trời −3 a1 = 7,14.10đvtv 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 120 Bài 5: Một sao chổi di chuyển tới Mặt Trời với vận tốc ban đầu v 0. 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 mv 0 − mv0 = 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: σ = πb 2 = πR 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. a. Chỉ ra rằng lực tác động của bụi là cộng vào lực hút xuyên tâm F’ = −mkr, trong đó k= 4πρG . 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 = 4πr 3 ρ 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. 4πr 3 4πρG ρm M m 4 với k = F' = −G bui2 = −G 3 2 = − πρGmr ↔ F ' = −mkr 3 r r 3 121 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 − rϕ& 2 , 2r& ϕ& + rϕ Phương trình chuyển động của vệ tinh là: Mm Mm && & 2 2 m(r − rϕ ) = −G 2 − mkr ⇔ mr&& = −G 2 − mkr + rϕ& r r m ( 2r& ϕ& + rϕ && ) =0 (Do quỹ đạo chuyển động của hành tinh là tròn nên Fφ=0) r Mặt khác trong chuyển động tròn ta có: r = hs → r& = 0 và &&r = 0 && = 0 ⇔ mr 2ϕ && = 0 ⇔ mr 2ϕ& = L = hs → mrϕ& 2 = → phương trình (2) ↔ mrϕ L2 mr 3 Ta có phương trình chuyển động tròn của hành tinh với bán kính r0 là: Mm L2 0 = −G 2 − mkr + 3 r0 mr0 c. Gọi η là độ lêch quanh bán kính r 0 ta có: η = r − r0 (với η 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 = p 1 ± e cos θ 130 b2 p= a Với p là thông số elip 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 h A = 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. 2. Biết gia tốc trọng trường trên bề mặt Trái đất là g = 9,8 m/s 2. 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. 1 2 Bán trục lớn của vệ tinh a = ( ra + rP ) = 6623,5(km) c= 1 ( ra − rP ) = 73,5(km ) 2 Bán trục nhỏ b = a 2 − c 2 = 6623(km) c a Tâm sai e = = 0,011 vì e β escXác định vận tốc ở vô cực theo β và v0 Bài giải 1.1 và 1.2 . Do vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo xung quanh Trái Đất GM T m v02 = m 1/3 r2 gRT2To2 r0 0 r0 = 2 ÷ 2π r0 4π v = ⇒ 0 T0 Thay số ta thu được g v = R o T GM T r0 g = 2 R T 1.3. Mômen động lượng L0 = r0mv0 = 7 ro = 4, 22.10 m / s 3 v0 = 3,07.10 m / s gRT2 mgRT2 mv ⇒ L = 0 0 vo2 v0 141 Cơ năng mv02 E0 = − 2 0 2.1 . Do lực đẩy của động cơ khi hoạt động là lực hướng tâm nên L không đổi. Vệ tinh chuyển động sang quỹ đạo elip. Thông số p = L0 2 mgRT2 L = ⇒ p = r0 và kết hợp 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 + E0 2 r0 2 ⇒E= 1 ∆v 2 1 1 mv0 2 2 − mv0 2 = mv0 2 ( β 2 − 1) 2 v0 2 2 1/2 2 EL0 2 e = 1 + Tâm sai 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 = β < 1 ⇒ E < 0 nên quỹ đạo vệ tinh là elip. 2.2. Theo phương trình tọa độ cực ta có Tại vị trí bật ta có r = r0 = p ⇒ θ = r(θ ) = p 1 − e.cos θ π . 2 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(θ ) = r0 1 − β .cos θ Khoảng cách từ cực viễn đến tâm Trái Đất rmax = Khoảng cách từ cực cận đến tâm Trái Đất rmin = r0 = 5,63.107 (m) 1− β r0 = 3,38.107 (m) 1+ β 142 1 2 2.4. Bán trục a của vệ tinh a = ( rmax + rmin ) = r0 1− β 2 Theo định luật III Kep-ler T = T0 (1 − e2 ) −3/2 = 26, 4h 1 2 3.1. Do cơ năng của vệ tinh E = mv02 ( β 2 − 1) Điều kiện vệ tinh thoát ra khỏi Trái Đất E = 0 ⇒ β esc = 1 3.2 Theo phương trình tọa độ cực ta có r(θ ) = r0 r ' ⇒ rmin = 0 1 − cos θ 2 1 2 4. Khi vệ tinh ra đến vô cực E = mv∞2 ⇒ v∞ = v0 ( β 2 − 1)1/2 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 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 143 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 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. 144 r Giả sử ở thời điểm t hệ có khối lượng m, đang chuyển động với vận tốc v . Ngoài ra còn có một r khối lượng rất nhỏ dm chuyển động với vận tốc v1 đến sát nhập vào hệ. Sau khoảng thời r r gian r 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 • r v1 m m+ dm r v r r v + dv Bây giờ ta xét hệ gồm m và dm. Hệ này có khối lượng không biến thiên. r Trong khoảng thời gian dt, động lượng của hệ biến thiên một lượng dp r r r r r dp = (m + dm).(v + dv ) − (mv + dm.v1 ) r r r r r r r dp = mv + mdv + dmv + dmdv − mv − dmv1 r ( dm.dv 0) dt r r Khi đó lực đẩy tên lửa có dạng: Fd = −u µ 145 3. Định luật chuyển động của tên lửa. r r r r - Phương trình: mt a = mt g + FC − u µ r 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. r r r r - Phương trình: ma = ∑ Fngluc − ( µ kk + µ nh.l )u ra + u vao µ kk r r r r Fd = −( µ kk + µ nh.l ) u ra ; Fcan = u vao µ 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 r r r 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 0 = mtg - N + gt. 0= d mgt 2 ( ) dt 2l mg 2 t 2 mg 2 t 2 -N+ 2l l 3 mg 2 t 2 3mgx = l 2 l N cực đại khi mắt xích cuối cùng đạp vào bàn: x = l; Nmax = 3mg. N= 146 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 r r r dm Theo phương trình mt a = ∑ Fngluc + u dt m dv m gh dx = gh → ( l − x ) dv = ghdt → dv = Ta có: ( l − x ) l dt l l−x v v Tích phân 2 vế: ∫ vdv = 0 Vậy: v = 2 gh ln l−h ∫ gh 0 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. r r r dm Khối lượng của xe ở thời điểm t là m = m0 - µt, theo công thức mt a = ∑ Fngluc + u dt F do đó gia tốc của xe là a = m0 − µt dv F F a= = → dv = dt dt m0 − µt m0 − µt v t F dt dv = ∫ ∫ Tích phân 2 vế: 0 µ 0 m0 − t µ v= F m0 ln µ m0 − µt 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 147 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 r r r dm Theo phương trình mt a = ∑ Fngluc + u dt Do không có ngoại lực nên ∑ F = 0 , ta có: r r r dm dv r dm m =u → dv = u (*) dt dt m dm r Chiếu (*) lên chiều của d v ta được dv = −u m Thay dv = v0dα: dα = − α= dα v’0 u α M u dm u dm d α = − Tích phân 2 vế: ∫ 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 Khối lượng của xe ở thời điểm t là mt = m0 + µt; µ = dm dt r r r dm Theo phương trình mt a = ∑ Fngluc + u dt Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe: ( m0 + µt ) dv = −bv − µv = −( b + µ ) v ⇒ dv = −( b + µ ) dt dt v ( m0 + µt ) Tích phân hai vế: dv dt v ( b + µ ) m + µt m ∫v v = −( b + µ ) ∫0 m0 + µt ⇒ ln v0 = − µ ln 0m0 = ln( m0 +0 µt ) 0 v t m0 v = v0 m + µ t 0 b+ µ µ b 1+ µ 148 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: r r Fd = −( µ kk + µ nh.l ) u ra ; Fd = 35700N r r Fcan = u vao µ 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/s 2. Bỏ qua sức cản của không khí. GIẢI r r r r Phương trình: ma = mg + FC − uµ Chiếu lên chiều dương là chiều chuyển động của tên lửa: ma = -mg’ + uµ = g' = G.M ( R + R) 2 = mg + µu 4 g 4 µ = 86,5kg/s 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 r r r r - Phương trình chuyển động của tên lửa: ma = mg + FC − uµ - Chiếu lên chiều dương là chiều chuyển động của tên lửa: ma = -mg + uµ = -m.g + µu a) Tên lửa lên rất chậm: a = 0 µ = 60 kg/s b) Tên lửa lên ndđ với a =2g=20 m/s2 µ = 180 kg/s) - Hết- 149 SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH TUYÊN QUANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG 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. 