Giải bài tập vật lý đại cương phần cơ học đại học bách khoa hà nội

A Cơ học Chơng 1: Động học chất điểm 1-1 Phơng trình chuyển động chất điểm hệ trục toạ độ Đề các: x = a1cos(t + 1) (1) y = a2cos(t + 2) (2) Xác định dạng quỹ đạo chất điểm trờng hợp sau: a) ϕ1 - ϕ2 = 2kπ, k lµ mét sè nguyªn; b) ϕ1 - ϕ2 = (2k + 1)π; c) ϕ1 - ϕ2 = (2k + 1) π ; d) - có giá trị Bài giải: Lu ý rằng, để biết đợc dạng quỹ đạo chuyển động chất điểm ta phải tìm phơng trình quỹ đạo tức phơng trình biểu diễn mối quan hệ toạ độ vật, ta đ khử biến thời gian Do đó, tập ta cã thĨ lµm nh− sau a) Thay ϕ1 = ϕ2 + 2kπ vµo (1) ta cã: x = a1cos(ωt + ϕ1) = a1cos(ωt + ϕ2 + 2kπ) = a1cos(ωt + ϕ2), y = a2cos(ωt + ϕ2) a x y Tõ ®ã: = hay y = x a1 a a1 Vì -1 cos(t + 1) nên - a1 x a1 Vậy chất điểm phần a) chuyển động đoạn thẳng biểu diễn bëi: y= a2 x a1 víi - a1 ≤ x a1 b) Làm tơng tự nh phần a): x = a1cos(ωt + ϕ1) = a1cos(ωt + ϕ2 + 2kπ+π) = -a1cos(ωt + ϕ2) Tõ ®ã rót ra: chÊt điểm chuyển động đoạn thẳng biểu diễn bởi: y=− a2 x a1 víi - a1 ≤ x ≤ a1 c) Thay ϕ1 = ϕ2 + (2k + 1) π ta dƠ dµng rót biĨu thøc: x y2 + =1 a 12 a 22 Phơng trình biểu diễn đờng êlíp vuông, có trục lớn trục nhỏ nằm trục toạ độ d) Phải khử t hệ phơng trình (1) (2) Muốn khai triển hàm số cosin (1) vµ (2): x = cos ωt cos ϕ1 − sin ωt sin ϕ1 a1 (3) y = cos ωt cos ϕ − sin ωt sin ϕ (4) a2 Nhân (3) với cos2 (4) với - cosϕ1 råi céng vÕ víi vÕ: Khoa VËt LÝ, tr−êng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên x y cos − cos ϕ1 = sin ωt sin( ϕ ) (5) a1 a2 Lại nhân (3) víi sinϕ2 vµ (4) víi - sinϕ1 råi céng vÕ víi vÕ: x y sin ϕ − sin ϕ1 = cos ωt sin( ϕ − ϕ1 ) (6) a1 a2 Bình phơng (5) (6) cộng vế víi vÕ: x y 2 xy + − cos( ϕ − ϕ1 ) = sin ( ϕ − ϕ1 ) (7) a a a 1a Phơng trình (7) biểu diễn đờng êlíp Nhận xét: Có thể thu đợc kết luận phần a), b), c) cách thay 1- giá trị tơng ứng đ cho vào (7) 1-2 Một ô tô chạy từ tỉnh A ®Õn tØnh B víi vËn tèc v1 = 40km/giê råi l¹i ch¹y tõ tØnh B trë vỊ tØnh A víi vËn tèc v2 = 30km/giê T×m vËn tèc trung b×nh ôtô đoạn đờng AB, BA đó? Bài giải: Đặt qu ng đờng AB s Ta tính vận tốc trung bình theo công thức: tổng qu ng ð−êng ði v= tæng thêi gian ði hÕt qu ng ờng Ta đợc: v1 v s+s s+s v= = = = = ,53m / s s s 1 t di + t vÒ v1 + v + + v1 v v1 v Thay số ta đợc: v = ,53m / s 1-3 Một ngời đứng M cách đờng thẳng khoảng h=50m để chờ ôtô; thấy ôtô cách đoạn H I D B a=200m ngời bắt đầu chạy đờng để gặp ôtô (Hình 1-2) Biết ôtô A h ch¹y víi vËn tèc 36km/giê a α Hái: a) Ngời phải chạy theo hớng để gặp «t«? BiÕt r»ng M ng−êi ch¹y víi vËn tèc v2 = 10,8 km/giờ; Hình 1-2 b) Ngời phải chạy với vận tốc nhỏ để gặp đợc ôtô? Bài giải: a) Muốn gặp ô tô B thời gian ngời chạy từ M tới B phải thời gian ô tô chạy từ A tíi B: MB AB = v2 v1 Sư dơng định lý hàm số sin tam giác ABM ta cã: MB AB h víi sin β = = , sin β sin α a Tõ (1) vµ (2) ta rót ra: (1) (2) Khoa VËt LÝ, tr−êng §H Khoa Học, ĐH Thái Nguyên h v1 = ,833 ⇒ α = 56030’ hc α = 123030’ a v2 Nhận xét: để đón đợc ô tô ngời chạy theo hớng MB mà góc α = AMB tho¶ m n: 56 30' ≤ α ≤ 1230 30' Khi 56030' < α < 123030' ngời chạy đến đờng phải đợi xe lúc h v Thật vậy: giả sử ngời chạy đến điểm D thoả m n điều sin α > a v2 sin α = Mµ: h v a  v MD AD = → AD = sin α MD >  . .AD = MD sin β sin α sin β v2  a v2   h AD MD (tức thời gian xe chạy đến D lớn thời gian ngời chạy đến D) > v1 v2 b) Để gặp đợc ô tô với vận tốc nhỏ rõ ràng lúc mà ngời chạy đến đờng lúc xe ô tô tới (ngời gặp ô tô mà chờ đợi l ng phí thời gian), vậy, theo phần a) hớng chạy vận tốc ng−êi ph¶i cã quan hƯ: h v sin α = a v2 h v h V× víi mäi sin() nên: ⇒ v ≥ v1 a v2 a hv Suy v = = ,5m / s = 9km / h a Lóc nµy, ng−êi phải chạy theo hớng MI, với MI AM 1-4 Một vật đợc thả rơi từ khí cầu ®ang bay ë ®é cao 300m Hái sau bao l©u vật rơi tới mặt đất, nếu: a) Khí cầu bay lên (theo hớng thẳng đứng) với vận tốc 5m/s; b) Khí cầu hạ xuống (theo phơng thẳng đứng) với vận tốc 5m/s; c) Khí cầu đứng yên Bài giải: Khi khí cầu chuyển động, vật khÝ cÇu mang theo vËn tèc cđa khÝ cÇu NÕu khí cầu chuyển động xuống dới với vận tốc v0 thời gian t mà vật rơi tới đất thoả m n phơng trình bậc hai thời gian: v t + g t = h 2 Chọn nghiệm dơng phơng trình ta cã kÕt qu¶: t = v + 2gh − v