Tim hieu Vat Ly So Cap

Để duy trì các dao động không tắt dần trong mạch với độ tắt dần nhỏ Hình 8 người ta tăng nhanh độ tự cảm của cuộn dây so với chu kỳ dao động trong mạch một đại lượng nhỏ L L  L mỗi l[r]

TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) CHUYỂN ĐỘNG TRÕN: ĐỀU VÀ KHÔNG ĐỀU Chuyển động tròn là dạng chuyển động thường gặp kĩ thuật và thực tế Việc giải bài toán chuyển động tròn có ý nghĩa quan trọng Trước hết chúng ta hãy nhắc lại vài khái niệm Giả sử vật (chất điểm) chuyển động tròn Vận tốc góc  định nghĩa là giới hạn tỉ số góc quay  bán kính qua vật và thời gian t để quay góc đó, t tiến đến không :   t  t Góc quay đo radian, vì vận tốc góc hệ SI rad/s (hay 1/s) Độ lớn V véctơ vận tốc chuyển động tròn gọi là vận tốc dài Vận tốc góc và vận tốc dài thời điểm bất kì liên hệ hệ thức V  R , đây R là bán kính quỹ đạo Chuyển động tròn gọi là độ lớn vận tốc dài (và đó vận tốc góc) không thay đổi theo thời gian, trường hợp ngược lại thì chuyển động gọi là tròn, không Đối với chuyển động tròn người ta đưa vào khái niệm chu kì và tần số Chu kì chuyển động là khoảng thời gian T vật chuyển động trọn vòng Tần số f là số vòng vật quay đơn vị thời gian Dễ thấy T=1/f và   2f  2 / T V2  2 R Vectơ gia tốc Trong chuyển động tròn gia tốc tính theo công thức a  R luôn hướng vào tâm quỹ đạo vì gọi là gia tốc hướng tâm Theo định luật II Newton    F  ma , đây F là tổng hợp các lực vật khác tác dụng lên vật Vì chuyển động tròn   vectơ gia tốc a luôn hướng vào tâm nên F hướng vào tâm, đó nó gọi là lực hướng tâm Cần lưu ý lực hướng tâm không phải là lực gì huyền bí đặc biệt, xuất vật chuyển động tròn, mà đó là tổng hợp các lực vật khác tác dụng lên vật Vì bắt đầu giải bài toán chuyển động tròn nên biểu diễn các lực thực tác dụng lên vật, không phải là lực hướng tâm R x O Hình Trong chuyển động tròn, không vectơ gia tốc không hướng vào tâm quay, vì nên phân tích    nó thành hai thành phần a t và a n (H.1) Thành phần a t hướng theo tiếp tuyến quỹ đạo và gọi là gia tốc tiếp tuyến Nó đặc trưng cho mức độ biến đổi nhanh chậm độ lớn vận tốc Thành phần  a n hướng theo pháp tuyến quỹ đạo vào tâm quay và gọi là gia tốc pháp tuyến (hay gia tốc hướng tâm) Độ lớn gia tốc pháp tuyến thời điểm bất kì tính theo công thức: V2 an   2 R , đó V và  là vận tốc dài và vận tốc góc thời điểm đó Từ hình vẽ R  rõ ràng chuyển động tròn không hình chiếu vectơ gia tốc a trên trục x (hướng dọc theo bán kính vào tâm quay) luôn a n Đây là sở để giải nhiều bài toán chuyển động tròn không Trang 1/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Bài Một cái đĩa quay tròn quanh trục thẳng đứng và qua tâm nó Trên đĩa có cầu nhỏ nối với trục nhờ sợi dây mảnh dài l Dây lập với trục góc  (H.2) Phải quay hệ với chu kì bao nhiêu để cầu không rời khỏi mặt đĩa?  x  Hình Quả cầu chuyển động tròn trên đường tròn bán kính l sin  với vận tốc góc 2 / T và với  gia tốc a  (2 / T ) l sin  , đây T là chu kì quay Quả cầu chịu tác dụng trọng lực mg , lực   căng dây FC và phản lực N đĩa Phương trình định luật II Niutơn:     mg  N  FC  ma Chiếu phương trình vectơ này lên trục x vuông góc với sợi dây, ta có: mg sin   N sin   ma cos  Từ đó: N  m( g  a / tg ) Quả cầu không rời khỏi mặt đĩa phản lực N  , tức là: a  g.tg Thay gia tốc a qua chu kì T theo biểu thức trên ta đuợc: l T  2 cos  g Dấu biểu thức này ứng với trường hợp cầu nằm giới hạn rời khỏi mặt đĩa, tức là có thể coi là tiếp xúc mà có thể coi là không còn tiếp xúc với đĩa (trên thực tế trường hợp này không có ý nghĩa gì quan trọng), vì có thể coi câu trả lời hợp lí là ứng với dấu lớn Bài Một cầu nhỏ khối lượng m treo sợi dây mảnh Kéo cầu để sợi dây nằm theo phương ngang thả Hãy tìm lực căng sợi dây nó lập với phương nằm ngang góc 30 O A  X B   Đây là bài toán chuyển động tròn, không Quả cầu chịu tác dụng trọng lực mg và lực Hình   căng FC sợi dây (H.3) Hai lực này gây gia tốc a cầu, không hướng vào tâm O Theo định luật II Newton:    FC  mg  ma Chiếu phương trình vectơ này lên trục X ta được: FC  mg sin  ma n , Trang 2/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) đó a n  V / R , với V là vận tốc cầu, R là chiều dài sợi dây Từ định luật bảo toàn suy ra: mgR sin  mV / Từ phương trình trên tính lực căng sợi dây: FC  3mg sin  3mg / Bài Một cái đĩa có thể quay xung quanh trục thẳng đứng, vuông góc với đĩa và qua tâm nó Trên đĩa có vật khối lượng M Ở mặt trên khối M có vật nhỏ khối lượng m Vật m nối với trục nhờ sợi dây mảnh (Hình 4) Quay đĩa (cùng vật M và m) nhanh dần lên, tức là vận tốc góc tăng dần Ma sát đĩa và khối M không đáng kể Hỏi với vận tốc góc bao nhiêu thì khối M bắt đầu trượt khỏi vật m, biết hệ số ma sát trượt vật m và khối M k Trước hết ta hãy tìm vận tốc góc  mà khối M chưa trượt phía vật m, tức là m và M cùng quay với Trong trường hợp này chúng chuyển động theo đường tròn, bán kính R và với gia tốc hướng tâm a   R a FC Fms N1 N Fms mg N Mg Hình Trong hệ có nhiều vật và nhiều lực tác dụng Để không làm cho hình vẽ quá rối, trên hình các véc tơ   lực ký hiệu là các độ lớn chúng Vật m chịu tác dụng trọng lực mg , phản lực N   khối M, lực căng Fc sợi dây và lực ma sát nghỉ Fms (do M tác dụng) Theo định luật II Newton tổng hợp các lực này phải hướng vào trục quay Từ đó suy lực ma sát phải hướng song song sợi dây Theo định luật III Newton vật m tác dụng lên khối M lực ma sát có cùng độ lớn ngược chiều   Khối M chịu tác dụng trọng lực Mg , áp lực N vật m (có độ lớn trọng lượng   mg nó) và lực ma sát nghỉ Fms vật m, phản lực N1 đĩa Phương trình chuyển động khối M chiếu lên trục song song với sợi dây có dạng: Fms  M2 R Khối M không trượt khỏi vật m độ lớn lực ma sát nghỉ nhỏ giá trị cực đại nó (bằng lực ma sát trượt), tức là : Fms  kmg ,  M2 R  kmg Từ đó suy khối M bắt đầu trượt khỏi phía vật m vận tốc góc đạt giá trị: kmg  MR Trang 3/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Bài Một nhà du hành vũ trụ ngồi trên Hoả tinh đo chu kỳ quay lắc hình nón (một vật nhỏ treo vào sợi dây, chuyển động tròn mặt phẳng nằm ngang với vận tốc không đổi, đó dây treo quét thành hình nón) nhận kết T=3s Độ dài dây L=1m Góc tạo sợi dây và phương thẳng đứng   300 Hãy tìm gia tốc rơi tự trên Hoả tinh   m Hình Vật chuyển động theo đường tròn bán kính L sin với vận tốc góc 2 / T và gia tốc   a  (2 / T) L sin Vật m chịu tác dụng lực căng FC dây treo, trọng lực mg' , đây g’ là gia tốc rơi tự trên Hoả tinh Phương trình chuyển động vật có dạng:    FC  mg'  ma Từ hình rõ ràng ma /( mg' )  tg Thế biểu thức a trên vào tìm gia tốc rơi tự trên Hoả tinh: g'  2L cos  m  3,8 T s Bài Một cầu gắn cố định trên măt bàn nằm ngang Từ đỉnh A cầu vật nhỏ bắt đầu trượt không ma sát với vận tốc ban đầu Hỏi vật chạm vào mặt bàn góc  bao nhiêu? A R    X  O   Hình Giả sử bán kính cầu R (H.6) Chuyển động vật trên mặt cầu rời khỏi nó là chuyển động tròn không với bán kính quỹ đạo R Trước hết chúng ta tìm góc  và  vận tốc V vật rời khỏi mặt cầu Vật chịu tác dụng trọng lực mg và phản lực pháp  tuyến N cầu Phương trình chuyển động vật chiếu lên trục X có dạng: mg cos   N  ma n , V2 đây a n  R được: là gia tốc pháp tuyến Vào thời điểm vật rời khỏi mặt cầu thì N=0, vì ta V  gR cos  Để tìm V và  cần có thêm phương trình Sử dụng định luật bảo toàn năng: Trang 4/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) mV  mg( R  R cos )  V  2gR (1  cos ) Giải hệ hai phương trình với các ẩn là V và  ta tìm : cos   / 3; V  2gR /  Bây chúng ta tìm vận tốc V1 vật chạm vào mặt bàn Dùng định luật bảo toàn năng: vật đỉnh hình cầu vật chạm bàn mV1 , 2mgR  từ đó tính V1  gR Trong khoảng thời gian từ lúc rời mặt cầu đến chạm mặt bàn thành phần vận tốc theo phương ngang vật không thay đổi Vì gọi góc rơi vật chạm bàn là  thì ta có: V cos   V1 cos  Thay các biểu thức V, V1 và cos  đã tìm trên vào tính được:   ar cos  74 Bài tập: Một vật nhỏ buộc vào đỉnh hình nón thẳng đứng xoay sợi dài l (H.7) Toàn hệ thống quay tròn xung quanh trục thẳng đứng hình nón Với số vòng quay đơn vị thời gian bao nhiêu thì vật nhỏ không nâng lên khỏi mặt hình nón ? Cho góc mở đỉnh hình nón 2  1200 l 2 Hinh Một cái đĩa có thể quay xung quanh trục thẳng đứng, vuông góc với đĩa và qua tâm nó Trên đĩa có vật khối lượng M và mặt trên khối M có vật nhỏ khối lượng m Vật nối với trục nhờ sợi dây mảnh (H.4) Quay đĩa (cùng khối M và vật m) nhanh dần lên, tức là vận tốc góc tăng dần Coi ma sát vật m và khối M là nhỏ không đáng kể Hỏi với vận tốc góc bao nhiêu thì khối M bắt đầu trượt khỏi vật m, biết hệ số ma sát trượt đĩa và khối M k Một cầu bán kính R=54cm, gắn chặt vào bàn nằm ngang Một viên bi nhỏ bắt đầu trượt không ma sát từ đỉnh cầu Hỏi sau rơi xuống mặt bàn viên bi nẩy lên độ cao cực đại bao nhiêu va chạm nó với mặt bàn là va chạm đàn hồi? Tô Linh (Sưu tầm & giới thiệu) Trang 5/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) TỔNG HỢP VẬN TỐC Qui tắc tổng hợp vận tốc xác lập mối liên hệ các vận tốc cùng chất điểm các hệ quy chiếu khác Trong bài này chúng ta nghiên cứu quy tắc đó thông qua việc giải số bài tập cụ thể Chúng ta nhắc lại hệ quy chiếu phải gắn liền với vật làm mốc nào đó và chuyển động cùng chất điểm diễn khác các hệ quy chiếu khác Giả sử có hai hệ quy chiếu S và S’ chuyển động Vì chuyển động và đứng yên có tính tương đối nên chúng ta quy ước coi hệ S là đứng yên, còn hệ S’ chuyển động Chuyển động chất điểm M hệ S gọi là chuyển động tuyệt đối, còn chuyển động hệ S’ gọi là chuyển động tương đối Một cách tương ứng, vận tốc M hệ S gọi là vận tốc tuyệt đối, còn hệ S’ gọi là vận tốc tương đối Để dễ hình dung chúng ta có thể lấy thí dụ như: chọn phòng làm hệ S, còn cầu không khí vừa bay vừa quay là hệ S’ và chất điểm M là kiến bò trên cầu Chúng ta đưa thêm vào khái niệm là vận tốc kéo theo Đây là vận tốc điểm hệ S’, mà chất điểm M qua vào thời điểm đã cho, hệ S Trong thí dụ chúng ta đó là vận tốc phòng điểm trên cầu mà kiến bò qua đó    Ở thời điểm nào vận tốc tuyệt đối v A , vận tốc tương đối vO và vận tốc kéo theo vC liên hệ với hệ thức:    v A = vO + vC Đây chính là công thức tổng hợp vận tốc Chúng ta nêu hai nhận xét sau đây:  1) Nói chung vận tốc kéo theo vC không phải là vận tốc hệ S’ hệ S Thực vậy, chuyển động cầu không khí còn quay nên vận tốc các điểm khác trên cầu phòng là khác Chính vì nói đến vận tốc cầu (tức hệ S’) phòng (tức hệ S) là vô nghĩa Chỉ trường hợp hệ S’ chuyển động tịnh tiến không quay thì vận tốc tất điểm S’ S là và người ta gọi đó là vận tốc hệ S’ hệ S 2) Hệ thức vận tốc tuyệt đối, vận tốc tương đối và vận tốc kéo theo tuý là hệ thức động học, không có liên quan gì đến các hệ S và hệ S’ là hệ quy chiếu quán tính hay không quán tính Cả hai hệ có thể là hệ không quán tính Bây chúng ta xét các bài toán cụ thể Bài toán 1.Trên boong tàu thủy chuyển động bờ sông với vận tốc u = 15km/h có hành khách với tốc v0  u / boong tàu, theo phương lập với trục tàu góc   300 (xem H.1) Hãy tìm vận tốc hành đó bờ v0  vận dọc u Hình khách v v0 Chúng ta lấy bờ sông làm hệ quy chiếu đứng yên và tàu thủy     u là làm hệ quy chiếu chuyển động Khi đó v0 là vận tốc tương đối,  tốc vận tốc kéo theo Vận tốc hành khách bờ v là vận Hình tuyệt đối Theo công thức công vận tốc:    v = v0 + u Sử dụng định lý cosin chúng ta tìm độ lớn vận tốc v hành khách bờ và góc  vận tốc này và trục tàu: v  u  v02  2uv0 cos   u  13km/h Trang 6/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) v sin  sin   0,33;   19 A v O Bài toán Trong phòng có cái đĩa quay với vận tốc góc  đổi quanh trục cố định O qua tâm đĩa và vuông góc với đĩa Một dừa bò trên mặt đĩa dọc theo bán kính với vận tốc v0 đĩa Hãy tìm độ lớn vận tốc bọ dừa phòng vào thời điểm điểm A cách trục O khoảng R Tất nhiên là nên chọn phòng làm hệ quy chiếu đứng yên, còn  hệ quy chiếu chuyển động Khi đó v0 là vận tốc tương đối Vận tốc   theo vC là vận tốc điểm A phòng Vận tốc kéo theo vC hướng vuông góc với phương bán kính OA và có độ lớn bằng:  vC  R Vận tốc bọ dừa v phòng là vận tốc tuyệt    Theo quy tắc cộng vận tốc : v = v0 + vC Độ lớn vận tốc dừa phòng : v0 không bọ (H.3) nó  Hình v0 v đĩa là kéo A O vC đối  bọ Hình v  v02  vC2  v02   R Bài toán Bán kính hành tinh r = 2000km Vận tốc các điểm trên xích đạo v1  0,6km / s Một vệ tinh chuyển động mặt phẳng xích đạo hành tinh trên quỹ đạo bán kính R = 3000km, theo chiều quay hành tinh với vận tốc v2  2km / s Hãy tìm vận tốc vệ tinh hành tinh M   vC Chọn hệ quy chiếu đứng yên là hệ mà vận tốc v1 và v2 vO R cho đó Lấy hành tinh làm hệ chuyển động Vận tốc v1 v2  tốc tuyệt đối vệ tinh đã cho và v Chúng ta cần tìm vận  sử vệ tinh hành tinh tức là vận tốc tương đối vO Giả O  vào thời điểm nào đó vệ tinh qua điểm M gắn liền với hành tinh r tưởng tượng OM (H.5) Vận tốc điểm M  ta hệ quy chiếu đứng yên chính là vận tốc kéo theo vC Chúng hãy tìm nó Hình v tốc Vận tốc góc quay hành tinh   , còn vận r    vR kéo theo vC  R  Theo quy tắc cộng vận tốc ta có: v2  vO  vC Ta nhận thấy vận tốc r  tương đối vệ tinh cùng hướng với vận tốc tuyệt đối v và có độ lớn bằng: R vO  v2  vC  v2  v1 =1,1km/s v2 r A1 A2 v1 Bài toán Trên hai đường tròn bán kính đường R C M D R, nằm cùng mặt phẳng, có hai ô tô A1 A2 chuyển động với các vận tốc v1  v  20km / h và R v2  2v Kích thước các ô tô nhỏ so với R Vào R/2 điểm nào đó thì các ô tô nằm các điểm M và C cách Hình R/2 (H.6) 1) Hãy tìm vận tốc ô tô A2 hệ quy chiếu gắn liền với ô tô A1 vào thời điểm đó 2) Hãy tìm vận tốc ô tô A2 hệ quy chiếu gắn liền với ô tô A1 A2 điểm D Trang 7/102 và thời TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Chọn đường làm hệ quy chiếu đứng yên Vận tốc ô tô A2 hệ quy chiếu này là vận   tốc tuyệt đối Ký hiệu vC và v D là vận tốc tuyệt đối A2 qua các điểm C và D (H.7) Theo đề ra: vC  v D  v2  2v Chúng ta gắn hệ quy chiếu chuyển động với ô tô A1 Rõ ràng hệ này quay xung quanh trục O với vận tốc góc v  R   Ký hiệu vận tốc kéo theo ô tô A2 qua các điểm C và D là vCkt và v Dkt Độ lớn các vận tốc này bằng: v R R/2 vD vCkt  .OC   R    v , vDtd A1 A2 R 2  M D C v R  v Dkt  .OD   R   R   v O vCkt R R R    vCtd vC v v Chúng ta cần phải tìm các vận tốc tương đối Ctd và Dtd vDkt ô tô A2 nó qua các điểm C và D Hình Theo quy tắc cộng vận tốc (xem H.7):       vC  vCtd  vCkt ; v D  v Dtd  v Dkt Vận tốc A2 A1 các điểm C và D trùng hướng với các vận tốc A2 đường các điểm này và bằng: vCtd  vC  vCkt = 2v  v =10km/h v Dtd  v D  v Dkt = 2v  v =110km/h Bài toán Trong trời mưa đá, ô tô chạy trên đường nằm ngang với vận tốc không đổi u=25km/h Một hạt mưa đá rơi xuống va chạm với kính chắn gió phía trước và bật theo phương ngang cùng chiều chuyển động xe Kính chắn gió nghiêng góc   300 so với phương thẳng đứng (H.8) Cho trước va chạm vận tốc các hạt mưa có phương thẳng đứng và va chạm là hoàn toàn đàn hồi, hãy tìm vận tốc hạt mưa đá: 1) trước va chạm; 2) sau va chạm Hình Chúng ta chọn đường làm hệ quy chiếu đứng yên và ô tô làm hệ quy chiếu chuyển động Chúng ta   tìm vận tốc v1 và v hạt mưa đá đường trước và sau va chạm, tức là các vận tốc tuyệt   đối hạt mưa Theo đề thì v1 hướng thẳng đứng xuống dưới, còn v hướng nằm ngang (H.9) Trang 8/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT)   Ngay sau va chạm vận tốc tuyệt đối v , vận tốc tương đối v 2O và vận tốc kéo theo  hạt mưa u (cũng là vận tốc ô tô) liên hệ hệ thức:    v = v 2O + u    Vì v và u hướng theo phương ngang nên v 2O hướng nằm ngang, đó: v2  v2O  u  Vận tốc tương đối v 2O lập với pháp tuyến AB mặt kính góc  nào đó chính là góc phản xạ Từ phần động lực học chúng ta đã biết va chạm đàn hồi vật với bề mặt vật nặng, đứng yên thì góc tới góc phản xạ, còn độ lớn vận tốc tới và vận tốc phản xạ  Vì vận tốc v1O hạt mưa đá ô tô trước va chạm lập với pháp tuyến AB mặt kính góc  và độ lớn: v1O = v 2O    Trước va chạm hệ thức vận tốc tuyệt đối v1 , vận tốc tương đối v1O và vận tốc kéo theo u là:    = v1O + u v1  Từ H.9 dễ dàng chứng minh    và vận tốc tương đối v1O lập với phương ngang góc  Sử dụng hình chúng ta tìm vận tốc hạt mưa đá trước và sau va chạm: v1  u.tg (2)  u.tg (2)  u  43km / h v2  v2O  u  v1O  u =   u  u  u   1 =3u=75km/h cos(2)  cos( 2)  v Bài toán Một băng chuyền chuyển động với vận tốc không đổi v Băng nằm cùng mặt phẳng với mặt bàn Một hộp nhỏ v/2 chuyển động trên mặt bàn với vận tốc v/2 thì vào băng chuyền  theo hướng lập góc  ( cos  = 1/9) với mép băng Hệ số ma sát trượt hộp và băng là  Hình 10 1) Độ lớn vận tốc hộp băng vào lúc bắt đầu chuyển động trên băng chuyền bao nhiêu? 2) Với độ rộng tối thiểu băng bao nhiêu để hộp không khỏi băng? Chọn hệ quy chiếu đứng yên gắn liền với bàn, còn hệ quy chiếu chuyển v động gắn liền băng chuyền Khi đó vận tốc băng chính là vận tốc kéo vA O theo vC  v Lúc bắt đầu chuyển động trên băng thì vận tốc tuyệt đối   vC v hộp vận tốc hộp bàn trước vào băng, vì v A  Vận tốc tương đối hộp băng lúc bắt đầu chuyển động trên Hình 11     băng là vO Theo quy tắc cộng vận tốc (H.11): v A  vO  vC Sử dụng định lý cosin tam giác ta được: 7v vO2  vC2  v A2  2vC v A cos(180  )  Để trả lời câu hỏi thứ hai nên chuyển sang hệ quy chiếu quán tính gắn liền với băng Đối với băng,  hộp có vận tốc ban đầu vO theo hướng lập với mép băng góc  nào đó và chuyển động thẳng, chậm dần với gia tốc  g Yêu cầu độ rộng băng nhỏ mà hộp không khỏi băng d dẫn tới hộp phải dừng lại mép băng đối diện Khi đó hộp đoạn đường s  Đối với sin  chuyển động chậm dần hộp trên băng chuyền có thể viết: vO2  2gs Từ hai biểu thức cuối suy ra: 49 v sin  d 72 g Trang 9/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Dựa vào định lý sin tam giác ta có: v sin   A ; đây: sin(180  )  sin   cos   Từ đó chú ý đến biểu thức sin(180  ) vO v A và vO qua v ta được: Thế vào biểu thức d ta nhận độ rộng cực tiểu băng chuyền để hộp không 21 khỏi băng: v2 d 54 g BÀI TẬP Một đầu máy tàu hỏa chuyển động trên đoạn C v D K đường ray thẳng CD với vận tốc v (H.12) Một ô tô chuyển động với vận tốc v/4 trên đường có dạng cung tròn bán kính R Khoảng cách từ tâm cung tròn đến đường ray A v/4 OK=2R Vào thời điểm nào đó đầu tàu điểm K còn ô tô điểm A Hãy tìm vận tốc đầu tàu ô tô R (hệ quy chiếu gắn liền với ô tô) vào thời điểm đó Bỏ qua kích thước ô tô và đầu tàu so với R O máy ĐS: Vận tốc tương đối v / và cùng hướng với đầu Trời mưa đá có ô tô chuyển động với vận Hình 12 tốc u=29km/h trên đường nằm ngang Một hạt mưa đá đập lên kính chắn sau ô tô Kính này nghiêng góc   30 so với phương ngang Hạt mưa bật theo phương ngang, ngược chiều chuyển động ô tô Cho va chạm hạt mưa đá với kính ô tô là hoàn toàn đàn hồi và vận tốc hạt mưa trước va chạm hướng thẳng đứng, hãy tìm vận tốc hạt mưa a) trước va chạm b) sau va chạm ĐS: a) v1  50km / h; b)v2  29km / h sin   Một băng tải nằm ngang chuyển động với vận tốc không đổi v Trên băng có đĩa nhỏ (vòng đệm) chuyển động ngang với vận tốc 3v theo hướng lập với mép đĩa góc  ( cos   / 3) a) Đĩa nhỏ có độ lớn vận tốc bao nhiêu so với băng tải bắt đầu chuyển động trên băng? b) Hệ số ma sát trượt đĩa và băng tải lớn bao nhiêu để đĩa nhỏ vượt qua băng tải? 70 v ĐS: a) vd  v 14 ; b)  max  gd Tô Bá ( sưu tầm & giới thiệu) Trang 10/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN TRONG BÀI TOÁN VA CHẠM Trong vật lý, va chạm hiểu là quá trình tương tác khoảng thời gian ngắn các vật theo nghĩa rộng từ này, không thiết các vật phải tiếp xúc trực tiếp với Khi cách xa khoảng lớn các vật là tự Khi đến gần ngang qua nhau, các vật tương tác với dẫn đến có thể xẩy quá trình khác nhau: các vật chập lại với thành vật, tạo thành các vật mới, đơn giản thay đổi hướng và độ lớn vận tốc, Cũng có thể xẩy va chạm đàn hồi và va chạm không đàn hồi Trong va chạm đàn hồi các vật sau tương tác bay xa mà không có bất kì thay đổi nào nội năng, còn va chạm không đàn hồi thì trạng thái bên các vật sau va chạm bị thay đổi Trong thực tế, mức độ nào đó va chạm xẩy các vật thường là va chạm không đàn hồi vì các vật bị nóng lên phần động đã chuyển thành nội Tuy nhiên vật lý thì khái niệm va chạm đàn hồi lại đóng vai trò quan trọng, đặc biệt là thí nghiệm các tượng nguyên tử Dưới đây chúng ta xét số bài toán cụ thể Bài toán Một proton bay ngang qua hạt nhân nguyên tố nào đó đứng yên bị lệch góc  (với cos   / 15) , còn giá trị vận tốc nó giảm 10% (xem hình vẽ) Hãy xác định số khối hạt nhân nguyên tố đó v2 m m v1 M  Giải: Tương tác các hạt đây là đàn hồi, vì động lượng và động hệ bảo toàn:    (1) mv1  mv  Mv, 2 mv1 mv Mv (2)   2 đây M và v là khối lượng và vận tốc hạt nhân Từ định luật bảo toàn động lượng và định lý hàm số cosin ta được: (Mv)  (mv1 )  (mv )  2m v1v cos  (3) Từ (2) và (3) chúng ta tìm số khối A: M  k  2k cos  v A   7, đây k   0,9 m v2 1 k Vậy proton đã tán xạ với hạt nhân liti Bài toán Hạt anpha  tán xạ đàn hồi trên hạt nhân hyđrô (lúc đầu đứng yên) Góc tán xạ cực đại bao nhiêu? biết khối lượng hydô nhỏ hạt  bốn lần Giải: Chúng ta có thể giải bài toán này theo hai cách Cách thứ nhất: Chúng ta hãy phân tích va chạm đàn hồi hệ quy chiếu phòng thí nghiệm (đứng yên) Kí hiệu: m1 là khối lượng hạt   , v là vận tốc nó trước va chạm, m là khối lượng   nguyên tử hiđrô, v1 và v tương ứng là vận tốc hạt  và nguyên tử hiđrô sau va chạm Vì va chạm là đàn hồi nên áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn động : Trang 11/102   TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) m1v  m1v1 cos   m v cos  m1v1 sin   m v sin  m1 v m1 v12 m v 22   2 Khử  và v các hệ thúc này, chúng ta nhận phương trình bậc hai v1 (m1  m )v12  2m1v cos .v1  (m1  m )v  Nghiệm phương trình này là thực sin   m / m1 Góc  cực đại thoả mãn điều kiện này ứng với dấu và đó chính là góc  cần tìm Vậy: m   arcsin  0,25rad m1 Chúng ta thấy tán xạ với góc lệch cực đại có thể xẩy với điều kiện khối lượng hạt tới phải lớn khối lượng hạt đứng yên Cách thứ hai: Nói chung, khảo sát bài toán va chạm hệ khối tâm các hạt va chạm là dễ dàng Trong hệ này vectơ động lượng tổng cộng hệ luôn không vận tốc khối tâm hệ bằng:   m1 v V m1  m Trước va chạm động lượng hạt m1      m1m v p  m1 v  V  , còn động lượng hạt m  p m1  m Với va chạm đàn hồi thì động lượng và động hệ các vật tương tác bảo toàn Vì   kí hiệu động lượng hạt thứ sau va chạm là p * , thì động lượng hạt thứ hai là  p* Từ định luật bảo toàn lượng viết dạng:     1     p*2   p     m1 m   m1 m  chúng ta tìm p  p* Như vectơ động lượng (và đó véc tơ vận tốc) hạt quay góc nào mà giữ nguyên giá trị Góc quay phụ thuộc vào đặc điểm cụ thể tương tác và vị trí tương đối các vật va chạm Khi chuyển sang hệ quy chiếu phòng thí nghiệm ta dùng quy tắc cộng vận tốc.Theo quy tắc này vận tốc hạt tới sau va chạm  V    v1  V  v1* ,  đây v1* là vận tốc nó hệ khối tâm Trên hình bên V là vận tốc khối tâm hệ, v là vận m2v tốc hạt tới trước va chạm Đại lượng v1*  xác định bán kính vòng tròn mà vectơ m1  m   v1 kết thúc trên đó Từ hình vẽ suy trường hợp m1  m góc các vectơ vận tốc v   và v1 hạt tới trước và sau va chạm không thể vượt quá giá trị cực đại  , đó v1 tiếp tuyến với đường tròn, tức là Trang 12/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) v m   arcsin 1*   0,25rad V m1 Bài toán Phản ứng hạt nhân nhân tạo đầu tiên Rutherford thực năm 1919 14 N He17 O  p là phản ứng thu lượng Q = 1,13Mev Tính động ngưỡng cần truyền cho hạt  hệ phòng thí nghiệm để bắn phá vào hạt nhân bia nitơ đứng yên thì phản ứng có thể xảy Giải: Trước giải bài toán này chúng ta hãy tìm mối liên hệ các động E k và E k* hệ chất điểm hệ phòng thí nghiệm và hệ khối tâm Theo công thức cộng vận tốc thì     chất điểm thứ i hệ ta có v i  V  v i* , đây V là vận tốc khối tâm hệ Khi đó động hệ hệ phòng thí nghiệm bằng:       m i v i2 m i (V  v i* ) mi V m i v i2*  Ek       V m i v i* 2 2  Tổng  m i v i* = 0, vận tốc khối tâm hệ khối tâm thì phải không Như vậy: Ek  MV2  E k* đây M   m i Vậy động hệ hệ phòng thí nghiệm động hệ hệ khối tâm cộng M V2 với Bây ta bắt tay vào việc giải Bài toán Kí hiệu động lượng hạt  trước va chạm là  p Động khối tâm hệ p 02 m He MV2   E ng 2(m He  m N ) m He  m N không thay đổi quá trình phản ứng, vì động lượng hệ kín bảo toàn và đó lượng này không góp phần vào các biến đổi hạt nhân Như lượng ngưỡng phải thoả mãn điều kiện: E ng  Q  m He E ng m He  m N Từ đó E ng  m He  m N Q  1,45MeV mN Như vậy, chúng ta nhận thấy động hạt tới nhỏ các hạt tạo thành sau phản ứng đứng yên hệ khối tâm Bài toán Nguyên tử hiđrô trạng thái bản, đứng yên hấp thụ photon Kết là nguyên tử chuyển sang trạng thái kích thích và bắt đầu chuyển động Hãy tính giá trị vận tốc v nguyên tử hiđrô Cho lượng kích thích nguyên tử hiđrô E12  1,63.10 18 J Năng lượng nghỉ hiđrô mc  1,49.10 10 J Giải: Cách 1: Từ định luật bảo toàn lượng: hc mv  E12   Trang 13/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) và định luật bảo toàn động lượng: h  mv  tính vận tốc v (loại nghiệm v>c):  2E  E v  c1   122   c 122 ,  mc  mc  đây chúng ta đã sử dụng gần đúng  2E 12  1 E 12 lượng kích thich E12 nhỏ mc mc nhiều so với lượng nghỉ mc Điều này cho thấy giải bài toán ta cần sử dụng phép gần đúng phi tương đối tính Cách 2: Sử dụng công thức tương đối tính cho các định luật bảo toàn lượng và động lượng ta có: mc  hc   mc 2 và v 1 c h   mv v2 1 c hc /  Vì lượng photon bị mc  hc /  hấp thụ nhỏ nhiều lượng nghỉ nguyên tử nên cách gần đúng ta có: Chia hệ thức thứ hai cho hệ thức thứ nhất, ta : v  c vc E hc /   c 122 mc mc Bài toán Một nguyên tử hiđrô trạng thái bay đến va chạm với nguyên tử hiđrô khác trạng thái và đứng yên Động hiđrô tới nhỏ phải bao nhiêu để va chạm phát photon Năng lượng ion hoá nguyên tử hiđrô là 13,6eV Giải: Đây là bài toán va chạm không đàn hồi Nguyên tử hiđrô tới truyền lượng lớn có thể để ion hoá hai nguyên tử sau va chạm đứng yên hệ khối tâm Động khối tâm bằng: E ng p2 p2 ,   2(m1  m1 ) 4m p đây m p là khối lượng proton, còn E ng là lượng ngưỡng phản ứng Năng lượng ngưỡng không thay đổi Photon mang lượng nhỏ electron nguyên tử chuyển từ mức lên mức kích thích thứ Muốn nguyên tử phải hấp thụ lượng E ng 1 h12  hR (  )  hR  , 4 đây R là số Rydberg Khi ion hoá, electron chuyển từ mức lên mức vô cùng, lượng ion hoá E i  hR Từ đó ta tìm E ng  E i  20,4eV Bài toán Một photon Rơnghen va chạm với electron đứng yên và bị phản xạ theo hướng ngược lại Hãy tìm độ biến thiên bước sóng photon tán xạ Trang 14/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Giải: Với lượng hàng ngàn electron-vôn thì ta phải tính đến hiệu ứng tương đối tính Định luật bảo toàn lượng và động lượng có dạng: hc hc mc 2  mc   0  v2 1 c và h h   0  mv v2 1 c , đây m là khối lượng electron,  và  là bước sóng photon trước và sau tán xạ Từ hệ hai phương trình này dễ dàng rút :       h  4,84.10 12 m mc Như bước sóng photon tăng Kết này hoàn toàn phù hợp số liệu thực nghiệm Bài tập Hạt nhân liti bị kích thích chùm proton bắn vào bia liti đứng yên Khi đó xẩy phản ứng p Li  p Li * Tìm tỉ số lượng photon tới và lượng kích thích liti để xuất các photon tán xạ theo hướng ngược với các photon tới Một electron bay đến va chạm với nguyên tử hydrô trạng thái bản, đứng yên Tính lượng ngưỡng E ng electron tới để va chạm phát photon Năng lượng ion hoá nguyên tử hydrô là 13,6 eV Photon Rơnghen va chạm với electron đứng yên và phản xạ theo hướng vuông góc Hãy tim độ tăng bước sóng photon tán xạ Phạm Tô (Sưu tầm và giới thiệu) BÀI TOÁN GIẢ CÂN BẰNG Hải Nguyễn Minh (HảI Phòng) Trong bài toán tĩnh học, có nhiều các hệ học độc đáo và đa dạng Khá nhiều số chúng thường sử dụng các bài toán tĩnh học vì chuyển động hệ đó có là phức tạp Tuy nhiên, ta xét chuyển động hệ đó thời điểm đặc biệt (đầu quá trình) thì thu bài toán độc đáo thường gọi là giả cân Loại bài này gây cho học sinh phổ thông , kể học sinh chuyên nhiều khó khăn Vì bài viết này sâu vào ví dụ cụ thể để có thể rút phương pháp chung cho việc giải bài toán loại đó Những câu hỏi thường gặp bài toán giả cân là xác định các yếu tố gia tốc, lực thời điểm ban đầu quá trình chuyển động hệ Ví dụ Cho hệ hình vẽ Ban đầu hệ trạng thái cân sau đó người ta đốt dây nằm ngang giữ Trang 15/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) m1 m1 ,m2 Xác định gia tốc m2 sau đốt dây Biết góc  và các khối lượng Sai lầm thường gặp bạn lần đầu tiên gặp dạng toán này là gắn nó với các lực tĩnh học điều kiện cân ban đầu hệ Vì để giải bài toán việc đầu tiên cần làm là loại bỏ tất các ý niệm lực tĩnh học và coi nó là bài toán động lực học thật Ngay thời điểm ban đầu các lực tác dụng lên cầu gồm : trọng lực T1 T2 T2 m2 g các dây m1 g , lực căng Lực tác dụng lên cầu gồm: trọng lực và , lực căng dây (ta không biểu diễn trọng lực trên hình) Khi cầu có thành phần gia tốc theo phương thẳng đứng a2 a2 Do dây không giãn nên thành phần gia tốc theo phương thẳng đứng là Các phương trình Newton theo phương Y: m1 g  T2  T1 cos   m1a2 (1) m2 g  T2  m2 a2 (2) Ngay thời điểm ban đầu vận tốc m1 0: nên thành phần gia tốc v 0 R  T1  T2 cos   m1 g cos   m1aht   T1  T2 cos   m1 g cos  phương hướng tâm không: a ht  Trang 16/102 (3) m1 theo TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Từ (1), (2), (3) ta dễ dàng thu được: m1  m2 a2  g m1  m2 sin  Chúng ta có thể thử lại kết trên với trường hợp đặc biệt:  0   90 + Khi + Khi : a = : a = g m1  + Khi : a = g Các kết thử lại trên phù hợp với xem xét định tính Để thu kết trên chúng ta có thể thay (2) và (3) hai phương trình khác liên hệ hai thành phần gia tốc theo phương x và y Các bạn hoàn toàn có thể tự làm điều đó tự mở rộng thêm Ví dụ Một nhẵn cố định vào tường và làm với đường nằm ngang góc  Xâu nhẫn khối lượng m1 vào Sợi dây mảnh không giãn khối lượng không đáng kể buộc đầu vào nhẫn còn đầu buộc cầu khối lượng m2 Giữ nhẫn cố định cho dây vị trí thẳng đứng Tính lực căng dây sau thả nhẫn Ngay sau thả nhẫn ta có thể khẳng định gia m1 m2 tốc hướng theo còn gia tốc hướng theo phương đứng Áp dụng định luật hai Newton cho vật 1, ta có T  m1g .sin   m1a1 (4) Trang 17/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) m2 Do dây không dãn nên chuyển động tròn hệ quy chiếu gắn với vòng nhẫn Ta lại áp dụng điều kiện sau đốt dây: vận tốc m2 không Trong hệ quy chiếu gắn với vòng nhẫn cầu chịu lực quán tính: f qt  m2 a1 Áp dụng định luật hai Newton cho cầu theo phương dây: m2 g  T  f qt sin  m aht Do vận tốc không nên aht   m2 g  T  m2 a1 sin   (5) Từ (4) và (5) ta dễ dàng thu được: T m2 g m2  (1  )tg  m1 Kết trên phù hợp với xem xét định tính ta xét với giá trị đặc biệt  Ngoài lời giải trên ta có thể dùng mối quan hệ gia tốc m và m2 không thật cần thiết phải đổi hệ quy chiếu Bài viết muốn cho các bạn thấy hiệu việc sử dụng điều kiện vận tốc ban đầu không với bài toán giả cân giới hạn chất điểm Sử dụng điều kiện vận tốc ban đầu "bằng không" tỏ hiệu các bài toán giả cân liên quan đến chất điểm Nhưng là không thực tiễn ta sử dụng cách đó các hệ vật rắn Tuy việc sử dụng các mối liên hệ các gia tốc lại tỏ hiệu Để minh hoạ ta hãy xét ví dụ đây Ví dụ Một AB đồng chất chiều dài 2l khối lượng m giữ nằm ngang hai dây treo thẳng đứng hình vẽ Xác định lực căng dây trái sau đốt dây phải Ngay sau đốt dây các lực tác dụng lên gồm: lực căng dây T, trọng lực mg Định luật Newton theo trục y: mg  T  m.a y (6) Định luật hai Newton cho chuyển động quay quanh khối tâm: T l  ml 2 (7) Ta cần tìm mối liên hệ ay và gia tốc góc Trang 18/102  TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Xét sau khoảng thời gian t nhỏ sau đốt dây, dây còn thẳng đứng, thì bị lệch khỏi phương ngang góc  nhỏ Trong khoảng thời gian nhỏ đó, ta coi gia tốc khối tâm và gia tốc góc là không đổi Khi đó độ dịch chuyển khối tâm là: y  l. Đạo hàm hai lần hai vế phương trình trên theo t, ta được:  a y  l. (8) Từ các phương trình (6), (7) ,(8) ta thu được: T  mg Ví dụ Một đồng chất AB dài 2l, trọng lượng P, đầu A tựa trên sàn ngang nhẵn và lập với sàn góc 0, đầu B treo dây DB thẳng đứng, không giãn, không trọng lượng Tại thời điểm nào đó dây bị đứt và bắt đầu chuyển động Xác định áp lực lên sàn thời điểm bắt đầu chuyển động Do không có ngoại lực tác dụng lên theo phương ngang nên khối tâm chuyển động theo đường thẳng đứng xuống Ngay sau bắt đầu chuyển động các lực tác dụng lên là: trọng lực mg, phản lực N sàn Định luật Newton theo trục y: mg  N  m.a y (10) Định luật Newton cho chuyển động quay quanh khối tâm: N l cos   ml 2 (11) Ta cần tìm mối liên hệ ay và  dựa trên các điều kiện ban đầu chuyển động Xét hợp với phương ngang góc  = 0 - d Quãng đường mà khối tâm đã dịch chuyển là: y  lsin0 lsin  l.(sin   sin(  d ))  l sin   sin  cos d  cos  sin d  y  l cos  d Đạo hàm hai vế phương trình trên ta có : a y  l cos   (12) Từ (10), (11), (12) ta thu được: N mg cos   Trong bài toán trên việc sử dụng mối liên hệ các gia tốc tỏ hiệu quả, luôn phải dựa trên các điều kiện giới hạn thời điểm sau đốt dây Đó là đặc điểm chung các bài toán giả cân Tuỳ thuộc vào dạng bài toán giả cân mà bạn chọn hai phương pháp đã nêu trên để có lời giải tối ưu Sau đây là số bài tập để các bạn luyện tập thêm: Trang 19/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Bài tâp Một dây AB dài 2l không giãn không khối lượng buộc chặt đầu vào nằm ngang Điểm chính có buộc vật khối lượng m2 m2 dây buộc vào vật khối lượng Ban đầu người ta giữ vật m1 Đầu còn lại , vật này có thể chuyển động không ma sát theo để hệ cân bằng, dây hợp với phương ngang góc  Xác m2 định gia tốc sau thả nó Bài Cho lắc vật lý hình vẽ Con lắc này quay quanh điểm O cố định Các cứng không khối lượng có chiều dài và L Tại đầu các có gắn cầu khối lượng m Làm lệch lắc góc  Xác định lực mà tác dụng lên sau thả cho hệ chuyển động Bài 3: Cho hệ gồm hai cứng, khối lượng M, chiều dài L liên kết 90 o khớp nối Ban đầu hai hợp với góc và đứng cố định trên mặt phẳng ngang nhẵn không ma sát Thả cho hệ tự Xác định phản lực mặt ngang thời điểm đó CHỌN HỆ QUY CHIẾU TRONG CÁC BÀI TOÁN CƠ HỌC Trước hết, ta hãy xét bài toán sau: Khi bơi thuyền cầu A, người đãng trí đã để rơi mũ xuống sông, không để ý, nên tiếp tục chèo thuyền ngược theo dòng nước Sau 15 phút, phát Trang 20/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) mình mũ, chèo thuyền ngược lại, với nhịp độ cũ, và tìm lại mũ cầu B cách xa cầu A 1km Xác định tốc độ nước Hoàn toàn không phải ngẫu nhiên mà chúng tôi mở đầu bài viết việc chọn hệ quy chiếu bài toán cổ đã trở thành kinh điển này Nó minh hoạ cách trực quan cho khẳng định nói việc khéo chọn hệ quy chiếu (H.Q.C) làm cho việc giải bài toán trở nên đơn giản nhiều, và đôi nhiều bài toán vật lý, ta có thể giải nhẩm Thực vậy, đề tìm vận tốc dòng nước bài toán trên, ta cần phải biết thời gian trôi mũ hai cây cầu (vì vận tốc mũ vận tốc dòng nước) Ta hãy chuyển sang xét H.Q.C gắn với mũ Trong H.Q.C này nước là đứng yên còn vận tốc thuyền theo hai hướng là Điều này có nghĩa là thời gian thuyền quay trở lại tới gặp mũ thời gian lúc thuyền xa mũ, tức là 15 phút Do đó thời gian tính từ mũ tới tìm thấy nó là 30 phút Vậy vận tốc dòng nước ( và chính là vận tốc trôi mũ) là: 1km : 0,5h= 2km/h Lưu ý chuyển từ H.Q.C này sang H.Q.C khác nhiều đại lượng vật lý mô tả chuyển động học các vật , vận tốc, gia tốc , thay đổi Khi đó các đại lượng tương ứng hai H.Q.C tuân theo quy tắc cộng sau:       v1  v12  v2 , a1  a12  a2     Trong đó v1 (a1 ) là vận tốc (gia tốc) vật H.Q.C thứ nhất; v (a ) là vận tốc (gia tốc)   vật H.Q.C thứ hai, còn v12 (a12 ) là vận tốc (gia tốc) H.Q.C thứ hai H.Q.C thứ Tất nhiên, đây ta xét chuyển động tịnh tiến các H.Q.C Bây chúng ta hãy xét số bài toán cụ thể, mà trước hết là số bài toán động học Phải nói khuôn khổ động học thì tất các H.Q.C (dù là đứng yên, chuyển động đều, có gia tốc, hay là quay ) bình đẳng với nhau, vì việc chọn H.Q.C là thuận tiện và hợp lẽ   Bài toán Cho vận tốc dòng nước là u và vận tốc thuyền nước đứng yên là vtd Hỏi người chèo thuyền phải chèo theo hướng nào để thuyền bị trôi theo dòng nước là ít nhất? Giải: Dễ thấy rằng, đây ta xét hai H.Q.C là hợp lý Yêu cầu đảm bảo cho thuyền bị trôi theo dòng  nước ít có liên quan tới H.Q.C gắn với bờ sông, cụ thể là góc tạo vận tốc v thuyền (đối với bờ) lập với đường vuông góc với bờ là bé Trong H.Q.C gắn liền với dòng nước,  người ta đã cho độ lớn vận tốc vtd thuyền và đòi hỏi tìm hướng vận tốc này, chẳng hạn góc  tạo vận tốc này và đường vuông góc với bờ Do điều kiện bài toán không nói gì tương quan u và vtd , nên ta phải xét hai khả năng: a) vtd > u Trong trường hợp này ta có thề đảm bảo chèo cho thuyền theo hướng vuông góc với bờ (tức là thuyền không bị trôi theo dòng) Theo quy tắc cộng vận tốc:    v  vtd  u Từ hình biểu diễn phương trình trên, ta nhận được: sin   u / vtd b) vtd < u Phương trình biểu diễn quy tắc cộng vận tốc, bây biểu diễn trên hình Khi   thay đổi hướng chèo vectơ vtd vẽ nên nửa vòng tròn Góc cực tiểu vectơ v và đường vuông góc với bờ tương đương với điều kiện vectơ này tiếp xúc với vòng tròn đó Từ đây suy ra: sin   vtd / u Như vậy, vtd > u thì sin   u / vtd , còn vtd < u thì sin   vtd / u Trường hợp vtd = u xin dành cho bạn đọc bài tập nhỏ. Trang 21/102   TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT)  Hình Hình Khi xét rơi tự số vật, việc chọn H.Q.C gắn với số các vật đó tỏ thuận tiện Trong H.Q.C này chuyển động các vật là thẳng (tất nhiên đây bỏ qua sức cản không khí) Cách làm này thường gọi là "phương pháp bá tước Munhausen" (bạn có hiểu không?) Ta sử dụng phương pháp này bài toán sau: Bài toán Từ hai điểm cùng độ cao h trên mặt đất và cách khoảng l, người ta đồng thời ném hai hòn đá: hướng lên trên theo phương thẳng đứng với vận tốc v1 và theo phương nằm ngang với vận tốc v Hỏi quá trình hai hòn đá chuyển động, khoảng cách ngắn chúng bao nhiêu? Biết vận tốc ban đầu hai hòn đá cùng nằm mặt phẳng thẳng đứng Giải: Ta chọn H.Q.C gắn với hòn đá thứ Khi đó chuyển động hòn đá thứ hai là thẳng      ( a2  a12  a1  g  g  ) với vận tốc:    vtd  v2  v1 Khoảng cách nhỏ hai hòn đá dễ dàng tìm từ hình 3: d  l sin   lv1 v  v22 Chú ý: Hai hòn đá đạt tới khoảng cách ngắn này sau thời gian: t l cos  v td  l cos  v12  v 22  lv v  v 22 Để kết trên có nghĩa cần phải đảm bảo thời điểm đó hòn đá thứ phải chưa rơi xuống đất, tức là phải thoả mãn điều kiện: lv  v  v 22 2h g l  d Hình Có thể bạn nảy câu hỏi: khoảng cách ngắn hai hòn đá mà ta tìm H.Q.C gắn với hòn đá bay liệu có thể khác với kết mà ta tìm H.Q.C gắn với mặt đất không? Không, không thể Khoảng cách hai điểm chuyển động thuộc số các đại lượng gọi là bất biến, tức là các đại lượng mà giá trị chúng không thay đổi ta chuyển từ H.Q.C này sang H.Q.C khác Trong học cổ điển, khoảng thời gian hai kiện, kích thước Trang 22/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) các vật , định hướng chúng không gian là ví dụ các đại lượng bất biến  Bây chúng ta chuyển sang các bài toán động lực học Ở đây phạm vi "cho phép" các H.Q.C bị thu hẹp lại đáng kể Vì quy tắc làm việc với các H.Q.C phi quán tính vượt ngoài khuôn khổ chương trình vật lý trường phổ thông, nên chúng ta buộc phải giới hạn sử dụng các H.Q.C quán tính Trong H.Q.C nào thuộc loại này, ta có thể sử dụng các định luật Newton, các định luật bảo toàn lượng và động lượng bình thường Bài toán Một xe nhỏ có khối lượng M và chiều dài l đứng trên mặt phẳng nằm ngang trơn nhẵn Trên xe có hai người khối lượng là m1 và m2 ngồi hai đầu Hỏi xe dịch chuyển đoạn bao nhiêu, hai người này đổi chỗ cho nhau? Giải: Một mặt chúng ta quan tâm tới dịch chuyển xe mặt đất; mặt khác, chúng ta lại biết dịch chuyển cuối cùng hai người không phải đất mà là xe Vậy thì làm nào đây? Ta xem chuyển động tất các vật - hai người và xe- là và chuyển sang H.Q.C có vận tốc vận tốc v t xe, thời điểm nào đó Đối với H.Q.C này vận tốc ban đầu ba vật - v t Đối với hệ kín "xe + người" ta có thể viết định luật bảo toàn động lượng:  vt (m1  m2  M )  v1td m1  v2td m2 Nhân hai vế phương trình này với t , ta tìm mối liên hệ các độ dịch chuyển tương ứng: st (m1  m2  M )  s1td m1  s2td m2 Rõ ràng mối liên hệ đúng độ dịch chuyển toàn phần sau toàn thời gian chuyển động Chú ý s1td  l và s 2td  l , ta được: st  m2 l  m1l m2  m1 l m1  m2  M m1  m2  M Bài toán trên dễ dàng giải H.Q.C gắn với khối tâm hệ (xin dành cho bạn bài tập)  Ta nhớ lại toạ độ và vận tốc khối tâm tính theo công thức: m1 x1  m2 x2   