Chuyên đề tập hợp tương đối nhiều bài tập chuyển động của hành tinh vệ tinh và chất lỏng trong đề thi hsg duyên hải

CHUYÊN ĐỀ CHUYỂN ĐỘNG CỦA THIÊN THỂ, CHẤT LỎNG BÀI 1: Đề thức Trái Đất Sao Hỏa chuyển động quanh Mặt Trời quỹ đạo gần tròn nằm mặt phẳng với chu kì TE = 1,00 năm, TM �2,00 năm Biết khoảng cách Trái Đất Mặt Trời a E �1,5.1011m Coi bán kính Trái Đất Sao Hỏa nhỏ so với khoảng cách chúng khoảng cách tới Mặt Trời a) Hãy xác định khoảng cách cực đại cực tiểu Trái Đất Sao Hỏa b) Một nhóm nhà du hành muốn lên Sao Hỏa Họ lên tàu vũ trụ phóng lên quỹ đạo elip với mặt trời tiêu điểm, điểm phóng Trái Đất điểm cận nhật điểm viễn nhật điểm quỹ đạo Sao Hỏa Hỏi theo phương án đó, sau rời Trái Đất nhà du hànhcó thể đổ lên Sao Hỏa? Ý a) 2,5 b) 1,5 NỘI DUNG Áp dụng định luật Kepler III, ta có bán kính quỹ đạo Sao Hỏa TM aM  aE TE2 ĐIỂM 0,5 ; 2,38.1011m Do khoảng cách cực tiểu cực đại Trái Đất Sao Hỏa EMmin = aM – aE ; 8,81.1010 m EMmax = aM + aE ; 3,88.1011 m Quỹ đạo tàu vũ trụ elip với mặt trời tiêu điểm, điểm phóng Trái Đất điểm cận nhật điểm viễn nhật điểm quỹ đạo Sao Hỏa Tàu vũ trụ gặp Sao Hỏa viễn điểm Bán trục lớn quỹ đạo elip tàu aM  a E a= 1,0 1,0 0,5 Thời gian bay tàu: 3 T �a � T �a  aE � t  T  E � � E � M � 2 �aE � � 2aE � TE 0,5 � TM2 � � � 0,736 8� TE2 � � � năm Vậy sau khoảng 0,736 năm t= nhà du hành đổ lên Sao Hỏa BÀI 2: Cơ học thiên thể học chất lưu (4 điểm) ; 268,5 ngày 0,5 Một vệ tinh nhân tạo Trái đất quỹ đạo elip có điểm viễn địa độ cao h A = 327km điểm cận địa hB = 180km a Xác định đặc trưng hình học (bán trục lớn a, bán trục bé b tâm sai e) quỹ đạo nó, biết bán kính Trái đất RT= 6370km b Tính chu kì quay vệ tinh, biết gia tốc trọng trường mặt đất g0 = 9,81m/s2 Giả thiết vệ tinh phóng lên quỹ đạo điểm M0 cách tâm O Trái đất khoảng r0 r r với vận tốc v vng góc với OM0 Kí hiệu v C vận tốc vệ tinh quỹ đạo tròn (O, r0); �v �   �0 � �vC � bình phương tỉ số vận tốc Tìm điều kiện λ để vệ tinh phóng thành cơng, tức vệ tinh khơng khỏi lực hút Trái đất không gặp Trái đất Câu Cơ học thiên thể học chất lưu Xác định đặc trưng hình học: Ta có: Suy ra, c rA  RT  hA  a  c; rP  RT  hP  a  c a h h (rA  rP )  RT  A P  6623km 2 h h (rA  rP )  RT  A P  73,5km 2 c  0, 011 a Tâm sai: (e nhỏ xác định tính chất gần trịn quỹ đạo) b Áp dụng định luật Kepler 3: e T 4  a GM T Lại có: mg  GM T m � GM T  g RT2 RT T2 4 4 2   �T  a GM T g RT RT Suy ra, Điều kiện phóng vệ tinh Trái đất a3  5730s  1h29 ph g0 Vệ tinh phóng thành cơng lượng khơng cho phép khỏi lực hút Trái đất mà cho vịng quay Trái đất, tức là: E M  E M  EM , Với EM lượng vệ tinh; EM1 lượng vệ tinh vị trí cận địa quỹ đạo (cách tâm O Trái đất đoạn RT); EM2 lượng vệ tinh tương ứng quỹ đạo parabol Khi đó, EM2 = Mà: EM  GM T m mv02  r0 mvC2 GM T m GM T  v 2  2vC r r02 ) r 0 Suy ra: (chú ý: 02 Hay:   Xét điểm cận địa, vệ tinh có vận tốc vP Áp dụng định luật bảo toàn moment động lượng cho vị trí cận địa vị trí M 0, ta được: R T vP  r0 v01 Áp dụng định luật bảo toàn cho hai vị trí này, ta có: EM  GM T m GM T m mv01   mvP  r0 RT v01  1 Biến đổi, thu được:  r0 RT vC2 1 Hay, r0 RT Vậy, điều kiện để phóng vệ tinh lên quỹ đạo elip là:  2 r0 1 RT BÀI3: Dùng ống nhỏ bán kính a = 1mm để thổi bong bóng xà phịng, bong bóng có bán kính R ngừng thổi để hở ống thơng với khí bên ngồi