g Khi khí cầu chuyển động lên trên, xuống dới đứng yên, ta áp dụng biểu thức với vận tốc ban đầu v0 = -5m/s, v0 = 5m/s; v0 = có kết qu¶: a) 8,4s ; b) 7,3s ; c) 7,8s 1-5 Một vật đợc thả rơi từ độ cao H + h theo phơng thẳng đứng DD (D' chân độ cao H + h) Cïng lóc ®ã mét vËt thø hai đợc ném lên từ D' theo phơng thẳng đứng víi vËn tèc v0 a) Hái vËn tèc v0 ph¶i để hai vật gặp độ cao h? Khoa VËt LÝ, tr−êng §H Khoa Häc, §H Thái Nguyên b) Tính khoảng cách x hai vật trớc lúc gặp theo thời gian? c) Nếu vật thứ vật thứ hai đạt độ cao lớn bao nhiêu? Bài giải: Cần nhớ lại công thức chuyển động rơi tự do: a) Thời gian vật rơi từ D đến điểm gặp là: t = 2H g D thêi gian vËt chun ®éng tõ D’ ®Õn G, ®ã: H h gt H + h h = v t − g t → v = + = 2gH G t 2H b) Khoảng cách hai vật thời điểm t trớc gặp đợc h tính theo qu ng đờng s s vật đợc: D x = (H + h) - (s + s’) 1   x = (H + h ) − gt −  v t − g t  = (H + h ) − v t 2   ⇒ H+h = ( 2H − 2gH t ) 2H c) Sư dơng c«ng thøc quan hệ v, a, s chuyển động thẳng biến đổi ®Òu 2 v − v = 2.a s với vận tốc độ cao cực đại v = 0, a = -g, s = hmax suy ra, cản trở vật 1, vật lên đến độ cao cực đại là: v ( H + h )2 h max = = 2g 4H 1-6 Thả rơi tự vật từ ®é cao h = 19,6 mÐt TÝnh: a) Qu ng đờng mà vật rơi đợc 0,1 giây đầu 0,1 giây cuối thời gian rơi b) Thời gian cần thiết để vật hết 1m đầu 1m cuối độ cao h Bài giải: Sử dụng công thức qu ng đờng vật rơi đợc sau thời gian t kể từ lúc bắt đầu đợc thả: s = gt ta sÏ cã mét c«ng thøc quen thuộc thời gian t để vật rơi đợc 2h đoạn đờng có độ cao h kể từ vị trí thả là: t = áp dụng công thức ta trả lời g đợc câu hỏi tập này: a) Qu ng đờng mà vật rơi đợc 0,1s đầu: 1 s1 = g t = ,8.0 ,12 = ,049m 2 2h 2.19 ,6 = = 2(s ) Tỉng thêi gian r¬i cđa vËt: t = g ,8 Qu ng đờng vật đợc 0,1 s cuối cùng, đợc tính theo qu ng đờng đợc 2-0,1 = 1,9 s đầu: 1 2 s = h − g (t − ,1) = 19 ,6 − ,8.(2 − ,1) = 1,9(m ) 2 Khoa VËt LÝ, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên b) Tơng tự nh trên: Thời gian để vật đợc 1m đầu: t = 2s = = ,45s g ,8 Thêi gian ®Ĩ vËt ®i hÕt 1m cuèi: t = t tæng − t 18,6m dÇu = − 2.18,6 = ,05s ,8 1-7 Từ ba điểm A, B, C vòng tròn ngời ta đồng thời thả rơi ba vật Vật thứ theo phơng thẳng đứng AM qua tâm vòng tròn (Hình 1-3), vật thứ hai theo dây BM, vật thứ ba theo dây CM Hỏi vật tới M trớc tiên, bỏ qua ma sát? Bài giải: A B C M Hình 1-3 Qu ng đờng vµ gia tèc cđa vËt thø nhÊt: s1 = 2R, a1 = g, cña vËt thø hai s2 = ^ ^ ^ ^ 2Rcos AMB , a2 = gcos AMB , cña vËt thø ba: s3 = 2Rcos AMB , a3 = gcos AMC NhËn thÊy, thêi gian r¬i đến M vật là: 2s1 2s 2s 4R t1 = = = = t2 = t3 = a1 g a2 a3 VËy, ba vËt cïng tíi M mét lóc 1-8 Ph¶i nÐm mét vËt theo phơng thẳng đứng từ độ cao h = 40m với vận tốc v0 để rơi tới mặt đất: a) Trớc = giây so với trờng hợp vật rơi tự do? b) Sau = giây so với trờng hợp vật rơi tự do? Lấy g = 10m/s2 Bài giải: Sử dụng công thức tính thời gian đến chạm đất 5: v + 2gh − v 2h ta thấy: g g Để vật chạm đất sớm, muộn phải nÐm vËt xng d−íi víi vËn tèc v0 tho¶ m n phơng trình: t= công thức thời gian r¬i tù do: t = v + 2gh − v 2h − = τ → v + 2gh = gτ − v + 2gh g g ( ) Khoa VËt LÝ, tr−êng §H Khoa Häc, ĐH Thái Nguyên Bình phơng hai vế phơng trình ta đợc: ( ( g 2gh g 2gh g a) Để vật chạm đất sớm, áp dơng víi τ = 1s ta cã: 10.1 2.10.40 − 10.1 v0 = = 12 ,7(m / s ) 2.10.40 10.1 Vậy vật đợc ném thẳng đứng xuống dới b) Để vật chạm đất muộn, áp dụng víi τ = -1s ta cã: − 10.1 2.10.40 + 10.1 v0 = = −8,7(m / s ) 2.10.40 + 10.1 Vậy vật đợc ném thẳng đứng lên trªn (gτ )2 − 2gτ (v + ( ( ( ) 2gh + 2v 2gh = → v = ) ) ( ) ) ) ) 1-9 Một vật chuyển động thẳng thay đổi hết qu ng đờng AB giây Vận tốc cđa vËt qua A b»ng 5m/s ®i qua B 15m/s Tìm chiều dài qu ng đờng AB Bài giải: Cách 1: v v B v A 15 − 5 = = = (m / s ) ∆t t Tõ ®ã tính qu ng đờng AB theo công thức: AB = v A t + at 2 Thay số ta đợc: AB = 60m Cách 2: Lu ý rằng, vận tốc trung bình chuyển động thẳng biến đổi có công thức v + vB đặc biệt, bằng: v = A , nên đoạn AB có ®é dµi: v + vB + 15 t = = 60(m ) AB = v.t = A 2 Theo định nghĩa, gia tốc a vật: a = 1-10 Một xe lửa chạy hai điểm (nằm đờng thẳng) cách 1,5km Trong nửa đoạn đờng đầu, xe lửa chuyển động nhanh dần đều, nửa đoạn đờng sau xe lửa