150 Ta xét các bài toán sau Bài toán 1.1: Một ôtô xuất phát từ điểm A trên đường cái (hình vẽ) để trong một khoảng thời gian ngắn nhất, đi đến điểm B nằm trên cánh đồng (thảo nguyên), khoảng cách từ B đến đường cái bằng l. Vận tốc của ôtô khi chạy trên đường cái lớn là v1 , khi chạy trên cánh đồng là v2 . Hỏi ôtô phải rời đường cái từ một điểm C cách D một khoảng bằng bao nhiêu. Bài giải - Trước hết ta có nhận xét rằng nếu “đường cái” là môi trường mà ánh sáng đi với vận tốc v1 , “cánh đồng” là môi trường mà ánh sáng có thể đi với vận tốc v2 thì trong vô số con đường có thể đi từ A đến B, ánh sáng sẽ đi theo con đường mà thời gian truyền là ngắn nhất. - Như vậy ôtô đi từ A đến B trong khoảng thời gian ngắn nhất nếu nó đi theo đúng con đường mà ánh sáng sẽ đi. Từ định luật khúc xạ: n1 sin 900 = n2 sinr ⇒ sin r = Từ hình vẽ: CD = l tan r = n1 v2 = n2 v1 l ( 1 / sin r ) 2 −1 = l (v 1 / v2 ) −1 2 = lv2 v12 − v22 Cần chú ý rằng kết quả bài toán chỉ có nghĩa khi v1 > v2 . Nếu v1 < v2 thì trên thực tế ôtô sẽ chạy thẳng từ A đến B sẽ mất thời gian ngắn nhất. Bài toán 1.2: Trên một bờ vịnh có dạng một chiếc nêm với góc nhọn α có một người đánh cá sinh sống. Ngôi nhà của 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 . 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 151 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 = α / 2 Từ định luật khúc xạ → sin i = n sin r = n sin ( α / 2 ) - Từ hình vẽ: JB = AI = ( 1) h h = cosi 1 − n 2 sin 2 ( α / 2 ) ( 2) + Có DH = DI + IH = l 2 − h 2 , với IH = h tan i = h ⇒ DI = l 2 − h 2 − h 2 1 − n 2 sin 2 ( α / 2 ) n sin ( α / 2 ) 1 − n 2 sin 2 ( α / 2 ) + Nếu ID > 0 ⇔ l − h > h 2 n sin ( α / 2 ) n sin ( α / 2 ) 1 − n 2 sin 2 ( α / 2 ) →l > h 1 − n 2 sin 2 ( α / 2 ) thì người đánh cá sẽ đi đến điểm I, qua vịnh đến J rồi tiếp tục đi thuyền đến điểm B. n sin ( α / 2 ) 2 2 Từ hình vẽ : IJ = 2 IK = 2 ID sin ( α / 2 ) = 2 l − h − h 1 − n 2 sin 2 ( α / 2 ) sin ( α / 2 ) Thời gian để người đánh cá đi từ A đến B là n 2 sin 2 ( α / 2 ) 2 AI IJ 2h 1 l 2 − h2 α t= + = + n sin − v2 v1 v2 1 − n 2 sin 2 ( α / 2 ) h 2 1 − n 2 sin 2 ( α / 2 ) ⇔t= 2h l 2 − h2 2 2 1 − n sin α / 2 + n sin ( α / 2 ) ( ) v2 h v2 , trong đó n = v1 152 + Nếu ID < 0 ⇔ l − h < h 2 2 n sin ( α / 2 ) 1 − n 2 sin 2 ( α / 2 ) →l < h 1 − n 2 sin 2 ( α / 2 ) thì người đánh cá sẽ đi đến điểm D rồi tiếp tục đi thuyền đến điểm B. Thời gian nhỏ nhất khi đó bằng t = 2l / v2 Cũng cần chú ý là nếu v2 < v1 thì người đánh cá sẽ đi thẳng từ A đến B trên bờ mà không phải đi thuyền Bài toán 1.3: Hai cánh đồng (thảo nguyên) (P1) và (P2) ngăn cách nhau bằng một con đường nhỏ. Một người nông dân sống trong ngôi nhà tại A trên cánh đồng (P 1), cách đường một khoảng a (hình vẽ) muốn đi mua một số đồ dùng tại cửa hàng nằm tại B trên cánh đồng (P 2). 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 γ 1. Xác định khoảng thời gian ngắn nhất đó (bỏ qua thời gian vượt qua đường). 2. Nếu người đó đi thẳng từ A đến B sẽ hết thời gian bao nhiêu . Bài giải 1. Trước hết ta có nhận xét rằng nếu “cánh đồng (P 1)” là môi trường mà ánh sáng đi với vận tốc v1 , “cánh đồng (P2)” là môi trường mà ánh sáng có thể đi với vận tốc v2 thì trong vô số con đường có thể đi từ A đến B, ánh sáng sẽ đi theo con đường mà thời gian truyền là ngắn nhất. - Như vậy ôtô đi từ A đến B trong khoảng thời gian ngắn nhất nếu nó đi theo đúng con đường mà ánh sáng sẽ đi. Bài toán bây giờ đưa trở về tìm thời gian để ánh sáng đi từ A đến B qua mặt phân cách hai môi trường có chiết suất tỉ đối n2 v1 = =n n1 v2 Từ định luật khúc xạ i = 900 − γ ⇒ sin r = cosγ n sin i n2 = = n , với sin r n1 153 - Từ hình vẽ: AI = a b bn ; BI = = 2 sin γ cosr n − cos 2γ - Thời gian ngắn nhất đi từ A đến B là: AI BI a bn a ∆tmin = + = + = v1 v2 v1 sin γ v2 n 2 − cos 2γ v1 sin γ n 2b 1 − cos2γ 1 + a n 2 − cos 2γ a b KH = KI + IH = a tan i + b tan r = + 2 2. Từ hình vẽ : sin γ n − cos 2γ tan α = KH = a +b a b + 2 sin γ n − cos 2γ ÷ ÷ ÷cosγ ÷ cosγ ÷ ÷a +b Thời gian người đó đi thẳng từ A đến B bằng ∆t = AJ BJ a b + = + v1 v2 v1 cos α v2 cosα a a nb b ⇔ ∆ t = 1 + 1 + + 2 ÷ sin γ v1 a n − cos 2γ 2 cos 2γ ÷ ÷ ( 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 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: ur 1. Từ mặt đất, Một vật được ném lên với vận tốc ban đầu v0 lập với phương thẳng đứng một góc α 0 . Bỏ qua sức cản không khí. Chọn hệ trục xOy như hình vẽ 1.1. 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 α ur tạo bởi véc tơ vận tốc v của hạt và phương thẳng đứng thỏa mãn phương trình f ( y )sin α = f 0 sin α 0 , trong đó f ( y ) là một hàm nào đó của tung độ y. Tìm hàm số đó. 2. Chiết suất của một khối chất trong suốt, có kích thước lớn, thay đổi theo độ cao theo quy luật n = n0 1 − γ y . Trong đó n0 và γ 154 là các hằng số đã biết . Một tia sáng chiếu tới biên của khối chất tại điểm A và sau khi khúc xạ tại đó lập một góc α 0 với trục Oy. 2.1. Xác định quỹ đạo tia sáng trong môi trường và tìm độ cao cực đại mà tia sáng đi trong khối chất 2.2. Điểm đi ra khỏi khối chất của tia sáng cách A một khoảng bằng bao nhiêu. Bài giải 1.1. Phương trình chuyển động của vật ném xiên: x = ( v0 sin α ) t (1) 1 (2) y = ( v0cosα ) t − gt 2 2 ur (Chú ý là góc α tạo bởi v0 và phương thẳng đứng) Từ (1) và (2) tìm được phương trình quỹ đạo: y= x g − 2 2 x2 tan α 0 2v0 sin α 0 (3) Từ (3) → tầm xa và độ cao cực đại mà vật đạt được: xmax = v02 sin 2α 0 v 2cos 2α 0 , ymax = 0 g 2g (4) 1.2. Tại điểm bất kì trên quỹ đạo, vận tốc của vật được phân tích thành hai thành phần - Theo phương Ox: vật chuyển động thẳng đều với vận tốc vx = v sin α = v0 sin α 0 (5) - Theo phương Oy vật chuyển động biến đổi đều với gia tốc g → v y = v0cosα 0 − gt Vận tốc toàn phần của vật v = vx2 + v y2 = (v 0 sin α ) + ( v0cosα − gt ) 2 2 1 2g ⇔ v = v02 − 2 g ( v0cosα ) 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 α = v0 sin α 0 v02 2g ⇒ 1 − 2 y ÷sin α = sin α 0 ⇒ f ( y ) sin α = sin α 0 v0 (7) Đây chính là phương trình mà ta cần chứng minh. 155 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 α = n0 sin α 0 ⇔ n 1 − γ y sin α = n sin α ⇒ 1 − γ y sin α = sin α 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 γ= 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 2α 0 2sin 2α 0 v02cos 2α 0 cos 2α 0 xmax = ⇒ xmax = ⇒ ymax = ; ymax = g γ 2g