Do bong bóng nhỏ lại Tính thời gian từ bong bóng có bán kính R = 3cm đến bong bóng có bán kính a Q trình đẳng nhiệt, suất căng bề mặt nước xà phòng   0,07N / m , khối lượng riêng khơng khí khí   1,3g / l - Do màng xà phòng mặt cong nên có chênh lệch áp suất bên bên ngồi đẩy khí khỏi ống - Gọi dS độ giảm diện tích mặt ngồi thời gian dt, dm khối lượng khí bi đẩy ngồi thời gian dt - Theo định luật bảo toàn lượng: độ giảm lượng mặt động lượng khí - 2dS  1,0 v dm (1) Trong đó: dS  d  4r   8rdr ; �4 � dm  dV  d � r � 4r 2dr �3 � (2) 1,0 v2  Thay (2) vào (1) ta có: Mặt khác: 8 r (3) dV  a vdt (dấu trừ thể tích bong bóng giảm) 4r 2dr  52 4r dr  a vdt � dt     r dr a v a 8 1,0 1,0 � 72 � R  a � �   a 52 8� � � dt   � r dr  a 8 R 8 a  Tích phân hai vế: Bài 4: (4 điểm – Cơ học chất lưu) Bể chứa nước A tích lớn nối với ống B có phần nằm ngang mặt đất hình vẽ, C ống nhỏ thẳng đứng K khóa Đường kính tiết diện ống B vòi V tương ứng d  4cm d  2cm Mặt nước bể cách đáy bể cách phần nằm ngang ống tương ứng H  2, 4m h0  3, 2m Cho khối lượng riêng nước   1000 kg m3 Mở khóa K, tìm: a Độ cao tia nước phun từ vòi V (coi vòi V hướng thẳng đứng lên)? b Vận tốc dòng nước ống cái? Áp suất đầu ống cái? c Độ cao mực nước dâng lên ống C? Nước chảy người ta đột ngột đóng khóa K khoảng thời gian t ngắn, có phần nước chiều dài l ống bị chặn đột ngột Người ta thấy nước ống C vọt lên độ cao lớn h0 ? Hãy giải thích tượng này? Tìm độ cao nước vọt lên được? Biết l tính theo cơng thức: l  u t , với u  1500 m s vận tốc truyền âm nước Bỏ qua sức cản, lấy g  10 m s Phần Hướng dẫn giải Áp dụng phương trình Béc – nu – li (coi vận tốc nước mặt nước bể (2,5 khơng), tính dược vận tốc v nước phun từ vịi (Cơng thức Torixenli) là: điểm) v  gh0 (1) Thay số được: v  m s r Nước khỏi vịi có vận tốc ban đầu v hướng thẳng đứng lên trên, chuyển động chậm dần lên cao, quãng đường thẳng đứng h vận tốc triệt tiêu, v  gh � h  h0  3, 2m đó: - Gọi v0 vận tốc nước ống cái, ta có: Điểm 0,25 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm S1v0  S v => S1   d12 d2 S2  ; , với �d � v v0  � �v   m s �d1 � Áp dụng phương trình Béc – nu – li cho mặt nước bể đầu M ống cái, ta 0,5 điểm  vM2  gh0  pM   g (h0  H )  có:  v02 pM   gH  �2, 2.10 N m vM  v0  m s Với => Áp dụng phương trình Béc – nu – li cho mặt nước bể tiết diện N ống nơi có ống C: v2 v2  gh0  pN  N pN   gh0  2 => pN   gh1 0,5 điểm h , với chiều cao cột nước ống C � �d � � h1  h0 �  � �� 3m � �d1 �� � � Từ ta tính được: Mặt khác: (1,5 điểm) 0,25 điểm  S1l với vận tốc 0,75 Phần nước bị chặn đột ngột có chiều dài l  u t , có khối lượng điểm v0  S1l v0 , nghĩa có động lượng Phần nước dừng lại đột ngột chịu tác dụng xung lực F khóa K Độ biến thiên động lượng xung lượng lực F:  S1l v0   S1u tv0  F t F   S1uv0 => Xung lực phân bố diện tích F p   uv0 S1 xung kích bằng: S1 khóa K (ống cái) nên gây áp suất 0,25 điểm Áp suất lớn (vì u lớn) => Áp suất làm mức nước ống C (giả sử dài) dâng lên Giả sử nước ống C dâng lên thêm khoảng p uv0  gh2  p � h2    300m g g h2 0,5 điểm xác định bởi:  Chiều cao tổng cộng cột nước ống B là: hB  h1  h2 ? h0 Nhưng nước vọt lên thời gian ngắn lại trở mức cũ h1 Bài (4 điểm) C Một nhà du hành tàu vũ trụ với khối B A A lượng M=12tấn Con tàu quanh Mặt Trăng theo quỹ đạo tròn độ cao h=100km Để chuyển