chuyển động chậm dần Vận tốc lớn xe lửa hai điểm 50km/giờ Biết trị số tuyệt đối gia tốc hai đoạn đờng TÝnh: a) Gia tèc cđa xe lưa b) Thêi gian để xe lửa hết qu ng đờng hai điểm Bài giải: Vận tốc trung bình xe lưa lµ v = 50 / = 25km / h Thời gian xe lửa hết 1,5km lµ: t = s / v = 1,5 / 25 = ,06h = 3,6 = 216s v 50km / h (50 / 3,6 )m / s Gia tèc cđa xe lưa: a = max = = = ,129(m / s ) (t / ) 1,8 1,8.60s Khoa VËt LÝ, tr−êng §H Khoa Häc, ĐH Thái Nguyên Có thể tính gia tốc xe lưa dùa vµo mèi quan hƯ v, a, s cđa chuyển động thẳng 2 v2 v0 ( 50km / h ) 2 biÕn ®ỉi ®Ịu: v − v = 2.a s ⇒ a = = = ,129m / s 2s 1,5km (ở s nửa qu ng đờng 1,5km) 1-11 Một xe lửa bắt đầu chuyển động nhanh dần đờng thẳng ngang qua trớc mặt ngời quan sát ®ang ®øng ngang víi ®Çu toa thø nhÊt BiÕt r»ng toa xe thứ qua trớc mặt ngời quan sát hết thời gian = giây Hỏi toa thứ n qua trớc mặt ngời quan sát bao lâu? áp dụng cho trờng hợp n = Bài giải: Gọi l chiều dài toa, tn thời gian để n toa đầu qua trớc mặt ngời quan sát áp dụng phơng trình chuyển động thẳng thay đổi đều, ta có: 1 2 ChiỊu dµi cđa (n-1): (n − 1)l = at n −1 ChiỊu dµi cđa toa thø nhÊt: l = at 12 = aτ 2 at n Tõ ®ã suy thời gian để toa thứ n qua trớc mặt ng−êi quan s¸t: ∆t n = t n − t n −1 = τ( n − n − ) Víi n =7 , ta cã ∆t7 = 1,18s ChiỊu dài n toa đầu: nl = 1-12 Một đá đợc ném theo phơng nằm ngang với vận tốc v0=15m/s Tính gia tốc pháp tuyến gia tốc tiếp tuyến đá sau lúc ném giây Bài giải: Vận tốc vật theo phơng đứng sau nÐm 1s: vy = gt = 9,8m/s v Gãc α vận tốc vật phơng thẳng đứng thoả m n: tgα = x Xem h×nh vy vÏ bªn v0 vx α vy v v α g.cosα g.sinα g Từ đó, gia tốc pháp tuyến gia tốc tiếp tuyến vật lúc thành phÇn chiÕu cđa gia tèc g: Khoa VËt LÝ, tr−êng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên a n = g sin α = g v x vx + vy = ,8.15 15 + ,8 = 8,2(m / s ) a t = g cos α = g − a n = ,8 − 8,2 = 5,4(m / s ) 1-13 Ng−êi ta nÐm mét qu¶ bãng víi vận tốc v0=10m/s theo phơng hợp với mặt phẳng nằm ngang mét gãc α = 400 Gi¶ sư qu¶ bãng đợc ném từ mặt đất Hỏi: a) Độ cao lớn mà bóng đạt đợc b) Tầm xa bóng c) Thời gian từ lúc ném bóng tới lúc bóng chạm đất Bài giải: Để xác định đợc đại lợng nh toán đặt ra, cần lu ý rằng, coi chuyển ®éng cđa vËt bao gåm hai chun ®éng kh¸ ®éc lập: chuyển động theo phơng thẳng đứng chuyển động theo phơng ngang Chuyển động theo phơng thẳng đứng chuyển động thẳng biến đổi với gia tốc g, vận tốc ban đầu v0y = v0.sin Chuyển động theo phơng ngang chuyển động thẳng với vận tốc không đổi vx = v0.cos a) Độ cao cực đại thời gian rơi vật liên quan đến vận tốc ban đầu theo phơng thẳng đứng v0y: v0y v 02 sin α y max = = = ,1(m ) 2g 2g v y 2.v sin α c) Thêi gian bay cña vËt: t = = = 1,3(s ) g g b) Công thức tầm xa vật nÐm xiªn: v sin α v 02 sin 2α L = v x t = v cos α = = 10m g g 1-14 Tõ đỉnh tháp cao H = 25m ngời ta ném đá lên phía với vận tốc v0 = 15m/s theo phơng hợp với mặt phẳng nằm ngang góc = 300 Xác định: a) Thời gian chuyển động đá; b) Khoảng cách từ chân tháp đến chỗ rơi đá; c) Vận tốc đá lúc chạm đất Bài giải: y v0 H O L x Từ đỉnh tháp viên đá lên cao thêm đợc đoạn: v0y (v sin α )2 (15 sin 30 )2 h= = = = ,87 m 2g 2g 2.9 ,8 Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên thời gian chuyển động đá: v 0y 2(H + h ) ,5 2(25 + ,78) t= + = + = 3,15(s ) g g ,8 ,8 TÇm xa: L = v cos α t = 15.cos 30 3,15 = 41(m ) Vận tốc lúc chạm đất: v y = 2g (H + h ) = 2.9 ,8.(25 + ,78) = 23,3(m / s ) ⇒ v = v y + v x = 23,32 + (15.cos 30 ) = 26 ,7(m / s ) 2 Ta cã thể giải toán theo cách khác cách dùng phơng pháp toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxy với O nằm chân tháp nh hình vẽ Phơng trình chuyển động vật theo trục này: x = v x t = v cos α t 1 y = H + v y t − g t = H + v sin α t − g t 2 §Ĩ tìm thời gian rơi, giải phơng trình y = Để tìm tầm xa tìm khoảng cách từ vị trí rơi tới chân tháp, ta thay t tìm đợc vào biểu thức x để tính x Để tìm vận tốc lúc chạm đất, nhớ đến công thức: v x = v cos α = const v y = v sin g t Đáp sè: a) 3,16s ; b) 41,1m ; c) 26,7m/s 1-15 Từ đỉnh tháp cao H = 30m, ngời ta ném đá xuống đất với vận tốc v0 = 10m/s theo phơng hợp với mặt phẳng nằm ngang góc = 300 Tìm: a) Thời gian để đá rơi tới mặt đất kể