mn xn m1  m2   mn    m1v1  m2 v2   mn  vkt  m1  m2   mn xkt  Từ đẳng thức thứ hai ta thấy hệ vật là kín, thì vận tốc khối tâm là không đổi (vì tử số chính là động lượng toàn phần hệ, mà hệ kín động lượng bảo toàn) Bởi vậy, H.Q.C gắn với khối tâm hệ kín là H.Q.C quán tính Cũng dễ dàng thấy động lượng toàn phần hệ vật H.Q.C tâm quán tính không Ta sử dụng H.Q.C này để giải bài toán sau: Bài toán Trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang có hai vật chuyển động nối với sợi dây không giãn có chiều dài l Tại thời điểm nào đó, vật có khối lượng m1 đứng yên và vật có khối lượng m2 có vận tốc v hướng vuông góc với sợi dây (hình 4a) Tìm sức căng dây thời điểm đó Giải: Khối tâm hệ nằm trên sợi dây và cách vật thứ khoảng R1  m2 l /( m1  m2 ) và chuyển động mặt phẳng nằm ngang với vận tốc: Trang 23/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) m2 v V m1  m2 Bây ta chọn H.Q.C đó khối tâm hệ là đứng yên Trong H.Q.C này hai vật chuyển động tròn xung quanh khối tâm đứng yên (hình 4b) và vận tốc vật thứ có độ lớn đúng V m2 R1 K.T  m1 a) m1 K.T   m2 b) Hình Theo định luật II Newton, lực căng dây tác dụng lên vật thứ bằng: F m1V R1 Thay biểu thức R1 và V vào, cuối cùng ta tìm được: F m1 m2V  (m1  m2 )l Trong nhiều trường hợp chuyển sang H.Q.C gắn liền với khối tâm, việc giải bài toán trở nên đơn giản nhiều tới mức ban đầu người ta thường chuyển tất các liệu bài toán sang H.Q.C này, sau nhận kết lại chuyển H.Q.C xuất phát Đề thấy rõ điều đó ta hãy xét hai bài toán sau va chạm đàn hồi tuyệt đối hai cầu Bài toán Hai cầu có khối lượng m1 và m2 chuyển động với vận tốc v1 và v tới va chạm trực diện với Giả sử va chạm là tuyệt đối đàn hồi Xác định vận tốc hai cầu sau va chạm Giải: Như đã nói trên, H.Q.C gắn với khối tâm hệ, động lượng toàn phần hệ không, trước sau va chạm Dễ dàng đoán hai định luật bảo toàn động và động lượng thoả mãn ta cần đổi hướng hai vận tốc thành ngược lại Ta hãy viết các công thức tương ứng: Vận tốc ban đầu hai cầu H.Q.C khối tâm bằng: u1  v1  V  v1  Tương tự: u2  m1v1  m2 v2 m2 (v1  v2 )  m1  m2 m1  m2 m1 (v  v1 ) m1  m2 Vận tốc cuối cùng hai cầu H.Q.C khối tâm bằng: u1,  u1 ; u 2,  u Suy vận tốc cuối cùng hai cầu mặt đất là: Trang 24/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) m (v  v ) m v  m2 v2 (m1  m2 )v1  2m2 v2 v'1  u '1 V   2  1  m1  m2 m1  m2 m1  m2 v'  Tương tự: (m2  m1 )v2  2m1v1  m1  m2 Để làm ví dụ cuối cùng, chúng ta xét bài toán và chạm đàn hồi không xuyên tâm Bài toán Quả cầu có khối lượng m1 bay với vận tốc v1 tới đập vào cầu thứ hai đứng yên có khối lượng m2 ( m2 < m1 ) Hỏi sau va chạm cầu thứ bị lệch phương chuyển động góc tối đa bao nhiêu? Coi các cầu là nhẵn và va chạm là tuyệt đối đàn hồi Giải: Trong H.Q.C gắn với khối tâm hệ, hai cầu tiến lại gần với vận tốc:    m2 v1     m1v1  m2 v2 u1  v1  V  v1   m1  m2 m1  m2  m1v1  u2   m1  m2   Đồng thời, m1u1  m2 u Do kết va chạm không xuyên tâm, vận tốc các qủa cầu giữ nguyên độ lớn cũ và hướng ngược nhau:   u'1  u , u'  u ; m1u'1  m u'   m1    m2 Hình Hình  Tuy nhiên, vectơ vận tốc cuối u '1 cầu thứ quay góc  vectơ vận tốc ban đầu nó Tuỳ thuộc vào vị trí tương đối hai cầu thời điểm va chạm mà mà góc này có thể thay đổi từ (hai cầu tiếp xúc với nhau) đến 180 độ ( va chạm trực diện) Các vị trí  vectơ u '1 nằm trên vòng tròn bán kính u1 (hình 60) Vận tốc cuối cùng cầu       thứ mặt đất bằng: v '1  u '1 V Góc tạo các véctơ v '1 và V đạt cực đại vectơ v '1 là tiếp tuyến với vòng tròn Từ đây ta tính góc  max cần tìm: sin  max  hay u1 m2 v1` m1v1` m  :  V m1  m2 m1  m2 m1  max  arcsin( m2 )  m1 BÀI TẬP 1) Tại thời điểm vật bắt đầu rơi tự do, người ta ném hòn đá nhằm vào vật Hỏi vận tốc ban đầu hòn đá ( kể độ lớn và góc nghiêng nó so với phương nằm ngang) phải bao nhiêu, trước rơi vật độ cao h và cách người ném trên mặt đất khoảng là l? Trang 25/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) 2) Một vật nhỏ treo trên sợi dây dài l Hỏi điểm treo dây phải dịch chuyển nào theo phương nằm ngang để vật nặng quay vòng trọn vẹn? 3) Một tường nhẵn, đàn hồi chuyển động với vận tốc v Một cầu đàn hồi bay tới theo phương vuông góc tường với vận tốc V Tìm vận tốc cầu sau va chạm với tường 4) Dưới tác dụng lực hấp dẫn, hai ngôi chuyển động theo các qũy đạo tròn, thời điểm chúng cách khoảng l không đổi Tìm chu kỳ quay đôi này, khối lượng nó M Phạm Nam Long (Sưu tầm và giới thiệu) Trang 26/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) PHƯƠNG TRÌNH VĨ ĐẠI CỦA CƠ HỌC Vật lý lý thuyết luôn khao khát hướng tới làm mô tả quá trình vật lý phương trình Hiện đó là mơ ước, vật lý chia thành các ngành riêng biệt là học, nhiệt động lực học, điện từ học Nhưng ngành này người ta đã làm nhiều để dùng số lượng phương trình ít mô tả lớp rộng lớn các tượng Thí dụ ta hỏi học sinh trung học “phương trình nào học là chung ?” thì học sinh đó trả lời ngay, đó là phương trình:     (1) ma  F , hay là mv  Ft Điều này đúng các vật có khối lượng không đổi Còn các vật có khối lượng thay đổi quá trình chuyển động thì không dùng phương trình đó Thí dụ chuyển động giọt nước đám mây, quá trình chuyển động nó va chạm và dính kết với các giọt khác hay chuyển động tên lửa thì quá trình chuyển động nó đặn phóng phần khối lượng Các chuyển động đó mô tả nào đây? Trong các trường hợp này phương trình chuyển động tịnh tiến vật (vật đây hiểu là chất điểm, không quan tâm đến chuyển động quay nó) cần có dạng nào? Chúng ta hãy xét chuyển động giọt nước rơi không khí tác dụng trọng lực và va chạm với các giọt nước khác (xem H.1) Giả sử va chạm này hoàn toàn không đàn hồi (kết va chạm là các giọt dính kết lại với nhau) Giả thiết giọt nước mà chúng ta xét lớn các giọt nước khác và rơi với vận tốc nào đó Vào thời điểm t khối lượng nó là m, vận tốc là v, giả sử tất các giọt còn lại có khối lượng m1 và vận tốc rơi v1 Điều gì xảy sau khoảng thời gian nhỏ t ? Hình Khối lượng giọt nước tăng và m  m , đây m là tổng khối lượng tất các giọt khác dính vào nó Vận tốc giọt nước bây v  v (vì theo giả thiết vận tốc giọt nước xét khác với vận tốc các giọt nước khác) Ở đây chúng ta không thể không nhớ tới thí nghiệm tưởng tượng mà nhờ nó Galilê đã chứng minh chân không vật phải rơi với gia tốc Chúng ta giả thiết ngược lại là vật nặng rơi với gia tốc lớn Khi đó lúc các giọt nước rơi chập lại với thì mặt giọt nhẹ phải hãm giọt nặng (giọt mà chúng ta xét chuyển động nó) và giá trị gia tốc hạt tạo thành phải nằm đâu đó các gia tốc các hạt ban đầu; mặt khác giọt tạo thành này lại nặng lúc đầu nên theo Trang 27/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) giả thiết thì phải rơi với gia tốc còn lớn lúc đầu Mâu thuẫn này chứng tỏ giả thiết mà ta đã nêu là sai lầm Quay trở lại với giọt nước chúng ta Ngoài biến đổi động lượng các hạt nhỏ chập vào,   khoảng thời gian t, nó còn chịu tác dụng các ngoại lực là trọng lực mg và lực cản FC không khí Bây chúng ta còn phải viết biểu thức biễu diễn định lý biến thiên động lượng hệ xung ngoại lực:       (m  m)(v  v )  (mv  mv1 )  (mg  FC )t Biến đổi vế trái phương trình này ta được:          mv  mv  mv  mv  mv  mv1  mv  m(v  v1 )  Ở đây ta đã bỏ qua số hạng nhỏ bậc hai mv Như có thể viết phương trình chuyển động giọt nước dạng:      (2) mv  (mg  FC )t  m(v1  v )   Tất nhiên vế phải phương trình này có thể tính đến lực tĩnh điện Fe  qE (nếu  giọt nước tích điện q, còn điện trường vị trí giọt nước đám mây có cường độ E ) và     lực Lorentz FL  q[v  B] (nếu tồn từ trường B ), v v Nhưng có thể ký hiệu tổng tất các lực  tác dụng là F thì phương trình (2) viết dạng tổng quát sau:  v  m   m F (v1  v ) t t (3) Nhờ các lập luận trên chúng ta đã thu điều gì? Đơn giản là vế phải đã xuất số hạng phụ (so với phương trình (1)) mô tả trường hợp chung là khối lượng vật chuyển động biến đổi Thực có thể rút phương trình này mà không cần lập luận dài dòng Nhưng nào thì phương trình này mở nhiều khả để nghiên cứu khiến ta có thể gọi nó là phương trình vĩ đại Chúng ta hãy minh hoạ các khả này thông qua vài ví dụ đơn giản sau Đầu tiên chúng ta hãy tập dượt trường hợp “bình thường” là khối lượng giọt nước không thay đổi Có thể viết lực cản dạng:    (4) FC  rv  r vv Số hạng thứ vế phải là lực Stock sinh độ nhớt môi trường Như đã thấy  lực này tỉ lệ với vận tốc v và bán kính giọt nước r Lực này sinh vật chuyển động chậm môi trường nhớt Số hạng thứ hai là lực cản khí động lực học tỉ lệ với diện tích thiết diện ngang và với bình phương vận tốc Dễ thấy vận tốc tăng lực này ngày càng vượt trội và giảm vận tốc thì nó giảm đến không nhanh lực thứ (Xem H.2a) Hình Trang 28/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Chúng ta hãy tìm vận tốc rơi ổn định giọt nước không khí không có các hạt khác Phương trình (2) đó có ý nghĩa đơn giản: trọng lực giọt nước (khối lượng riêng nó  g ) cân với các lực cản  g r g  rv  r v (5) Đây chính là phương trình bậc hai v và dễ dàng giải Nhưng chúng ta hãy xét hai trường hợp riêng còn đơn giản hơn: a) Trường hợp vận tốc nhỏ, đó có thể bỏ qua số hạng thứ hai bên phải và đó v  r b) Trường hợp vận tốc lớn, đó số hạng thứ hai vượt trội và đó v  r Như có thể thấy là giọt nước lớn rơi với vận tốc lớn các giọt nhỏ (H.2b) Nếu thay cho giọt nước không khí ta xét các bọt khí chất lỏng thì vế trái phương trình cần tính đến lực đẩy Acsimet, tức phải thay  g thành  l (1   k /  l ) , đó  l và  k tương ứng là khối lượng riêng chất lỏng và bọt khí Khi đó phải thay đổi dấu vận tốc (bọt khí chuyển động lên trên, còn giọt nước thì rơi xuống) và đổi dấu lực cản (bây lực cản hướng xuống dưới) kết thì giống trước, đó là các bọt khí lớn nhanh Dễ dàng quan sát thấy điều đó sau mở chai nước có ga Giả sử giọt nước bắt đầu rơi đám mây các giọt nhỏ, khối lượng giọt m1 , mật độ n1 và treo bất động (v1  0) Nói “bắt đầu rơi “ đây có nghĩa là khoảng thời gian nào đó vận tốc giọt nước nhỏ đến mức ta có thể bỏ qua lực cản không khí (vì lực này tăng đơn điệu theo vận tốc, xem (4)) Khi đó phương trình (2) chiếu lên trục thẳng đứng có thể viết dạng: mv  mv  (mv)  mgt (6) Thế còn khối lượng giọt chất lỏng thì thay đổi nào? Qua khoảng thời gian t , sau đoạn đường vt , giọt nước xét đã “quét” thể tích V  r vt đó có n1V giọt nhỏ bây đã nhập vào Như thì số gia khối lượng bằng: m  m1n1r vt Mặt khác m   g ( r )   g 4r r Như vậy, khối lượng bám thêm vào đã “phủ” lớp mỏng, bề dày r và có diện tích 4r Từ hai phương trình trên ta thu kết là bán kính giọt nước tăng tỉ lệ với quảng đường (xem H.1): r  vt  y hay r  y (nếu cho bán kính ban đầu nhỏ) Kết này có nghĩa là khối lượng giọt chất lỏng tăng tỉ lệ với luỹ thừa bậc ba quãng đường m  y3 Thế biểu thức này vào phương trình (6), ta được: ( y v) y g t Dĩ nhiên có thể giải phương trình này phương pháp thông thường Nhưng chúng ta hãy giả t2 thiết giọt nước nặng dần, rơi với gia tốc không đổi Khi đó v = at , y  a và phương trình trên có dạng: (at ) t6g   7at , t Trang 29/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) từ đó g a   1,4m / s Một kết thật thú vị Chúng ta hãy quay trở lại phương trình vĩ đại (3) Bây giả sử khối lượng m không nhập vào đối tượng chúng ta, mà ngược lại, nó tách khỏi đối tượng đó với vận tốc tương đối v1  v  u , vì khối lượng đối tượng chuyển động giảm Chúng ta ký hiệu tốc độ giảm m này đại lượng dương    và giả sử ngoại lực không (F=0) Khi đó phương t trình (3) có dạng: v m  u (7) t Hình Dễ hiểu trường hợp ta nói đến này chính là các tên lửa chuyển động cách xa các thiên thể có lực hấp dẫn lớn và xa bầu khí chúng Vế phải phương trình (7) chính là lực đẩy tên lửa Nếu tốc độ giảm không thay đổi thì khối lượng tên lửa giảm tuyến tính: m  m0  t , đây m0 là giá trị ban đầu nó (H 3) Kết gia tốc tên lửa bằng: v  a  u t m0  t Từ đó dễ thấy gia tốc tên lửa tiến tới giá trị lớn vô hạn thời gian tiến đến giá trị m giới hạn t max  Vào thời điểm đó “tất đã cháy hết” Có thể nói vào thời điểm đó vận tốc  tên lửa đạt đến giá trị vô cùng lớn Chính kết này đã làm cho K E Xiônkovski nghĩ cần dùng tên lửa là có thể đạt đến vân tốc vũ trụ cấp I và cấp II Nhân đây cần nhắc lại chính Xiônkovski là người đầu tiên đã giải phương trình (7) với giá trị không đổi u và tìm công thức mang tên ông: m0 v  ln , u m0  t Như các ví dụ đã xét chứng tỏ phương trình “vĩ đại” (3) học thực cho nhiều thông tin phương trình (1), vì nó cho phép mô tả chuyển động vật có khối lượng thay đổi Dĩ nhiên, nó phải mô tả tất các trường hợp mà phương trình (1) mô tả Nghĩa là nó gần với chân lý tuyệt đối hay là gần với “phương trình nhất” mà đến lúc nào đó các nhà vật lý viết Ở đây cần nhắc lại cái gì là tiêu chuẩn chân lý khoa học Chúng ta liệt kê đây số tiêu chuẩn gắn liền với tên tuổi các nhà bác học vĩ đại Tiêu chuẩn tiết kiệm và đơn giản (Isac Newton): lý thuyết đơn giản hơn, dễ dàng hiểu và tiết kiệm thời gian sử dụng nó là chân lý Tiêu chuẩn vẻ đẹp (Henry Poincaré, Paul Dirac) Tiêu chuẩn tiên đoán các kiện và tượng Trang 30/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Tiêu chuẩn phù hợp với nguyên lý bổ sung (Niels Bohr): lý thuyết phải bao hàm lý thuyết cũ trường hợp riêng Tiêu chuẩn phù hợp với các kiện thực nghiệm (Galileo Galilee, Rodger Bacon) Rõ ràng phương trình (3) học chất điểm có khối lượng thay đổi phù hợp với tất các tiêu chuẩn này vì nó xứng đáng gọi là phương trình “vĩ đại” Phạm Tô (Sưu tầm và giới thiệu) Trang 31/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) NHỮNG NGHỊCH LÝ NĂNG LƯỢNG Phan Hồng Minh Trước hết, chúng ta phân tích nghịch lý tiếng vật lý sơ cấp: Một ôtô đồ chơi có dây cót lên hết cỡ, chạy với vận tốc v Bỏ qua mát lượng ma sát, có thể xem W dây cót biến hoàn toàn thành động xe Xét quá trình này hệ quy chiếu quán tính khác chuyển động với vận tốc v mặt đất và tới gặp xe đồ chơi Trong hệ quy chiếu này, vận tốc xe là 2v, tức là lớn gấp đôi, còn động nó lớn gấp lần tức là 4W Vì hệ quy chiếu chuyển động, ôtô từ đầu đã có động W, nên xoắn dây cót mà động xe đã tăng thêm 3W, không phảI là W hệ quy chiếu quán tính ban đầu Tuy nhiên, dây cót trường hợp là W mà thôi Tại vậy? Sở dĩ có nghịch lý này là các lý luận đưa ta đã không tính đến động Trái Đất và thay đổi nó có tương tác bánh xe đường Nếu tính toán chi li đến thay đổi đó thì nói chung không có nghịch lý nào và tất nhiên, định luật bảo toàn thoả mãn Trước hết, ta hãy khảo sát hệ quy chiếu đó Trái Đất lúc đầu đứng yên Trong hệ quy chiếu này, trước chạy, động ôtô Khi ôtô bắt đầu chạy với vận tốc v, Trái Đất có vận tốc V theo hướng ngược lại (V<0) Do động lượng hệ bảo toàn nên mv  MV  (1) đây m là khối lượng xe và M là khối lượng TráI Đất Vì lực tác dụng lên Trái Đất từ phía bánh xe không đ qua tâm TráI Đất, nên ngoài vận tốc V chuyển động tịnh tiến ra, Trái Đất còn chuyển động quay với vận tốc góc  nào đó (hình vẽ) Bây ta tạm quên đI chuyển động quay này và hãy xem TráI Đất chuyển động tịnh tiến Khi lên dây cót, W nó biến thành động xe và Trái Đất: 1 W  mv  MV (2) 2 Rút V từ (1) thay vào (2), ta được: mv  m W 1   (3)  M m  Vì khối lượng m xe đồ chơi nhỏ khối lượng M TráI Đất   1 , nên từ (3) ta M  thấy thực tế dây cót biến thành động xe Bây giờ, ta xét chính quá trình này hệ quy chiếu thứ hai đó vận tốc đồ chơI và Trái Đất ban đầu đã là v Động lượng toàn phần hệ ban đầu (M  m)v Sau xe chạy, vận tốc xe hệ quy chiếu này bây là 2v , còn vận tốc Trái Đất ký hiệu là V1 Theo định luật bảo toàn động lượng: m(2v)  MV1  (m  M )v (4) Động xe chạy là MV1 m(2v) và Trái Đất Độ biến thiên động 2 toàn phần bằng: 1 E  m(2v)  MV1  m  M v (5) 2 Trang 32/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Rút V1 từ (4) thay vào (5), ta thu được:  mv M  m 2    v  v  (6)  2  M   Sau số phép biến đổi đại số đơn giản, biểu thức (6) có dạng: mv  m E  1   (7)  M So sánh vế phảI (7) với (3), ta thấy trường hợp này độ biến thiên động hệ đúng W dây cót Sự biến thiên động xe chạy hệ quy chiếu này đúng là lớn gấp lần độ biến thiên động xe hệ quy chiếu gắn với Trái Đất Tuy nhiên độ biến thiên động Trái Đất cùng cỡ độ biến thiên động xe, điều này khác với biến thiên lượng Trái Đất hệ quy chiếu xuất phát, đó độ biến thiên này là nhỏ, không đáng kể Trong hệ quy chiếu mới, bánh xe chạy cản trở chuyển động Trái Đất làm cho động nó giảm Sự tăng động năngcủa xe đồ chơI hệ quy chiếu này xảy không nhờ dây cót mà còn giảm động Trái Đất Ví dụ vừa xét trên là minh hoạ trực quan cho thấy việc xem cáI gì là quan trọng tượng khảo sát và cáI gì có thể bỏ qua phảI thận trọng Sau đây mời các bạn cùng tìm hiểu số ví dụ tương tự E  Câu hỏi 1: Gia tốc các hệ quy chiếu quán tính có nhau??? Trong chương trình vật lý phổ thông, có công thức liên hệ công suất và lực phát động sau: P  F v với v là vận tốc chuyển động vật Tuy nhiên, ta xét ví dụ cụ thể sau, dường xuất nghịch lý không nhỏ Một tàu vũ trụ bay không gian, giả sử tàu nhận công suất không đổi P từ động Người ta quan sát chuyển động tàu hệ quy chiếu quán tính: hệ quy chiếu O (xyz) và hệ quy chiếu O’ ( x' y' z ' ) chuyển động thẳng so với hệ quy chiếu O theo phương chuyển động tàu, vận tốc O’ so với O là v0' Coi tàu không chịu lực cản nào (xét các tượng xảy đây là phi tương đối tính, tức là hoàn toàn tuân theo các định luật học cổ điển Newton) Trong hệ O, công suất tàu nhận từ động là: P  F v  F v cos( F , v)  Với F là tác dụng động vào tàu, v là vận tốc tàu     Trong chuyển động tàu, F và v cùng chiều nên cos F ,V   P  F V (1)    Trong hệ O' tàu có vận tốc v '  V  v0' , công suất mà tàu nhận từ động là:    P  F '.v'  F ' v  v0' (2) P (3) V P Cường độ lực tác động vào tàu hệ O' : F '  (4) V  v0' Cường độ lực tác động vào tàu hệ O: F  Trang 33/102  TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) F F' Do v0'  nên từ (1) và (2) suy ra: F  F '   m m' F' F  a là gia tốc tàu hệ O và  a' là gia tốc tàu hệ O' Với m m Như ta có a  a' (5) Tức là gia tốc tàu xét hệ quy chiếu O và O' là khác Mặt khác ta thấy rằng: dV Trong hệ O: a  dt d V  v0' dV  Trong hệ O' : a'  dt dt Tức là gia tốc tàu không thay đổi xét hai hệ qui chiếu quán tính O và O' Vậy theo bạn, hai kết luận (5) và (6), kết luận nào đúng   Câu hỏi 2: trở lại với nghịch lý lò xo và lượng đàn hồi Một vật có khối lượng m liên kết với lò xo thông qua ròng rọc cố định, lò xo có đầu gắn xuống mặt phẳng ngang P còn vật m trượt không ma sát trên mặt bàn nằm ngang (hình vẽ ), bàn gắn chặt với P Đầu tiên kéo vật m cho lò xo giãn ra, sau đó thả cho vật chuyển động tự Gọi t là thời điểm lúc vật bắt đầu chuyển động, t1 là thời điểm lò xo trở trạng tháI ban đầu, lúc đó toàn lượng tích luỹ lò xo biến thành động vật Xét chuyển động vật hai hệ qui chiếu: Hệ O(xyz) đó hệ thống trên đứng yên và hệ O’(x’y’z’) chuyển động với vận tốc V hệ O(xyz) cùng chiều chuyển động vật Trong hệ O: Gọi vận tốc vật t là V0 ( V0  ), vận tốc vật t là v1 Tại t động vật là: mv mv02  Tại t1 động vật là : W1  Dễ dàng thấy lượng lò xo cung 2 mv cấp cho vật là : W  W1  W0  Trong hệ O' :        Gọi vận tốc vật t là V0' ( V0'  v ), vận tốc vật t1 là V1' V1'  v1  v Động W0   vật t là : W '  2 mv' mv  2 mv'12 m(v1  v )  Động vật t1 là : W '1  2 Năng lượng tích luỹ lò xo là: Trang 34/102  TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) m(v1  v) mv m(v12  2vv1 ) mv12 W '  W '1 W '0      mv1v 2 2 W '  W  mv1v Như là W '  W ( vì v1v  ), điều đó có nghĩa là lượng tích luỹ lò xo phụ thuộc vào hệ qui chiếu Nếu ta cho hệ thống trên đứng yên và tích luỹ cho lò xo lượng, sau đó cho hệ chuyển động và để lò xo giải phóng lượng đã tích trữ , ta thu lượng khác với lượng ban đầu tích luỹ lò xo Trái với định luật bảo toàn lượng Trang 35/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) NGHỊCH LÝ VẬT “LỚN” LTS Học kỹ đào sâu điều trình bày sách giáo khoa tất nhiên là quan trọng Tuy nhiên, học qua các nghịch lý nhiều mang lại cho ta nhiều điều thú vị, giúp ta hiểu sâu sắc và nắm vững các kiến thức đã học trên lớp Trong số 20 tháng năm 2005, VL&TT đã giới thiệu bài “Nghịch lý lượng” tác giả Phan Hồng Minh, chúng tôi xin giới thiệu tiếp bài phân tích kỹ lưỡng để bạn đọc tham khảo Giới thiệu bài báo này, VL&TT hy vọng là đã trao vào tay bạn tài liệu ôn tập hè thú vị và bổ ich Khi giải các bài toán đó có tương tác các vật có khối lượng khác nhau, ta thường bỏ qua biến thiên lượng các vật có khối lượng lớn (Vật “lớn” nói tiêu đề là vật có khối lượng lớn nhiều lần so với các vật khác bài toán) Và bỏ qua đó thường lại hoàn toàn đúng đắn Tuy nhiên, cần hình dung cho rõ nào thì bỏ qua đó là phép còn nào thì không Để làm sáng tỏ vấn đề này ta xét loạt ví dụ phát biểu dạng các nghịch lý đây Ví dụ Một hòn đá có khối lượng m rơi từ độ cao h xuống mặt đất a) Chúng ta hãy viết định luật bảo toàn lượng, xét chuyển động hòn đá hệ quy chiếu (H.Q.C) gắn với khối tâm hệ gồm hòn đá và Trái Đất (TĐ) Vào thời điểm hòn đá chạm đất, toàn mgh nó chuyển hết thành động mv / : mgh  mv /  đó v là vận tốc hòn đá trước chạm đất b) Bây ta lại viết định luật bảo toàn lượng khảo sát chuyển động hòn đá  H.Q.C gắn với thang máy chuyển động hướng xuống với vận tốc v không đổi so với TĐ Trong hệ này, TĐ có động Mv / (M là khối lượng TĐ), còn hòn đá thời điểm ban đầu có động mv / và mgh Tại thời điểm trước hòn đá chạm mặt đất, động và nó không, cho toàn hệ, ta có thể viết: Mv mv Mv   mgh  2 2 mv   mgh  (!) Hoá định luật bảo toàn lượng không nghiệm đúng H.Q.C gắn với thang máy (!), lại nghiệm đúng H.Q.C mà nó thang máy chuyển động với vận tốc không đổi Tức là ta đã có nghịch lý (!)  