sang quỹ đạo hạ cánh, động hoạt động thời gian ngắn Vận tốc khí khỏi ống u=104m/s Bán kính Mặt Trăng Rt=1,7.103km, gia tốc trọng trường bề mặt Mặt Trăng g=1,7m/s2 a Hỏi phải tốn nhiên liệu để động hoạt động điểm A làm tàu đáp xuống Mặt Trằng điểm B b Trong phương án thứ 2, điểm A tàu nhận xung lượng hướng tâm Mặt Trăng chuyển sang quỹ đạo tiếp tuyến với Mặt Trăng C (hình vẽ) Trường hợp tốn nhiên liệu? a, - Gọi v vận tốc quỹ đạo tròn vA, vB vận tốc quỹ đạo hạ cánh - Vì động hoạt động thời gian ngắn, đủ để giảm bớt vận tốc v lượng cần thiết (Do khí phải phía trước để hãm tàu) - Lực hướng tâm quỹ đạo trịn lực hút Mặt Trăng (1) Với (2) - Phương trình bảo tồn lượng quỹ đạo elip là: (3) - Vì vận tốc vA vB vng góc với bán kính vecto nên định luật Kepler có dạng: (4) Từ (3) (4) ta có: (5) Thay số: - Gọi m khối lượng nhiên liệu cháy Áp dụng định luật bảo tồn động lượng ta có: (6) Vì nên b, Vì nên (7) Phương trình bảo tồn lượng quỹ đạo elip là: (8) Từ (7), (2), (8) suy ra: (9) (10) Với gia tốc mặt trăng - Lại có: Do vng góc với bán kính vecto, nên định luật Kepler có dạng: Từ (10) (11) ta có: Suy : - Gọi m’ khối lượng nhiên liệu cháy Áp dụng định luật bảo tồn động lượng theo phương u ta có: (6) Vì nên BÀI 6: Người ta muốn phóng vệ tinh nhân tạo theo phương án sau: - Từ mặt đất truyền cho vệ tinh vận tốc v0 theo phương thẳng đứng (11) - Tại độ cao h vệ tinh có vận tốc khơng, người ta truyền cho vận tốc v theo phương nằm ngang để chuyển động theo quỹ đạo elip có tâm sai e thông số p xác định trước a.Tính vận tốc v0 b.Tính vận tốc v1 Cho biết Trái Đất hình cầu bán kính r0 gia tốc trọng trường mặt đất g = , M khối lượng Trái Đất (bỏ qua sức cản khí quyển) c.Khi vệ tinh bay viễn điểm (vận tốc v v) người ta làm giảm vận tốc (vận tốc v' v) để quỹ đạo lúc có khoảng cách cận điểm bán kính r (có nghĩa đưa vệ tinh trở Trái Đất) Hãy tính độ giảm vận tốc Nội dung Điểm a) Theo định luật bảo tồn E = ; với r = r0 + h Do vệ tinh dừng lại điểm H có v = nên suy = = v = [] với g0 = gia 0,5 tốc trọng trường mặt đất b) Hai trường hợp cần khảo sát - Với H cận điểm: rc = = () 0,25 Sử dụng phương trình lượng, ta tính được: 0,25 thay rc = vầ = ta có v1 = v2 = r0(1+e) - Với H viễn điểm rv = Ta thu v = vv = r0(1 - e) c) Gọi vv vận tốc vệ tinh viễn điểm quỹ đạo ban đầu, vận tốc điểm sau giảm vận tốc, lượng , a' bán trục lớn quỹ đạo r v khoảng 0,5 cách viễn điểm cũ vệ tinh (đến tâm O1 Trái Đất) = vv - v dùng cơng thức vv có câu b: v = vv = r0 (1-e) sử dụng phương trình lượng cho v, ta có: v= g0 với a' = 0,5 Từ = r0(1 - e) (3) Đưa (2) (3) vào (1) 0,5 0,5 0,5 0,5 BÀI 7: ( điểm) Cơ học thiên thể Trái Đất Hỏa Tinh chuyển động quanh Mặt Trời quỹ đạo gần tròn nằm mặt phẳng với chu kì , Biết khoảng cách Trái Đất Mặt Trời , tính a) Tính khoảng cách cực đại cực tiểu Trái Đất Hỏa Tinh b) Một nhóm nhà Thiên văn muốn lên Hỏa Tinh Hãy đề xuất phương án phóng tàu vũ trụ đưa nhà Thiên văn lên Hỏa Tinh Hỏi theo phương án đó, sau rời Trái Đất tàu vũ trụ đổ lên Hỏa Tinh? a) Câu điểm Áp dụng định luật Kepler III, ta có bán kính quỹ đạo Hỏa Tinh : Do khoảng cách cực tiểu cực đại Trái Đất Hỏa Tinh 1,0 1,0 b) Khi lên Hỏa Tinh, ta phóng tàu lên quỹ đạo elip lấy Mặt Trời làm 1,0 tiêu điểm tiếp xúc với quỹ đạo Trái Đất lẫn quỹ đạo Hỏa Tinh, cho tàu Hỏa Tinh đến điểm tiếp xúc