γ (10) Cần chú ý là độ cao cực đại y max cũng có thể tìm được từ phương trình (8) với điều kiện tại đó tia sáng bị phản xạ toàn phần với sin α =1 . Bài toán 1.5: Sợi quang học Một sợi quang học gồm một lõi hình trụ, bán kính a, làm bằng vật liệu trong suốt có chiết suất biến thiên đều đặn từ giá trị n = n1 trên trục đến n = n2 (với 1< n2 < n1 ) theo công thức n = n ( y ) = n1 1 − γ 2 y 2 , trong đó y là khoảng cách từ điểm có chiết suất n đến trục lõi, γ 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 α 0 trong mặt phẳng xOy. 1. Viết phương trình quỹ đạo cho đường đi của tia sáng trong sợi quang và xác định biểu thức tọa độ x của giao điểm đường đi tia sáng với trục Ox. 2. Tìm góc tới cực đại α max , dưới đó ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi quang. (Trích đề thi APHO năm 2004) Bài giải 156 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 2 1. Trước hết từ phương trình n = n1 1 − γ y ⇒ 2 + γ y = 1 . Nếu xem sự tương tự giữa chiết suất 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 một dao động tử điều hòa. Như vậy khả năng quỹ đạo tia sáng sẽ là hình sin. ur - Ta xét vật chuyển động từ O trong mặt phẳng thẳng đứng Oxy với vận tốc ban đầu v0 hợp với trục Ox góc α 0 theo phương trình: x = ( v0cosα 0 ) t (1) y = Asin ( ωt + ϕ ) (2) Từ điều kiện ban đầu: ϕ = 0 y ( 0 ) = 0 ⇒ v0 sin α 0 y ' 0 = v sin α ( ) 0 0 A = ω ω v0cosα 0 - Phương trình quỹ đạo: y = Asin (3) x÷ (4) → quỹ đạo chuyển động của hạt sẽ là đường hình sin. + Vận tốc tại điểm M trên quỹ đạo: v = vx + v y 2 2 y2 Trong đó vx = v0cosα 0 ; v y = y ' ( t ) = Aω sin ωt ⇒ v = A ω 1 − 2 ÷ A 2 y 2 y2 ⇒ v = v02cos 2α 0 + A2ω 2 1 − 2 ÷ A 2 (5) ω2 2 Từ (3) ⇒ Aω = v0 sin α 0 , thay vào (5) ⇒ v = v − ω y = v0 1 − 2 y v0 2 0 2 2 Mặt khác, từ (1) ta thấy hạt chuyển động đều theo phương Ox ⇒ vx = vcosα = v0cosα 0 ω2 2 ω2 2 ⇔ v0 1 − 2 y cosα = v0cosα 0 ⇒ 1 − 2 y cosα = cosα 0 v0 v0 (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) π π − α ÷ = const = n1 sin − α1 ÷ 2 2 Theo định luật khúc xạ: n ( y ) sin 157 ⇔ n1 1 − γ 2 y 2 cosα = n1cosα1 ⇒ 1 − γ 2 y 2 cosα = cosα1 Với góc (7) α1 được xác định từ định luật khúc xạ tại O: n12 − sin 2 α 0 sin α 0 = n1 sin α1 ⇒ cosα1 = n1 (8) - Ta thấy phương trình (7) hoàn toàn trùng hợp với phương trình (6) mô tả quỹ đạo hình sin với ω sin α1 sin α 0 = = . Như vậy quỹ đạo tia sáng cũng là một đường hình sin: v0 A n1 A ω sin α 0 γ y = Asin x÷ = sin x÷ γ n1 cosα1 v0cosα1 γ= ⇔y= sin α 0 nγ sin 2 1 2 n − sin α γ n1 0 1 x÷ ÷ (9). - Độ cao cực đại mà tia sáng đạt được chính bằng biên độ: ymax = A = sin α 0 γ n1 - Những điểm cắt của chùm tia với trục Ox thỏa mãn điều kiện y = 0 nγ ⇔ sin 2 1 2 n − sin α 0 1 ⇒ x = kπ x÷= 0 ÷ n12 − sin 2 α 0 . n1γ Vị trí đầu tiên có k =1 → x =π n12 − sin 2 α 0 n1γ 2. Để ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi quang thì ymax ≤ a ⇔ sin α 0 ≤ a ⇒ sin α 0 ≤ γ a n1 = sin α max ; α max = arcsin γ a n1 γ n1 Chú ý rằng từ điều kiện n ( y ) = n1 1 − γ 2 y 2 và n ( y = 0 ) = n1 ; n ( y = a ) = n2 n12 − n22 . Vậy α max = arcsin ⇒γ= an1 ( n12 − n22 ) Bài toán 1.6: 1. Một hạt chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính R trong mặt phẳng thẳng đứng Oxy. Tâm I của quỹ đạo có tọa độ (R, 0). Chứng minh rằng tại một điểm bất kỳ trên quỹ đạo, góc α tạo bởi véc tơ vận tốc của hạt và phương Ox thỏa mãn phương trình sin α = f ( x ) , trong đó f ( x ) là một hàm nào đó của hoành độ x. Tìm hàm số đó. 2. Một chùm sáng hẹp tới đập vuông góc với một bản hai mặt song song bề dày d ở điểm A (x = 0). Chiết 158 suất của bản biến đổi theo công thức n = n0 , trong đó n0 , γ là các hằng số dương. Hãy xác định quỹ 1− γ x đạo tia sáng và tìm điểm mà tia sáng ló ra. Bài giải: 1. Từ hình vẽ ta có: x = R − R sin α ⇒ sin α = 1 − x = f ( x) R (1) 2. Vì môi trường chiết suất biến đổi liên tục nên ánh sáng sẽ truyền theo đường cong. Chia môi trường thành nhiều lớp mỏng song song mặt phẳng Oy. Xét tại M(x,y). Theo định luật khúc xạ: I n ( x ) sin α = n0 sin 900 = n0 ⇔ n0 sin α = n0 ⇒ sin α =1 − γ x 1− γ x (2) - Ta thấy phương trình (2) hoàn toàn trùng hợp với phương 1 . Như R 1 vậy quỹ đạo tia sáng cũng là một đường tròn bán kính R = . γ trình (1) mô tả quỹ đạo của chuyển động tròn với γ= 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: 1− 1− γ 2 d 2 xB = R − R − d = γ 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 / γ 2 2 Bài toán 1.7: 1. Một vệ tinh chuyển động với vận tốc có độ lớn v0 không đổi theo một quỹ đạo tròn xung quanh một hành tinh có bán kính R. Biết gia tốc rơi tự do trên bề mặt hành tinh là g. 1.1. Xác định bán kính quỹ đạo r0 của vệ tinh. 1.2. Do một tác động nhỏ, tại một thời điểm nào đó, hướng vectơ vận tốc của vệ tinh thay đổi một góc nhỏ, nhưng độ lớn vận tốc vẫn không thay đổi. Khi đó, hiển nhiên quỹ đạo vệ tinh sẽ là một elip. Hãy xác định sự phụ thuộc của vận 159 tốc vệ tinh vào khoảng cách r từ nó đến tâm hành tinh. 1.3. Tìm độ biến thiên độ lớn vận tốc ∆v khi khoảng cách đến tâm hành tinh thay đổi một lượng nhỏ ∆r . 2. Một khối trụ được làm bằng chất liệu trong suốt, nhưng chiết suất của nó giảm chậm khi tăng khoảng cách đến trục của khối trụ theo quy luật n(r ) = n0 (1 − γ r ) , trong đó n0 và γ là các hằng số đã biết. Hỏi cần phải tạo ra một chớp sáng ở cách trục khối trụ một khoảng bằng bao nhiêu để một số tia sáng có thể lan truyền theo vòng tròn xung quanh một tâm nằm trên trục hình trụ. Bài giải: 1.1. Khi vệ tinh chuyển động tròn quanh hành tinh, lực hấp dẫn đóng vai trò lực hướng tâm. Ta có G Mm v02 M = m ⇒ r = G 0 r02 r0 v02 (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 2 1.3. Từ (3) → v0 = gR 2 r0 (5) (6) Khi r = r0 + ∆r thì v = v0 + ∆v . Thay vào (5) → v0 + ∆v = v0 2 gR 2 2 gR 2 gR 2 2 2 gR 2 2 − v0 = − − 1 ⇒ ( v0 + ∆v ) = r0 + ∆r r0 + ∆r r0 v02 r (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 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: 172 - 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 = f ∆d ' 1 = ∆d 2 = 2 (càng dịch chuyển lại gần thì ảnh phải lớn lên). 1 và k2 = - 1. 2 1 Với k1 = f − d = − 2 d1 = 3f 1 f k2 = f − d = −1 d2 = 2f 2 Δd = d2 – d1 = - f = - 20 cm f = 20 cm. 4. Các bài tập tự giải: 173 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. 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? 