từ cú ném? b) Khoảng cách từ chân tháp đến chỗ rơi đá? c) Dạng quỹ đạo đá? Bài giải: Ta dùng phơng pháp toạ độ giống nh 1-14 Chọn hệ trục toạ độ Oxy với O nằm chân tháp a) Phơng trình chuyển động vật theo trục này: x = v x t = v cos α t (1 ) 1 y = H − v y t − g t = H − v sin α t g t (2) 2 Để tìm thời gian rơi, giải phơng trình y=0: 30 10 sin 300 t − 10.t = ↔ 30 − 5t − 5t = Chän nghiÖm dơng ta đợc thời gian rơi đá: t=2s b) Để tìm tầm xa vị trí rơi cách chân tháp bao nhiêu, thay t tìm đợc để tính x x = v cos α t = 10.cos 300 = 10 3m ≈ 17 ,3m Khoa VËt Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên c) Để biết dạng quỹ đạo chuyển động viên đá, ta cần tìm phơng trình quỹ đạo chuyển động (phơng trình quan hệ x y đ khử biến thời gian): Khử thời gian hệ phơng trình (1) (2) cách rút t từ phơng trình (1) råi thay vµo (2): x (1 ) → t = v cos α  x  x  ( ) → y = H − v sin α t − g t = H − v sin α − g v cos α  v cos α  = H − x tgα − g x 2 v cos α x x2 = 30 − − víi : ≤ x 10 3m 15 Phơng trình rằng, quỹ đoạ viên đá cung parabol ( ) 1-16 Hái ph¶i nÐm mét vËt theo phơng hợp với mặt phẳng nằm ngang góc để với vận tốc ban đầu cho trớc, tầm xa vật cực đại Bài giải: Sử dụng công thức tính tầm xa vật đợc ném xiên đ lập đợc 1-13: v sin 2α v 02 L= ≤ g g Vật đạt đợc tầm xa cực ®¹i b»ng L max = v0 sin2α = 1, hay = 450 g 1-17 Kỷ lục đẩy tạ ë Hµ Néi lµ 12,67 mÐt Hái nÕu tỉ chøc Xanh Pêtecbua điều kiện tơng tự (cùng vận tốc ban đầu góc nghiêng), kỷ lục bao nhiêu? Cho biết g (Hà Nội) = 9,727m/s2; g (Xanh Pêtecbua) = 9,810m/s2 Bài giải: v 02 sin ta nhận thấy, với lực đẩy không đổi (để v0 g không đổi) góc ném không ®ỉi (nÐm xa nhÊt gãc nÐm b»ng 450) th× tầm xa L tỉ lệ nghịch với gia tốc trọng trờng g Do xác định đợc kỉ lục đẩy tạ thành phố Xanh Petécbua: g ,727 L XP = HN L HN = 12 ,67 = 12 ,56(m ) g XP ,810 Tõ công thức tầm xa: L = 1-18 Tìm vận tốc góc: a) Trái Đất quay quanh trục (Trái Đất quay vòng xung quanh trục mÊt 24 giê) b) cđa kim giê vµ kim ®ång hå; Khoa VËt LÝ, tr−êng §H Khoa Häc, §H Thái Nguyên Chơng trờng hấp dẫn 5-1 Tìm lực hút Mặt Trời lên vật có khối lợng m = 1g nằm mặt Trái Đất, biết khối lợng Mặt Trời M = 1,97.1030kg khoảng cách trung bình từ mặt đất đến tâm Mặt Trời r = 149.106km Bài giải: áp dụng công thức định luật vạn vật hấp dẫn: F =G 30 mM −11 10 1,97.10 = , 67 10 ≈ 5,9.10 −6 (N ) 2 r (149.10 ) 5-2 Khoảng cách Trái Đất Mặt Trăng 384000km Khối lợng Trái Đất 5,96.1027g Mặt Trăng 7,35.1025g Xác định vị trí điểm lực hút Mặt Trăng Trái Đất lên chất điểm cân Bài giải: Gọi khoảng cách từ điểm lực hút Mặt Trăng Trái Đất cân đến tâm Trái Đất x (rõ ràng x < l) Ta cã: ⇒G FE = FM ⇒ M E (l − x ) = M M x ⇒ l−x= ⇒ x= M Em M m =G M 2 x (l − x) MM x ME l 384000 = ≈ 345600(km ) + M M / M E + 7,35.10 25 / 5,96.10 27 ( 5-3 Một cầu khối lợng m1 đặt cách đồng chất đoạn thẳng a phơng kéo dài Thanh có chiều dài l, lợng m2 Tìm lực hút lên cầu ) x đầu l+a-x O khối A l a Bài giải: Chia thành đoạn dx nhỏ, lực hút lên khối lợng m1 là: m1 dm m1 m dx dF = − G =G 2 (l + a − x ) l (l + a − x ) Lùc hót tỉng céng cđa lªn cầu là: Gm1m2 F = dF = l = l dx Gm m   ∫0 (l + a − x )2 = l1  l + a − x  l Gm1m2  1  Gm1m2  − = l a l + a  a (l + a )  5-4 Hai cầu có bán kính khối lợng riêng lần lợt p1 p2 đợc đặt môi trờng lỏng có khối lợng riêng p0 Hỏi điều kiện nào: Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên a) Hai cầu hút nhau; b) Hai cầu đẩy Cho biết kích thớc cđa m«i tr−êng láng rÊt lín so víi kÝch th−íc cầu p1 > p2 Bài giải: Xét cầu thứ nhất: + Lực hấp dẫn hai cầu là: mm G 4 ρρ R ρ R = k 12 F1 = G 2 = ρ1 r r 3 (víi k = r 16π 2GR ) + Do kích thớc môi trờng lớn cầu nhiều nên cầu thứ hai, lực hấp dẫn môi trờng lên thứ theo phơng khác tự triệt tiêu lẫn Nếu ta bớt phần chất lỏng, phần lại tác dụng lực hấp dẫn độ lớn nhng ngợc chiều với lực hấp dẫn phần gây đây, phần phần chất lỏng bị chiếm cầu thứ hai Tơng tự ta cã: ρ1ρ F2 = k r2 + NÕu chän chiều F1 chiều dơng, tổng hợp lực tác dụng lên cầu bằng: F = F1 − F2 = k 21 (ρ − ρ ) r Gia tốc tác dụng lên cầu lµ: 4πGR F kρ1 (ρ − ρ ) ρ2 − ρ0 (víi K = ) = = a= K m1 r2 4πρ1R r2 + Tơng tự, chọn chiều hớng phía cầu làm chiều dơng, lực tổng hợp tác dụng lên cầu là: F ' = k 22 (ρ1 − ρ0 ) r ⇒ a' = K r2 Gia tốc tơng đối chóng a0 = a + a ' = K ρ1 + ρ − ρ0 r2 a) Hai qu¶ cầu chuyển động lại gần nhau: a + a ' > ⇔ ρ1 + ρ − ρ0 > < b) Hai cầu chuyển ®éng xa nhau: a + a ' < ⇔ ρ1 + ρ − ρ < ⇔ ρ > ρ1 + ρ 2 + 2 5-5 Trong cầu chì bán kính R ngời ta khoét lỗ hình cầu Mặt lỗ tiếp xúc với mặt cầu chì qua tâm Khối lợng cầu chì trớc khoét lỗ M Trên phơng nỗi tâm cầu lỗ, ngời ta đặt bi nhỏ khối lợng m cách tâm cầu đoạn d (hình 5-2) Tìm lực hấp dẫn mà cầu chì (đ khoét lỗ) tác dụng lên bi Bài giải: Lực hấp dẫn cầu chì đ khoét lỗ hiệu lực hấp dẫn gây cầu chì cha khoét lỗ phần chì bị khoét Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Lực hấp dẫn cầu chì cha khoét lỗ lên hßn bi: F1 = G Mm d2 Lùc hÊp dÉn phần chì bị khoét lên bi: 4π  R  m.ρ   F2 = G M 'm = G r2 m 4π Mm 2 ρ R =G =G 2 2(2d − R ) R R   8 d −  d −  2 2   VËy, lực hấp dẫn cầu chì đ khoét lỗ lên bi: d 8dR + R F = F1 − F2 = GMm  − = GMm  2( d − R )  2(2d − R ) d 5-6 Tìm vận tốc dài Trái Đất quay quanh Mặt Trời, biết khối lợng Mặt Trời M = 2.1030kg khoảng cách trung bình Trái Đất Mặt Trời d = 1,5.108km dẫn: Bài giải: Lực hớng tâm chuyển động Trái Đất quanh Mặt Trời lực hấp Fhd = Fht M EMS v2 M = E d2 d ⇒ G ⇒ v= GM S 6,67.10−11.2.1030 = ≈ 3.104 (m / s ) = 30(km / s ) 11 d 1,5.10 5-7 Tìm vận tốc dài vệ tinh nhân tạo Trái Đất biết quỹ đạo vệ tinh tròn Vệ tinh độ cao trung bình h = 1000km Coi vệ tinh chịu ảnh hởng lực hút Trái Đất độ cao trên, lực cản không khí không đáng kể Cho bán kính Trái Đất R = 6370km Bài giải: Lập luận tơng tự nh 5-6 cho chuyển động vệ tinh nhân tạo quanh Trái Đất, ta có: v= G.M E GM E 6,67.10−11.5,96.1024 = = ≈ 7,344.103 (m / s ) = 7,34(km / s ) d R+h 106 + 6,37.106 5-8 Hai hµnh tinh quay xung quanh Mặt Trời với quỹ đạo coi gần vòng tròn bán kính lần lợt R1 = 150.106km, (Trái Đất) R2 = 108.106km (Sao kim) Tìm tỷ số vận tốc dài hành tinh Bài giải: Sử dụng cách lập luận tính toán nh 5-6, ta có: v1 = GM S ; d1 v2 = GM S d2 Khoa VËt LÝ, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên v1 GM S d2 d2 108.106 = = = ≈ 0,85 v2 d1 GM S d1 150.106 5-9 Khối lợng Mặt Trăng nhỏ khối lợng Trái Đất 81 lần, đờng kính Mặt Trăng 3/11 đờng kính Trái Đất Hỏi ngời mặt đất nặng 600 niutơn lên Mặt Trăng nặng Bài giải: Theo định luật v¹n vËt hÊp dÉn: M Em RE2 M m kM m k M m k P' = G M2 = G E = 12 G E2 = 12 P RM (k2 RE ) k2 RE k2 / 81 P' = 600 ≈ 100( N ) (3 / 11)2 P=G 5-10 Để truyền hình vô tuyến điện (vô tuyến truyền hình) khắp nơi mặt đất ngời ta phóng lên vệ tinh cố định (đứng mặt đất thấy vệ sinh không chuyển động mặt đất) Muốn phải cho vệ tinh chuyển động mặt phẳng xích đạo từ Tây sang Đông với vận tốc góc vận tốc Trái Đất quay xung quanh trục H y tính vận tốc dài độ cao vệ tinh Biết chu kì Trái §Êt quay xung quanh trơc cđa nã lµ T = 23 56 phút giây Bán kính xích đạo Trái Đất R = 6378km Bài giải: Gọi khoảng cách từ vệ tinh đến tâm Trái Đất d, vËn tèc dµi cđa vƯ tinh lµ: GM E 2πd d3 v= ⇒T = = 2π d v GM E T 2GM E (86164 ) 6,67.10−11.5,96.1024 = ≈ 42,126.106 (m ) = 42126(km ) 2 4π 4π d =3 Vậy, vận tốc dài độ cao cđa vƯ tinh lµ: GM E 2π GM E 2π 6,67.10−11.5,96.1024 v= = = d T 86164 h = d − R = 42126 − 6378 = 35748(km) ≈ 3,07.103 (m / s ) 5-11 T×m vËn tèc vũ trụ cấp II Mặt Trăng (nghĩa vận tốc tên lửa phóng từ bề mặt Mặt Trăng cần phải có để thoát khỏi sức hút Mặt Trăng) Bài giải: Gia tốc trọng trờng bề mặt Mặt Trăng: gM = G MM RM2 Vận tốc vũ trụ cấp hai đợc tính theo công thức: Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên vM = g M RM = 2GM M 2.6,67.10−11.7,35.1022 = ≈ 2,38.103 (m / s ) (3 / 11).6,37.106 RM 5-12 Nhê mét tªn lưa, vƯ tinh nhân tạo Trái Đất đợc mang lên độ cao 500km a) Tìm gia tốc trọng trờng độ cao đó; b) Phải phóng vệ tinh tới vận tốc theo phơng vuông góc với bán kính Trái Đất để quỹ đạo quanh Trái Đất đờng tròn Khi chu kì quay vệ tinh quanh Trái Đất bao nhiêu? Lấy bán kính Trái Đất 6500km, gia tốc trọng trờng bề mặt Trái Đất 9,8m/s2 Bỏ qua sức cản không khí Bài giải: a) Gia tốc trọng trờng đợc tính theo công thức: g =G 2 M R M  R   6500  =   G = g   = 9,8.  ≈ 8,45 m / s r r R R + h 6500 + 500       ( ) b) Để quỹ đạo vệ tinh đờng tròn, lực hấp dẫn lực hớng tâm: Fhd = Fht M Em v2 = m r2 r ⇒ G ⇒ v= ⇒v= GM E GM E R = R+h R2 R + h g0 R 9,8.65002.106 = ≈ 7,69.103 (m / s ) = 7,69(km / s ) R+h 7000.10 Chu kú quay cđa vƯ tinh lµ: 2πr T= = 2π v (R + h )3 g0 R = 2π 73.1018 ≈ 5720(s ) 1h35' 9,8.6,52.1012 5-13 Mọi vật mặt đất chịu sức hút Mặt Trời Về ban đêm (Mặt Trời dới chân) lực cộng thêm với lực hút Trái Đất, ban ngày (Mặt Trời đỉnh đầu) lực trừ bớt lực hút Trái Đất Vì vậy, ban đêm vật phải nặng ban ngày, điều có không? Tại sao? Bài giải: Không đúng, Mặt Trời hút Trái Đất lẫn vật bề mặt Trái Đất Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Chơng học tơng đối tính 6-1 Vật chuyển động phải có vận tốc để kích thớc theo phơng chuyển động giảm lần Bài giải: Để kích thớc vật theo phơng chuyển động giảm ®i lÇn, ta cÇn cã: l v2 = − = k = 0,5 l0 c ⇒ ⇒ v = c (1 − k ) v = c − k = 3.108 − ,52 ≈ ,6.108 (m / s ) 6-2 Một đĩa tròn bán kính R chuyển động thẳng ®Ịu víi vËn tèc v theo ph−¬ng song song víi mặt đĩa Hỏi hệ quy chiếu gắn với Trái Đất, đĩa có hình dạng gì? Bài giải: Đĩa tròn chuyển động thẳng với vận tốc v theo phơng song song với mặt đĩa bị méo thành hình elip Kích thớc theo phơng chuyển động bị co lại kích thớc theo phơng vuông góc đợc giữ nguyên Gọi phơng trình đờng biên đĩa hệ quy chiếu gắn với là: x'2 + y '2 = R Mặt khác: x = x' − v2 ; c2 y = y' VËy, ph−¬ng trình đờng biên hệ quy chiếu gắn với Trái §Êt: x2 + y2 = R2 v 1− c Đây phơng trình đờng elip 6-3 Có hai nhãm ®ång hå gièng (®ång bé) chun ®éng ®èi víi nh− h×nh vÏ 6-1 LÊy gèc tÝnh thời gian lúc đồng hồ A qua đối diện đồng hồ A Hỏi ngời quan sát đứng yên so với nhóm đồng hồ A kim đồng hồ thời điểm nh nào? Về vị trí kim, tất đồng hồ Bài giải: Vị trí kim đồng hồ tính tơng đối đồng thời nh sau: Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên A A Hình 6-1 6-4 Hạt mêzôn tia vũ trụ chuyển động với vận tốc 0,95 lần vận tốc ánh sáng Hỏi khoảng thời gian theo đồng hồ ngời quan sát đứng Trái Đất ứng với khoảng thời gian sống giây hạt mêzôn Bài giải: Sư dơng c«ng thøc vỊ thêi gian: ∆t ' = ∆t v 1− c = 1 − 0,952 3,2(s ) 6-5 Khối lợng hạt tăng thêm tăng vận tốc từ đến 0,9 lần vận tốc ánh sáng Bài giải: Nếu tăng vận tốc, khối lợng hạt tăng lªn: m= ⇒ m0 − (v / c )     1 ∆m = m − m0 = m0  − 1 = 4.1,67.10 − 27. − 1  − 0,92   − (v / c )2      − 27 ≈ 8,6.10 (kg ) 6-6 Khèi l−ỵng cđa êlectron chuyển động hai lần khối lợng nghỉ Tìm động êlectron Bài giải: Động electron hiệu lợng toàn phần lúc chuyển động lúc đứng yên: W = m.c = (2m0 − m0 )c = m0c = 9,1.10− 31.9.1016 ≈ 8,2.10−14 (J ) 6-7 Khi ph©n chia hạt nhân uran 92U235 lợng giải phóng khoảng 200 MeV Tìm độ thay đổi khối lợng phân chia 1kmol uran Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Bài giải: Năng lợng giải phóng tØ lƯ thn víi ®é hơt khèi: E = ∆mc ⇒ ∆m = E E N 200.1,6.10 −13.6 ,025.10 26 = = ≈ ,214(kg / kmol ) c2 c 9.1016 6-8 T×m vËn tèc cđa hạt mêzôn lợng toàn phần hạt mêzôn 10 lần lợng nghỉ Bài giải: Năng lợng toàn phần hạt mêzôn k lần lợng nghỉ: W= m0c 2 ⇒ v c2 = km0c   ⇒ v = c 1 −   k  1 v = c − = 3.108 − ≈ ,985.108 (m / s ) k 10 1− v2 = c2 k 6-9 a) Mỗi phút Mặt Trời xạ lợng 6,5.1021kWh Nếu coi xạ Mặt Trời không đổi thời gian để khối lợng giảm nửa bao nhiêu? b) Giải thích thực tế khối lợng Mặt Trời lại không đổi Bài giải: a) Sự thay đổi khối lợng phụ thuộc vào thay đổi lợng: E = ∆mc ∆E ∆mc ,5.1,97.10 30 9.1016 = = ≈ 3,79.1018 (s ) 21 P P ,5.10 3,6.10 11 t 1,2.10 (năm) b) Mặt Trời vừa lợng vừa nhận lợng từ bên Nếu phần lợng nhận vào phần đi, lợng Mặt Trời không đổi, nên khối lợng Mặt Trời không đổi t= 6-10 Xác định thời gian sống hạt mêzôn có lợng W = 109eV (trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm); thời gian sống hạt mêzôn nghỉ = 2,2.10-6s, khối lợng hạt mêzôn m = 206,7me (me khối lợng êlectron) Bài giải: Thời gian sống hạt mêzôn hệ quy chiếu phòng thí nghiệm đợc xác định theo công thức: τ0 mτ m c2 Wτ 10 1,6.10 −19 ,2.10 −6 = v = v τ0 = = ≈ ,1.10 −5 (s ) τ= −31 16 m mc mc 206 , , 10 10 v 1− c Khoa VËt LÝ, tr−êng §H Khoa Häc, ĐH Thái Nguyên Chơng học chất lu 7-1 Tìm vận tốc chảy dòng khí CO2 ống dẫn biết nửa khối lợng khí chảy qua mét tiÕt diƯn ngang cđa èng b»ng 0,51kg Khèi lợng riêng khí 7,5kg/m3 Đờng kính ống b»ng 2cm Coi khÝ lµ chÊt láng lý t−ëng Bµi giải: Gọi khối lợng khí chảy qua tiết diện ngang ống đơn vị thời gian Ta cã: m ρ V ρ Sl µ= = = = ρSv t t t µ ,51 ⇒ v= = ≈ ,12(m / s ) ρS 1800  2.10 −2   ,5.