viễn nhật lúc Còn trở Trái Đất, người ta phóng tàu lên quỹ đạo elip lấy Mặt Trời làm tiêu điểm tiếp xúc với quỹ đạo Trái Đất lẫn quỹ đạo Hỏa Tinh cho tàu Trái Đất đến điểm tiếp xúc cận nhật lúc Thời gian bay tàu: 1,0 Bài Một trạm vũ trụ khối lượng M mang theo phi thuyền khối lượng m, chuyển động theo quỹ đạo tròn xung quanh Trái Đất (TĐ), có bán kính 1,25 bán kính R TĐ Tại thời điểm đó, phi thuyền phóng phía trước chuyển động theo quỹ đạo elip, có điểm viễn điểm cách tâm TĐ khoảng 10R Hãy xác định tỷ số vòng gặp lại trạm quỹ đạo m M để phi thuyền quay trọn Trạm vũ trụ + phi thuyền chuyển động tròn với vận tốc v0  r1 GM r1 2a’ Với r1 = 1,25R Đối với phi thuyền: Do lượng bảo toàn, thời điểm ban đầu ta có: 10R GM 0m GM 0m mv m   r1 r1  10R (Chú ý: 2a = r1 + 10R = 11,25R M0 khối lượng Trái đất) Suy ra: v 2m  2GM � 1 � 16 GM   R � 1, 25 11, 25 � � � r1 hay vm  GM  v0 r1 (1) Đối với trạm vũ trụ: Tương tự ta có GM 0M GM 0M mv M   r1 2a ' �1 � v 2M  2GM �  ' � �r1 2a � Suy ra: Theo định luật bảo toàn động lượng thời điểm ban đầu: (M + m)v0 = mvm + MvM Đặt  m M , từ phương trình suy ra: (2) 2a � � vM  � 1 � v0  v0 � � (3) Từ (2) (3) ta có: �1 � GM v 2M  2GM �  ' � v02  r1 �r1 2a � 1  ' hay 2a '  2r1 r 2r1 Suy 2a Như quỹ đạo trạm vũ trụ nằm trọn quỹ đạo tròn ban đầu Tính đến việc để trạm khơng đập vào Trái đất, ta có: r1 + R < 2a’ < 2r1 Hay 2,25R < 2a’ < 2,5R (4) Theo định luật Kepler: Tm2 TM  a a '3 (5) Để phi thuyền gặp lại trạm sau quay trọn vịng quanh TĐ ta có: Tm = nTM (với n số nguyên) Kết hợp với (5) ta có: a3 a  n '3 Hay ' 2a  n  (2a) n  11,25 (6) Đặt vào (4) ta được: 2,25  11,25  2,5 � 4,53  n  53 � 9,55  n  11,18 2/3 n Vậy n nhận giá trị : 10 11 Mặt khác từ (2) (3) ta được: �1 � �  � GM 2GM �  ' � � 1 � �r1 2a � � � r1 Hay 1 � �  �� r1  � 1 �  ��� 2a '  ' 2a r1 � � �� 1� � 1 � 1 � 2� � Chú ý (6) ta có: Từ (1), (2)và thay số  ''    600 ; '   0.25 8g 7l ta có 36 g 49 l Thay  '' vào (1) ta có BÀI 14: (4 điểm) Cơ học thiên thể T 0.25 46 mg 49 Một tàu vũ trụ bay quanh Mặt Trăng theo quỹ đạo trịn có bán kính R  3400 km Biết bán kính Mặt Trăng Rt  1700 km gia tốc rơi tự gần bề mặt Mặt Trăng gt  1,7 m/s a) Từ tàu, người ta ném vật khối lượng m kg theo phương tiếp tuyến với quỹ đạo với vận tốc V để rơi lên mặt đối diện Mặt Trăng Tìm V b) Sau thời gian kể từ lúc ném, vật rơi tới Mặt Trăng? Câu 3.a) Nội dung Điểm  V2 B O  V ● C A  V1 r V0 0,5 + Khi tàu vũ trụ chuyển động quỹ đạo trịn quanh Mặt Trăng M M MV02 GMt G t2  � V0  R R R � V0  (Vì gt  gt Rt2 gR  t t R (1) GMt Rt2 R  2Rt , với Mt , M khối lượng Mặt Trăng, tàu) + Giả sử rvật m ném từ tàu vị trí A Khi chưa ném, vật m có vận tốc V0 tàu A Sau r r ném, theo điều kiện đề bài, vật m chuyển động theo quỹ đạo ACB Gọi V1 , V2 vận tốc vật A, B quỹ đạo elip + Áp dụng định luật bảo tồn lượng ta có 0,5 mMt mMt mV1  G  mV2  G R Rt � R� � V22  V12  2gt �Rt  t � gt Rt R� � (2) + Áp dụng định luật định luật bảo tồn mơ men động lượng ta có VR 1  V2 Rt � 2V1  V2 (3) gR V1  t t (4) + Từ (2) (3) suy r + So sánh (1) (4) ta có V1  V0 Vận tốc ném vật ( V ) xác định từ công thức r cộng r rvận tốcr r r V1  V  V0 V  V1  ( V0 ) hay r r Vì V1  V0 nên V ngược hướng với V0 có độ lớn � �1 V  V0  V1  gt Rt �  ��220 m/s 3� �2 Vậy cần phải ném vật ngược hướng chuyển động tàu với vận tốc 220 m/s + Chu