174 §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 Trường THPT Vùng cao Việt Bắc I – CƠ SỞ LÝ THUYẾT 175 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): r r rr f = qE + q v .B (1) Theo định luật thứ hai Niutơn, phương trình chuyển động của hạt có dạng r r r r 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 r Xét một hạt có điện tích q và khối lượng m, có vận tốc ban đầu là v đi vào khoảng không r 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: r rr ma = q v .B (3) r r 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. r r 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 r= q (6) .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: 2π r 2π 1 T= = . q B v m (7) 176 Từ đó, vận tốc góc (tần số góc) ω của hạt bằng: 2π q ω= = .B (8) 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 điện tích riêng q và cảm ứng từ B chứ không phụ thuộc vào m 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 khi chuyển động một vòng với cùng một khoảng thời gian, chúng sẽ lại cùng gặp nhau ở O. b) Bây giờ xét trường hợp tổng quát khi vận tốc ban đầu r π r v2 r v1 vào vận O trong sau Hình 1 r v r của hạt hợp với véc tơ cảm ứng từ B một góc α bất kỳ ( α ≠ ). Phân tích v làm hai thành 2 r r r r phần vt song song với B và vn vuông góc với B , ta có vt= vcosα và vn = vsinα (9) r Lực Lorenxơ gây bởi thành phần vt bằng không. Chỉ có lực Lorenxơ xác định bởi r thành phần vn là khác không: F = qvBsinα = qvnB (10) r 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: r + 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 r B. Vì vậy quỹ đạo của hạt là một đường đinh ốc hình trụ, có trục trùng với phương của r véc tơ cảm ứng từ B . Bước của đường đinh ốc là 2π v cos α 1 l = vt .T = . q (11) B m 2. Sự lệch của hạt mang điện chuyển động trong điện trường và từ trường a) Xét một chùm hẹp các hạt mang điện có khối lượng m và điện tích q (các electron r 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 177 r 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: r + 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 = và với vận tốc ban đầu bằng không. m m l2 l1 r v0 - r E O α + y1 r v0 r vry v y2 y Hình 2 y l 1 Thời gian hạt mang điện chuyển động trong điện trường là T = v . Sau khoảng thời gian 0 đó 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) rr r r Bắt đầu từ đó hạt chuyển đồng đều theo phương của vận tốc tổng hợp v (v = v0 + v y ) lập với r v0 một góc α xác định bởi: tan α = vy v0 = q l1E m v02 (14) Do đó khi ra khỏi tụ điện hạt bị lệch theo phương Oy một khoảng y2 mà q ll y2 = l2 tan α = 1 22 E (15) m v0 r Như vậy độ lệch tổng cộng của hạt mang điện do tác dụng của điện trường E là: 178 q l1 l1 + l2 ÷E 2 m v0 2 l y = 1 + l2 ÷tan α (17) 2 Kết quả này cho thấy sau khi rời khỏi tụ điện (rời khỏi điện trường) hạt chuyển động thẳng r tựa như là nó đã xuất phát từ giữa tụ điện mà phương chuyển động lập với v0 một góc α. r b) Bây giờ ta xét sự lệch của một chùm hạt mang điện chuyển động với vận tốc ban đầu v0 r đi qua một khu vực có chiều dài l1 trong đó có từ trường, véc tơ cảm ứng từ B vuông góc r với vận tốc v0 , khoảng cách từ màn tới khu vực có từ trường là l2. Trong khu vực có từ y = y1 + y2 = (16) Hay mv 0 trường hạt chuyển động theo một cung tròn bán kính R = qB . Khi ra khỏi khu vực đó hạt r bị lệch 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 β = 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 r B r v0 r E O y1 β r v0 r v y2 r vy y Hình 3 y y2 = l2 tan β = qBl1l2 mv0 (20) r 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 β (21) 2 179 Ta thấy, khi rời khỏi từ trường hạt chuyển động thẳng tựa như nó là đã xuất phát từ tâm r 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 tỉ lệ với điện tích riêng q r r của hạt, tỉ lệ với cường độ từ trường ( E hoặc B ) và phụ thuộc m r vận tốc ban đầu v0 của hạt. Những hạt có cùng điện tích riêng r q và vận tốc v0 sẽ bị lệch m như 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’ α 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 + B R α = 600 (hình 4). r 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. ur uuur b) Hãy tính giá trị của B //T M để các electron rơi đúng vào mục tiêu. Cho rằng B < T; e = 1,6 . 10 –19 C. Bài giải r 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 r r với mặt phẳng ( B ; v 0 ) và đóng vai trò lực hướng tâm: mv 02 mv 02 mv 0 → → B = Fht = Bev 0 = R R eR * Để e đến được M thì R = →B = TM 2Sin a = d 2Sin a mv 0 2sin a 2eU với v 0 = . e d m 2sin a 2mU . d e r uuur b) Tính B khi B //T M * Khi ra khỏi ống e chịu tác dụng của lực Lorenxơ Ta có B = T v0 T′ B M Hình 5 180 r r F = e[ B Ù v 0 ] → F = Bev0 sinα Lực Lorenxơ đóng vai trò của lực hướng tâm m (v 0sin a )2 Fht = R m (v 0Sin a)2 nên Bev 0 sin a = R → chu kỳ xoắn là: T = → R = mv 0sin a eB 2pm 2pR = eB v 0 sin a * Theo phương TM hạt chuyển động với vận tốc vTm = v0 cosα - Bước xoắn h =vTm.T = 2pmv 0cos a eB - Để hạt đến được M thì TM = N.h = d → B = N . 2U m 2pcos a . e d 2U m 2pcos a < 0,03 . . e d 3 Vậy B = N . 6,7 . 10 T với N = 1; 2; 3; 4 Bài tập 2. Một hạt có khối lượng m, điện tích q dương, bắt x + đầu chuyển động với vận tốc v theo hướng song vx B song với trục ox trong một từ trường đều có cảm vy ứng từ B= ax (x ≥ 0) (hình 6). vt Hãy xác định độ dịch chuyển cực đại của hạt O theo trục Ox. Hình 6 Bài giải Ta thấy hạt chỉ chuyển động trong mặt phẳng xoy. ur ur ur r Gọi vt là vận tốc của hạt tại thời điểm t. Do tác dụng của lực Lorenxơ Ft = qB Ù vt vuông r góc với vt nên công của FL = 0, động năng của hạt đựơc bảo toàn. Do B < 0,03T ® N . 1 1 1 mv 02 = mv x2 + mvy2 ®£vy v = vt . 2 2 2 * Theo định luật Niutơn II có qBvx = may ® Thay B = ax ; vx = dx ® qaxdx = mdvy dt Ta có: 181 y 2 ® qa ò xdx = m ò y dvy ® qax = mv ® x = y 0 0 2 x Vậy xmax = V 2mvy qa £ 2mv 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 h có r + + cảm ứng từ B hướng sang phải, vuông góc với dây dẫn. + + a) Tính vận tốc chuyển động v của electron trong dây dẫn. r b) Xác định độ lớn và hướng của lực từ F tác dụng lên a eclectron. Hình 7 r c) Cần phải đặt một điện trường E có độ lớn và hướng như thế nào để cân bằng tác dụng của từ trường? r 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 r một phía, do đó trong dây dẫn cũng xuất hiện một điện trường E 1 , điện trường này có r 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 E 1 . 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 b) Lực tác dụng lên electron chính là lực Lorenxơ. Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta thấy lực này hướng xuống dưới. r 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 182 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 E 1. Giữa cạnh trên và cạnh dưới của dây có hiệu điện thế U 1=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 E 1 và do đó ở hai cạnh bên của dây dẫn xuất hiện một hiệu điện thế U 1. Hiện tượng này gọi là hiện tượng Hall. Bài tập 4. Trong hình 8, S1 và S2 là hai mặt giới hạn nằm song I B1 song và chia không gian ra làm ba phần khác nhau I, II, III. Trong các vùng I và II có các từ trường đều, có S1 v0 phương vuông góc với tờ giấy, chiều hướng ra III L E O ngoài, cường độ cảm ứng từ lần lượt là B 1 và B2. S2 B2 Trong vùng III có điện trường đều cường độ E, II 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 L từ O hướng về phía S1 khoảng cách từ O đến S1 là 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: a) Tỷ số cường độ các cảm ứng từ B1 và B2. v1 b) Điện trường E phải có trị số nhỏ hơn bao I B1 nhiêu? Bài giải v0 v0 III L E a) Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của hạt mang O điện khi đi vào các vùng (I) và (II). Áp định lí B2 v2 động năng, ta có: II 1 2 1 2 2 mv1 2 mv2 - 1 2 1 2 2 mv 0 = q.E . 2 L Þ v1 = 2 mv 0 = - q.E . L 2 Þ v2 = 2 v0 + 2 v0 - qEL Hình 9 m qEL m 183 Mặt khác: R = mv và R1 = R2 nên ta có: q .B mv1 B1 qB 1 = mv 2 qB 2 Þ = B2 v1 v2 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 Þ E < mv 0 qL Bài tập 5. r Một chùm prôtôn đi vào một vùng không gian có ur B 1 B2 bề rộng d = 4.10 -2m và có từ trường đều B 1 = 0,2T. Sau đó prôtôn đi tiếp vào vùng không gian Chùm prtôn cũng có chiều rộng d nhưng từ trường B 2 = 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 V 0 để tăng tốc cho prôtôn sao cho hạt prôtôn đi qua được vùng đầu tiên. b) Hãy xác định hiệu điện thế V 0 sao cho prôtôn đi qua được vùng thứ hai. c) Hãy xác định hiệu điện thế V 0 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 60 0. (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 r1 = mv qB 1 - Theo định luật bảo toàn năng lượng: Từ đó: r1 = æ mv 2m ç ç ç ç è2 2 2 2 q B1 ö ÷ ÷ ÷ ÷ ø = mv 2 2 = qV 0 2mV 0 C 2 qB 1 - Để proton đi qua được vùng thứ nhất thì r 1 > d, do đó: V0 > 2 2 1 qB d = 3,1kV 2m α O1 r1 d Hình 11 184 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 độ lớn vận tốc của hạt mang điện). Véctơ vận tốc lệch đi một góc α sao cho sinα = Do B2 = 2B1 nên: r2 = 2mV 0 2 qB 2 = 1 2 d r1 . (2) (1) r1 C - Để prôtôn đi qua được vùng 2 thì: O2H > (r2sinα + d) α → r1 > 3d O1 qB 12d 2 Vậy: V0 > 9 = 28kV 2m c) Góc lệch toàn bộ: δ = α + γ, δ= α + γ O2 r1 d β r2 d Hình 12 æ ö p p ÷ ç ÷ a b = - b ç ÷ ç ÷ è2 ø 2 - Theo điều kiện của bài toán δ = Vì cosβ = (r2 sin a + d ) r2 = 3d r1 p 3 æ ö p 3 ÷ sin ç = cos b = sin d = ç - b÷ ÷ ÷ ç 2 è2 ø , do đó: nên V0 = 12 2 2 qB 1 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 xem ngoài miền D, từ trường bằng 0. Giả thiết bề rộng L của miền thỏa mãn: L 0 và khối lượng m dịch y chuyển trong một môi trường trong đó hạt chịu B lực ma sát có dạng: r r r v F = - K v 2 với K > 0. Từ trường đều B không v r vuông góc với vận tốc v0 ban đầu của hạt. Chứng v0 một đổi x tỏ Hình 14 186 rằng chuẩn (độ lớn) của vận tốc hạt giảm theo thời gian. Vận 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: ® ® ® ® ® ® Þ d v = q v Ù B - k v. v m d v = F t + F ms dt dt m m Chiếu lên phương chuyển động: dv k dt dv k 2 Þ 2 =m Þ =v v . dt m Þ Tích phân: ® 1 1 k = t v v0 m Þ v= v0 1 + v0 k t m Þ 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. - Giả sử electron tại một điểm nào đó trên quỹ đạo và có 2 thành phần vận tốc v x và v y , còn giữa hai bản cực r của điôt có một điện trường đều E . Khi đó electron chịu tác 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: Hình 15 dvy dvx và me = evy B me = eE - ev x B dt dt Hai phương trình trên có thể viết lại dưới dạng sau: 187 e E - wcvx me vx' = wcvy và vy' = eB trong đó hệ số wc = được gọi là tần số cyclotron. me - Vi phân phương trình thứ hai thế vào phương trình thứ nhất, ta được: vy'' + wcvy = 0 vy (t ) = A sin wct + C cos wct ,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 . m e wc Cuối cùng, biểu thức của vy (t ) có dạng: vy (t ) = eE sin wct . m e wc - Độ dịch chuyển của electron theo trục y: t y (t ) = t eE eE òv (t )dt = ò m w sin wdt = m w (1 y 0 c 0 e c e 2 c cos wct ). - Từ phương trình của vy (t ) ta dễ dàng tìm được thời điểm t N khi electron ở xa catôt nhất: đó chính là thời điểm vy (t ) = 0, wct N = (2N + 1)p với N = 0, 1, 2,... hay (giải thích xem tại sao lại không lấy nghiệm wct N = 2N p ). Tại những thời điểm đó độ dịch chuyển theo phương y của electron bằng: y N = 2m e E 2eE = 2 m e wc 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= 2m eU min edB 2 Bài tập 9. , Từ đây ta tìm được: U min ed 2B 2 = . 2m e 188 r 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 r trường đều. Vectơ cường độ điện trường E cùng chiều với trục Oz, hướng thẳng đứng r 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 r từ B (theo q, m, E và gia tốc rơi tự do g). 2. Khi hạt tới điểm O, người ta đột ngột đảo B . r r vx chiều của cảm ứng từ B (làm B đổi hướng z ngược lại, nhưng vẫn giữ nguyên độ lớn ban đầu FL của nó). Chọn gốc thời gian là lúc hạt tới O. Hãy vz v thiết lập phương trình chuyển động của hạt ở thời P +Fđ điểm t và phác hoạ quỹ đạo của hạt. Xem rằng thời r gian làm đảo chiều của B là nhỏ không đáng kể. z Hình 16 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 r 1) Vì hạt chuyển động đều nên lực Lorenxơ F tác dụng lên hạt phải cân bằng với hợp lực r r r r r 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 qv 0 (1) r Véc tơ B hướng theo trục Oy, vào phía trong mặt phẳng hình vẽ. r r 2) Bây giờ véctơ B và FL có chiều như trên hình vẽ. áp dụng định luật II Newton: r r r r ma = Fd + P + FL (2) Chiếu (2) lên Ox và Oz (chú ý đến (1)): dv x Bq (3) =v dt m z dvz Bq Bq = vx + qE + mg = (v + v 0 ) dt m m x Bq ' B 2q 2 Từ (3) và (4): vx" = vz = (v + v 0 ) m m2 x ® vx + v 0 = A sin( wt + f ) , với w = Bq m (4) (5) (5’) 189 ® vx = A sin( wt + f ) - v 0 (6) Từ (6) và (3): vz = - A cos( wt + f ) Lúc t = 0, ta có: vx = v 0 và vy = 0 ; p suy ra: A = 2v 0 , f = 2 ® vx = 2v 0 sin( wt + p) - v 0 ; (8) 2 p và vy = - 2v 0 cos( wt + ) (9) 2 2v 0 p Từ (8): x = cos( wt + ) - v 0t + x 0 w 2 Lúc t = 0 , x = 0 , suy ra x 0 = 0 (7) −2π mv0 −π mv0 Bq O v0 Bq Bq m 2mv 0 Bq p cos( t + ) - v 0t Vậy: x = Bq m 2 Tương tự, từ (9) và biết lúc t = 0 , z = 0 , ta có: æ öù 2mv 0 é Bq p÷ ê1 - sin ç ú ÷ z= t + ç ÷ ú ç ÷ Bq ê m 2 è ø ë û Phác hoạ quỹ đạo của hạt như trên hình 17. 4mv 0 pmv 0 Bq + Khi , x =. t = p thì z = Bq Bq m z và biết w = + Khi x Hình 17 (10) (11) 2pmv 0 Bq t = 2p thì z = 0 , x = Bq m 3) Khi hạt bắt đầu lại gặp trục Ox, thì z = 0 ® sin( Bq p t + ) =1 m 2 2pm ® Bq t = 2p hay t = Bq m 2pmv 0 Khi đó x = - v 0t = , và từ (8) và (9) tìm được: Bq vx = + 2v 0 - v 0 = v 0 ; vz = 0 r Vận tốc v của hạt hướng theo chiều dương của trục Ox và có độ lớn bằng v 0 . 