Ví dụ Một viên đạn có khối lượng m bay với vận tốc v đập vào sườn núi và mắc đó a) Áp dụng định luật bảo toàn lượng H.Q.C TĐ đứng yên, ta tìm độ biến thiên lượng viên đạn: K1   mv mv  2 Trang 36/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) b)  Bây ta khảo sát chuyển động viên đạn H.Q.C gắn với ôtô chuyển động với vận tốc u cùng hướng với viên đạn Khi đó độ biến thiên động bằng:     mu m v  u  mv   mv u K   2  c) Mặt khác, H.Q.C gắn với ôtô chuyển động với vận tốc u theo chiều ngược lại thì   mv2   mu m v  u    mv u K   2 Vậy phần động viên đạn đã đâu? Khi viên đạn bị hãm đột ngột, lượng nhiệt đã toả ra, nói cách khác, lượng viên đạn đã chuyển thành nhiệt: K  Q Và chúng ta có thể đo lượng nhiệt toả đó (ví viên đạn rơi đúng vào bình nhiệt lượng kế, chẳng hạn) Tuy nhiên, từ tính toán nêu trên, ta suy rằng, tiến hành cùng phép đo cho ba trường hợp nêu trên, chúng ta nhận kết khác nhau, tức là Q1  Q2  Q3 Tức là lại xuất nghịch lý (!) Còn có thể nghĩ nhiều bài toán tương tự , đó nghịch lý xuất là hệ các vật khảo sát không phải là kín, lập luận chúng ta lại không tính đến điều đó Trong ví dụ nêu trên, hệ xét không bao gồm vật lớn là TĐ Còn Ví dụ 1, phần b, mặc dù đã bao gồm TĐ, biến thiên động nó lại coi không Trong phần a Ví dụ lượng TĐ nói chung không diện, nhiên độc giả nào nói rằng, đây chắn thứ đã viết đúng Vậy rắc rối là đâu? Tại chọn H.Q.C nào đó lại nhận kết đúng, chọn hệ khác lại nhận các nghịch lý? Phải chọn H.Q.C nào để giải bài toán cho có thể bỏ qua vật có khối lượng lớn và chính cách đó làm đơn giản quá trình giải? Để trả lời các câu hỏi đó chúng ta hãy quay trở lại các “bài toán-nghịch lý” và tiến hành các lập luận cách “tuyệt đối chặt chẽ” Ví dụ a) Trong H.Q.C gắn với khối tâm hệ gồm hòn đá và TĐ, thời điểm ban đầu, TĐ đứng yên và toàn lượng hệ hòn đá Tới thời điểm hòn đá chạm  mặt đất, lượng hệ mv /  Mu / , đó v là vận tốc mà hòn đá có  tác dụng lực hấp dẫn TĐ, còn u - vận tốc mà TĐ có tác dụng lực hấp dẫn  hòn đá Chúng ta tìm vận tốc u từ định luật bảo toàn động lượng:     mv  M u   u  mv / M Trang 37/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT)  mv M m v / M  Bây chúng ta hãy viết định luật bảo toàn lượng hệ: mgh   2 mv 1  m / M   Biểu thức trên là “tuyệt đối chặt chẽ” Tuy nhiên, rõ ràng là tất các bài toán thực (về rơi các vật xuống mặt đất) ta có m  M và đại lượng m / M là nhỏ so với cho ta có thể bỏ nó Khi đó, H.Q.C gắn với khối tâm hệ gồm hòn đá và TĐ, định luật bảo toàn lượng có thể viết là: mgh  mv / b)Trong H.Q.C “thang máy”, lượng ban đầu hệ gồm hòn đá và TĐ mgh  mv /  Mv / , còn tới thời điểm hòn đá chạm mặt đất, lượng hệ Mu /  với u là vận tốc TĐ thời điểm đó Áp dụng định luật bảo toàn động lượng    mv  M v  M u  ta tìm u :   u  v 1 m / M  Như vậy, lượng hệ thời điểm hòn đá rơi chạm mặt đất bằng: Mu Mv m mv   mv   2 M Trước chúng ta đã coi lượng TĐ không thay đổi và Mv / , tức là chúng ta đã bỏ qua đại lượng: Mu Mv m mv   mv   2 M Đại lượng này lớn động hòn đá Dễ dàng thấy sai lầm chúng ta chính là chỗ đó, và đó mà dẫn tới nghịch lý Định luật bảo toàn lượng “chặt chẽ” phải viết dạng: mv Mv Mv m mv mgh     mv   2 M m mv  Sử dụng điều kiện vật lớn, tức coi m  M , ta có thể bỏ qua số hạng , và đó từ định M luật bảo toàn lượng ta tìm được: mv mgh  (!) Như vậy, H.Q.C gắn với khối tâm hệ gồm hòn đá và TĐ, đó vật “lớn” là TĐ, ban đầu đứng yên, ta có thể bỏ qua độ biến thiên lượng vật “lớn” Trong H.Q.C “thang máy”, vật  “lớn” TĐ có vận tốc ban đầu v , nên biến thiên lượng nó so với biến thiên lượng hòn đá, và đó ta không thể bỏ qua biến thiên đó Đô biến thiên động TĐ hai H.Q.C vừa xét có thể tính cách khác, cụ thể là thông qua việc tính công lực hút hòn đá tác dụng lên TĐ Trong hai H.Q.C lực hút này là và bằng: F  Ma  mg Tuy nhiên, độ dịch chuyển TĐ hai H.Q.C là không nhau: Trang 38/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) h3   a t2   a t2  H3  v t   Công lực F thực và đó, độ bíên thiên động TĐ hai H.Q.C tương ứng bằng:   at A1  K1  m g  a t2      A2  K  m g v t        mg   Thay a  và v  g t vào hai biểu thức trên, ta được: M mv m K1   M mv m K  mv   M Những kết này chứng tỏ độ biến thiên động cùng vật có thể khác các H.Q.C khác Tuy nhiên, định luật bảo toàn lượng hệ kín đúng H.Q.C quán tính Trang 39/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Bây chúng ta quay trở lại ví dụ Ví dụ Độ biến thiên động viên đạn các H.Q.C xét khác nhau: K1  mv /   K  mv /  m v u   K  mv /  m v u Do đó theo định lý động ( A  K ) , công ngoại lực, tức lực sườn núi tác dụng lên viên đạn, khác Nói cách khác, tính tương đối độ dịch chuyển các H.Q.C khác nhau, nên công các ngoại lực là tương đối, và đó độ biến thiên động hệ các vật không kín là tương đối Vì nguyên nhân dẫn đến nghịch lý ví dụ này là cách viết: Q  K Biểu thức này đúng với các hệ kín, vì các hệ này, độ biến thiên động tất các vật hệ là bất biến (tức không thay đổi) H.Q.C quán tính nào Do điều nói trên, Ví dụ 2, nhiệt lượng toả phải viết là Q  Kd  KT , đó K d và KT là độ biến thiên động viên đạn và TĐ Tuy nhiên, đáp số câu a) Ví dụ là đúng ta giải bài toán H.Q.C nào: Q  K1  mv / Ta chứng minh khẳng định này Muốn ta hãy tiến hành thật chặt chẽ tất các bước lập luận a) Trong H.Q.C TĐ (cũng tức là trái núi) ban đầu đứng yên, lượng hệ động  mv / viên đạn Khi viên đạn đập vào núi, TĐ có vận tốc u nào đó, mà ta có thể tìm từ định luật bảo toàn động lượng:   M u  mv    u  m/ M v Do đó TĐ có động KT  Mu / , nên định luật bảo toàn lượng hệ phải viết dạng: mv m mv K d   Q M mv m mv Q   hay M Sử dụng điều kiện vật “lớn” ( m  M ) , ta được: mv Q  K1 (!)  b) Trong H.Q.C gắn với ôtô chuyển động với vận tốc u cùng hướng với viên đạn, động  TĐ thay đổi lượng KT Độ biến thiên này gây độ giảm vận tốc nó từ u đến   u  u Ta có thể tính u từ định luật bảo toàn động lượng hệ gồm viên đạn và TĐ H.Q.C gắn với khối tâm chúng (độ biến thiên vận tốc là bất biến các H.Q.C quán tính !):     M u  m v , u  m / M v Dùng kết trên, ta có thể tính đô biến thiên động TĐ: Trang 40/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) M u  u  Mu  2   Mu   m mv   M u u   m v u   M 2 K T'  Vì m  M , ta có thể viết K T'  mvu Do độ giảm ănng lượng TĐ, định luật bảo toàn lượng đây có thể viết dạng:   mv  u  mu   mv u Q 2 Từ đó ta lại nhận hệ thức: mv Q (!)  c) Trong H.Q.C gắn với xe ôtô chuyển động với vận tốc u ngược hướng vơi viên đạn, động cuat TĐ tăng lượng KT  m v u (chứng minh tương tự trên) Tính đến tăng đó động TĐ, định luật bảo toàn lượng bây viết dạng:   mv  u  mu   mv u Q 2 Và từ đó ta lại tìm biểu thức: mv (!) Như vậy, biểu thức Q  K vốn đúng hệ kín (tức là K là độ biến thiên lượng toàn hệ), hoá đúng cho hệ không kín khảo sát H.Q.C mà vật “lớn” ban đầu đứng yên Q Cuối cùng xin giới thiệu với các bạn số “nghịch lý” để các bạn tự tìm hiểu  Một ôtô A chuyển động với vận tốc v TĐ Sau vận tốc ôtô tăng lần, động nó tăng lượng: m(2v)2 mv   mv 2  Theo quan điểm người quan sát ôtô B chuyển động cùng chiều và cùng vận tốc v ôtô A, thì độ biến thiên động ôtô A bằng: K1  K  mv /   mv / Đối với người quan sát ôtô C chuyển động với cùng tốc độ ôtô A ngược chiều, thì độ biến thiên động ôtô A bằng: m3v  m2v    mv 2 2 Thoạt nhìn kết thu trên khá lạ lùng, vì lượng nhiên liệu tiêu thụ ôtô A không đổi, mà độ biến thiên nó các H.Q.C khác lại khác Liệu đây có mâu thuẫn gì với định luật bảo toàn lượng không? K  Trang 41/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT)  Một viên đạn có khối lượng m chuyển động với vận tốc v rơi vào sàn toa chở cát chuyển  đọng với vận tốc u và bị găm vào đó Ta hãy tìm nhiệt lượng toả đó Trong H.Q.C gắn với TĐ: mv mu m Q1    v  u2 2   Trong H.Q.C gắn với toa xe: m v  u 2 Lại xuất nghịch lý: liệu có thể với cùng viên đạn mà H.Q.C này nó bị nóng chảy mà hệ thì không?! Q2   Một súng máy đặt trên máy bay chuyển động với vận tốc u bắn theo hướng bay máy bay   a) Giả sử H.Q.C chuyển động với vận tốc u , viên đạn có vận tốc v Động mv / mà viên đạn có là lượng E khí thuốc súng cháy cung cấp: mv E   b) Đối với H.Q.C gắn với TĐ, vận tốc viên đạn v  u và đó: mv  u  mu E  2 Vì E là bất biến H.Q.C nên từ điều nói trên suy ra: v  u  v  u  Hãy tìm sai lầm lập luận trình bày trên Lượng Tử (Sưu tầm & giới thiệu) Trang 42/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) TỪ TRƯỜNG Từ trường là trường lực tác dụng lên các điện tích chuyển động, các dòng điện và các vật có mômen từ (ví dụ các kim la bàn, chẳng hạn) đặt đó Đặc trưng cho từ trường phương diện tác  dụng lực là vectơ cảm ứng từ B Vectơ này (tức độ lớn và hướng nó) hoàn toàn xác định lực từ trường tác dụng lên điện tích điểm chuyển động điểm trường, lực này còn  gọi là lực Lorentz Nếu có điện tích điểm q điểm nào đó từ trường có vận tốc v  lập với vectơ B góc α , thì lực Lorentz từ trường tác dụng lên nó có độ lớn bằng: FL  qvB sin α ,   có phương vuông góc với hai vectơ B và v , có chiều xác định theo qui tắc bàn tay trái Tác dụng từ trường lên đoạn dây dẫn có dòng điện chạy qua là kết tác dụng trường lên các hạt tải điện chuyển động đọan dây dẫn đó Lực từ trường tác dụng lên phần tử   dòng điện IΔl lập với vectơ B góc α có độ lớn bằng: FA  BIΔl sin α có chiều xác định qui tắc bàn tay trái Lực này gọi là lực Ampe Nguồn từ trường là các vật nhiễm từ, các dây dẫn có dòng điện chạy qua và các vật tích điện chuyển động Bản chất xuất từ trường tất các trường hợp đó có - đó là từ trường xuất chuyển động các hạt vi mô tích điện (như các electron, proton, ion) và nhờ có mặt mômen từ riêng các vi hạt đó Từ trường biến thiên xuất có biến thiên điện trường theo thời gian Đến lượt mình, từ trường biến thiên này lại làm xuất điện trường xoáy (cảm ứng điện từ) Bây chúng ta tới khảo sát số bài toán cụ thể Bài toán Trong khuôn khổ mẫu nguyên tử cổ điển hiđrô, hãy đánh giá độ lớn cảm ứng từ tâm quĩ đạo tròn electron Cho biết bán kính quĩ đạo tròn này (bán kính Bohr) rB  0,53.10 10 m Gợi ý: cảm ứng từ tâm dây dẫn tròn có dòng điện I chạy qua μ I B  , đó μ0  4π.10 7 H N / m 2R Giải: Trong mẫu nguyên tử cổ điển hiđrô, electron có điện tích (-e) với e  1,6.10 19 C và khối lượng me  9,1.10 31 kg quay xung quanh prôton theo qui đạo tròn có bán kính rB (ứng với trạng thái electron nguyên tử hiđrô) Giả sử v là vận tốc electron trên quĩ đạo nói trên, đó phưong trình chuyển động electron theo quĩ đạo tròn có dạng: me v e2  rB 4πε rB2 Từ phương trình đó ta tìm vận tốc electron: e v  2,19.10 m / s 4πε me rB Thực ra, để trả lời cho câu hỏi bài toán, không cần phải tính vận tốc electron Nhưng giá trị vận tốc này đáng quan tâm trên phương diện nhận thức: vận tốc electron nhỏ vận tốc ánh sáng tới bậc Cơ học lượng tử cho phép chứng minh tỷ số v / c biểu diễn qua số vũ trụ, đó tỷ số này là số Tỷ số này vật lý nguyên tử gọi là số cấu trúc tế vi Người ta ký hiệu số đó là α và nó có giá trị 1/137 Trang 43/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Chuyển động electron theo quĩ đạo tròn, nên chúng ta có thể coi dòng điện tròn Dễ dàng thấy cường độ dòng điện này tỷ số điện tích electron và chu kỳ quay nó: e ev I  T 2πrB Thay biểu thức vận tốc trên vào, ta được: e2 4(πrB ) / (ε me )1 / Dùng biểu thức cảm ứng từ tâm dòng điện tròn cho đề bài, ta được: I B μ0 I μ e2  / / 20  12,48(T ) 2rB 8π rB (ε me )1 / Bài toán Khi sản xuất các màng polyetilen, màng rộng kéo theo các lăn với vận tốc v  15m / s (H.1) Trong quá trình xử lý (do ma sát) trên bề mặt màng xuất điện tích mặt phân bố Hãy xác định độ lớn tối đa cảm ứng từ gần bề mặt màng với lưu ý cường độ điện trường đánh thủng không khí Edt  30kV / cm Gợi ý: cảm ứng từ gần dây dẫn có dòng điện I chạy qua có độ lớn B  μ0 I , đó r 2πr - là khoảng cách đến trục dây dẫn Hình Giải: Dễ dàng thấy giới hạn E dt cường độ điện trường cho phép có vai trò định giá trị cực đại mật độ điện tích mặt σ max trên màng Dùng mối liên hệ cường độ điện trường gần tích điện và mật độ điện tích mặt đó, ta có thể viết: σ E dt  max 2ε Từ đó suy mật độ điện tích mặt tối đa trên màng bằng: σ max  2ε0 Edt Vì các điện tích xuất chuyển động cùng với màng với vận tốc v , nên có thể coi có dòng điện mặt với mật độ: jmax  vσ max  2ε0 Edt v Trang 44/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Hình Hình Để xác định cảm ứng từ gần bề mặt màng, ta hãy khảo sát hình 2, đó dòng bề mặt chạy theo mặt phẳng nằm ngang vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, còn màng (có bề rộng 2b) đặt mặt phẳng x = và chuyển động theo phương z với chiều vào phía trang giấy Ta tìm cảm ứng từ điểm cách màng khoảng a ( a  b ) Muốn vậy, ta xét phần tử nhỏ màng, có bề rộng dy đặt đối xứng Mỗi dải có bề rộng tương ứng với dòng điện: dI  jmax dy  2ε0 Edt vdy Cảm ứng từ dB hai dải đối xứng tạo hướng theo trục y và có độ lớn bằng: μ0 adI μ ε avEdt dy dB   02 2 π (a  y ) π (a  y ) Để tìm cảm ứng từ tạo tất các dòng bề mặt màng, ta cần tích phân biểu thức trên theo y từ đến b: μ0 ε avEdt b dy μ ε avEdt y  0 arctg b0 2  π π a a  y Do chúng ta quan tâm cảm ứng từ gần bề mặt màng, tức b  a Trong trường hợp đó có thể coi b / a   và ta có: B B  μ0 ε0 vEdt  5.10 10 (T ) Bài toán Trên mặt bàn nằm ngang không dẫn điện có đặt vòng mảnh kim loại khối  lượng M và bán kính a Vòng từ trường nằm ngang có cảm ứng từ B Xác định cường độ dòng điện cần phải cho qua vòng kim loại để nó bắt đầu nâng lên Hình  Giải: Giả sử cảm ứng từ B có hướng trên hình 3, còn dòng điện I qua vòng kim loại ngược chiều kim đồng hồ Xét phần tử vô cùng bé dl kẹp hai vectơ bán kính dựng các góc α và α  dα , đó dα là góc vô cùng nhỏ Chiều dài phần tử này dl  adα Lực Ampe tác dụng lên phần tử này có dòng điện I chạy qua có hướng vuông góc với mặt phẳng hình vẽ (cũng coi là mặt phẳng nằm ngang) và vào phía sau trang giấy Độ lớn lực này bằng: dF  Idla sin α  IBa sin αdα Như thấy rõ từ hình vẽ, các góc  α  π lực Ampe hướng vào phía trang giấy , còn các góc π  α  2π lực này lại phía ngoài trang giấy Do đó, trên vòng kim loại tác dụng mômen lực nâng trục OO' và mômen cản trọng lực Dễ dàng thấy tăng cường độ dòng điện I thì mômen lực Ampe tăng và giá trị giới hạn I gh dòng điện thì Trang 45/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) mômen lực này so với mômen trọng lực và vòng kim loại bắt đầu nâng lên, cách quay xung quanh trục OO' Bây ta tính mômen lực Ampe tác dụng lên phần tử dl trục OO': dM A  dF (a  a sin α)  IBa (sin α  1) sin αdα Suy mômen lực Ampe toàn phần tác dụng lên toàn vòng kim loại bằng: 2π 2π 0 M A  IBa  (sin α) dα  IBa  sin αdα Tích phân thứ π , còn tích phân thứ hai Bởi vậy: M A  πIBa Mômen trọng lực tác dụng lên vòng kim loại trục OO': M T  Mga Vòng bắt đầu nâng lên mômen lực tổng cộng 0: πI gh Ba  Mga  Từ đó suy cường độ dòng điện phải qua để vòng kim loại bắt đầu nâng lên bằng: I gh  Mg πBa Bài toán Trên đĩa nằm ngang không dẫn điện có gắn kim loại mảnh AC nằm dọc theo bán kính đĩa (H.4) Đĩa từ trường có cảm ứng từ B  10 2 (T ) và thực dao động xoắn điều hoà xung quanh trục thẳng đứng qua tâm O đĩa: φ(t )  φ0 sin ωt Chiều dài L= a+b, đó a  0,5mm và b  1,0mm Hãy xác định hiệu điện (h.đ.t.) cực đại hai đầu A và C thanh, φ0  0,5rad và ω  0,2rad / s Hình Giải: Giả sử thời điểm nào đó chuyển động ngược chiều kim đồng hồ Vận tốc góc bằng: φ' (t )  φ0 ω cos ωt Vận tốc dài điện tích tự cách trục quay khoảng x (H.5) thời điểm đó bằng: v( x, t )  φ' (t ).x  φ0 ωx cos ωt Lực Lorentz tác dụng lên điện tích đó bằng: FL  ev( x, t ) B  eφ0 ωxB cos ωt Trang 46/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Hình Dưới tác dụng lực Lorentz xảy phân bố lại các điện tích tự do: các đầu có dư các điện tích dương, còn vùng gần tâm O xuất các điện tích âm Sự phân bố lại các điện tích tự dẫn tới xuất điện trường Cường độ E ( x, t ) điện trường đó điểm có thể tìm từ điều kiện cân điện tích (không có dòng điện thanh), lực Lorentz lực tĩnh điện điện trường nói trên tác dụng Cụ thể là: eφ0 ωxB cos ωt  eE ( x, t )  Từ đó suy ra: E ( x, t )  φ0 ωxB cos ωt Đây chính là phân bố cường độ điện trường thời điểm Khi đó, h.đ.t hai đầu A và C bằng: b b a a U (t )    E ( x, t )dx   φ0 ωB cos ωt.xdx  φ0 ωB (b  a ) cos ωt Dễ dàng thấy h.đ.t cực đại bằng: U max  φ0 ωB (b  a )  4,5.10 4 V Bài toán Trên mặt bàn nằm ngang gắn khung dây dẫn mảnh hình vuông cạnh a (H 6) Trên khung nằm có khối lượng M đặt song song với cạnh bên khung và cách cạnh này khoảng b = a/4 Khung và làm từ cùng loại dây dẫn có điện trở trên đơn vị dài là ρ Tại thời điểm nào đó người ta bật từ trường có vectơ cảm ứng từ vuông góc với mặt phẳng khung Hỏi chuyển động với vận tốc bao nhiêu sau thời gian thiết lập từ trường, giá trị cảm ứng từ sau từ trường đã ổn định B0 ? Bỏ qua dịch chuyển sau từ trường đã ổn định và ma sát trục và khung Giải: Hình Trong khoảng thời gian thiết lập từ trường, xét thời điểm t nào đó, cảm ứng từ B(t) Tại thời điểm đó, từ thông gửi qua mạch kín ACDK (xem H.7) 1  B(t )ab và gửi qua mạch kín DNOK   B(t )a(a  b) Do từ trường biến thiên theo thời gian, nên các từ thông trên biến thiên, đó xuất điện trường xoáy Nếu từ trường đối xứng trục vuông góc với mặt phẳng khung và qua tâm khung, thì các đường sức điện trường xoáy có dạng là vòng tròn đồng tâm nằm mặt phẳng khung (xem H.7) Công điện trường xoáy thực làm dịch chuyển điện tích dương theo mạch kín (như mạch AVDK, chẳng hạn), Trang 47/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) đã biết, có trị số đúng s.đ.đ cảm ứng E c xuất mạch và theo định luật Faraday cảm ứng điện từ, ta có thể tính s.đ.