kì quay tàu quanh Mặt Trăng 2Rt 2 R T0   4 V0 gt + Gọi T chu kì quay vật quỹ đạo elip Theo định luật III Kê-ple ta có �T � �a � � � � � �T0 � �a0 � 0,5 0,5 0,5 0,5 �T � �3 � R  Rt � � � � a  Rt T a  R  R t 2 + Với , nên �0 � � � với R  2Rt 3 3 6Rt �T T0  �11540 s gt + Thời gian vật rơi từ lúc nếm đến chạm Mặt Trăng T t   5770 s BÀI 15: (Cơ học thiên thể) 0,5 0,5 Con tàu vũ trụ với khối lượng M = 10 quanh Mặt Trăng theo quỹ đạo tròn, tâm O trùng với tâm Mặt Trăng, độ cao h = 100 km Để chuyển sang quỹ đạo hạ cánh, động hoạt động thời gian ngắn Vận tốc khí khỏi ống u = 10 4m/s Bán kính Mặt Trăng Rt = l,7.103km, gia tốc trọng trường bề mặt Mặt Trăng g = l,7m/s2 Tính khối lượng nhiên liệu tiêu tốn hai trường hợp sau: a) Động hoạt động điểm A làm tàu đáp xuống Mặt Trăng điểm B Biết A, O, B thẳng hàng (hình vẽ a) b) Ở điểm A tàu nhận xung lượng hướng tâm Mặt Trăng chuyển sang quỹ đạo tiếp tuyến với Mặt Trăng điểm C Biết OC vng góc OA (hình vẽ b) Ý NỘI DUNG a Động hoạt động điểm A làm tàu đáp xuống Mặt Trăng điểm B: Gọi: vận tốc tàu vũ trụ đ quỹ đạo trịn, vận tốc ĐIỂM điểm A B quỹ đạo hạ cánh - Lực hướng tâm tác dụng lên tàu quỹ đạo trịn lực hấp dẫn Mặt Trăng, ta có: Trong khối lượng Mặt Trăng: bán kính quỹ đạo trịn Suy ra: 0,25 - Áp dụng định luật bảo toàn lượng cho chuyển động tàu quỹ đạo elip: 0,5 - Áp dụng định luật Keple cho chuyển động tàu ý vận tốc vng góc với bán kính vectơ (OA OB) ta có: hay Từ (3) (4) rút (chú ý đến (2)): Suy (m/s) 0,25 - Kí hiệu khối lượng nhiên liệu cháy phút ra, áp dụng định luật bảo toàn 0,25 động lượng ta có: 0,25 0,5 b Ở điểm A tàu nhận xung lượng hướng tâm Mặt Trăng chuyển sang quỹ đạo tiếp tuyến với Mặt Trăng điểm C: b) Vì nên ta có: Với v có giá trị cho (2) Áp dụng định luật bảo toàn lượng suy ra: 0,25 với gia tốc Mặt Trăng - Áp dụng định luật Keple ta có: 0,25 0,25 từ (11) (10) rút ra: đó, theo (8) ta có: Áp dụng định luật bảo toàn động lượng suy ra: 0,5 0,25 0,5 BÀI 16:Cơ học chất lưu ( điểm ) Một dịng chất lỏng có khối lượng riêng  hệ số nhớt  chảy ống có chiều dài l bán kính R ( chất lỏng chảy đầy ống ) Vận tốc dòng chất lỏng phụ thuộc vào khoảng cách r đến � r2 � 1 � � R � trục ống theo định luật v = v0 � Tìm a) Thể tích chất lỏng chảy qua tiết diện ống đơn vị thời gian b) Động chất lỏng thể tích ống c) Lực ma sát chất lỏng tác dụng lên ống d) Hiệu số áp suất đầu ống a) Thể tích chất lỏng chảy qua tiết diện ống đơn vị thời gian (lưu lượng) Xét lưu lượng chất lỏng chảy qua hình vành khăn � r2 � 1 � � R � � Q = s.v = 2r dr v0 R � r2 � v Q� 2r.v0 � 1 � dr  R � R � Qua tiết diện ống b) Động chất lỏng thể tích ống Xét lớp chất lỏng hình trụ bán kính r, dày dr Khối lượng riêng chất lỏng :  Động lớp wđ = .(2r.dr.l).v2 Động tổng cộng: R R R 2r r � r 2r r6 � � 2� w   l  v r   dr   l  v   � � � � � �d � R2 R4 � �2 R R �0 0� Wđ = �R 2 R R � l..v0 Q R .l..v02 �    � .l..v0 � �2 Wđ = r dr c) Lực ma sát chất lỏng tác dụng lên ống � r2 � dv 1 � � R � � dr f =  S = R v = v0 2r f =  (2 R.l) v0 R thay r = R f =  2l.v0.2 =  4l.v0 d) Hiệu số áp suất đầu ống Xét hình trụ bán kính r, dày dr dv ur ur 0 p r2 + 2.r.l  dr ( Vì F  F vs  ) v0 2r 0 0 2 p r2 + 2r.l .v0 R => p – 2.2.l  R 4v0 l : p= R Vì đường EG đường đẳng áp đường FH đừng đẳng tích Trong q trình đẳng áp thể tích