190 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 B vào theo phương vuông góc với AM, rơi vào hai A N1 N2 M điểm N1 và N2 trờn tấm phim. Hãy xác định các Hình 18 khoảng 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 D x1 của vết tạo ra do tính phân kỳ của chùm tia (tất cả các ion đều có năng lượng 500eV). b) Bề rộng D 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 D x » D x1 + D 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 AN = 2R = 2 2MT eB (1) + Với 39K: AN1 = 5,75cm; 42K: AN2 = 5,90cm N1N2 = 1,45mm 2. a) Các hạt có phương vuông góc với mặt AM 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’’. N’1 O’ sẽ R α A α O N’’1 N2 M Hình 19 a 2 Từ hình vẽ, ta có: N1N’’1 = AN1 – AN”1 = 2R – 2R(1 – cosα) = 4Rsin 2 - Các iôn ở mép kia của chùm tia (hướng – α) cũng rơi vào điểm N”1. ∆x1 = Rα2 = 0,08mm (2) » Ra 2 1 æ 1 dT ÷ ö ö2 MT 0 æ ç dT ÷ ÷ ç 1 + ç b) Thay T = T0 + δT trong (1) ta có: d = 2 ÷ ÷ » 2R ç ç1 + ÷ ç 2 T0 ÷ è ø ÷ ç eB ç T è 0 ø 191 ∆x2 = dmax – dmin = 2R DT 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 ur 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 r ur F = q . v Ù B = q.v .B , khi chúng bị đẩy chuyển động với vận tốc v dưới tác dụng của từ B r uur i 2 lực hút tính điện FE = - kq × 2 giữa hai điện tích. ( 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 x i = L/2, yi = 0. Sau đó lực điện hút chúng lại gần nhau nên tọa độ x giảm dần (vì v x < 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 v y > 0). uur uur r Khi đó, theo định luật II Newton, ta có: FE + FB = m .a Chiếu lên các trục Ox và Oy ta có: ìï ïï m ïï í ïï ïï m ïî dv x kq 2 =+ q.vy .B dt 4x 2 dv × y = - q.v x .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: Ta có: vx = 192 vy = q.B m æ ö L ç ÷ - x÷ ç ÷ ç ÷ è2 ø (3) 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. uur r Vì FB ^ v nên lực từ không sinh công, nên theo định lý biến thiên động năng ta có: x ò FE .dx = DÞK - ö kq 2 1 2 kq 2 æ 1 2÷ ç dx = mv ÷ Þ v = ç ò 4x 2 ÷ 2 2m ç èx L ÷ ø L/ 2 (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 = v y, giả sử vị trí đó có tọa độ x = x f. Bình phương hai vế của (3) và (4) ta có: z ( 1 - z ) = 4c Với tỷ số khoảng cách (5) zº xf xi = 2x f L ;c = m .k B 2 .L3 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: ù 4kq 2 é B 2L3 ê m .a xf = 2 ê - 1ú (6) ú= 0 L ë16.m .k û 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? 193 1/ 3 æ 16m .k ö ÷ Nếu L < ç ÷ thì 4c > z.(1-z), khi đó: v > vy, vx ≠ 0. Do đó cuối cùng hai điện tích ç 2 ÷ ç ÷ è B ø 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 æ 16m .k ö 1 ÷ Nếu L > ç , theo (5) thì , điều này dẫn đến: ÷ z > ç ÷ ç ÷ z è B2 ø 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) Trong lòng một buồng hình xuyến có từ trường với cảm 2α0 r ứng từ B có độ lớn B không đổi. Từ nguồn điểm P phát ra một chùm electron theo phương các đường sức, electron đã được tăng tốc bởi hiệu điện thế V 0. Góc mở của P R chùm 2α0 rất nhỏ ( 2α0 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 ρ 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': r y 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 v 0 phải bằng bao nhiêu để r v r rP v // v0 R O 198 Hình 25 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 ? 2. Hạt chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng xx': Lúc đầu hạt ở điểm r P cách trục một khoảng b > R, có vận tốc v 0 nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng. Lấy giao điểm O của mặt phẳng này với trục xx' làm tâm, vẽ một vòng tròn bán kính r r r r r b qua P và phân tích v 0 = 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 : rr E.2πLr = ρ.πr2L/ε0. Suy ra: E = 2e0 - Theo phương Or vuông góc với trục x'x, hạt chịu tác dụng của lực qr r .. F = qE = , do đó hạt có gia tốc r : 2e 0 & ® Có - F = mr& - qr r & ® = mr& 2e0 &+ r& qr r = 0. 2m e0 - Hạt dao động điều hoà theo phương Or với chu kì : T = 2p - Thời gian hạt đi từ M tới N theo phương x'x của trục là t = 2e0m . qr L . v0 - Mặt khác theo phương vuông góc với trục: t a 1 a cos(2p ) = ® t = (k ± )T T 2 6 T 1 suy ra t = và t = (k ± )T với k nhận giá trị nguyên dương. 6 6 199 L 3L qr L L qr = v0 = = Vậy T 1 1 2m e0 với k = 1,2,3,... p 2m e0 và T (k ± ) 2p(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: v0 = E.2πLr = ρ.πR L/ε0 → E = 2 rR 2 . 2e0r 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: r qR 2 v2 qr qE = =m →v =R . 2e0b b 2m e0 F = Fht → Xét chuyển động của hạt trong hệ quy chiếu quay cùng vận tốc góc ω' với hạt (ω' là vận tốc góc tại thời điểm t > 0). Ta có vận tốc góc của hạt tại thời điểm t = 0 : w= v R = b b qr . 2m e0 a) Tại thời điểm t, vận tốc của điện tích là vt ≈ ω'.(b+y) vì v/ / = vt Theo định luật bảo toàn mô men động lượng: æb m w'(b + y ) = m wb → w' = wç ç ç èb + 2 2 2 ö y -2 2y ÷ ÷ = w (1 + ) » w (1 ) ÷ ÷ yø b b qr R 2 qr R 2 y y » (1 - ) = m w2b(1 - ) (vì x ω2 . 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 Bω 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 ro2ω t d d (π d − ω t ) 2 2 = roωtd (π − ω t ) roπ d 2π 2 Bω d 2 e - Khi đó dòng điện chạy trong mạch chính: I = c = r ωtd 8 ωt R+r o (π − ) + ro d 2π 2 I .R2 ωt Và dòng điện chạy qua mỗi nhánh của vòng dây: I1 = R + R = I (1 − 2π ) 1 2 ωt I 2 = I − I1 = I 2π 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 ec1 − ec 2 BR 2 (ω1 − ω2 ) = trong 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 (ω1 + ω2 ) = R+r 2( R + r ) * Bài tập 6: 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 uđiểm M nằm yên tại điểm giữa của khung dây, sau đó truyền cho M một vận tốc ur ban đầu vo theo phương tiếp tuyến với khung dây. Bỏ qua điện trở của tòa mạch. a) Mô tả chuyển độnguurcủa 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 . mr 2 Cho biết mô men quán tính của thanh OM đối với trục quay qua O là I = 3 235 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 = − dφ = IR = 0 ⇒ φ = 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 α là: α r2 φt = Li + B ( S + ) = φ(t =0) = BS 2 Br 2 α = 0 (1) Suy ra: Li + 2 r 2 Khi đó thanh chịu tác dụng của mô men cản của lực từ: F = J .α '' (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 α =0 Thay (1) vào (2): α ''+ 4mL Vậy, thanh dao động điều hòa xung quanh vị trí cân băng OI. v Nghiệm của pt trên: α = o r 4mL 3B 2 r 2 π cos( t+ ) 3B 2 r 2 4mL 2 π π 3B 2 r 2 b) Để α ≤ ⇒ 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.ur 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. 