π  7-2 đáy hình trụ có lỗ thủng đờng kính d = 1cm Đờng kính cđa b×nh D = 0,5m T×m sù phơ thc cđa vận tốc hạ mực nớc bình vào độ cao h cđa mùc n−íc ¸p dơng b»ng sè cho trờng hợp h = 0,2m Bài giải: Gọi S1 S2 tiết diện ngang bình lỗ thủng; v1 v2 vận tốc chảy nớc sát mặt nớc chảy lỗ thủng Khi đó, theo phơng trình Becnuli: v12 + gh = v22 Mặt khác, tính liên tục dòng chảy: v1S1 = v2 S2 S  ⇒ v =   v12 = v12 + 2gh  S2   D4  v12 1 +  = 2gh d   2 ⇒ 2gh 2gh d2 ⇒ v1 = ≈ = 2gh ( d 〈〈 D ) (D / d )4 D + (D / d ) Khi h = 0,2m, vËn tèc hạ mực nớc là: ,01 v1 =   2.9 ,8.0 ,2 ≈ ,92.10 (m / s )  ,5  7-3 Trªn bàn có đặt bình nớc, thành bình có lỗ nhỏ nằm cách đáy bình đoạn h1 cách mực nớc đoạn h2 Mực nớc bình đợc giữ không đổi Hỏi tia nớc rơi xuống mặt bàn cách lỗ đoạn L (theo phơng nằm ngang)? Giải toán hai trờng hợp: a) h1 = 25cm vµ h2 = 16cm; b) h1 = 16cm h2 = 25cm Bài giải: Vận tốc tia nớc qua lỗ: Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên v = 2gh Sau khỏi lỗ, phần tử nớc chun ®éng nh− mét vËt nÐm ngang víi vËn tèc ban đầu v0 Thời gian từ khỏi lỗ chạm đất là: t= 2h1 g Tầm xa tia nớc là: L = v t = 2gh a) b) h1 = 25cm, h2 = 16cm: h1 = 16cm, h2 = 25cm: 2h = h 1h g L = 25.16 = 40(cm ) L = 16.25 = 40(cm ) 7-4 Ngời ta đặt bình nớc có thành thẳng đứng mặt bàn nằm ngang Trên thành bình có dùi hai lỗ nhỏ Các lỗ nằm đờng thẳng đứng Giả sử tiết diện bình rộng so với tiết diện lỗ cho mức nớc bình coi nh không đổi a) Chøng minh r»ng vËn tèc cđa c¸c tia n−íc mặt bàn b) Chứng minh muốn cho hai tia nớc rơi xuống điểm mặt bàn khoảng cách từ lỗ đến mức nớc bình phải khoảng cách từ lỗ đến mặt bàn c) Muốn cho tia nớc xa phải đục lỗ vị trí nào? Bài giải: Xét lỗ vị trí cách mặt bàn khoảng h1 mặt thoáng nớc h2 Vận tốc tia nớc khỏi lỗ là: v0 = 2gh2 a) Sử dụng định luật bảo toàn lợng cho phần nớc sau khỏi bình: 1 mv = mv 02 + mgh = mgh + mgh 2 ⇒ v = 2g( h + h ) = 2gH Với H độ cao mức nớc so với mặt bàn Rõ ràng vận tốc tia nớc mặt bàn không phụ thuộc vào vị trí đục lỗ b) Từ kết 7-3, ta có: L = h 1h = h (H − h ) L' = h' (H − h' ) Để hai tia nớc rơi vào điểm: L = L' ⇒ h( H − h ) = h' ( H − h' ) ⇒ H( h − h' ) − ( h − h' ) = ⇒ ( h − h' )( H − h − h' ) = Do h ≠ h' ⇒ H = h + h' hay h = H − h' c) Sử dụng bất đẳng thức Côsi: L = h (H − h ) ≤ H Khoa VËt Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Dấu = xảy h = H h hay h = H 7-5 Giữa đáy gầu nớc hình trụ bị thủng lỗ nhỏ Mức nớc gầu cách đáy gầu H = 30cm Hỏi nớc chảy qua lỗ với vận tốc trờng hợp sau: a) Gầu nớc đứng yên; b) Gầu đợc nâng lên đều: c) Gầu chuyển động với gia tốc 1,2m/s2 lên xuống dới d) Gầu chuyển động theo phơng nằm ngang với gia tốc 1,2m/s2 Bài giải: Vận tốc nớc chảy khỏi gầu phụ thuộc vào áp suất ép lên đáy gầu Khi gầu chuyển động với gia tốc hớng lên xuống dới xuất áp suất phụ ép lên đáy gầu Ta có: ma P0 + ρv = P0 + ρgh + = P0 + ρgh + ρah S ⇒ v = 2(g + a )h (chiỊu d−¬ng cđa a h−íng theo ph−¬ng trọng lực) * Nếu gầu đứng yên đợc nâng lên đều: a = v = 2gh = 2.9 ,8.0 ,3 ≈ ,42(m / s ) * Nếu gầu chuyển động với gia tốc a = 1,2 m/s2 h−íng lªn trªn : v = 2(g + a )h = 2.(9 ,8 + 1,2 )0 ,3 ≈ ,57(m / s ) vµ gia tèc h−íng xng d−íi: v = 2(g − a )h = 2.(9 ,8 − 1,2 )0 ,3 ≈ ,27(m / s ) * Nếu gầu chuyển động với gia tốc a = 1,2m/s2 theo phơng ngang, áp suất phụ xuất thành gầu nên tác dụng làm thay đổi vận tốc nớc chảy so với gầu chun ®éng ®Ịu v = 2gh ≈ ,42(m / s ) 7-6 Mét b×nh h×nh trơ cao h, diƯn tích đáy S chứa đầy nớc đáy bình có lỗ diện tích S1 Hỏi: a) Sau nớc bình chảy hết? b) Độ cao mùc n−íc phơ thc thêi gian nh− thÕ nµo mở lỗ Bỏ qua độ nhớt nớc Bài giải: Sư dơng biĨu thøc cđa vËn tèc n−íc h¹ møc nớc đ tính 7-2, ta có: 2gh v= + (S / S1 ) ⇒ dh 2gh =− dt + (S / S1 ) h ⇒ ⇒ dh 2g =− dt h + (S / S1 ) t dh' 2g 2g ∫h h' = −∫0 + (S / S )2 dt ⇒ h − h = − + (S / S )2 t 1 ( ) Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 1 2g h =  h0 − t  + (S / S1 )  ⇒ Thời gian để nớc bình chảy hết là: 2h0 [1 + (S / S1 ) ] τ= g * NÕu S 〉〉 S1 th× ta cã: τ= S S1 2h g  S g  h =  