tỷ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối, q trình đẳng tích áp suất tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối Vì điểm S tâm hình vng nên ta có: VS  V1  V2 T T � TS  2 P B F P3 P2 P1 E S C G G T2 D A H T1 O V1 P T P T P T TE  T1 ; TG  T2 � B  ; C  ;  T1 P2 T2 P2 TS P2 TB TC T2 T2    T1 T2 TS T1  T2 Vậy V2 2T1T2 2T2  420 K ; TC   980 K T1  T2 T1  T2 TA TD T1 T1    TA P1 TH T1 P1 TD P1 T1 T2 TS T1  T2  ;   ;  T1 P2 TS TS P2 T2 P2 Vậy : � TB  V 2T1T2 2T12  420 K ; TA   180 K T1  T2 T1  T2 � 2) Cơng mà khí thực chu trình có độ lớn diện tích hình chữ nhật ABCD Áp dụng PTTT khí lý tưởng ta có: A'  ( P3  P1 )(V2  V1 )  PV  PV  PV  PV 1 � TD  TB  T22  2T1T2  T12 (T  T )  2nR  2660 J T1  T2 T1  T2 1) Khí nhận nhiệt trình AB BC : TT T QAB  nR (TB  TA )  5nR 2 T1  T2  nR (TC  TB  TD  TA )  2nR QAB  T  T1T2 nR(TC  TB )  nR 2 T1  T2 � QAB  QBC 7T22  2T1T2  5T12  nR 21.300 J T1  T2 H Vậy hiệu suất chu trình là: A' 2(T2  T1 )   0,125  12,5% QAB  QBC 7T2  5T1 BÀI 17:4,0 điểm): Các định luật Kepler Một vệ tinh nhân tạo, khối lượng m vạch quỹ đạo trịn bán kính R + z, xung quanh Trái Đất (giả thiết hình cầu, khối lượng M, bán kính R) z độ cao vệ tinh Gọi g gia tốc trọng trường mặt đất Hãy xác định: 1a Vận tốc vệ tinh, thời gian vệ tinh chuyển động hết vòng z 1b Độ cao mà vệ tinh quay quỹ đạo trịn mặt phẳng xích đạo Trái Đất, ln đầu điểm Trái Đất (vệ tinh địa tĩnh dùng để liên lạc vô tuyến) Giả sử va chạm với phân tử lớp khơng khí cao, nên vệ tinh chịu f  km v2 z , ngược chiều với vận tốc Giả sử độ lớn lực ma sát lớn lực mă sát có độ lớn nhiều so với độ lớn lực hút Trái Đất, sau vịng quay độ cao bị biến thiên lượng z bé, chuyển động vệ tinh thực tế đường trịn bán kính R + z 2a Viết biểu thức biến thiên vận tốc v theo z thời gian vệ tinh quay hết vòng (T) R, z , z 2b Tìm k theo 2c Xác định cơng lực ma sát sau vòng quay Hợp lực lực ma sát nhớt tác dụng lên lớp khơng khí phía f  f v3 f số dương) lực ma sát kéo theo biến thiên nhỏ độ cao vệ f tinh khoảng thời gian dt: dz  Cdt (với C số dương nhỏ) Xác định theo m, g, C, ( R 1a g GM GMm mv ;  R (R  z)2 R v2 g �  � vR Rz � z� R 1 � � � R� g T 0,25đ (1) 2(R  z) 2(R  z)   2h34phut v R g 0,25đ (2) 1b T0  2(R  z ) 2(R  z )  v R g �z 3 0,25đ gT R  R  36000km 42 2a Vi phân hai vế hệ thức (1) 3 dv   gR  R  z  dz Theo (2) 3 2  gR  R  z  T Thay vào ta  dv  dz T Sau mỗi vòng vận tốc biến thiên lượng  v  z T 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2b Lại có: ur uu r dL �M  dt ; L0  (R  z)mv  mR g(R  z) � kmv � d � (R  z) �  �  (R  z)mv  � z � dt Vì độ biến thiên mô men động lượng chu kì rất nhỏ nên ta viết d mvz  m(R  z) v mvz   (R  z)mv  dt T T 0,25đ 0,25đ 0,25đ � kmv � mvz � (R  z) �  � � z � T 2(R  z) T v Thay vào ta zz k 4(R  z) 0,25đ (3) 2c f kmv kmgR  z (R  z)z 0,25đ R2 A ms  f 2(R  z)  2kmg z Thay (3) vào ta 0,25đ �R � A ms  mg � �z �R  z � dE r r  f v  f0 v4 dt dE dE dz  dt dz dt 0,25đ (4) Mặt khác 0,25đ 1 R2 �R � E   mv   mg � dE  mg � �dz 2 Rz �R  z � dz  Cdt Thay vào (4) ta dE �R �  mgC � � dt �R  z � 0,25đ �R � � f v  mgC � � �R  z � Thay (1) vào ta 2 �g � �R � f0R � �  mgC � � �R  z � �R  z � mC � f0   2gR BÀI 18:: Cơ chất lỏng ( 4đ ) Xét màng mỏng nằm thẳng đứng chất lỏng có suất căng bề mặt tạo thành sau: Đầu A mảnh AB ( có khối lượng m, chiều dài ) liên kết vng góc