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 α 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: mv 2 α 2 C.ec2 mv 2 α 2 C ( Blv) 2 E= + mgl + = + mgl + 2 2 2 2 2 8 Do năng lượng hệ được bảo toàn nên: E’=0 236 ⇒ α ''+ mg α =0 CB 2l 2 l (m + ) 4 Vậy, vật dao động điều hòa với tần số: ω= mg CB 2l 2 . l (m + ) 4 b) Nếu thay tụ điện bằng cuộn cảm, cách làm tương tự: E= mv 2 α 2 Lic2 + mgl + 2 2 2 Mặt khác, vì tổng trở mạch bằng 0 nên: ec + et / c = − dφ Blv di Blv Bl 2 dα = IR = 0 ⇒ − Li ' = 0 ⇒ i ' = = = dt 2 dt 2 L 2 L dt Bl 2 α + c với c là hăng số được xác định từ điều kiện ban đầu (c=0). 2L B 2l 4 mgl + Thay vào, đạo hàm hai vế ta được: ⇒ α ''+ 4L α = 0 ml 2 g B 2l 2 Vậy, vật cũng dao động điều hòa với tần số: ω = + . l 4mL Suy ra i = * 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 đặt vuông góc với một từ trường đều có cảm ứng từ B = 0,2T. Đĩa có thể quay tự do quanh trục của nó. Đĩa được nối kín với một tụ điện C = 2µ F nhờ hai tiếp điểm: một ở trục của đĩa, một ở vành 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. 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 φ ; 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 ωr 2 dα = dt 2 2 BdS Bω r 2 = - Suất điện động cảm ứng suất hiện dọc theo bán kính có độ lớn: ec = − dt 2 - Trong khoảng thời gian ngắn dt, bán kính quét được một diện tích dS = 237 CBr 2ω CBr 2 2π n = = 0, 032 µ 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 BIr 2 = Iγ - Mô men lực từ làm cho đĩa quay: M = F = 2 2 BI BIt = 0, 25kg . Vậy: ω = γ t = t = 2π n ⇒ m = m 2π 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 xxxxxxxxxxxxx xxxx Xx X X X X X X x X X d d r F i X X X X X X X x X X ngắt từ trường. xBx x x x x x x x x x x x x x x x x Giải E 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) * 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 = 2πrE (t)- dB( t ) dφ r dB(t ) = −πr 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 238 dFJ = E X ( t ) ⋅ N Q Q dB rdϕ = − ⋅ rdϕ J ; Lùc tæng hîp t¸c dông lªn vßng ê thêi ®iÓm ®· cho b»ng: 2πr 4π dt F = ∑ dFJ = − J =1 Qr dB ( t ) N Qr dB ( t ) ⋅ ⋅ ∑ dϕ J = − ⋅ 4 π 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 = ∆ω = F Qr ' ∆t = − ∆B ( do B ( t ) ⋅ ∆t = ∆B ) m 2m ∆v Q QB 0 =− ⋅ ∆B ; ∆ω = ω − 0 ⇒ ∆B = 0 − B 0 = − B 0 ; Ta cã: ω = 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 ∆ϕ E= c = × 2π R 2π R ∆t Ta chia vòng có chu vi L thành từng đoạn ∆Li với điện tích phân bố trên ∆Li là: ∆Q i = m Q .∆Li ⋅ ∆L i và có khối lượng ∆mi = 2π R 2 πR Lực điện trường tác dụng vào ∆Li là: Fi = ∆Q i .E = F Q ∆φ Q.∆L i 1 ∆φ ⋅ ⋅ ⋅ a = i = 2 πR 2 πR ∆t ∆m i 2 πRm ∆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: ∆V = a i ∆t = Q QS QR ⋅ ∆φ = ⋅ ∆B = ⋅ ∆B 2 πRm 2 πRm 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 ; ω= 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 R 0=314Ω. Quỹ đạo nằm trong một từ trường đều vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo có cảm ứng từ B = 4.10-3 T. 239 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 ρ = 0,4 Ω , ngoài ra các m điện 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 R 0 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 R 0 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, ω là vận •ω B tốc góc. Ta có: ω ⋅ r = v = 2πr ⋅10 ⇒ ω = 10 ⋅ 2π = 10 • vg s 0 R0 b) Giả sử vòng tròn bán kính r lăn trongvòng tròn bán kính 2r theo chiều ngược I • chiều kim đồng hồ (như hình vẽ) theo định luật Len xơ ta xác định được điện thế ở điểm M P x x x x x x x x x x là (+) ở điểm 0 là (-) do đó dòng điện mạch ngoài qua R0 có chiều từ dưới xlênx trên. c) Ta tưởng tượng duỗi đường tròn lớn ra thành đường thẳng và coi ∗ đường tròn bán kính r lăn không trượt ω (trên đường thẳng có độ dài bằng quãng đường mà tâm O của vòng tròn M t=0 nhỏ vạch ra) cắt các đường sức từ t= 1s M’ 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 10.2πr trong từ trường trong 1s, chúng được coi như hai nguồn điện có sđđ ξ , điện trở trong r0 = ρ.π 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 φ1= B π .r2 Sau vòng tròn tịnh tiến được 1 khoảng s uuuur 1 giây vòng quay được 10 vòng, 2 MM ' = 10 ×2π r → ϕ 2 = B (2r ×10 ×2π r + π r ) = 41Bπ r 2 → ∆ϕ = ϕ 2 − ϕ1 = 40 Bπ r 2 * ∆ϕ → ec = = 40 Bπ r 2 ∆t Mạch ngoài gồm các điện trở mắc như hình vẽ: M P Điện trở mạch ngoài là R1 ⊕B Rn = R0 + ∗ R1R 2 xρ(4 πr − x)ρ = R0 R1 + R 2 4 πrρ ec, r0 0 ec,r r0 R2 R0 240 x ρ (4π r − x) ρ x ×0,4(4 ×3,14 ×10−1 − x) Rn = 314 + = 314 + 4π r ρ 4 ×3,14 ×10 −1 0,5 ×0,24 x − 0, 4 x 2 Rn = 314 + (Ω) 1,256 Điện trở mạch trong Rt = π rρ 3,14 × 10 −1 × 0,4 = = 0,0628Ω 2 2 Dòng qua R0 có giá trị cực đại khi điện trở mạch ngoài cực tiểu → x= 0 tức là điểm ec 40π r 2 40 × 4.10 −3 × 3,14 ×10 −2 → = = 157.10 −5 ( A) M 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= 0,5024 x − 0,4 x 2 có giá trị cực đại → x = 0,628 Ω . Điện trở của cả vòng lớn là ρ × 4π r = 0,4 1,256 × 4 × 3,14 × 10 −1 = 0,1256Ω = 2 x . Vậy tiếp điểm M phải ở Q. * Bài tập 11: Một khung dây hình vuông quay quanh một cạnh, cạnh R có 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 I trị max (khung quay đều với vận tốc ω) V Giải ϕ + Xét tại thời điểm nào đó cạnh song song của khung cách dây dẫn một khoảng là a, khung a r quay một góc là ϕ so với đường nối trục của khung với dây dẫn (như hình vẽ) ta có: a 2 = R 2 + r 2 − 2 Rr.Cosϕ Vi phân hai vế ta có: 2ada = 2 Rr.Sinϕdϕ (1) + Cảm ứng từ tại ví trí đó là: B = µ0I 2πa + Độ biến thiên của từ thông trong thời gian dt là: dφ = Bds = − Trên khung dây xuất hiện một xuất điện động cảm ứng: ec - = − dϕ µ0 Ir da = × dt 2π dt a (2) ; thay (1) vào (2) ta có: µ0 I ⋅ πda 2 πa da ∧I r a 241 µ0 Ir RrSinφ dφ µ0 I Rr 2 dφ µ I Rr 2 × 2 × = × 2 Sinφ × ⇒ ec = 0 × 2 Sinφ ×ω 2π a dt 2π a dt 2π a 2 µ IRr Sinφ thay a 2 = R 2 + r 2 − 2 Rr.Cosφ ⇒ ec = 0 ×ω × 2 2 2π R + r − 2 Rr.Cosφ ec = Số chỉ của vôn kế khi Ecư cực đại, khi Sinϕ cực đại khi R + r − 2 Rr.Cosϕ 2 2 ′ Sinϕ 2 2 = 0 ⇒ Cosϕ(R 2 + r 2 − 2 Rr.Cosϕ) − 2 RrSin 2 ϕ = 0 R + r − 2 Rr.Cosϕ ϕ ⇒ Cos(R 2 + r 2 ) = 2 Rr (Sin 2 ϕ + Cos 2 ϕ) ⇒ Cos ϕ = 2Rr R2 + r2 Vậy khi khung quay có vị trí góc ϕ thoả mãn ϕ = ar cos 2 Rr R + r2 2 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 r ngang, tụ điện có điện dung C, lò xo có độ cứng K, k B C đoạn dây MN có chiều dài l, không khối lượng có thể chuyển động tịnh tiến không ma sát dọc theo cạnh của D E khung. Hệ 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: − C ( Bl ) 2 x' '−kx = 0 (7) ⇒ x' '+ k x=0 C ( Bl ) 2 (8) 242 + Chứng tỏ thanh MN dao động với tần số góc: ω= (9) 1 k Bl C * Bài tập 13: Một khunguurdây 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 φ = 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. r uur uur 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 kv z . dt - Dòng điện cảm ứng trong khung dây có độ lớn: I = ec a 2 kvz = . R 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 uur 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 2 4 mgR k a vz ⇒ vz = 2 4 thì khung dây sẽ chuyển động đều với vận tốc + Đến khi P = Ft = Ika 2 = k a R v = vo2 + vz2 ⇒ vo = v 2 − ( mgR 2 ) k 2a4 Chú ý: Có thể tìm được v bằng cách áp dụng định luật bảo toàn năng lượng. 