đ E c qua vận tốc biến thiên từ thông gửi qua mạch đó Đối với mạch ACDK, ta có: d dB(t ) a dB(t ) Ec1    ab  dt dt dt Tương tự, mạch DNOK: d dB(t ) 3a dB(t ) Ec     a ( a  b)  dt dt dt Hình Giả sử thời điểm xét các dòng điện qua các dây dẫn trên hình Áp dụng định luật Kirchhoff cho mạch ACDK, ta được: a dB(t )  I a  I b  I a  aI  aI dt Tương tự mạch DNOK, ta có: 3a dB(t )   (a  b) I  aI  aI  aI  aI dt Tại điểm nút D ta có: I  I  I1 Giải ba phương trình trên, ta tìm được: 2a dB(t ) 31 dt Dấu trừ công thức trên có nghĩa là chúng ta đã giả thiết không đúng chiều dòng điện qua thanh, đúng nó phải từ K đến D Do có dòng điện qua, nên DK chịu tác dụng lực Ampe có hướng vào phía tâm khung và có độ lớn bằng: 2a dB(t ) a dB (t ) FA (t )   I aB(t )  B(t )  31 dt 31 dt Sau thời gian xác lập từ trường chịu tác dụng xung lực bằng; B0  a B02 a2 0 FA dt  0 31 dB (t )  31 Xung lực này gây độ biến thiên động lượng bằng: I2   a B02  Mv 31 Từ đây ta tìm vận tốc thanh: v a B02 31M Trang 48/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Bài toán Một điôt chân không, đó khoảng cách anôt và catốt d, từ trường có cảm ứng từ B và hướng song song với mặt phẳng các cực Hỏi điện áp tối thiểu hai cực bao nhiêu để các electron từ bề mặt catốt có thể đến anốt Coi các electron bề mặt catốt là đứng yên và bỏ qua tác dụng trọng trường Giải: Hình Ta khảo sát các điện áp trên điôt cho các electron rời catôt quay trở lại mà không tới anôt Trên hình biểu diễn đoạn đầu quỹ đạo với hướng cảm ứng từ đã cho Giả sử electron điểm nào đó trên quỹ đạo và có thành phần vận tốc v x và v y , còn hai  cực điôt có điện trường E Khi đó electron chịu tác dụng lực từ trường lẫn điện trường và ta có phương trình chuyển động electron theo các phương x và y sau: me dv x  ev y B dt và me dv y dt  eE  ev x B Hai phương trình trên có thể viết lại dạng sau: v x'   c v y và v 'y  e E   c vx me eB gọi là tần số cyclotron Đây là tần số quay electron hay bất me kỳ hạt tích điện nào khác có cùng điện tích riêng (tức là có cùng tỷ số điện tích và khối lượng nó) theo quỹ đạo tròn từ trường có cảm ứng từ vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo hạt đó Vi phân phương trình thứ hai theo thời gian và tính đến phương trình thứ nhất, ta được: đó hệ số  c  v 'y'   c v y  Đây là phương trình mô tả dao động điều hoà quen thuộc Nghiệm tổng quát nó có dạng: v y (t )  A sin  c t  C cos  c t , đó A và C là các số xác định từ điều kiện ban đầu Theo đề bài, t  , eE eE v0 (0)  và v 'y (0)  Từ đó suy C  và A  Cuối cùng, biểu thức v y (t ) có me me c dạng: v y (t )  eE sin  c t me  c Bây ta có thể tìm độ dịch chuyển electron theo trục y: t t eE eE sin  c dt  (1  cos  c t ) me c me c2 y(t )   v y (t )dt   Trang 49/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Từ phương trình v y (t ) ta dễ dàng tìm thời điểm t N electron xa catôt nhất: đó chính là thời điểm v y (t ) = 0, hay  c t N  (2 N  1) với N = 0, 1, 2, (Bạn thử giải thích xem lại không lấy nghiệm  c t N  N ) Tại thời điểm đó độ dịch chuyển theo phương y electron bằng: yN  me E 2eE  me  c eB Khi quỹ đạo electron có đỉnh chạm vào anôt, thì độ dịch chuyển y N nó khoảng cách d catôt và anôt và điện áp trên điôt điện áp cực tiểu U cần tìm: d 2meU , edB U ed B  me Từ đây ta tìm được: BÀI TẬP Theo trục hình trụ kim loại rỗng không từ tính người ta căng sợi dây tích điện với mật độ điện tích dài q  10 8 C / m Hình trụ quay xung quanh trục mình với vận tốc góc   103 rad / s Coi chiều dài hình trụ lớn nhiều so với đường kính ngoài nó, hãy xác định cảm ứng từ: a) vùng rỗng hình trụ; b) vật liệu cấu tạo nên hình trụ; c) không gian  NI bên ngoài hình trụ Gợi ý: Cảm ứng từ ống dây dài B  , đó N là tổng L số vòng dây trên ống dây, L - chiều dài ống dây và I - cường độ dòng điện qua các vòng dây Trên mặt bàn nằm ngang không dẫn điện đặt khung kim loại cứng và mảnh, làm từ dây dẫn đồng tính, có dạng tam giác đều, cạnh a Khung từ trường có vectơ cảm ứng từ song song với mặt phẳng ngang và vuông góc với cạnh khung.Biết khối lượng khung là M và độ lớn cảm ứng từ là B Hãy xác định cường độ dòng điện cần phải cho qua khung để khung bắt đầu nâng lên các đỉnh nó? Một kim loại AC có đầu A nối khớp với điện môi thẳng đứng AO, còn đầu C nối với thẳng đứng sợi dây cách điện không dãn OC, có chiều dài R = 1m (H.9) Thanh AC quay xung quanh thẳng đứng AO từ trường với vận tốc góc   60rad / s Biết vectơ cảm ứng từ hướng thẳng đứng lên trên và có độ lớn B  10 2 (T ) Hãy xác định h.đ.t hai điểm A và C Hình Hình 10 Trên mặt bàn nằm ngang có gắn khung dây dẫn mảnh hình tam giác cạnh a Trên khung đặt kim loại song song với đáy tam giác, điểm trùng với điểm đường cao AC (H.10) Khung và làm từ cùng loại dây dẫn, có điện trở trên đơn Trang 50/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) vị chiều dài  Tại thời điểm nào đó người ta bật từ trường có vectơ cảm ứng từ vuông góc với mặt phẳng khung Hỏi sau thời gian xác lập từ trường có vận tốc bao nhiêu, độ lớn cảm ứng từ sau từ trường đã ổn định B0 ? Cho biết khối lượng là M Bỏ qua ma sát và độ dịch chuyển thời gian thiết lập từ trường Lượng Tử (Sưu tầm & giới thiệu) Trang 51/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) NGUYÊN LÝ FERMAT Vào khoảng năm 1660, nhà toán học người Pháp P Fermat đã đưa nguyên lý quang hình học mà gọi là nguyên lý Fermat Theo nguyên lý này, thì tất các đường nối hai điểm với nhau, ánh sáng theo đường ít thời gian Từ nguyên lý này có thể rút tất các định luật khác quang hình học Thực vậy, môi trường đồng tính ánh sáng cần phải truyền theo đường thẳng, vì đường thẳng là khoảng cách ngắn hai điểm, đó thời gian ánh sáng truyền theo đường thẳng là nhỏ Nếu ánh sáng đến mặt phân cách hai môi trường (có chiết suất khác nhau, hay có vận tốc truyền ánh sáng khác nhau) thì chúng tuân theo các định luật phản xạ và khúc xạ ánh sáng, mà ta có thể suy trực tiếp từ nguyên lý Fermat Một cách phát biểu chặt chẽ hơn, nguyên lý Fermat thực tế là trường hợp riêng nguyên lý tổng quát sử dụng rộng rãi vật lý lý thuyết đại, có tên là nguyên lý tác dụng tối thiểu Theo nguyên lý này, ánh sáng truyền từ điểm này đến điểm khác theo đường có thời gian truyền đạt cực trị, nghĩa là cực tiểu, cực đại hay là so với tất các đường khác Dưới đây chúng ta xem xét số ví dụ cụ thể để minh hoạ cho nguyên lý Fermat Phản xạ ánh sáng VÍ DỤ Xét phản xạ ánh sáng từ gương phẳng (H 1; màn D chắn không cho ánh sáng truyền trực tiếp từ A tới B) a) Chứng minh rằng: Khi thoả mãn định luật phản xạ ∠ ACD =  =  =∠DCB thì đường truyền ánh sáng là ngắn số tất các quỹ đạo khả dĩ, tức là theo đường ACB b) Hãy rút định luật phản xạ ánh sáng từ nguyên lý cho ánh sáng phản xạ từ gương phẳng truyền theo đường ngắn Hinh Hình GIẢI Trang 52/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) a) Vẽ thêm đường phụ (hình 2): trên phần kéo dài đường vuông góc AM ta lấy đọan MA' = AM, nối A' với C và E Vì ACM = A'CM (vì hai tam giác vuông có hai cạnh góc vuông nhau) nên ∠ACM = ∠A'CM Tương tự, vì ACM = BCM', nên ∠ACM = ∠BCM', suy ∠A'CM = ∠BCM' Điều này có nghĩa là A'CB là đường thẳng, tức là đường ngắn Mặt khác A'C = AC còn AE = A'E , đó l ACB  l AEB b Giả sử E là điểm tuỳ ý nằm đoạn MM' (hình 3) Khi chiều dài đoạn AEB là cực tiểu thì thoả mãn định luật phản xạ, tức là ∠AEK = ∠BEK Thật vậy, từ hình 3, ta có: l AEB  l AE  l EB  x  h  (d  x) h Điều kiện có cực tiểu: dl AEB 0 dx hay d x  h  ( d  x)  h  dx x dx x dx     0 2 2 l AE l BE x h (d  x)  h Hình   dx  sin  , suy sin  = sin hay  =  Đây chính là định luật phản xạ l AE l BE Việc cực trị này chính là cực tiểu có thể dễ dàng chứng minh cách lấy đạo hàm cấp hai mà: x  sin  và VÍ DỤ Cho ánh sáng phản xạ trên gương cầu lõm có dạng hình bán cầu bán kính R Hãy rút định luật phản xạ ánh sáng trường hợp này với điều kiện ánh sáng truyền từ điểmA đến điểm B theo quỹ đạo có độ dài cực trị (hình 4; màn chắn D chắn ánh sáng truyền trực tiếp từ A tới B).Hãy khảo sát đặc điểm cực trị này GIẢI: Từ hình ta có: Hình l AEB  l AE  l EB  2R cos   2R sin  có nghĩa là độ dài này là hàm số góc  Điều kiện hàm này đạt cực trị là: hay: d 2R cos   2R sin    2R sin   cos    d Từ đó suy ra: Trang 53/102 dl AEB =0 d TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) sin  = cos  hay  = 450 Điều đó có nghĩa là điểm E ứng với quỹ đạo thực tia sáng nằm chính cung AEB, tức là E trùng với C, đồng thời  =  Bây ta xét đặc điểm cực trị Lấy đạo hàm cấp hai độ dài lAEB theo góc  lấy  = 450 , ta được: d l AEB d  R( cos   sin  )  450 =   45    2R  cos 45  sin 45  2 2R  Dấu âm đạo hàm bậc hai chứng tỏ có cực đại, nghĩa là ánh sáng chọn đường dài số các quỹ đạo khả dĩ: lACB > lAEB VÍ DỤ Chứng minh phản xạ trên mặt gương elipxoit lõm, ánh sáng luôn tuân theo định lụât phản xạ  =  từ tiêu điểm A đến tiêu điểm B elip (hình 5; điểm C có thể chọn tuỳ ý; CN vuông góc với tiếp tuyến elip điểm phản xạ; màn D không cho ánh sáng truyền trực tiếp từ A đến B) Điều kiện cực trị có đúng trường hợp này không? Hình GIẢI: Dựng tiếp tuyến điểm E trên elip Từ A hạ đường vuông góc với tiếp tuyến và lấy điểm A' đối xứng với A qua tiếp tuyến vừa dựng: LA' = LA (hình 6) Nối E với A' Dễ dàng thấy  ALE =  A'LE (2 tam giác vuông có cạnh góc vuông nhau) Từ đó suy  = ' và A'E = AE Khi đó: l A' EB  l AEB  2a với a là bán trục lớn elíp Đường gấp khúc AEB nối A và B qua tiếp điểm E là đường ngắn nhất, tức l AEB  l AE ' B , đường A'EB là ngắn nhất, tức nó là đường thẳng Suy ' =  (đối đỉnh), ' = , ta có  =  và  =  hay góc tới góc phản xạ Hình Trang 54/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Xuất phát từ tính chất elip: r1 + r2 = AE + EB = 2a = const, điều này đúng cho tất các điểm trên elip hay: l AEB  l ACB  const nghĩa là trường hợp này không tồn cực trị Khúc xạ ánh sáng VÍ DỤ a) Chứng minh thời gian truyền ánh sáng qua mặt phân cách hai môi trường từ điểm A (nằm môi trường có vận tốc truyền ánh sáng là v1) đến điểm B (trong môi trường có vận tốc truyền ánh sáng là v2) là cực tiểu theo quỹ đạo ACB thoả mãn định luật khúc xạ : sin v1 = v = const sin b) Từ điều kiện thời gian ánh sáng truyền qua mặt phân cách từ điểm A đến điểm B là cực tiểu hãy rút định luật khúc xạ GIẢI: A  (v1) C (v2)  B Hình Hình a) Dựng đường tròn bán kính tuỳ ý (hình 8), đường kính MN phân chia hai môi trường: phía trên là môi trường kém chiết quang hơn, phía là môi trường chiết quang (v1 > v2) Đánh dấu hai điểm A và B, sau đó kẻ hai đường gấp khúc ACB và AC’B Đường ACB qua tâm C với góc tới và góc khúc xạ là  và  thoả mãn định luật khúc xạ: sin v1 = v = const sin Ta cần chứng minh thời gian ánh sáng truyền theo đường ACB nhỏ theo đường AC’B Chúng tôi xin dành chứng minh này cho bạn đọc b) Giả sử C là điểm di động dọc theo mặt phẳng phân cách hai môi trường, đó thời gian ánh sáng từ A đến B qua C thay đổi ( hình 9) Từ hình vẽ ta có: Hình Trang 55/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) x  h12 AC CB =  v1 v2 t ACB  t AC  t CB  (d  x)  h22 + v1 v2 dt Từ điều kiện cần để có cực trị: dx = 0, ta x v1 x  h 2  dx v (d  x)  h 2 0 x dx  v 1l v l hay x d-x Mà l = sin và l = sin, suy sin v1 = v sin (đ.p.c.m.) Lấy đạo hàm cấp hai, ta dễ dàng thấy đạo hàm này dương, tức cực trị trường hợp này là cực tiểu VÍ DỤ Giả sử B là ảnh thực điểm A chùm sáng khúc xạ trên bề mặt bán cầu KCL (hình 10) Chứng minh thời gian ánh sáng truyền hai điểm A và B cố định theo hai đường ACB và AC’B là Xem các  và  là nhỏ GIẢI: Hình 10 Hình 11 Ký hiệu ∠CAC' = , ∠CBC' = , AC' = s và C'B = s' (H.11) Ta có: t AC'B  và t ACB   AC' C' B s s'    v1 v2 v1 v AC CB AC' C' B    v v v cos  v cos  s v1(1  γ /2)  s' v (1  δ /2) Trang 56/102  s v1 (1  s' γ2 δ2 ) (1  ) 2 v2 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Ở đây ta đã dùng các công thức gần đúng cos    sin     / , vì ta xét tia gần trục, nghĩa là các góc, , ,  là nhỏ Nếu bỏ qua các số hạng bậc và giữ lại các số hạng bậc nhất, ta được: tACB = s s' + = tAC’B v2 v1 (đ.p.c.m.) VÍ DỤ Chứng minh thời gian ánh sáng truyền qua mặt bán cầu KCL ngăn cách hai môi trường (hình 12) từ điểm A đến điểm B nằm sau ảnh thực F điểm A là cực đại ánh sáng truyền theo sin v1 đường ACB thoả mãn định luật khúc xạ = v = const sin Hình 12 GIẢI: Trong môi trường đồng tính ánh sáng truyền theo đường thẳng, quỹ đạo nào gồm các đoạn thẳng Bên cạnh quỹ đạo thực ACFB, ta dựng quỹ đạo AC'B lân cận nó (hình 13) Cả hai quỹ đạo xuất phát từ A và kết thúc B Ta phải chứng minh thời gian truyền ánh sáng dọc theo quỹ đạo thực là lớn nhất, tức t ACB  t AC ' B Dựng cung tròn nhỏ, tâm F, bán kính FB, cắt đường AOF B’(H.13) Dựng cung tròn lớn tâm C’ bán kính C’B’, cắt C’B trên đường kéo dài nó D (nằm điểm B) Vì F là ảnh thật A nên tACF = tAC’F (xem Ví dụ 5) Mặt khác, FB = FB’ và môi trường đồng tính nên tFB = tFB’ Hơn nữa, vì C’D = C’B’ và môi trường là đồng tính nên ta có tAC’D = tAC’B’ Cuối cùng, vì B nằm phía D nên tAC'B < tAC'D Suy ra: t ACB  t ACB' Vế trái bất đẳng thức trên là thời gian quỹ đạo Bây ta chứng minh vế phải chính là thời gian ánh sáng truyền theo quỹ đạo thực Thật t AC ' B'  t AC ' F  t FB '  t ACF  t FB  t ACFB  t ACB Do đó: t AC ' B  t ACB (đ.p.c.m.) Như vậy, khúc xạ qua mặt cầu lồi trên đường truyền từ điểm A (trong môi trường 1) đến điểm B (trong môi trường sau điểm F), thời gian truyền ánh sáng theo quỹ đạo thực (có nghĩa là thoả mãn định luật khúc xạ) là cực đại so với tất các quỹ đạo khác Trang 57/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Hình 13 Tóm lại, chúng ta thấy khúc xạ phản xạ ánh sáng, điều quan trọng là tính dừng (tức đạo hàm bậc không) Thời gian truyền có thể là cực tiểu (nếu điểm B gần ảnh thực F A), có thể là cực đại (nếu điểm B xa điểm F hơn) , có thể không là cực tiểu mà không là cực đại (B trùng với F) Văn Huyên (sưu tầm và giới thiệu) Trang 58/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) PHẦN NHIỆT NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC CÁC CHU TRÌNH Trong bài báo này chúng ta khảo sát các chu trình thực lượng khí lý tưởng (chất công tác) Đồng thời, chuyển từ trạng thái cân này sang trạng thái cân khác, khối khí này thực các quá trình chuẩn tĩnh, cuối cùng trở trạng thái ban đầu Cơ cấu đó diễn chu trình biểu diễn trên giản đồ pV theo chiều kim đồng hồ gọi là máy nhiệt Vì thay đổi nội chu trình (vì nội là hàm trạng thái), nên tổng đại số nhiệt lượng cung cấp cho chất công tác công mà chất công tác thực chu trình Nếu ký hiệu Q1 là nhiệt lượng tổng cộng cung cấp cho chất công tác và Q2 là nhiệt lượng tổng cộng nó toả ra, thì ta thấy công thực chất công tác bằng: A  Q1  Q2 Hiệu sinh công máy nhiệt đặc trưng hiệu suất:  Q A Q1  Q2   1 Q1 Q1 Q1 Vì trường hợp máy nhiệt Q1 >Q2 nên  < Nếu chu trình diễn theo chiều ngược lại, tức là trường hợp máy làm lạnh thì các dòng nhiệt đổi chiều: chỗ nào trước là toả nhiệt thì bây lại là nhận nhiệt và ngược lại Do đó, trường hợp này, chất công tác không sinh công hiệu nhiệt lượng nhận vào và nhiệt lượng toả ra, mà là nhận công từ vật bên ngoài, còn nhiệt lấy từ vật bên ngoài có nhiệt độ nhỏ (nguồn lạnh) truyền cho vật bên ngoài khác có nhiệt độ cao (nguồn nóng) Bây chúng ta hãy xét số ví dụ cụ thể Ví dụ Trên giản đồ pV khối lượng khí lý tưởng nào đó, gồm hai quá trình đẳng nhiệt cắt hai quá trình đẳng áp các điểm 1, 2, 3, (xem hình vẽ) Hãy xác định tỷ số nhiệt độ T 3/T1 chất khí các trạng thái và 1, biết tỷ số thể tích V3/V1 =  Cho thể tích khí các trạng thái và Giải: Xét hai đoạn đẳng áp với phương trình có dạng T/V = const Nghĩa là ta có: T T T1 T2  và  V3 V4 V1 V2 (1) Nhưng T2 = T3; T1 = T4 (do quá trình 2-3 và 4-1 là đẳng nhiệt) và V2 =V4 (theo giả thiết), ta có: Trang 59/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) T3 T4 T1 (2)   V3 V4 V2 Từ (1) và (2) suy ra: T3 V2 T V và   T1 V1 T1 V2 Nhân hai phương trình trên với nhau, ta được:  T3  V       T1  V1 Từ đó suy ra: T3   T1 Ví dụ Trên hình vẽ cho chu trình thực n mol khí lý tưởng, gồm quá trình đẳng áp và hai quá trình có áp suất p phụ thuộc tuyến tính vào thể tích V Trong quá trình đẳng áp 1-2, khí thực công A và nhiệt độ nó tăng lần Nhiệt độ và Các điểm và nằm trên đường thẳng qua gốc toạ độ Hãy xác định nhiệt độ khí điểm và công mà khối khí thực chu trình trên Giải: Công khí thực quá trình đẳng áp 1-2 bằng: A  p1 (V2  V1 ) Vì p1V1  nRT1 và p2V2  nRT2  4nRT1 nên A  3nRT1 A T1  Suy ra: 3nR Công mà khí thực chu trình tìm cách tính diện tích tam giác 123 và bằng: Act  ( p1  p3 )(V2  V1 ) Từ các phương trình trạng thái trên ta tìm được: nRT1 4nRT1 A A V1   và V2   p1 p1 p1 p1 p  A 1   2 p1  Vì các điểm và nằm trên đường thẳng qua gốc toạ độ nên: Do đó : Act  Trang 60/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) p3 V3  p1 V2 Mặt khác, từ phương trình trạng thái ta có: nRT1 A 4A và V2  V3   p3 3p3 p1 Từ đây suy ra: p3 p  p1 p3 p hay  p1 Vậy công mà khối khí thực chu trình là: A Act  Ví dụ Một mol khí hêli thực chu trình hình vẽ gồm các quá trình: đoạn nhiệt 1-2, đẳng áp 2-3 và đẳng tích 3-1 Trong quá trình đoạn nhiệt hiệu nhiệt độ cực đại và cực tiểu khí là T Biết quá trình đẳng áp, khí toả nhiệt lượng Q Hãy xác định công A khối khí thực chu trình trên Giải: Trong quá trình đoạn nhiệt 1-2, T1 là nhiệt độ cực đại, T2 là nhiệt độ cực tiểu, có thể viết: T1  T2  T Trong quá trình đẳng áp 2-3, áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học, ta có:  Q  CV (T3  T2 )  p2 (V3  V2 ) (1) với CV = 3R/2 Từ (1) và các phương trình trạng thái các trạng thái và 3, ta có: Q 2Q T2  T3   CV  R 5R Trên đoạn đẳng tích 3-1, khí không thực công, còn độ tăng nội khí là nhiệt lượng mà khí nhận được: Q31  CV (T1  T3 )  CV T1  T2   T2  T3  2Q  CV (T  ) 5R Vậy công mà khối khí thực sau chu trình là: A  Q31  Q  RT  Q Ví dụ Một khối khí hêli xilanh có pittông di chuyển Người ta đốt nóng khối khí này điều kiện áp suất không đổi, đưa khí từ trạng thái tới trạng thái Công mà khí thực Trang 61/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) quá trình này là A1-2 Sau đó, khí bị nén theo quá trình 2-3, đó áp suất p tỷ lệ thuận với thể tích V Đồng thời khối khí nhận công là A2-3 (A2-3 > 0) Cuối cùng nén đoạn nhiệt trạng thái ban đầu Hãy xác định công A31 mà khí thực quá trình này Giải: Trong quá trình đẳng áp 1-2, công khối khí thực là: (1) A12  p1 (V2  V1 )  nR(T2  T1 ) Trong quá trình 2-3, công chất khí nhận vào có trị số bằng: p  p3 p V  p3V2  p2V3  p3V3 A23  (V2  V3 )  2 2 Vì trên giản đồ pV hai điểm và nằm trên đường thẳng qua gốc toạ độ, nên ta có: p V2 hay p3V2  p2V3   p3 V3 Do đó: p V  p3V3 nR(T2  T3 ) A23  2  (2) 2 Trong quá trình đoạn nhiệt 3-1, độ tăng nội khối khí công mà khối khí nhận được: A31  nR(T1  T3 ) (3) Từ (1) và (2) suy ra: A  A12 T1  T3  23 nR Thay biểu thức trên vào (3), ta được: 3 A31  nR(T1  T3 )  (2 A23  A12 ) 2 Ví dụ Cho máy nhiệt hoạt động theo chu trình gồm các quá trình: đẳng nhiệt 1-2, đẳng tích 2-3 và đoạn nhiệt 3-1 (xem hình vẽ) Hiệu suất máy nhiệt này là  và hiệu nhiệt độ cực đại và cực tiểu khí chu trình T Biết chất công tác máy nhiệt này là n mol khí lý tưởng đơn nguyên tử Hãy xác định công mà khối khí đó thực quá trình đẳng nhiệt Giải: Trong đề bài đã cho hiệu suất chu trình, nên trước hết ta phải tìm hiểu xem quá trình nào là nhận nhiệt và quá trình nào toả nhiệt Trong quá trình đẳng nhiệt 1-2, khí thực công A (thể tích tăng), và vì nội không đổi, nên quá trình này toả nhiệt lượng mà ta ký hiệu là Q (Q1=A) Trong quá trình đẳng tích 2-3, thể tích không đổi, áp suất giảm Điều này xảy là nhiệt độ khí giảm và trường hợp đó khí toả nhiệt lượng là Q2 Trong quá trình đoạn nhiệt 3-1, khí Trang 62/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) không nhận không toả nhiệt và thể tích giảm nên khí nhận công và nhiệt độ nó tăng Do đó, khí có nhiệt độ nhỏ là Tmim, còn nhiệt độ lớn Tmax khối khí đạt quá trình đẳng nhiệt 1-2 Do đó: Tmax  Tmin  T Theo định nghĩa, hiệu suất chu trình bằng: Q1  Q2 Q  1 Q1 Q1 Mà trên đã nói Q1 = A Mặt khác, quá trình 2-3, nhiệt lượng toả đúng độ tăng nội năng: 3 Q2  nR(Tmax  Tmin)  nRT 2 Thay Q1 và Q2 vào công thức tính hiệu suất, ta được: 3nRT   1 2A Suy ra: 3nRT A 2(1   ) Ví dụ Cho hiệu suất chu trình 1-2-4-1 1 và chu trình 2-3-4-2 2 (xem hình vẽ) Hãy xác định hiệu suất chu trình 1-2-3-4-1, biết các quá trình 4-1, 2-3 là đẳng tích, quá trình 3-4 là đẳng áp, còn các quá trình 1-2; 2-4 áp suất p phụ thuộc tuyến tính vào thể tích V Các qúa trình nói trên thực theo chiều kim đồng hồ Biết chất công tác đây là khí lý tưởng  Giải: Xét chu trình 1-2-4-1 Trong quá trình 1-2, khí nhận nhiệt lượng mà ta ký hiệu là Q1 Trong quá trinh 2-4, khí toả nhiệt lượng là Q2 Trong quá trình đẳng tích 4-1, khí nhận nhiệt lượng là Q3 Công khí thực chu trình là A1 Theo định nghĩa hiệu suất: A1 1  Q1  Q3 Q2 Mặt khác, 1   , suy ra: Q1  Q3 Q2  (1 1 )(Q1  Q3 ) Xét chu trình 2-3-4-2, các quá trình 2-3 và 3-4, khí toả nhiệt Khí nhận nhiệt quá trình 4-2 và lượng nhiệt nhận vào này hiển nhiên là Q2 Vậy hiệu suất chu trình này bằng: 2  A2 Q2 đó A2 là công khí thực chu trình này Dùng biểu thức Q2 nhận trên ta có thể viết: Trang 63/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) A2 2  (1  1 )(Q1  Q3 ) Hiệu suất chu trình 1-2-3-4-1 bằng: 3  A1  A2 Q1  Q3 Rút A1 và A2 từ các biểu thức 1 và  , thay vào biểu thức trên, ta được: 3  1   1 Bài tập Chu trình thực n mol khí lý tưởng gồm