với nhẵn MN giữ cố định thẳng đứng Thanh AB quay khơng ma sát quanh A mặt phẳng chứa AB MN Một 0,25đ M C A N B sợi dây mảnh khơng dãn, khối lượng khơng đáng kể có đầu gắn với B, đầu còn lại gắn với C MN, biết ( Hình vẽ ) Màng mỏng tạo bỡi AB, MN sợi dây Khi cân AB nằm ngang Tìm chiều dài L sợi dây theo giả thiết , a phải thỏa mãn điều kiện gì? :Sợi dây có dạng phần cung tròn Vì nên lực căng dây B C có phương khơng trùng với AB, AC Gọi góc hợp lực căng B C với AB AC Điều kiện cân AB momen lực: Suy ra: với Điều kiện: Xét điều kiện cân lực: Lực thẳng đứng MN tác dụng lên tồn hệ có độ lớn mg Thành phần thẳng đứng MN tác dụng lên sợi dây nên thành phần thẳng đứng MN tác dụng lên đầu A AB Điều kiện cân AB theo phương thẳng đứng: Từ đó: Theo hình vẽ: , Từ định lí hàm sin: Kết : O M dây B C có phương khơng trùng BÀI 19: Sợi dây có dạng phần cung trịn Vì nên lực căng R với AB, AC C Gọi góc hợp lực căng B C với AB AC Điều kiện cân AB momen lực: Suy ra: với Điều kiện: B A Xét điều kiện cân lực: Lực thẳng đứng MN tác dụng lên tồn hệ có độ lớn mg Thành phần thẳng đứng MN tác dụng lên sợi dây N nên thành phần thẳng đứng MN tác dụng lên đầu A AB Điều kiện cân AB theo phương thẳng đứng: Từ đó: Theo hình vẽ: , Từ định lí hàm sin: Kết : Bài 20: ( Cơhọcchấtlưu 4đ) : Qủacầubằngthépđặc, M O R nổitrênmặtmộtchậuthủyngân.Nếuđổthêmnướclênthủyngânchođếnkhinướcvừavặnngậpquảcầuthìthểtí C chphầnquảcầungậptrongthủyngângiảmbaonhiêu so vớithểtíchquảcầu Cho khốilượngriêngcủathéplà ρ = 7880 kg/m3 ;củathủyngânlà ρ = 13600 kg/m3 ; củanướclà ρ = 1000kg/m3 ; A N B Cáclựctácdụngvàoquảcầucóphươngchiềunhư hìnhvẽ Hình (a) ứngvớitrướckhiđổnướcvàovàhình (b) ứngvớisaukhiđổnướcvào - Gọi V làthểtíchquảcầu V1làthểtíchphầnquảcầungậptrongthủyngântr ướckhiđổnướcvào V1’ làthểtíchphầnquảcầungậptrongthủyngânsauk (a) hiđổnướcvào V2 = V1 V1’làthểtíchphầnquảcầungậptrongnước - Phươngtrìnhcânbằng : - Hình a : P = F1A = V1g (1) - Hình b: P = + F2A = g + (V - )g (2) - Từ (1) (2) suyra : V1 = + (V - ) → V1 = + V - (3) (b) - Tỉsốgiữathểtíchphầnquảcầungậptrongthủyngângiảmđi so vớithểtíchquảcầulà : - Thay (3) vào (4) ta : H = (1 - ) H = = (4) (5) - Từ (2) : P = g + (V - )g - Với P = Vρg → thayvào ta đượcVρg = g + (V - )g → ( - ) = V() = (6) - Thay (6) vào (5) ta : H = ( ).100% ⤇Thaysố ta : H = 3,3% Bài 21: Cơ học chất lưu (5 điểm ) Hình vẽ bên mơ tả máy bơm nước Một ống hình trụ có tiết diện ngang S nối bể nước với bình hình trụ bán kính r, bên bình có gắn kim loại, hoạt động tất đổ đầy nước, động điện làm bình nước bên quay với tốc độ góc ω Biết độ cao bình so với mặt nước bể h, khối lượng tiêng nước ρ áp suất khí p0 Coi nước chất lỏng lý tưởng, bỏ qua ma sát a) Tìm áp suất nước mặt bên bình tất lỗ bị bịt kín b) Các lỗ mở, tìm vận tốc v dịng nước phun so với mặt đất c) Nếu công suất động điện P Tìm lưu lượng lớn máy bơm (thể tích nước qua máy bơm đơn vị thời gian) a.Khi máy bơm hoạt động nước bình quay nên gây áp suất phụ tác dụng lực quán tính li tâm với mật độ f   r Do r áp suất phụ r  r 2 0 Vậy áp suất mặt bên bình p  p0   gh  p '  p0   gh   r 2 a) Theo định luật Bernoulli 1 p0   u  p  p0   gh   r 2 2 2 Suy ra: u   r  gh p'  � f dr  �  xdx  Vận tốc dòng nước phun khỏi bình so với mặt đất v  u   r  2( r  gh) b) Theo định luật bảo toàn lượng, lưu lượng qua máy bơm lớn vận