243 Cụ thể, khi khung dây đã đạt đến vận tốc không đổi, tức là vận tốc v z 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. mgR k 2 vz2 a 8 ∆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 = − dφ =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 0 0 ∫ SdB = ∫ Ldi ⇒ I = π 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 ρ . 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 choError: Reference source not found 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 244 b) Cách 1: Gọi q1 là điện lượng dịch chuyển trong mạch do hiện tượng tự cảm . dq1 e e dϕ dϕ = − tc → dq1 = − tc ×dt → dq1 = dt = dt R R dt ×R R D2 q1 nπ dB B 4ρS1 dφ DSdB DS DSB 4 dq1 = = = ⇒ ∫ dq1 = dB ⇒ q 1 = S1 = ⇒B= ∫ nπD R 4ρ 4ρ 0 4ρ DS 0 ρ⋅ S Cách 2: * Gọi R là điện trở của mạch, ta có: di ξ L ⇒ dt = idt + di dt R R I ξ L L I0 L L ξ dt = ∫ idt + ∫ di → I 0 ∫ dt = S 2 + ∫ di = S 2 + I 0 = S 2 + ∫ R R0 R 0 R RR L ξ L ξ Vì I 0 ∫ dt = S1 + S2 → S1 +S2 = S2 + × → S1= × (1) R R R R di dφ * Mặt khác L ∫ = N ∫ → LI 0 = Nφ 0 .( Coi gần đúng L không đổi) dt dt 2 4L ξ ξ πD 4ξL × . (2) →B= L = NBS = NB = 2 R R 4 RπD 2 πD πD ξ S1 R 4S1 .ρ. S R 4 L → = Từ (1) thay vào (2) ta có : B = s = 4S1ρ × 1 = R L 2 2 L Ds πD πD 4ρS1 Vậy B = . DS ξ = Ri + L *Bài tập 16: Một lò xo xoắn chiều dài l tiết diện S, có N vòng, d là đường kính, sợi dây treo một đầu trên cố định, đầu dưới treo một > x vật khối lượng m. Xác định độ dãn x của lò xo khi cho một dòng điện E có cường độ I chạy qua lò xo. Lò xo có độ cứng k tuân theo định luật Húc ( (x 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 A R 2π R R3 = 2π v GM o (2) b) Áp dụng ĐLBT cơ năng: 1 GMm GMm GMm =− =− Tại A: mv 2 − 2 R 2a R + R' 2GMR ' Vậy: v1 = R ( R + R ') R′ (1) (3) B Áp dụng ĐLBT mô men ĐL : Rmv1 = R ' mv2 ⇒ v2 = 2GMR R '( R + R ') 256 c) v'= 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 ' 2 R ' 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. 4π 2 ( 6, 67.106 ) 4π 2 r 3 To = = = 5540s = 92,3 ph GM 6, 67.10−11.5,98.1024 2π r vo = = 7680 m/s To 3 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 = T = 5370 s ⇒ T < To o 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. 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 : 257 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 mv12 − =− và v1r1 = v2 r2 2 r1 r1 + r2 v1 = 2GMr2 r1 ( r1 + r2 ) 2GMr và v2 = r r + r1 2( 1 2) ∆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 .2π R = mv∆v (1) 2 mv = mg ⇒ v = gR Mặt khác vì h[...]... âm, tức điện tích liên kết phân bố đều trong hình trụ Bài 23 uur 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 θr trong quả cầu uur d E 'x b) Chứng minh rằng điện trường ở bên ngoài quả cầu là điện trường. .. 3 Vậy p0 = 2aq ' = 2 2R 4 π pR 2 = π R 3 p = Vp 3 3 Bài 24 Trong một điện trường đều có vectơ cường độ q = CU = ε 0ε SU = ε 0ε SE người ta đặt d một quả cầu điện môi đồng tính Trong các điều kiện đó chất điện môi bị phân cực đều uur ur 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 ε Khi giải hãy sử dụng kết quả của bài toán 23 Lời... n Bài 6 Tại bề mặt phẳng của một chất điện môi có hằng số điện môi ε, cường độ điện trường trong chân không là E0, hơn nữa uur uur E0 θ l I ε R r vectơ E0 tạo một góc θ với pháp tuyến n của bề Hình 5 mặt điện môi Coi điện trường ở bên trong và bên ngoài điện môi là như nhau, hãy tính: ur a) Thông lượng của vectơ E qua mặt cầu bán kính R với tâm trên bề mặt của điện môi ur b) Lưu số của vectơ D theo... 11 khi lấp đầy điện môi như hình vẽ Lời giải a) Khi chưa đặt điện môi E0 = U AB 2d (1) U U Khi đặt điện môi: E1 = AB và E2 = AB 2d 2d Hình 7 (2) Vậy E1 = E2 = E0 (3) D1 = ε0ε1E1 = ε0E0 và D2 = ε0ε2E2 = ε0E0 (4) Suy ra D2 = εD1 (5) b) Khi q không đổi Nếu chưa đặt điện môi thì mật độ điện mặt σ = q/S Khi đặt điện môi vào, sự phân bố điện tích trên mỗi bản sẽ không đều Nửa 1 không có điện môi, mỗi bản có... trụ tròn bằng điện môi đồng tính được đặt vào một điện trường đều cường độ q = CU = ε 0ε SU ε ε SU = ε 0ε SE Trục hình trụ vuông góc với q = CU = 0 = ε 0ε SE Trong các d d 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 ε Lời giải Tương tự bài 25 Ta có E = E0 + E'... (ε − 1)ε 0 E0l sin θ Bài 7 Một bản điện môi lớn vô hạn có hằng số điện môi ε tích điện đều với mật độ điện thể tích ρ 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... độ điện trường ở mọi nơi, trong chân không thì ε = 1 trong điện môi thì ε < 1 Từ công thức D = ε0εE Thay (3) vào (4): E = (4) εq 2π (ε + l ) r 2 Trong chân không ε = 1: D = D0 = q 2π r 2 21 ur uuur dϕ q E = − gradϕ ⇒ − = Er = Ta có dt 2πε 0 (ε + l )r 2 q Suy ra ϕ = 2πε (ε + l )r 0 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. .. pháp ảnh điện, cường độ điện trường tại M là: E0 = ql 2πε 0 r 3 (1) Khi có điện môi, cường độ điện trường tại B giảm ε lần E= E0 ql = ε 2πε 0ε r 3 (2) là do điện tích cảm ứng trên mặt điện môi (có mật độ σ') gây ra tại B điện trường phụ: 22 1 ε −1 E ' = E0 − E = E0 1 − ÷ = E0 ε ε (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... Bài 11 Lúc đầu không gian giữa các bản của một tụ điện phẳng chứa không khí và cường độ điện trường trong bằng E0 Sau đó một nửa khe hở được lấp đầy điện môi đó Hình 6 và đẳng hướng có hằng số điện môi là ε Hãy tìm môđun ur của ur các vectơ E và D trong cả 2 phần 1 và 2 của khe hở nếu khi đặt điện môi vào a) Hiệu điện thế giữa các bản không đổi b) Các điện tích trên các bản không đổi Lời giải ur uuur... 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 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 ε Vậy mật độ điện mặt σ' ở đây giảm đi ε lần ... 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 Chất điện môi phân cực chất điện môi. .. dụng điện trường, chất điện môi có momen điện tổng cộng khác không Hiện tượng xuất momen điện tổng cộng chất điện môi đặt điện trường gọi phân cực điện môi Khi đặt chất kim loại chất điện môi. .. cực hay chất điện môi không phân cực Sự phân cực chất điện môi Khi điện trường ngoài, chất điện môi, thuộc loại nào, momen điện tổng cộng không Bây giờ, ta xét chất điện môi đặt vào điện trường