hai quá trình đó áp suất p phụ thuộc tuyến tính vào thể tích V và quá trình đẳng tích (xem hình vẽ) Trong quá trình đẳng tích 1-2, người ta truyền cho khí nhiệt lượng Q và nhiệt độ nó tăng lần Nhiệt độ các trạng thái và Các điểm và nằm trên đường thẳng qua gốc toạ độ Hãy xác định nhiệt độ khí trạng thái và công mà khí thực chu trình trên ĐS: T1  2Q ,A Q 9nR Một khối khí hêli xilanh pittông di chuyển Người ta nén khí theo quá trình đoạn nhiệt đưa nó từ trạng thái tới trạng thái (xem hình vẽ) Trong quá trình đó, khối khí nhận công là A12 (A12> 0) Sau đó khí giãn đẳng nhiệt từ tới Và cuối cùng, khí nén từ theo quá trình đó áp suất p tỷ lệ thuận với thể tích V Hãy xác định công A23 mà khí thực quá trình giãn nở đẳng nhiệt 2-3, chu trình 1-2-3-1 khí thực công A A12 Quang Nhàn (sưu tầm và giới thiệu) ĐS: A23  A  Trang 64/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Trang 65/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) TÍNH CHẤT SÓNG CỦA ÁNH SÁNG Sóng phẳng và sóng cầu là hai loại sóng phổ biến Trong bài này, chúng ta khảo sát các chùm sáng song song và đơn sắc Phải nói là, thực tế không tồn chùm sáng Đây là lý tưởng hoá: chúng ta đã thay chùm sáng thực, phân kì yếu với độ không đơn sắc nhỏ chùm sáng phẳng đơn sắc (Tiêu chuẩn để khẳng định đúng đắn việc thay này là mức độ trùng hợp tính toán và thực nghiệm) Như vậy, đây chúng ta xem chùm sáng lý tưởng hoá đó sóng phẳng đơn sắc truyền, chẳng hạn như, theo phương trục z  Giả sử vectơ cường độ điện trường E thuộc sóng này có phương nằm trên trục x, đó phụ thuộc hình chiếu E x vào toạ độ z và thời gian t có dạng: 2   E x z, t   E x cos 2vt  z,    đó E x là biên độ điện trường; v là tần số và  là bước sóng ánh sáng Trước hết ta hãy xác định xem mặt phẳng có pha không đổi, tức có nghĩa là mặt sóng, có dạng nào Điều kiện không đổi pha thời điểm t tuỳ ý viết dạng: 2 2vt  z  A, (*)  với A là số Vì v ,  và t có giá trị cố định nên quỹ tích các điểm có pha không đổi mô tả phương trình: A z  vt   const 2 Do vậy, mặt sóng sóng phẳng truyền dọc theo trục nào đó là mặt phẳng vuông góc với trục đó Nếu sau khoảng thời t mặt sóng dịch chuyển khoảng z thì từ phương trình (*) ta suy ra: 2 2vt  z   Điều này có nghĩa là vận tốc dịch chuyển mặt sóng, tức là vận tốc pha, bằng: z V ph   v t Vận tốc pha sóng luôn luôn có hướng vuông góc với mặt sóng Nếu sóng ánh sáng đơn sắc truyền môi trường có chiết suất n (đối với tần số đã cho ánh sáng) thì vận tốc pha nó liên hệ với vận tốc ánh sáng chân không c theo công thức: c V ph  n Đối với các môi trường đồng tính và đẳng hướng có phụ thuộc yếu chiết suất vào tần số (tức tán sắc yếu), thì vận tốc truyền lượng, tức vận tốc nhóm, sóng thực không đơn sắc thực tế là trùng (cả độ lớn lẫn hướng) với vận tốc pha nó Khi đó ta có thể không cần phân biệt vận tốc pha với vận tốc nhóm và ta gọi đơn giản là vận tốc sóng Do phát xạ nguồn điểm là theo hướng, nên ta có thể coi xạ này là sóng cầu với mặt sóng là các mặt cầu Nếu chúng ta biểu diễn nguồn là tập hợp các nguyên tử phát xạ các photon với tần số v và nhờ thấu kính hội tụ ta nhận chùm song song các photon đó, thì chùm này có thể xem chùm song song đơn sắc với tần số v Một sóng truyền môi trường đồng tính có chiết suất n truyền với vận tốc V  c / n Trang 66/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Khi khúc xạ và phản xạ mặt ngăn cách hai môi trường hay nhiễu xạ chỗ không đồng tính, sóng thay đổi mặt sóng nó, trường hợp, tần số nó không thay đổi Trong môi trường (với chiết suất khác), sóng truyền với vận tốc và có bước sóng khác, tần số nó không thay đổi Dưới đây chúng ta xét số ví dụ sử dụng điều mà ta vừa nói trên Ví dụ Một chùm sáng song song đơn sắc chiếu vuông góc tới mặt trên một nêm suốt có góc nghiêng  (H.1) Hãy xác định góc lệch chùm sáng sau qua nêm, biết chiết suất chất làm nêm n Hình Giải Đây là bài toán đơn giản Có thể dễ dàng giải bài toán này quang hình học, tức là định luật khúc xạ (cần nhớ quang hình học là trường hợp giới hạn quang học sóng !) Nhưng ta tiếp cận ví dụ này trên quan điểm truyền sóng phẳng và sử dụng nguyên lý Huyghen Ký hiệu bề rộng chùm song song là d ( d   , đó  là bước sóng ánh sáng) và coi biên chùm sáng cách cạnh nêm khoảng x (xem hình 2) Hình Sau qua mặt trên AB nêm sóng truyền theo hướng cũ với vân tốc V  c / n , với c là vận tốc truyền sóng chân không Sau thời gian: AA' n  AA' t1   V c mặt sóng đạt tới điểm A' và, theo nguyên lý Huyghen, chúng ta có thể xem điểm A' nguồn phát sóng cầu thứ cấp tiếp tục truyền với vận tốc c Sau thời gian: n  BB ' t2  c mặt sóng phẳng truyền tới điểm B' Bây chúng ta tìm vị trí mặt sóng (sau qua nêm) và tạm giả thiết mặt đó là phẳng Tại thời điểm mặt sóng phẳng đạt tới B' , sóng cầu phát từ A' đã truyền khoảng cách: r  ct  t1   nBB' AA'  nx  d tg  xtg   nd tg Vị trí mặt sóng bây xác định tiếp tuyến BA với vòng tròn bán kính r Từ tam giác ABA , ta có: Trang 67/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) nd tg r sin     n sin  A' B' d / cos  Dễ dàng thấy góc quay mặt sóng (và chính là góc lệch chùm sáng) bằng:       arcsin n sin     Từ biểu thức vừa thu ta thấy độ lớn góc không phụ thuộc vào x và d Điều đó chứng tỏ mặt sóng phẳng sau qua nêm còn thực là phẳng Đối với góc  nhỏ, góc quay mặt sóng bằng:   n  1 Ví dụ Một bình suốt có dạng hình hộp chữ nhật, chứa đầy dung dịch muối có khối lượng riêng (sau đây gọn gọi là mật độ) thay đổi theo độ cao z (H.3) Chiếu chùm sáng song song đơn sắc vuông góc với mặt bên bình Sự phụ thuộc chiết suất dung dịch vào n  n1 độ cao z có dạng n z  n0  z, đó n0 , n1 và H là các số Bề rộng bình là L H Hãy xác định góc lệch chùm ló Hình Giải Thoạt nhìn, theo quang hình học, chùm sáng thẳng, nghĩa là chùm ló không lệch so với chùm tới Nhưng thực tế không phải Ta thử tìm hiểu xem (lại phải nhớ quang hình học là trường hợp giới hạn quang học sóng !) Nếu Ví dụ ta có thể thay chùm sáng tia và dùng định luật khúc xạ mặt ngăn cách hai mội trường đồng tính, thì bây môi trường chúng ta không còn là đồng tính nữa, đó việc thay là không còn đúng Nhưng chúng ta có thể chia chùm sáng ta thành các chùm mảnh có bề dày dz và coi chùm truyền môi trường đồng tính với chiết suất riêng n z Khi đó chùm truyền tới mặt sau bình theo thời gian riêng và kích thích sóng cầu thứ cấp riêng Bao hình tất các sóng cầu thứ cấp này là mặt sóng chùm ló Giả thiết mặt sóng còn là phẳng, ta khảo sát hai chùm các toạ độ z  a và z  a  d với d là độ rộng chùm ban đầu theo phương thẳng đứng (H.4) Thời gian để chùm có toạ độ z  a qua bình là: Trang 68/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) na L  n  n1  L   n0  a c H  c Tương tự, thời gian để chùm có toạ độ z  a  d qua bình là: n L  n  n1 d  a  L t  d  a   n0  c H  c Dễ dàng thấy t1  t , sóng cầu thứ cấp sau thời gian t1  t quãng đường bằng: n  n1 r  ct1  t   dL H Góc quay  mặt sóng AB tìm từ hệ thức: t1  sin  Từ đó suy ra: r n0  n1  L d H  n0  n1  L  H  Từ biểu thức trên, dễ dàng thấy góc quay mặt sóng không phụ thuộc vào toạ độ a bề rộng d chùm sáng, đó giả thiết chùm ló có mặt sóng phẳng là đúng   arcsin  Ví dụ Một thấu kính hội tụ có tiêu cự f  50cm bị cắt phần trung tâm có bề rộng a  0,6cm theo hướng vuông góc với mặt phẳng hình 5, sau đó dịch hai nửa lại tiếp xúc với Về phía thấu kính ghép này, điểm cách thấu kính khoảng f đặt nguồn sáng điểm S phát ánh sáng đơn sắc có bước sóng   600nm và phía thấu kính đặt màn ảnh để quan sát các vân giao thoa (H.6) Hãy xác định khoảng vân Hình Giải Sóng cầu từ nguồn điểm S sau qua hai nửa thấu kính biến thành hai sóng phẳng kết a/2 hợp, sóng truyền góc   phương ngang (H.7) Khi đó mặt sóng ló f nửa thấu kính trên quay theo chiều kim đồng hồ, còn nửa thấu kính ngược chiều kim đồng hồ Quang tâm nửa thấu kính dịch trục đối xứng ngang khoảng a / ( các đường đứt nét trên hình qua quang tâm hai nửa thấu kính) Trang 69/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Hình Hình Hình Như vậy, ta có hai sóng phẳng, đơn sắc, kết hợp đập vào màn Trong vùng hai sóng này chồng chập lên ta quan sát thấy tranh giao thoa Trên hình ta phóng to khu vực gần màn, đó có vẽ thêm hai mặt sóng tương ứng Giao điểm O hai mặt sóng này đặt tâm màn và dựng trục x hình vẽ Ta hãy khảo sát điểm A trên màn có toạ độ x Đặt pha ban đầu hai sóng tâm O trên màn Khi đó pha sóng tới A từ phía trên bằng: 2  AB 2x sin  ,  A1     còn pha sóng tới A từ phía bằng:  A2   2 CA   2 xsin  Độ lệch pha hai sóng A bằng:    A1   A2  4 x sin   Điều kiện để A là cực đại giao thoa (vân sáng) viết dạng: 4 x sin    2m , đó m  0,1, Suy khoảng vân bằng: i  x(m  1)  x(m)   sin    F    10 4 m  0,5mm 2 a Trang 70/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Ví dụ Sơ đồ thí nghiệm giao thoa gồm gương phẳng M, màn ảnh E, máy thu quang điện A và nguồn sáng điểm đơn sắc S chuyển động với vận tốc v  2m / s vuông góc với trục OA (H.9) Hãy xác định tần số dao động dòng quang điện máy thu nguồn sáng chuyển động tới gần trục OA, bước sóng ánh sáng   5.10 7 m , khoảng cách L  1m và khoảng cách d  0,5cm Biết dòng quang điện máy thu tỷ lệ với độ rọi điểm A Gợi ý: Với giá trị nhỏ x, có thể dùng công thức gần đúng  x   x / Hình Giải Khảo sát thời điểm tùy ý, nguồn sáng cách trục OA khoảng x không lớn Tại thời điểm đó màn chiếu sáng hai sóng cầu: sóng tới trực tiếp từ S và sóng toi sau phản xạ từ gương Sóng thứ hai có thể coi sóng cầu phát từ nguồn điểm ảo S  là ảnh S qua gương phẳng-, cách gương khoảng d  x Quang lộ SA bằng: x2 SA  L  x  L  2L 2 Quang lộ S' A bằng: S A  L2  (2d  x)  L  ( 2d  x ) 2L Hiệu quang lộ hai sóng bằng: 2d 2dx  L L Giả sử thời điểm xét , A có cực đại giao thoa Điều đó có nghĩa là hiệu quang lộ  số nguyên lần bước sóng: 2d 2dx   m , đó m  0,1, 2, L L   S ' A  SA  Hình 10 Bây chúng ta tìm khoảng thời gian t để hiệu quang lộ  giảm bước sóng và A ta lại quan sát cực đại giao thoa Sau thời gian đó x thay đổi lượng x  vt , còn m thay đổi đơn vị, ta có đẳng thức sau: Trang 71/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) 2dv t   L Nhưng thời gian t chu kỳ dao động T cường độ sáng A, nên tần số dao động dòng quang điện máy thu bằng: 1 2dv f     400 Hz T t L BÀI TẬP Một bình thủy tinh có tiết diện hình thang với góc   chứa đầy nước với chiết suất n  1,33 (H.11) Một chùm sáng song song chiếu tới mặt bên bình Sau bình đặt thấu kính hội tụ có tiêu cự f  50cm Trên màn ảnh đặt mặt phẳng tiêu ảnh thấu kính, người ta quan sát thấy điểm sáng Hỏi điểm sáng này dịch chuyển khoảng bao nhiêu, ta bỏ bình đi? Gợi ý: góc  đủ nhỏ, ta có thể dùng công thức gần đúng sin    Hình 11 Một lăng kính cụt làm khối chất suốt có chiều dài đáy trên d  0,2 cm và độ cao L  10cm (H.12) Người ta chiếu tới mặt bên lăng kính chùm đơn sắc hẹp cách đáy khoảng a  cm Biết tia ló khỏi lăng kính không đổi hướng so với tia ban đầu và chiết suất chất làm lăng kính phụ thuộc vào độ cao x theo công thức: n x  1,21  x / 6L  Hãy xác định góc chiết quang  lăng kính Gợi ý: góc  đủ nhỏ, ta có thể dùng công thức gần đúng tg  sin    Hình 12 Một sơ đồ giao thoa cho trên hình 13, gồm nguồn sáng điểm đơn sắc S chuyển động với vận tốc v  4cm / s tới gần trục OA và hai màn Trên màn E có hai lỗ nhỏ cách khoảng d  0,5cm , còn màn E  dùng để quan sát tranh giao thoa Tại tâm màn E  người ta đặt máy thu quang điện A Hãy xác định tần số dao động dòng quang điện máy thu nguồn sáng gần OA, biết L  1m và bước sóng    10 7 m Coi cường độ dòng quang điện tỷ lệ với độ rọi điểm A Trang 72/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Hình 13 Lượng Tử (sưu tầm và giới thiệu) Trang 73/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) CÁC PHÂN TỬ PHI TUYẾN TRONG MẠCH ĐIỆN Nguyễn Xuân Quang Những khó khăn lớn các thí sinh các kỳ thi học sinh giỏi là bài tập điện đó có mặt các phần tử phi tuyến Đó là các phần tử có đường đặc trưng vôn - ampe, tức đồ thị mô tả phụ thuộc điện áp U hai đầu phần tử đó vào cường độ dòng điện I qua nó - không phải là đường thẳng qua gốc toạ độ Một ví dụ điển hình phần tử phi tuyến và là phần tử thường gặp các bài tập là điôt lý tưởng Khi người ta đặt điện áp ngược với độ lớn bao nhiêu lên phần tử này thì không có dòng điện qua điôt và ta nói điôt bị đóng Trong trường hợp đó điện trở điôt vô cùng – tình này tương đương với ngắt mạch Trong trường hợp điện áp đặt vào là thuận, điện trở điôt không và nó không có ảnh hưởng gì đến dòng điện qua nó Một loại phần tử phi tuyến khác là điện trở phụ thuộc vào cường độ dòng điện qua nó Ví dụ, dây tóc các bóng đèn điện: theo tăng cường độ dòng điện qua dây này mà nhiệt độ và đó điện trở nó tăng lên Một phần tử phi tuyến là dụng cụ đó xảy phóng điện, ví dụ các đèn chứa đầy khí, các đèn tiratron và các linh kiện vô tuyến khác Ngoài ra, phần tử phi tuyến có thể là: cuộn dây có lõi sắt (do tượng từ trễ), tụ điện có xecnhec (hiệu ứng áp điện), v.v Để giải các bài toán có phần tử phi tuyến người ta thường dùng các phương pháp sau: phương pháp đồ thị, phương pháp số, phương pháp biểu diễn gần đúng hàm giải tích Dưới đây chúng ta xét số mạch điện cụ thể có chứa các phần tử phi tuyến Ví dụ Trên hình là đường đặc trưng vôn-ampe phần tử phi tuyến nào đó Trước điện áp U0 = 100V, không có dòng điện qua phần tử này, sau đó cường độ dòng điện tăng tuyến tính theo hiệu điện (h.đ.t.) Khi mắc phần tử này vào nguồn điện có suất điện động không đổi và điện trở r = 25 thì cường độ dóng điện qua nó là I1 = 2mA, mắc nó với cùng nguồn điện đó qua tải có điện trở R = r thì dòng qua nó là I2 = 1mA Hãy xác định suất điện động nguồn điện I, mA Uo U,V Giải: Dựa vào đường đặc trưng vôn-ampe ta thấy dòng điện I chạy qua phần tử phi tuyến này phụ thuộc vào h.đ.t U hai đầu phần tử: < U <U0 thì I = 0; U > U0 thì I = (U – U0) với  = I/U = const Khi mắc phân tử phi tuyến trên vào nguồn điện có s.đ.đ E và điện trở r, cường độ dòng điện mạch là I1, ta có: Trang 74/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) I (1) E  I1r   U  Khi mắc phần tử này vào nguồn điện qua tải có điện trở R = r thì dòng điện mạch là I2, ta có: E  I 2r  I2 R  I2  U0 (2) Từ (1) và (2) suy ra: E I I1 r U0 I1  I Thay số ta được: E = 150V Ví dụ Cho mạch điện hình 2, X là phần tử phi tuyến mà cường độ dòng điện qua nó phụ thuộc h.đ.t hai đầu phần tử theo công thức: I X  U X3 với  = 0,25A/V3 Hãy tính công suất toả trên X, dòng qua điện kế G không Biết R1= 2, R2=4 và R3=1 Giải: Gọi U là h.đ.t hai đầu mạch điện, U2 là h.đ.t hai đầu điện trở R2, ta có: UR2 U2  R1  R2 Khi điện kế G số thì h.đ.t hai đầu phần tử phi tuyến X h.đ.t hai đầu R2: UX = U2 Ta có : UR1 U1=U3 = R1  R2 Cường độ dòng điện chạy qua X là : U UR1 IX   R3 ( R1  R2 ) R3 Theo bài : I X  U X3 nên ta có : UR1 U R23  ( R1  R2 ) R3 R1  R2 3 Từ đó rút : U R1 ( R1  R2 ) R23 R3 (1) Công suất toả trên X là : PX  I XU X  UR    U     R1  R2  X Từ (1) và (2) ta được: Trang 75/102 (2) TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) 1 R  PX      R2 R3  Thay số ta PX = 1W Vi dụ Trong mạch điện trên hình 3, tụ điện có điện dung C = 100F tích điện đến U0 = 5V và nối điện trở R = 100 qua điôt D Đường đặc trưng vôn-ampe điôt hình vẽ Ở thời điểm ban đầu, khoá K mở Sau đó đóng K Xác định cường độ dòng điện mạch sau đóng K Tính h.đ.t trên tụ điện dòng điện mạch 10mA Tính lượng nhiệt toả trên điôt sau đóng khoá K Giải: Ngay sau đóng khoá, h.đ.t trên tụ còn chưa thay đổi độ lớn và dấu Giả thiết dòng điện ban đầu I0 mạch lớn 10mA Định luật Ôm mạch kín thời điểm đó có dạng: U  Ud  I0R đó Ud là h.đ.t hai đầu điôt (Ud = 1V) Thay số vào ta được: U Ud I0   40mA R Vì giá trị nhận dòng điện lớn 10mA, nên giả thiết chúng ta là đúng Sau đóng khoá, tụ điện phóng điện, còn dòng điện mạch giảm Khi dòng giảm tới giá trị I1 = 10mA, áp dụng định luật Ôm ta tìm h.đ.t UC hai tụ: U C  U d  I1 R  2V Từ thời điểm đóng khoá tụ phóng hết điện, điôt p73 hai chế độ: dòng điện mạch biến thiên từ I0 = 40mA đến I1 = 10mA và dòng điện giảm từ I1 = 10mA đến Trong chế độ thứ nhất, h.đ.t trên điôt không đổi và Ud = 1V, còn đ.đ.t trên tụ giảm từ U0 = 5V đến UC = 2V Trong thời gian đó, điện lượng chạy qua điôt là: q  C (U  U C )  3.10 4 C và nhiệt lượng toả trên điôt là: Q1  qU d  3.10 4 J Trong chế độ thứ hai, điôt hoạt động điện trở Rd = Ud/I1 = 100 Sau kết thúc chế độ thứ nhất, h.đ.t trên tụ UC = 2V và lượng còn lại điện trường tụ là: CU C2 W  2.10 4 J Vì điện trở Rd điôt điện trở R, nên lượng toả trên điôt và trên R là Do đó, nhiệt lượng toả trên điôt chế độ thứ hai bằng: Q2  W  10 4 J Trang 76/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Vậy nhiệt lượng toả trên sau đóng khoá bằng: Qd  Q1  Q2  4.10 4 j Ví dụ Cho mạch điện hình vẽ, các đại lượng trên hình đã biết Đ là điôt lý tưởng Khoá K đóng thời gian  ngắt Ở thời điểm khoá K ngắt, dòng điện cuộn cảm là I0 a) Sau bao lâu kể từ ngắt khoá K, dòng điện cuộn cảm đạt giá trị cực đại, biết giá trị đó 2I0 b) Vẽ đồ thị biểu diễn phụ thuộc cường độ dòng điện qua cuộn cảm vào thời gian (lấy t = lúc ngắt khoá K) Giải: a)Trong thời gian , dòng qua cuộn cảm tăng tuyến tính theo thời gian, nên ta có E = LI0/ (1) Lúc t = 0, dòng điện cuộn cảm I0, điện tích tụ điện q0 = EC, hiệu điện U A và B dương, nên điôt Đ đóng, mạch bắt đầu xảy dao động Khi dòng điện cuộn cảm cực đại, thì điện tích tụ điện Áp dụng định luật bảo toàn lượng, ta có: q02 1 LI   LI 02  E C  L(2 I ) 2 C 2 Suy ra: 3LI 02  E C (2) LC  3 Từ (1) và (2), ta được: (3) Mặt khác, di q  L L  LiL'   Lq' ' C dt đó iL là dòng điện qua cuộn cảm Từ phương trình trên suy ra: q' ' q0 LC Như đã biết, phương trình này có nghiệm là: q = Q0sin(t +) với   / LC và iL = -q’ = - Q0cos(t +) với Q0 = 2I0 Khi t = 0, q = EC = Q0sin = 2I0(sin)/ iL = I0 = -2I0cos Suy ra:  = 2/3 Do đó biểu thức dòng điện qua cuộn cảm là: iL = - Q0cos(t +2/3) = Q0cos(t - /3) Trang 77/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Như vậy, iL cực đại khi: cos(t - /3) = 1, suy ra: t    LC 3 (4) Từ (3) và (4), ta được: t  3   1,814 Vậy sau thời gian 1,814, kể từ ngắt khoá K, thì dòng điện cuộn cảm đạt cực đại b)+ Khi  t   3  , thì iL = 2I0cos(t - /3)   , thì điện tích q tụ và U = 0, điôt Đ bắt đầu mở Kể từ thời điểm này dòng điện không đổi, qua cuộn cảm và điôt Đ + Khi t  Đồ thị biểu diễn phụ thuộc iL vào t, xin dành cho bạn đọc tự vẽ Bài tập Cho mạch điện Ví dụ 2, bây phụ thuộc cường độ dòng điện IX vào hiệu điện UX có dạng I X  aU X2 và các điện trở R1 = R3 = 2, R2 = 4 Với giá trị nào số a, công suất toả trên X PX = 1W trường hợp cầu cân (tức điện kế số 0) ĐS: a  PX ( R2 R3 / R1 )  0,125 A / V 2 Cho mạch điện hình vẽ, khoá K đóng thời gian , sau đó ngắt Tại thời điểm ngắt K cường độ đòng điện qua cuộn dây là I0 Hỏi qua thời gian bao lâu sau ngắt K cường độ dòng điện qua cuộn dây đạt giá trị cực đại 2I0? Dựng đồ thị biểu diễn phụ thuộc cường độ dòng điện cuộn dây theo thời gian, thời điểm đóng khoá K Bỏ qua điện trở mạch điện đã cho ĐS: * t   * Bạn đọc tự vẽ đồ thị  Trang 78/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) MẠCH DAO ĐỘNG Trong bài báo này chúng tôi đề cập tới số bài toán khá thú vị đó phần tử là mạch dao động (MDĐ) nhằm đào sâu và nâng cao kiến thức đã cung cấp sách giáo khoa vật lý lớp 12 Như đã biết mạch dao động thường gồm cuộn cảm, tụ điện và đôi có điện trở mắc nối tiếp với Bài toán MDĐ là xác định phụ thuộc thời gian dòng điện mạch hiệu điện trên các phần tử nó với các điều kiện ban đầu cho trước Các quá trình diễn MDĐ, đã biết, mô tả phương trình vi phân tuyến tính cấp hai (giống phương trình vi phân mô tả dao động điều hoà) với nghiệm tổng quát chứa hai số chưa biết Hai số này xác định từ các điều kiện ban đầu Điều này giải thích để tìm nghiệm ta cần phải biết cường độ dòng điện ban đầu và hiệu điện ban đầu, ví dụ trên hai tụ điện, chẳng hạn Tuy nhiên, các bài toán MDĐ người ta thường không yêu cầu tìm nghiệm tổng quát, mà yêu cầu tìm tham số cụ thể nào đó, chẳng hạn giá trị cực đại cường độ dòng điện hay hiệu điện cực đại hai đầu tụ điện Để giải bài tập loại này, người ta thường dùng định luật bảo toàn lượng và suy luận vật lý chung Chẳng hạn, dòng điện MDĐ cực đại, suất điện động (s.