tốc dòng nước phun nhỏ hay u=0 2gh  r Khi Vận tốc dịng nước v  gh Lưu lượng lớn máy bơm μ với Vậy  P  v   gh P gh Bài 22: (4 điểm) Cơ học thiên thể Một thiên thạch A có khối lượng m = 1,6.10 kg chuyển động quanh Trái đất theo quĩ đạo tròn độ cao 4,2.103 km so với mặt đất Cho Trái đất hình cầu có bán kính R = 6400 km, khối lượng Trái đất M = 6.1024 kg; số hấp dẫn G = 6,674.10-11 a) Tính chu kì chuyển động thiên thạch A chuyển động tròn quanh Trái đất b) Thiên thạch A chuyển động trịn bất ngờ va chạm trực diện với thiên thạch khác có khối lượng bé nhiều bị 2% động không bị lệch hướng chuyển động giữ nguyên khối lượng Hãy: + Mơ tả hình dạng quĩ đạo thiên thạch A sau va chạm + Tìm khoảng cách ngắn quĩ đạo thiên thạch A sau va chạm so với trái đất a) Thiên thạch chuyển động theo quĩ đạo trịn nên lực hấp dẫn đóng vai trị lực hướng tâm: r=R+h ; Chu kì Thay số: T = 3,01 b) Ban đầu thiên thạch chuyển động trịn W < Sau va chạm động giảm, thiên thạch A khơng thay đổi nên W nhỏ Vì sau 2% động thiên thạch A chuyển động quĩ đạo elip Động ban đầu thiên thạch A trước va chạm: Wđ0 Thế ban đầu thiên thạch A trước va chạm: Wt Trong trình va chạm, thiên thạch A khơng thay đổi, cịn động đột ngột giảm xuống, 98% động ban đầu Cơ tổng cộng thiên thạch sau va chạm là: (1) Vì quĩ đạo sau va chạm elip nên (2) Từ (1) (2) suy trục lớn elip: 2a = 20784,3137 km Do sau va chạm vận tốc thiên thạch A vuông góc với bán kính nối thiên thạch với tâm trái đất nên vị trí va chạm viễn điểm quĩ đạo elip Khoảng cách từ viễn điểm tới tâm trái đất lúc 6400 + 4200 = 10600km Vậy khoảng cách từ cận điểm quĩ đạo elip đến tâm trái đất là: rmin = 20784,3137 km - 10600km = 10184,3137 km Khoảng cách ngắn từ thiên thạch A đến trái đất sau va chạm là: 10184,3137 km - 6400 km = 3784,3137 km Bài 24: Vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn cách bề mặt trái đất bán kính trái đất Tại thời điểm đó, trạm liên hành tinh phóng từ vệ tinh, sau phần cịn lại vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo elíp tiếp xúc với mặt đất điểm đối diện với điểm xuất phát trạm Tính phần khối lượng tối đa tách thành trạm liên hành tinh Khi phóng trạm, để có lợi mặt lượng, dùng vận quỹ đạo (v0) truyền cho trạm vận tốc u với vệ tinh Khi vệ tinh phải thu v.tốc v có ngược lại Gọi m k/l trạm, M KL ban đầu Theo định luật bảo tồn động lượng ta có mu  (M  m)v = Mv0 (u vt trạm mặt trời) mu  Mv + mv = Mv0 m(u + v) = M(v0 + v) tốc vệ tinh hướng cđ hướng vệ tinh v' v0 v m v0  v  M u v (1) Phương trình cđ vệ tinh quỹ đạo trịn bán kính 2R là: Mv20 GMMD GMD   v0  2R 2R (2R)2 (2) Trạm xa trái đất vô hạn nên phải cđ theo đường parabon vơ hạn Ở vơ cực lượng tồn phần =  lúc phóng lượng trạm M m GMD mu2  G D 0  u  2R R (3) Đối với phần lại vệ tinh theo ĐL bảo tồn lượng ta có M 1v2 M M M (v')2 M M  G D 1 G D 2R R Trong M1 = (M  m); v' vt điểm cận địa để tìm v' ta áp dụng ĐL Kepler II (2R)v = Rv' v' 2GMD 3R (4) Đặt (2), (3), (4) vào (1) ta tìm m/M = 0,8 Bài 25: (Cơ học thiên thể, điểm) Một tàu vũ trụ chuyển động với vận tốc xung quanh hỏa tinh (HT) quỹ đạo tròn độ cao H so với bề mặt Hỏa tinh (Hình 3), bán kính Hỏa tinh R Để chuyển sang quỹ đạo quanh Hỏa tinh, tàu đột ngột khí thời gian ngắn theo phương vectơ bán kính phía ngồi làm cho tàu có thêm vận  v tốc hướng tâm với độ lớn v0 (0