đ.đ) cảm ứng cuộn dây không và điện trở mạch không thì h.đ.t trên tụ điện không Hoặc h.đ.t trên tụ đạt cực đại thì dòng điện mạch không Bây chúng ta xét bài toán cụ thể Để việc trình bày hệ thống chúng ta bài toán đơn giản đã xét sách giáo khoa Ví dụ Trong mạch dao động LC (H.1), thời điểm ban đầu khoá K mở và tụ C nạp điện đến h.đ.t U0 Tìm phụ thuộc h.đ.t trên tụ và cường độ dòng điện mạch vào thời gian sau đóng khoá K Hình Ngay sau đóng khoá K, h.đ.t trên tụ u(0) = U0, còn cường độ dòng điện mạch i(0) = Giả sử thời điểm tùy ý sau K đóng, dòng điện chạy mạch từ tích điện dương tụ điện Theo định luật Ohm (Ôm) ta có : Li'  u Vì i  Cu' , ta có: u ' ' u0 LC Đây chính là phương trình vi phân quen thuộc mô tả dao động điều hoà mà chúng ta đã biết Nghiệm tổng quát phương trình này có dạng: u(t )  A cos 0t  B sin 0t Trang 79/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) đó   / LC - tần số dao động riêng MDĐ, A và B la hai số tìm từ điều kiện ban đầu Đặt điều kiện ban đấu thứ u(0) = U0 vào nghiệm trên, ta tìm A = U0 Còn từ điều kiện thứ hai i(0) = - Cu' = 0, ta B = Kết ta được: u(t )  U cos  t và i(t )  U C sin  t  U C cos( t   / 2) So sánh hai biểu thức trên ta thấy h.đ.t trên tụ và cường độ dòng điện mạch dao động điều hoà với cùng tần số góc, dao động dòng điện sớm pha /2 so với h.đ.t Ví dụ Tại thời điểm t = người ta mắc nguồn điện chiều có s.đ.đ E điện trở nhỏ không đáng kể vào mạch LC (H.2) Xác định phụ thuộc h.đ.t uC trên tụ vào thời gian Hình Xét thời điểm tuỳ ý sau đóng khoá Giả sử dòng điện chạy mạch từ cực dương nguồn Theo định luật Ohm: E  Li'  uC Mặt khác, i = q' = Cu C' Lấy đạo hàm hai vế ta được: i' = Cu C'' Thay biểu thức i' vào phương trình định luật Ôm ta được: u ' '   2u C C   2E đó   / LC - tần số dao động riêng mạch Phương trình vi phân này khác với phương trình ví dụ trước là có vế phải là số khác không Để giải phương trình này cần đổi biến : X = uC - E , Thay vào phương trình vi phân trên ta được: X ' ' 02 X  Nghiệm phương trình này đã biết: X (t )  A cos 0t  B sin 0t Để xác định A và B ta dùng điều kiện ban đầu: t = uC = hay X = -E, và i = Cu C' = 0, thay vào nghiệm vừa tìm trên, ta có: A = - E và B = Kết ta được: X(t) = -E cos0t hay uC(t) = E (1- cos0t) Sự biến thiên theo thời gian h.đ.t trên tụ theo quy luật điều hoà khác với Ví dụ chỗ không phải mức mà mức uC = E (xem H.3) Hình Trang 80/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Ví dụ Trong mạch dao động LC trên hình 4, khoá K ngắt, điện tích trên tụ thứ có điện dung C1 q0, còn tụ thứ hai có điện dung C2 không tích điện Hỏi bao lâu sau khoá K đóng điện tích trên tụ C2 đạt giá trị cực đại? Bỏ qua điện trở mạch Hình Hình Ta xét thời điểm tùy ý sau khoá K đóng Giả sử thời điểm đó, điện tích trên tụ thứ là q1, còn trên tụ thứ hai là q2 và mạch có dòng điện i (H 5) Vì ta quan tâm tới giá trị q2max , nên ta tìm biểu thức q2(t) Theo định luật Ohm ta có:  Li'  q2 q1  C2 C1 Vì i  q 2' và q1 + q2 = q0, nên phương trình trên ta có thể đưa phương trình q2: q 2''  q C1  C q2  LC1C LC1 Giống ví dụ 2, ta đưa vào biến mới: X  q2  q0 C C1  C ta lại nhận phương trình mô tả dao động điều hoà: X ' ' 02 X  đó   C1  C - là tần số dao động riêng mạch Nghiệm phương trình trên là: LC1C X (t )  A cos 0t  B sin 0t Dùng điều kiện ban đầu: t = q2 = hay X(0) =   q0 C và i = hay X' = 0, ta tìm được: A = C1  C q0 C và B = Cuối cùng, trở lại biến q2 ta được: C1  C qC q (t )  (1  cos  t ) C1  C Từ biểu thức trên ta thấy q2 lần đầu tiên đạt giá trị cực đại sau thời gian t1= /0, sau đó giá trị cực đại này lặp lại với chu kỳ T = 2/0 Trong trường hợp tổng quát, thời điểm để q2 đạt giá trị cực đại có thể viết dạng: tn  Giá trị cực đại đó q2max =  (1  2n) với n = 0, , , 3, 0 q0 C C1  C Trang 81/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Ví dụ Trong mạch điện trên hình 6, thời điểm ban đầu khoá K ngắt và tụ C không nạp điện Sau đó cho khoá K đóng thời gian lại ngắt Hãy xác định dòng điện qua cuộn cảm thời điểm ngắt khoá K, sau ngắt h.đ.t trên tụ đạt cực đại 2E với E là s.đ.đ nguồn chiều Bỏ qua điện trở cuộn dây Điện trở nguồn nhỏ tới mức thời gian nạp điện cho tụ nhỏ nhiều so với thời gian đóng khoá K Hình Ngay đóng khoá K tụ nạp điện nhanh tới h.đ.t s.đ.đ nguồn và cuộn cảm cường độ dòng điện tăng chậm từ giá trị Tại thời điểm ngắt khoá K, h.đ.t trên tụ E và qua cuộn cảm có dòng điện mà ta ký hiệu là I0 Đó chính là các điều kiện ban đầu mạch LC chúng ta Xét thời điểm tuỳ ý sau ngắt khoá K, giả sử đó cường độ dòng điện mạch là i, có chiều từ tích điện dương tụ điện và h.đ.t trên tụ là uC Theo định luật Ohm ta có: Li'  u C Nhưng vì i = Cu C' , ta có: u ' '   2u C C 0 với   / LC Nghiệm phương trình trên có dạng: uC (t )  A cos( t   ) Dạng này nghiệm tương đương với dạng mà ta chọn trên, có điều trên hai số là A và B còn đây là A và  Dùng các điều kiện ban đầu uC(0) = E và i = I0, ta được: E = Acos và I0 = AC0sin Từ đây suy ra:  I  A= E    ,  C   0 tg  I0 EC Vì A là biên độ dao động h.đ.t.trên tụ nên nó chính là giá trị cực đại h.đ.t này Do đó,  I  E    = 2E , từ đó ta tính được: C  0 I  3E C  E C L Cũng ba ví dụ trước, giải bài toán này chúng ta đã sử dụng nghiệm tổng quát và nó cho chúng ta đầy đủ thông tin mạch Bây chúng ta đưa cách giải đơn giản xuất phát từ suy luận vật lý chung và định luật bảo toàn lượng Theo định luật bảo toàn lượng thì lượng mạch t = và thời điểm h.đ.t trên tụ đạt cực đại và dòng mạch phải nhau: LI 02 CE 4CE   2 Từ đó suy ra: I  E C L Trang 82/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Ví dụ Trong mạch điện trên hình 7, tụ có điện dung C đã nạp điện tới h.đ.t nào đó, còn khoá K thì ngắt Sau đóng khoá K, mạch diễn các dao động tự do, đó biên độ dòng điện cuộn cảm L2 I0 Khi dòng điện cuộn cảm L1 đạt giá trị cực đại thì người ta rút nhanh lõi sắt (trong thời gian ngắn so với chu kỳ dao động) khiến cho độ tự cảm nó giảm k lần Tìm h.đ.t cực đại trên tụ điện sau lõi sắt đã rút Hình Hình Ta xét thời điểm tùy ý sau đóng khoá K trước rút lõi sắt Ký hiệu h.đ.t ban đầu trên tụ là U0 còn h.đ.t thời điểm tùy ý là u Giả sử dòng điện qua cuộn L1 là i1 và qua cuộn L2 là i2 (xem H 8) Theo định luật Ohm cho mạch vòng chứa tụ điện và cuộn cảm L1: L2 i2'  u (1) và cho mạch vòng chứa hai cuộn cảm: L2 i2'  L1i1' hay ( L1i1  L2 i2 ) '  Từ đó suy ra: L1i1  L2 i2  const Nhưng vì các dòng điện ban đầu qua hai cuộn cảm 0, nên const biểu thức trên 0, tức L1i1  L2 i2 Theo định luật Ohm cho mạch rẽ: L  L2 i  i1  i2  i2 (2) L1 Lấy đạo hàm hai vế (1) ta được: L2 i2''  u ' và lưu ý i = -Cu', ta có: L2 i2''  i0 C Thay biểu thức (2) i vào ta được: i2' '  L1  L2 i2  CL1 L2 Nghiệm tổng quát phương trình này có dạng: i (t )  A cos 0t  B sin 0t L1  L2 Vì i2 (0) = suy A = Để tìm B lưu ý biên độ dòng điện CL1 L2 cuộn L2 I0 nên B = I0 Kết ta có: đó   i2 (t )  I sin  t và i1 (t )  L2 I sin  t L1 Trong thời gian rút lõi sắt khỏi cuộn cảm thứ nhất, từ thông qua hai cuộn cảm coi không đổi Điều này dẫn tới chỗ dòng điện cuộn thứ hai giữ nguyên, tức là i2*  I , còn cường độ dòng điện cuộn thứ xác định từ điều kiện L2 I  Trang 83/102 L1 * i1 : k TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) kL i1*  I L1 Để xác định h.đ.t cực đại trên tụ ta sử dụng định luật bảo toàn lượng Năng lượng từ lưu trữ hai cuộn dây sau rút lõi sắt là: Wt  L1 (i1* ) L2 (i2* ) L I2 L I2 L kL kL   ( I )   (1  ) 2k L1 2 L1 2 Khi h.đ.t trên tụ đạt cực đại, dòng mạch chính 0, tức dòng điện qua hai cuộn liên hệ với hệ thức: i1**  i2**  Dùng hệ thức liên hệ các dòng mà ta đã nhận trên ( L1i1  L2 i2  const ) cho i1** và i 2** , ta được: L1 ** i1  L2 i2**  k Từ hai phương trình trên suy dòng qua hai cuộn cảm 0, toàn lượng tập trung tụ điện và bằng: CU m2 WC  đó Um là h.đ.t cực đại trên tụ Theo định luật bảo toàn lượng, WL = WC, hay CU m2 L2 I 02 kL2 (1  )  2 L1 Từ đây ta tìm được: Um  I0 L2 ( L1  kL2 ) CL1 BÀI TẬP Trong mạch LC trên hình 9, khoá K ngắt điện tích trên tụ C1 q và tụ C2 (với C2 = 4C1) chưa nạp điện Hãy xác định cường độ dòng điện cực đại mạch sau K đóng Bỏ qua điện trở mạch Hình 10 Hình Trong sơ đồ trên hình 10, thời điểm ban đầu khoá K ngắt, tụ điện C không tích điện Đóng khoá K thời gian, sau đó lại ngắt Hãy xác định cường độ dòng điện i0 qua cuộn cảm L Trang 84/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) thời điểm ngắt khoá K, sau ngắt K cường độ dòng điện cực đại mạch LC 2i0 Coi điện trở mạch nhỏ không đáng kể, s.đ.đ nguồn là E MDĐ gồm cuộn cảm L và hai tụ điện mắc song song có điện dung là C1 và C2 (H.11) Trong mạch diễn các dao động tự do, đó biên độ dao động điện tích trên tụ là q0 Bên tụ với điện dung C2 có điện môi với số điện môi  chiếm toàn không gian tụ Khi điện tích trên tụ đạt cực đại người ta rút nhanh điện môi khỏi tụ (trong thời gian nhỏ so với chu kỳ dao động) Tính biên độ dao động dòng điện mạch. HIỆN TƯỢNG TỰ CẢM TRONG CÁC MẠCH ĐIỆN Khi dòng điện chạy mạch, ngoài điện trường, còn xuất từ trường chuyển động các điện tích tự Đại lượng đặc trưng cho các tính chất từ mạch điện trên gọi là độ tự cảm mạch điện Dòng điện chạy dây dẫn tạo không gian xung quanh nó từ trường Từ thông  gửi qua mạch kín này tỷ lệ thuận với cường độ dòng điện I: (1)   LI Hệ số tỷ lệ L gọi là độ tự cảm hay là hệ số tự cảm mạch Độ tự cảm phụ thuộc vào kích thước, hình dạng mạch và vào độ từ thẩm môi trường xung quanh Độ tự cảm các vật dẫn nối mạch điện thường là nhỏ (người ta gọi nó là độ tự cảm ký sinh) Các phần tử đặc biệt với độ từ cảm lớn gọi là các cuộn cảm có lõi Về nguyên tắc cuộn cảm là số lớn các vòng dây dẫn cách ly xung quanh lõi hình trụ hay hình xuyến Độ tự cảm L cuộn cảm đó có dòng điện I chạy qua đó liên hệ với lượng WM từ trường dòng này theo công thức sau LI WM  (2) Tương đương với các tượng học ta có thể xem lượng từ trường động dòng điện xét, nghĩa là mv , (3) đó m là khối lượng và v là tốc độ vật Từ tương đương (2) và (3) ta thấy độ từ cảm L đóng vai trò khối lượng (quán tính), còn cường độ dòng I đóng vai trò vận tốc nó Như vậy, có thể hiểu độ tự cảm xác định các quán tính dòng điện Bây ta xét số bài toán cụ thể có liên quan đến độ tự cảm WK  Bài toán Trong sơ đồ điện mà các tham số nó trình bầy trên Hình 1, thời điểm ban đầu các khóa K1 và K để mở Sau đó đóng khoá thứ (K1), hiệu điện (h.đ.t.) trên tụ điện đạt giá trị U  E / thì đóng khoá thứ hai (K2) Hãy xác định h.đ.t trên cuộn Trang 85/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) cảm sau đóng khoá thứ và h.đ.t trên tụ điện chế độ đã thiết lập Bỏ qua điện trở nguồn Hình Giải: Trước hết ta xét xem điều gì xảy phần bên trái sơ đồ sau đóng khoá K 1? Ngay sau đóng khoá thứ nhất, h.đ.t trên tụ điện còn không, và mạch có dòng điện I  E / R1 , kết này rút từ định luật Ohm mạch kín Sau đó h.đ.t trên tụ điện tăng và dòng điện mạch giảm Tại thời điểm h.đ.t trên tụ điện đạt giá trị U điện áp trên điện trở R1 E U1  E  U  (đầu trên là dương, đầu là âm) Tại thời điểm này ta đóng khoá thứ Khi đó xuất mạch kín có chứa cuộn cảm L Ngay sau đóng khoá thứ 2, dòng điện qua điện trở R2 , cuộn cảm và nguồn (phía phải sơ đồ) không, còn điện áp trên điện trở R1 giữ không đổi Việc không có dòng điện ban đầu này liên quan đến quán tính cuộn cảm – xuất dòng điện không lớn cuộn cảm tạo các vòng dây nó s.đ.đ cảm ứng mà theo định luật Lenz hướng ngược với dòng điện này và khống chế tăng dần nó Theo định luật Ohm, phần bên phải sơ đồ, ta có phương trình: E  U L  U1 Từ đây chúng ta tìm h.đ.t trên cuộn cảm sau đóng khoá thứ hai: U L  E  U1  E Đối với chế độ đã thiết lập phần bên phải sơ đồ có dòng điện không đổi (hướng theo chiều kim đồng hồ) E I , R1  R2 và trên điện trở R1 thiết lập hiệu điện R1E U1tl  IR1  R1  R2 (đầu là dương, đầu trên là âm) Theo định luật Ohm, mạch bên trái ta có thể viết E  U c  U1tl Do đó ta nhận h.đ.t thiết lập trên tụ điện 2R1  R2 E U c  E  U 1tl  R1  R2 Bài toán Trong sơ đồ biểu diễn trên Hình 2, các cuộn cảm L1 và L2 nối với qua điôt lý tưởng D Tại thời điểm ban đầu khoá K mở, còn tụ điện với điện dung C tích điện đến h.đ.t U Sau đóng khoá thời gian, h.đ.t trên tụ điện trở nên không Hãy tìm Trang 86/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) dòng điện chạy qua cuộn cảm L1 thời điểm đó Sau đó tụ điện tích điện lại đến h.đ.t cực đại nào đó Xác định h.đ.t cực đại đó Hình Giải: Sau đóng khoá K ta có mạch dao động bao gồm tụ điện với điện dung C và cuộn cảm với độ tự cảm L1 Tụ điện bắt đầu tích điện, và h.đ.t nó trở nên không thì lượng ban đầu tụ điện chuyển hoàn toàn sang lượng từ trường cuộn cảm Nếu thời điểm này dòng điện chạy qua cuộn cảm I L thì ta có thể viết CU 02 L1 I L2  2 Từ đây ta nhận dòng điện phải tìm C IL  U0 L1 Đó là dòng điện cực đại chạy qua cuộn cảm L1 , sau đó nó bắt đầu giảm, phần nó tích điện cho tụ, phần chạy qua cuộn cảm L2 Giả sử thời điểm nào đó dòng điện I1 chạy qua cuộn cảm ứng thứ còn dòng điện I chạy qua cuộn cảm ứng thứ hai Khi đó theo định luật Ohm mạch chứa hai cuộn cảm ta có thể viết: dI dI L1  L2  dt dt Nghiệm phương trình này có dạng L1 I1  L2 I  A với A là số Ta có thể tìm A từ các điều kiện ban đầu Tại thời điểm dòng điện chạy qua cuộn cảm L1 đã đạt giá trị cực đại và U C / L1 , thì dòng điện qua cuộn L2 không, đó A  U L1C Khi đó nghiệm có dạng L1I1  L2 I  U L1C Khi h.đ.t tụ điện đạt giá trị cực đại, dòng qua tụ điện không, còn dòng chung qua hai cuộn cảm ta ký hiệu là I12 Sử dụng mối liên hệ trên ta có thể viết L1  L2 I12  U L1C , đó I12  U L1C L1  L2 Giả sử h.đ.t cực đại trên tụ điện U m Vì mạch không có mát lượng toả nhiệt nên thời điểm ta có thể sử dụng định luật bảo toàn lượng Năng lượng toàn phần mạch điện CU 02 / Tại thời điểm tụ điện tích điện lại và h.đ.t nó đạt giá trị cực đại, phần lượng tập trung tụ điện bằng: Trang 87/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Wc  CU m , phần còn lại tập trung các cuộn cảm: 1 L1CU 02 L1  L2 I12  2 L1  L2 Theo định luât bảo toàn lượng ta có WL  1 L1CU 02 CU 02  CU m  2 L1  L2 Từ đây ta nhận Um  U0 L2 L1  L2 Bài toán Khi khoá K đóng (Hình 3) tụ điện với điện dung C  20F tích điện đến h.đ.t U  12V , s.đ.đ nguồn (ăcqui) E  5V , độ tự cảm cuộn dây L  H , D là điôt lý tưởng Hãy cho biết dòng điện cực đại mạch sau đóng khoá K bao nhiêu? H.đ.t tụ điện sau đóng khoá K bao nhiêu ? Hình Giải: Do mạch có cuộn cảm nên sau đóng khoá K dòng điện không, sau đó dòng điện tăng dần, và thời điểm nào đó, nó đạt cực đại Khi dòng điện mạch cực đại s.đ.đ cảm ứng cuộn cảm không, và theo định luật Ohm mạch kín h.đ.t tụ điện trường hợp này phải s.đ.đ nguồn Ta ký hiệu h.đ.t này U1 (U1  E) và tìm giá trị dòng điện cực đại Để làm điều đó ta sử dụng định luật bảo toàn lượng Trong thời gian thiết lập dòng điện cực đại, điện lượng đã chạy qua mạch bằng: q  CU  CU1  C U  U1  Để dịch chuyển điện lượng này ngược với s.đ.đ nguồn, phải thực công: A  qE  CEU  U1  Sự có mặt dòng điện cực đại I m cuộn cảm dẫn đến xuất lượng từ trường WL  LI m Hiệu lượng tụ điện trạng thái đầu và trạng thái cuối tổng công đã thực và lượng cuộn cảm: 1 CU 02  CU12  A  WL  CEU  U1   LI m 2 Từ đây ta tìm C I m  U  E  0,022 A L Bây ta trả lời câu hỏi giá trị h.đ.t thiết lập trên tụ điện Sau đạt giá trị cực đại, dòng điện mạch giảm và cuối cùng không Do dòng điện không thể chạy theo Trang 88/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) chiều ngược lại (do điôt cản trở) nên trạng thái dừng thiết lập: Dòng điện không, còn trên tụ điện h.đ.t có giá trị không đổi nào đó ký hiệu U K Ta có thể tìm h.đ.t này theo định luật bảo toàn lượng Trong suốt thời gian từ lúc đóng khoá K đến lúc thiết lập trạng thái dừng, biến đổi lượng tụ điện đã dùng để làm dịch chuyển toàn điện lượng chạy ngược với s.đ.đ nguồn điện: 1 CU 02  CU K  CEU  U K  2 Sau số biến đổi đơn giản, phương trình này có dạng U  U K U  2E  U K   Phương trình này có hai nghiệm Nghiệm thứ nhất: U K  U ứng với trạng thái ban đầu sau đóng khoá K Nghiệm thứ hai bằng: U K  2E  U  2V , đó dấu trừ nói lên tụ điện nạp điện lại và h.đ.t thiết lập ngược dấu với h.đ.t ban đầu Bài toán Mắc nối tiếp tụ điện (điện dung C) chưa tích điện với nguồn điện (s.đ.đ E ) và cuộn cảm (độ tự cảm L) Trong mạch xuất các dao động dòng Tại thời điểm dòng trở nên không, ta ngắt tụ điện khỏi sơ đồ lại nối vào với đầu vào và đầu đảo ngược lại Hỏi dòng điện cực đại chạy mạch sau việc làm đó bao nhiêu ? Bỏ qua điện trở nguồn Hình Giải: Ngay sau nối tụ điện lần thứ vào mạch dòng điện mạch không Sau đó dòng điện tăng, đạt giá trị cực đại, sau đó bắt đầu giảm và qua khoảng thời gian    LC (bán chu kỳ dao động dòng) lại trở nên không Giả sử thời điểm đó h.đ.t tụ điện U x Do không có mát lượng mạch, ta có thể sử dụng định luật bảo toàn lượng thời điểm ban đầu và thời điểm dòng điện mạch lại trở nên không Trong thời gian  điện lượng chạy qua nguồn q  CU x , và nguồn đã thực công: Ax  q x E  CU x E Toàn công này dùng làm tăng lượng tụ điện: CU x2 CU x E  Phương trình này có hai nghiệm: U1x  0; U x  E Nghiệm thứ ứng với trạng thái ban đầu và trạng thái các thời điểm là bội số nguyên lần các chu kỳ T  2 LC Nghiệm thứ hai xảy sau thời gian nửa chu kỳ cộng với số nguyên lần chu kỳ Ta hãy xét trường hợp thứ Tại trạng thái ban đầu dòng điện mạch không, tụ điện không tích điện Sự đổi cực tụ điện trường hợp này không đóng vai trò gì Khi dòng điện mạch đạt giá trị cực đại, s.đ.đ cảm ứng không, còn h.đ.t trên tụ điện rõ ràng Trang 89/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) s.đ.đ E nguồn Ta ký hiệu dòng điện mạch thời điểm đó I m1 Theo định luật bảo toàn lượng, công nguồn thực thời gian thiết lập dòng cực đại tổng lượng tụ điện và lượng chứa cuộn cảm: 1 CE  CE  LI m 2 Từ đây ta nhận C I m1  E L Bây ta xét trường hợp thứ hai Tại trạng thái ban đầu sau mắc lại tụ điện dòng điện mạch không, còn h.đ.t trên tụ điện 2E , đó bên trái có dấu âm, còn bên phải có dấu dương (Hình 4) Khi dòng điện mạch đạt cực đại, s.đ.đ cảm ứng không, và theo định luật Ohm mạch kín h.đ.t trên tụ điện s.đ.đ E nguồn, đó trái tụ điện là “dương”, còn phải là “âm” Như vậy, độ biến thiên điện tích tụ điện q  CU K  U H   CE  (2E)  3CE Năng lượng ban đầu hệ WH  CU H  2CE , còn lượng cuối 1 2 2 WK  CU K  LI m  CE  LI m2 , 2 2 đó I m là dòng điện cực đại mạch Theo định luật bảo toàn lượng, công nguồn để dịch chuyển điện tích q ứng với biến đổi lượng hệ qE  WK  WH , hay là 1 2 3CE  CE  LI m  2CE 2 Từ đây ta nhận C I m2  3E L Bài toán Trong mạch dao động mô tả trên Hình xuất các dao động tự khoá K đóng Tại thời điểm h.đ.t tụ điện với điện dung C1 đạt giá trị cực đại U , ta mở khoá K Hãy xác định giá trị dòng điện mạch, h.đ.t tụ điện với điện dung C1 không với điều kiện C2  C1 Hình Giải: Khi h.đ.t tụ điện với điện dung C1 đạt giá trị cực đại, dòng điện mạch không, và vì ta có thể ngắt mạch mà không có vấn đề gì Ngay sau mở khoá K điện tích trên bên phải tụ điện với điện dung C1 q1  C1U , còn điện tích trên trái tụ điện Trang 90/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) với điện dung C không Nhưng tổng điện tích trên hai tụ điện này giữ không đổi và C1U Tại thời điểm h.đ.t trên tụ điện thứ không, toàn điện tích q1 tập trung tụ điện thứ hai Ta ký hiệu dòng điện mạch thời điểm này là I K Theo định luật bảo toàn lượng thì lượng ban đầu chứa tụ điện với điện dung C1 tổng lượng tụ điện với điện dung C và lượng chứa cuộn cảm với dòng I K : q2 LI C1U 02   K , 2C 2 hay 1 C12 LI K C1U 02  U0  2 C2 Từ đây ta nhận I K  U0 C1 C  C1  C2 L Bài toán Trong sơ đồ trên Hình thời điểm ban đầu khoá K mở Cuộn cảm với độ tự cảm L có điện trở r Hãy xác định điện lượng chạy qua dây nối AB sau khoá K đóng ? Bỏ qua điện trở nguồn và điện trở đoạn dây nối Các tham số mạch điện trên hình vẽ Hình Hình Giải: Giả sử thời điểm dòng điện chạy qua các phần mạch biểu diễn trên Hình Tại thời điểm có các dòng điện I R chạy qua các điện trở R Điều đó rút từ định luật Ohm mạch ABDC Dòng chạy qua dây nối AB là I n , dòng chạy qua cuộn cảm là I L , còn dòng chạy qua điện trở r là I r Đối với các điểm nút A và B ta có thể viết định luật bảo toàn điện tích: In  IL  IR và Ir  I R  In Đối với mạch ABNM ta có thể viết định luật Ohm dI L L  r I r  I L  , dt sử dụng các biểu thức trên các dòng điện, ta có dI L L  2rI n dt Trang 91/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Ta viết lại phương trình này dạng LdI L  2rI n dt  2rdq và lấy tích phân Q L  dq  2r I Ln  dI L Ngay sau đóng khoá dòng điện qua cuộn cảm không Vì giới hạn tích phân vế phải phương trình trên không Bây ta tìm giới hạn trên I Ln , nghĩa là dòng điện đã thiết lập qua cuộn cảm Rõ ràng nó E I Ln  Rr Sau lấy tích phân ta nhận tổng điện lượng chạy qua dây nối AB: LI Ln LE Q  2r 2r ( R  r ) Bài toán Để trì các dao động không tắt dần mạch với độ tắt dần nhỏ (Hình 8) người ta tăng nhanh độ tự cảm cuộn dây (so với chu kỳ dao động mạch) đại lượng nhỏ L (L  L) lần dòng mạch không, và sau thời gian phần tư chu kỳ dao động người ta lại chuyển nhanh nó trạng thái ban đầu Hãy xác định L , L  0,15 H , C  1,5.10 7 F , R  20  Hình Giải: Nếu biến đổi độ tự cảm cuộn cảm xuất thời gian ngắn (so với chu kỳ dao động dòng điện mạch), thì từ thông  qua cuộn cảm bảo toàn Sự tăng độ tự cảm dòng điện không mạch không dẫn đến thay đổi dòng điện và dòng đó giữ không Năng lượng mạch bảo toàn Sau 1/4 chu kỳ dòng điện mạch đạt giá trị cực đại Ta ký hiệu đại lượng này là I m Ta biểu diễn lượng từ trường cuộn cảm qua từ thông  (  LI ) : 2 L Do   const nên với biến đổi nhỏ độ tự cảm ta có thể viết biến đổi lượng cuộn cảm dạng WL  I L  m 2 L2 Như vậy, rõ ràng là việc giảm độ tự cảm dẫn đến tăng lượng từ trường Sự nhảy bậc này lượng mạch xẩy theo các khoảng thời gian nửa chu kỳ dao động, nghĩa là T   LC WL   L Trang 92/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Giữa hai lần nhảy liên tiếp này lượng mạch dao động giảm nhiệt điện trở Ta có thể viết mát này sau thời gian T/2 dạng: WR  I m R LC Để trì dao động không tắt dần thì cần phải làm cho lượng đưa vào mạch phải lớn mát toả nhiệt đó: WL  WR , hay 2 Im L I m R LC  2 Từ đây ta nhận L  R LC  9,4.10 3 H Bài tập Trong mạch điện, với các tham số nó biểu diễn trên Hình 9, thời điểm ban đầu các khoá K1 và K2 mở Trước hết ta đóng khoá K1 Khi dòng điện qua cuộn cảm ứng đạt giá trị I0 , ta đóng khoá K2 Hãy xác định h.đ.t cuộn cảm sau đóng khoá K2 và h.đ.t trên tụ điện chế độ đã thiết lập Bỏ qua điện trở nguồn Hình Trong sơ đồ biểu diễn trên Hình 10 các cuộn cảm làm chất siêu dẫn với các độ tự cảm L1 và L2 mắc nối tiếp với tụ điện có điện dung C Tại thời điểm ban đầu các khoá K1 và K2 mở, còn tụ điện tích điện đến h.đ.t U0 Trước hết ta đóng khoá K1 , còn sau h.đ.t tụ điện không ta đóng tiếp khoá K2 Một khoảng thời gian sau đóng khoá K2 tụ điện tích điện lại đến giá trị cực đại Um Hãy tìm dòng điện qua cuộn cảm ứng trước đóng khoá K2 và h.đ.t Um Hình 10 Trong sơ đồ (Hình 11) khoá K mở h.đ.t tụ điện với điện dung C 5E , đó E là s.đ.đ nguồn Hỏi dòng điện cực đại chạy qua cuộn cảm với độ tự cảm L sau đóng khoá K bao nhiêu ? Bỏ qua điện trở bên nguồn Trang 93/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Hình 11 Khi khoá K mở mạch (Hình 12) xuất các dao động không tắt dần Tại thời điểm dòng điện mạch cực đại và I0 , ta đóng khoá K Hãy xác định h.đ.t cực đại tụ điện sau đóng khoá Các tham số sơ đồ cho trên Hình 12 Hình 12 Nguyễn Văn Hùng (sưu tầm và giới thiệu) Trang 94/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) DÕNG ĐIỆN DỊCH Trong chương trình vật lý phổ thông, khái niệm dòng điện dịch nói qua mức độ định tính sơ lược Chúng ta biết dòng điện các điện tích dịch chuyển có hướng tạo thành (được gọi là dòng điện dẫn) gây xung quanh nó từ trường Theo Maxwell từ trường còn gây điện trường biến thiên theo thời gian Về phương diện gây từ trường, điện trường biến thiên tương đương dòng điện gọi là dòng điện dịch Khái niệm dòng điện dịch thường đưa vào xét mạch dao động điện từ LC Trong tụ điện không có điện tích dịch chuyển mà có điện trường biến thiên Theo Maxwell, dòng điện dịch ứng với điện trường biến thiên này đóng vai trò khép kín mạch điện: các tụ nó độ lớn và cùng chiều với dòng điện dây dẫn bên ngoài tụ thời điểm Cách đưa khái niệm dòng điện dịch này có ưu điểm là nhấn mạnh liên quan dòng điện dịch với điện trường biến thiên, dễ dẫn đến hiểu nhầm dòng điện dịch tồn miền không gian không có dòng điện dẫn mà có điện trường biến thiên Trong bài này chúng ta xét ví dụ đơn giản cho thấy dòng điện dịch xuất nào và tính mật độ dòng điện dịch nào Thí dụ này minh hoạ dòng điện dịch tồn miền có dòng điện dẫn, r miễn là đó có điện trường biến thiên Hãy tưởng tượng có tụ điện cầu: gồm hai cực hình cầu, +Q đồng trục, tích điện và trái dấu Tất nhiên -Q đó điện trường tập trung hai (xem hình vẽ) Nếu môi trường hai tụ là chất dẫn điện, đó tụ phóng điện và có các dòng điện chạy dọc theo các bán kính Vấn đề đặt là từ trường xuất tụ phóng điện nào? Trong bài toán này chẳng có hướng nào ưu tiên để có thể vẽ các đường sức từ trường thoả mãn điều kiện đối xứng Nhưng điều đó có nghĩa là gì? Chỉ có thể là tụ cầu phóng điện, nói chung chẳng có từ trường nào xuất Nhưng có dòng điện mà lại không có từ trường nào hay sao? Điều đó có nghĩa là còn phải có “nguồn” sinh từ trường bù trừ với từ trường tạo các dòng điện tích Chúng ta hãy tính cường độ dòng điện chảy qua đơn vị diện tích, tức là tính mật độ dòng điện cách tâm các mặt cầu khoảng r Dòng điện toàn phần tốc độ biến đổi điện tích tụ điện: dQ i dt Dòng này phân bố trên mặt cầu bán kính r, vì mật độ dòng điện bằng: i dQ j  (1) S 4πr dt Khi tụ phóng điện thì điện trường biến đổi nào? Điện trường các tụ cầu giống điện trường của điện tích điểm Q đặt tâm, vì cách tâm khoảng r cường độ điện trường xác định công thức Q E 4πε r Từ đó tốc độ biến đổi cường độ điện trường bằng: dE dQ  (2) dt 4πε r dt So sánh các công thức (1) và (2) thấy mật độ dòng điện và tốc độ biến đổi cường độ điện trường tỉ lệ với Nếu giả thiết điện trường biến thiên sinh từ trường dòng điện thường thì có thể giải thích tụ điện không có từ trường là các từ trường đã bù trừ Chúng ta hãy đưa vào khái niệm mật độ dòng điện dịch xác định theo công thức: dE j di  ε (3) dt Trang 95/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Trong ví dụ chúng ta điện trường tụ giảm nên tốc độ biến thiên từ trường là âm Điều này có nghĩa là dòng điện dịch trường hợp này chảy theo chiều ngược chiều điện trường, đó dòng điện dẫn chảy theo chiều điện trường Từ các công thức (1) – (3) có thể thấy mật độ dòng điện dịch và dòng điện thường (dòng điện dẫn) có độ lớn Vì mật độ dòng tổng cộng và từ trường tổng hợp phải không Thực công thức (3) không đúng trường hợp tụ cầu phóng điện mà còn đúng trường hợp Cảm ứng từ từ trường luôn xác định tổng mật độ dòng điện dẫn (dòng điện thường) và mật độ dòng điện dịch xác định tốc độ biến thiên điện trường theo công thức (3) Tô Bá (Sưu tầm) Trang 96/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HƠI NƯỚC Các bài toán liên quan nước chủ yếu gặp hai loại Trong loại thứ nhất, cùng với các chất khí khác, nước tham gia vào các quá trình khí khác nhau, các quá trình đó các chất khí xem là khí lý tưởng Phương trình trạng thái khí lý tưởng, kể hỗn hợp khí, có thể viết dạng p = nkT, đây p là áp suất, T là nhiệt độ tuyệt đối, k là số Boltzmann, n là mật độ các hạt (số nguyên tử hay phân tử đơn vị thể tích) Trong phương trình này không có mặt các tính chất riêng khí khối lượng nguyên tử hay phân tử, kích thước chúng v.v Áp suất riêng phần nước ph hỗn hợp khí xác định công thức ph = nhkT, nh là mật độ các phân tử nước p V Tuy nhiên nước còn có đặc tính riêng, không giống với các khí khác Đặc tính này thể rõ rệt ta khảo sát quá trình biến đổi đẳng nhiệt lượng nước nào đó Ở nhiệt độ T giảm thể tích thì mật độ tăng lên, đến mật độ nbh xác định (ứng với trạng thái ởtrên giản đồ) tiếp tục giảm thể tích thì mật độ khí không tăng lên và đó áp suất không tăng Đó là trạng thái bão hoà nước Tương tác các phần tử nước trạng thái này lớn đến mức mà giảm thể tích khối nước thì dẫn đến các phân tử kết lại với nhau, nước bắt đầu chuyển sang trạng thái lỏng hay nói cách khác là bắt đầu quá trình ngưng tụ Quá trình ngưng tụ này xảy nhiệt độ không đổi mà có nghĩa là với áp suất không đổi - áp suất bão hoà Chúng ta nhận thấy giảm thể tích từ V2 đến V3 (xem giản đồ) lượng nước mn ngưng tụ thành nước thoả mãn phương trình sau: m pb (V2  V3 )  n RT0 , M đây M là khối lượng mol nước Phương trình này sử dụng số bài toán đây Chúng ta cần nhớ áp suất bão hoà phụ thuộc mạnh vào nhiệt độ Thí dụ 00C (T = 273K) áp suất này 4mmHg, 200C (293K) nó lớn gấp lần tức 20mmHg, còn 1000C (373K) nó đạt đến 760mmHg (1at) Như nhiệt độ thay đổi từ 273K đến 373K áp suất bão hoà tăng 190 lần Trong các bài toán đây, giá trị áp suất bão hoà 373K (100 0C) 1at hay 760mmHg coi đã biết Loại bài toán thứ hai liên quan đến tham gia nước các quá trình toả nhiệt thu nhiệt Khi chưa bão hoà nước tham gia vào các quá trình này là khí lý tưởng nguyên tử Khi đó nội x mol nước U  x.3kT , còn nhiệt dung phân tử đẳng tích Cv = 3R Còn nước đã trở nên bão hoà và xảy quá trình ngưng tụ hay quá trình nước bay thì bài toán phức tạp Đặc biệt nhiệt lượng cần cung cấp để làm nước hoá hay nhiệt lượng toả nước ngưng tụ phụ thuộc vào các điều kiện xảy các quá trình này Theo nguyên lý thứ nhiệt động lực học, nhiệt hoá riêng r  U  A , đây U là độ biến thiên nội hệ nước - nước, A là công nước chống lại các ngoại lực Thường quá trình toả nhiệt ngưng tụ hay thu nhiệt hoá thì nhiệt độ và áp suất giữ không đổi (các bảng số liệu nhiệt hoá cho điều kiện thế) Độ biến thiên nội chủ yếu liên quan đến thay đổi tương tác các phân tử vật chất trạng thái lỏng và khí Công A có thể tính nhờ phương trình trạng thái Thí dụ để làm bay m = 1g nước nhiệt độ T = 373K và áp suất bão hoà pbh = 105Pa cần cung cấp nhiệt lượng r = Trang 97/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) 2260J/g Công nước chống lại ngoại lực, để trì áp suất không đổi, A  pbh (VC  V0 ) , đây V0 là thể tích ban đầu mà 1g nước nhiệt độ 1000C chiếm (tức là 1cm3), Vc là thể tích cuối mà thể tích 1g nước 1000C chiếm Dựa vào phương trình trạng thái ta thấy khối lượng riêng nước nhiệt độ phòng (khoảng 300K) nhỏ hàng ngàn lần khối lượng riêng nước (1g/cm3), vì vậy: m A  pbhVc  RT  170J M Như phần đóng góp công chống lại áp suất bên ngoài vào nhiệt lượng hoá là không đáng kể (8%) Tuy nhiên có bài toán phải tính đến công đó Dưới đây là số ví dụ hai loại bài toán trên Bài toán Về mùa hè, trước có giông, khối lượng riêng không khí ẩm (khối lượng nước và không khí 1cm3)  = 1140g/m3, áp suất p=100kPa và nhiệt độ t = 300C Hãy tìm tỉ số áp suất riêng phần nước không khí và áp suất riêng phần không khí khô Cho khối lượng mol không khí là Mk = 29g/mol và nước là 18 g/mol Hằng số khí lý tưởng R=8,31J/(mol.K) Giải : Áp suất không khí ẩm tổng áp suất riêng phần không khí khô và nước: p  pk  ph (1) Khối lượng riêng không khí ẩm   k  h , (2) đây  k là khối lượng riêng không khí khô,  h là khối lượng riêng nước Theo phương trình trạng thái: ph  h RT (3) và pk  k RT (4) Mh Mk Thay (3) và (4) vào (1) và (2) giải được: M k  pM k M h /( RT ) pM h M k /( RT )  M h , h  k  Mk  Mh Mk  Mh Từ các phương trình trạng thái (3) và (4) tìm được: ph M k  h  pM k /( RT )    pk M h  k pM h /( RT )  37 Nếu dùng bảng tra cứu chúng ta thấy nước điều kiện bài toán trạng thái gần bão hoà Bài toán Trong buồng tắm hơi, nhiệt độ t1 = 1000C độ ẩm tương đối không khí là a1 = 50% Sau nhiệt độ không khí giảm đến t2 = 970C và đã ngưng tụ thì độ ẩm tương đối không khí là a2 = 45% Hỏi lượng nước bao nhiêu đã tách khỏi không khí ẩm thể tích buồng V = 30m3? Biết áp suất bão hoà nhiệt độ t2 nhỏ nhiệt độ t1 là 80mmHg Giải: Áp suất bão hoà t1 = 1000C là p1h = 105Pa =760 mmHg, còn t2 = 970C là p2h = 680 mmHg Từ phương trình trạng thái suy khối lượng nước buồng hai nhiệt độ t1 và t tương ứng bằng: a1 p1hVM h a p VM h và m2  2 h RT1100% RT2100% đây Mh = 18g/mol Như lượng nước tạo thành nước ngưng tụ là: VM h  a1 p1h a2 p2 h     1,6kg m  m1  m2   R.100%  T1 T2  m1  Trang 98/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Bài toán Xét thí nghiệm sau Trong xilanh có ít nước và giữ phía pittông gắn với lò xo Khối lượng nước M = 1g Nhiệt độ xilanh trì không đổi và 1000C Khi cho phần khối lượng m = 7g thoát khỏi xilanh thì pittông bắt đầu chuyển động Sau trạng thái cân đã xác lập thì thể tích pittông nửa lúc đầu Hỏi lúc bắt đầu thí nghiệm thì khối lượng và thể tích nước xilanh bao nhiêu? Biết pittông nằm cân đáy xilanh lò xo không bị biến dạng Giải: Lúc đầu nước chiếm thể tích 1cm3, đó thì từ phương trình trạng thái dễ thấy chiếm thể tích không nhỏ 12lít, vì có thể bỏ qua thể tích nước Vì xilanh có nước nên lúc đầu là bão hoà và áp suất nó p1h= 105Pa Ở cuối thí nghiệm áp suất p2 = 0,5p1h = 0,5.105Pa, đó lực tác dụng lò xo lên pittông giảm nửa Toàn nước đó đã bay vì pittông ngừng chuyển động và không còn bão hoà Giả sử lúc đầu khối lượng nước mh Khi đó, lúc bắt đầu thí nghiệm: m p1hV  h RT , Mh đây Mh là khối lượng mol nước Lúc cuối thí nghiệm: p1hV mh  M  m  RT 2 Mh Từ hai phương trình này chúng ta nhận được: mh  (m  M )  g Thể tích là m RT V h  13,8 lít M h p1h Bài toán Trong bình thể tích V1 = 20lít có ít nước, bão hoà và không khí Tăng chậm dần thể tích bình nhiệt độ không đổi đến thể tích V2 = 40lit, đó áp suất bình giảm từ p1 = at đến p2 = at Hãy xác định khối lượng nước bình cuối thí nghiệm khối lượng tổng cộng nước và là m = 36g Bỏ qua thể tích nước quá trình thí nghiệm Giải: Phân tích đường đẳng nhiệt nước (xem giản đồ trên) chứng tỏ suốt thời gian thí nghiệm áp suất riêng phần nước không thay đổi (vì lúc đầu và cuối thí nghiệm bình có nước đó trạng thái bão hoà) Như áp suất bình thay đổi là thay đổi áp suất không khí Vì thể tích khí tăng lên lần nhiệt độ không đổi, nên áp suất nó cuối quá trình thí nghiệm phải giảm lần Giả sử cuối thí nghiệm khối lượng còn lại bình là mh2 Vì bão hoà áp suất và nhiệt độ không đổi mà thể tích nó tăng lên gấp đôi nên lúc bắt đầu thí nghiệm khối lượng nó là mh1 = mh2/2 Sau phân tích sơ bây chúng ta tìm áp suất ph bình Lúc bắt đầu thí nghiệm: ph  pk  p1 , đây pk là áp suất không khí lúc đầu Lúc cuối thí nghiệm: ph  pk  p2 vì ph  p2  p1 = at Vì nước bão hoà nên nhiệt độ nó là 1000C Theo phương trình trạng thái bây ta có thể tìm khối lượng bình: Trang 99/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) m  mh1 m ph (V2  V1 ) = h RT  h RT , Mh 2M h đây Mh = 18g/mol, từ đó: 2M h ph mh  (V2  V1 ) RT Như khối lượng nước còn lại bình là: mn  m  mh =12g Bài toán Trong xilanh, pittông có ít chất lỏng và bão hoà nó nhiệt độ nào đó Khi nung đẳng áp chậm nhiệt độ hệ tăng lên đến 1000C còn thể tích tăng thêm 54% Nhiệt độ xilanh đã tăng lên bao nhiêu độ lúc đầu khối lượng 2/3 khối lượng toàn hỗn hợp? Bỏ qua thể tích ban đầu chất lỏng so với thể tích hệ Giải: Giả sử khối lượng và chất lỏng lúc đầu là mh và ml, còn nhiệt độ bình là Tđ Khi nung nóng đẳng áp nhiệt độ hỗn hợp không thay đổi chừng nào mà chất lỏng còn bay Theo giả thiết nhiệt độ tăng đến Tc = 373K thì có nghĩa là toàn chất lỏng đã bay (trạng thái giản đồ trên) và bây có khối lượng mh + ml đã nung nóng thêm T=Tc-Tđ Chúng ta viết phương trình trạng thái cho trạng thái đầu và cuối hệ: m pVd  h RTd Mh m  ml pVc  h RTc , Mh đây Mh khối lượng mol nước Theo giả thiết mh Vc  Vd  1,54Vc và   mh  ml Từ các phương trình trên chúng ta tìm được: Tc   , Td và cuối cùng ta có:   T  Tc  Td  Tc  10 K  Bài toán Trong bình có chứa chất lỏng và bão hoà nó Trong quá trình giãn nở đẳng nhiệt thể tích chiếm tăng lên  = lần, còn áp suất giảm  = lần Hãy tìm tỉ số khối lượng chất lỏng ml và khối lượng nó mh lúc đầu bình Bỏ qua thể tích chất lỏng Giải: Trong quá trình đẳng nhiệt áp suất giảm lần còn thể tích tăng lên lần Vì vây hệ chất lỏng với khối lượng ml +mh từ trạng thái ban đầu ứng với điểm trên giản đồ chuyển sang trạng thái cuối ứng với điểm trên giản đồ Đến trạng thái trung gian 2, toàn chất lỏng đã bay hết áp suất không đổi p = phd và chiếm thể tích V2: m  ml phdV2  h RT Mh đây Mh là khối lượng mol nước Ở trạng thái cuối, khối lượng đó áp suất p1  phd /  và nhiệt độ đó chiếm thể tích V1: m  ml p1V1  h RT Mh Theo điều kiện bài toán trạng thái đầu nước có khối lượng mh chiếm thể tích V3  V1 /  : m phdV3  h RT Mh Trang 100/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Từ các phương trình này chúng ta tìm được: V1 = V2, mh  ml V2 V1 /      mh V3 V1 /   Suy ra: ml   1  mh  Bài toán Trong xilanh, pittông có hỗn hợp chứa ql mol chất lỏng và qh mol bão hoà nó nhiệt độ T Trong quá trình đẳng áp chậm hỗn hợp xilanh cung cấp nhiệt lượng Q và nhiệt độ tăng lên T Hãy tìm biến đổi nội hỗn hợp xilanh Bỏ qua thể tích chất lỏng Giải: Trong quá trình đẳng áp nhiệt lượng cung cấp cách chậm thì nhiệt độ không thay đổi chừng nào mà chất lỏng chưa bay hết Sau đó lượng qh  ql và nhiệt độ tăng lên T Theo định luật bảo toàn lượng: Q  U  p(Vc  Vd ) , đây p(Vc  Vd ) là công chống lại áp suất bên ngoài Theo phương trình trạng thái: pVd  qh RT , pVc  (ql  qh ) R(T  T ) Cuối cùng ta nhận : U  Q  ql RT  (ql  qh ) RT Bài toán Trong xilanh, pittông có mol chưa bão hoà nhiệt độ T Nén đẳng nhiệt trạng thái cuối cùng thì nửa khối lượng nó đã ngưng tụ thành chất lỏng còn thể tích giảm k = lần Hãy tìm nhiệt ngưng tụ phân tử (nhiệt lượng toả mol ngưng tụ hoàn toàn thành chất lỏng), quá trình trên hệ đã toả nhiệt lượng Q (Q>0) Coi nước là lý tưởng Giải: Công y mol thực quá trình giãn nở đẳng nhiệt từ thể tích V1 đến thể tích V2 bằng: A = yRTln(V2/V1) Hơi nước bắt đầu ngưng tụ trạng thái (xem giản đồ trên) và tiếp tục trạng thái cuối cùng 3, áp suất không thay đổi Lượng chất lỏng tạo thành nửa lượng ban đầu, tức là yl = yh/2 Lượng nhiệt toả giai đoạn - Q13  Q12  Q23 Trong đoạn 1–2 chưa bão hoà, nội nó quá trình đẳng nhiệt không thay đổi, vì nhiệt lượng toả trị số công ngoại lực nén: Q12 = yhRTln(V1/V2) Trong đoạn - 3, ngưng tụ và toả nhiệt xảy áp suất và nhiệt độ không đổi và Q23 = yl, đây  nhiệt ngưng tụ phân tử Ngoài ra, đoạn này, từ phương trình trạng thái ta tìm được: p2 (V2  V3 )  yl RT Phương trình trên cùng phương trình trạng thái p2V2  yh RT và điều kiện V1 = kV3 cho phép tìm tỉ số các thể tích V1/ V2: y  yl V1 k h V2 yh Như vậy, cuối cùng ta được: Q13  Q  yh RT ln( k yh  yn ) yn yh từ đó:  = 2Q-2RTln2 Trang 101/102 TÌM HIỂU SÂU THÊM VẬT LÝ SƠ CẤP (Tổng hợp từ Tạp chí VL&TT) Bài tập Sau mưa mùa hè độ ẩm tương đối không khí đạt 100% Khi đó khối lượng riêng không khí ẩm (khối lượng nước và không khí cm3)   1171g / m3 , áp suất nó p = 100kPa và nhiệt độ t = 220C Hãy tìm áp suất bão hoà nhiệt độ t = 220C Cho biết khối lượng mol không khí Mk = 29g/mol và nước Mh = 18g/mol, số khí lý tưởng R = 8,31J/(mol.K) ĐS : pbh  ( pM k  RT ) /( M k  M h )  2,7.103 Pa Một lượng nước thể tích V1= 4lít giữ xilanh pittông gắn với lò xo Nhiệt độ xilanh trì không đổi và 1000C Một lượng nước khối lượng m = 4g bơm vào xilanh và pittông bắt đầu chuyển động Sau cân thì phần nước đã bay hơi, còn thể tích pittông tăng lên lần Lúc đầu khối lượng nước xilanh bao nhiêu? Đến cuối quá trình thí nghiệm có bao nhiêu nước đã bay hơi? ĐS: mh  1,2 g ; m  3,6 g Một hỗn hợp nước và bão hoà có thể tích nào đó nhiệt độ 900C Nếu nung nóng đẳng tích hỗn hợp thì toàn nước bay nhiệt độ tăng thêm 100C Áp suất bão hoà nhiệt độ 900C bao nhiêu lúc đầu khối lượng nước chiếm 29% khối lượng toàn hỗn hợp? Cho biết thể tích nước nhỏ không đáng kể so với thể tích toàn hỗn hợp ĐS: p  (1  0,29) p2T1 / T2  0,69.105 Pa , đây T1  363K ,T2  373K , p2  105 Pa Trong xilanh, pittông, có chứa nước bão hoà nhiệt độ t = 1200C Khi nén chậm đẳng nhiệt, bắt đầu ngưng tụ Đến m = 5g nước đã ngưng tụ, thì thể tích giảm V = 4,5lít Tính công mà ngoại lực đã thực quá trình này Lúc đầu xilanh có bao nhiêu nước cuối thí nghiệm nước chiếm 0,5% thể tích hỗn hợp? ĐS: A  907 J ; mh  6,1g ****************************************************************** NỘI DUNG TRÊN ĐÂY ĐƯỢC TỔNG HỢP TỪ TẠP CHÍ VẬT LÍ VÀ TUỔI TRẺ Giáo viên HỒ ĐẮC VINH Trường THPT Đông Hà, Quảng Trị Email:hodacvinh@yahoo.com Trang 102/102