h − t  S   7-7 Trong gi©y ng−êi ta rãt đợc 0,2 lít nớc vào bình Hỏi đáy bình phải có lỗ đờng kính để mức nớc bình không đổi có độ cao 1m (kể từ lỗ) Bài giải: Để mức nớc bình không đổi, lợng nớc đổ vào phải lợng nớc chảy ra: dV1 = dV2 k dt = vSdt = S 2gh dt k ,2.10 −3 S= = ≈ ,52.10 −5 (m ) 2gh 2.9 ,8.1 d= 4S π = 4.4 ,52.10 −5 π ≈ ,6.10 −3 (m ) 7-8 Ng−êi ta dịch chuyển ống cong dọc theo máng chứa đầy nớc với vận tốc v = 8,3m/s (hình 7-2) Hỏi độ cao mức nớc dâng lên ống Bài giải: áp dụng định luật Becnuli: 1 P + ρv = P0 + ρgh + ρv = P0 + ρg (h + h ) 2 2 v 8,33 h= = ≈ 3,54(m ) 2g 2.9 ,8 7-9 Ng−êi ta thỉi kh«ng khí qua ống AB (hình 7-3) Cứ phút có 15 lít không khí chảy qua ống Diện tích tiÕt diƯn cđa phÇn to A b»ng 2cm2, cđa phÇn nhỏ B phần ống abc 0,5cm2 Tìm hiƯu møc n−íc ∆h èng abc BiÕt khèi l−ỵng riêng không khí 1,32kg/m3 Bài giải: Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Ngời ta thổi không khí qua ống AB (hình 7-3) Cứ phút có 15 lít không khí chảy qua ống DiƯn tÝch tiÕt diƯn cđa phÇn to A b»ng 2cm2, phần nhỏ B phần ống abc 0,5cm2 T×m hiƯu møc n−íc ∆h èng abc BiÕt khối lợng riêng không khí 1,32kg/m3 Gọi 1, lần lợt khối lợng riêng không khí nớc; S1, S2 diện tích thiết diện ống (S1 > S2), V thể tích khí đợc thổi qua ống giây áp dụng định luật Becnuli: P+ 1 ρ1v12 + ρ1 gh1 + ρ gh2 = P + ρ1v22 + ρ1 gh'1 + ρ gh'2 2  V2 V2   − ρ1g∆h + ρ 2g∆h = ρ1  −  S12 S22  ρ1V  1   −  ∆h = 2(ρ − ρ1 )g  S22 S12  ⇒ ⇒ = 1,32.0 ,015 1   − ≈ 5,7.10 −4 (m ) = ,57(mm )  −4 −4  2(1000 − 1,32 ).9 ,8  ,25.10 4.10  7-10 Trên bề mặt phiến đá phẳng nằm ngang ngời ta đặt bình có khoét hai lỗ nhỏ hai phía đối (hình 7-4) Diện tích lỗ S = 1000mm2 Một lỗ khoét sát đáy bình, lỗ khoét độ cao h = 50cm Bình chứa nớc tới độ cao H = 100cm T×m gia tèc cđa b×nh sau mở lỗ Bỏ qua ma sát đá bình Khối lợng bình nhỏ không đáng kể BiÕt diƯn tÝch tiÕt diƯn ngang cđa b×nh S1 = 0,5m2 Bài giải: Xung lực tác dụng lên bình mở lỗ là: dp dm1 v1 dm v ρv12Sdt − ρv 22Sdt F= = = dt dt dt = ρS(2gh − 2gh ) = ρghS F ρghS 2Sgh 2.1000.10 −6 ,8.0 ,5 ⇒ = = = 1,96.10 −2 (m / s ) γ= = M ρHS1 S1H ,5.1 7-11 Một bình hình trụ thành thẳng đứng quay xung quanh trơc cđa nã (trơc z) víi vËn tèc gãc Bình chứa đầy chất lỏng a) Xác định dạng mặt chất lỏng bình b) Giả sử áp suất tâm đáy bình p0, tìm áp suất chất lỏng lên điểm khác đáy bình Khối lợng riêng chất lỏng p0 c) Giả sử chất lỏng bình nớc Tìm hiệu áp suất p nớc lên mặt bên bình điểm sát đáy bình bình quay với vận tốc góc = 12,6rad/s bình đứng yên Bán kính bình R = 0,5m Bài giải: a) Khi bình quay, phân tử bề mặt chất lỏng khối lợng m cách trục đoạn r chịu tác dụng tổng hợp hai lực: + lực quán tính li t©m mrω2 + träng lùc mg Khoa VËt LÝ, tr−êng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Mặt chất lỏng bị nghiêng nằm cân thẳng góc với tổng hợp lực Độ nghiêng đợc xác định gãc α: mω r ω r = tgα = mg Ta l¹i cã: ⇒ g tgα = z = z0 + dz dr ⇒ dz = ω 2r dr g 2r 2g Vậy, dạng mặt chất lỏng parabôlôit tròn xoay quanh trục z b) áp suất điểm đáy bình ứng với bán kính r là: 2r 2r  = P0 + P = ρgz = ρg  z0 + 2g   c) Chia chất lỏng thành mặt trụ có độ dày dr rÊt nhá: R  ω 2r  dr dV = 2πr.dr.z ⇒ V = ∫ dV = ∫ 2πr. z0 +  ⇒ 2g  R   πω  ω2  V = πz0r + r  = πR  z0 + R  4g  g    Khi bình không quay, áp suất đáy bình là:  ω R2  V  P1 = ρgh = ρg = ρg  z0 + πR g Vậy, hiệu áp suất nớc lên mặt bên sát đáy bình cho bình quay bình đứng yên là: R2  ω R  ρω R  − ρg  z0 +  = ∆P = P2 − P1 = ρg  z0 + 2g    1000.12,6 0,5 = ≈ 104 N / m ( 4g  ) 7-12 Một ống dẫn có đoạn cong 900 có nớc chảy (hình 7-5) Xác định lực tác dụng thành ống lên nớc chỗ uốn cong tiết diện ống có diện tích S = 4cm2, lu lợng nớc chảy qua ống Q = 24 lít/phút Bài giải: Ta có: dp dm = (v2 − v1 ) dt dt Q dm Do v1 = v2 = , = ρQ vµ v1 ⊥ v2 nªn: S dt F=  24.10−3    1000 60  ρQ  F= = ≈ 0,564( N ) S 4.10− Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Vectơ lực hợp với phơng ngang góc 450 hớng vỊ phÝa lâm cđa èng Khoa VËt LÝ, tr−êng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên ... gặp độ cao h? Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên b) Tính khoảng cách x hai vật trớc lúc gặp theo thời gian? c) Nếu vật thứ vật thứ hai đạt độ cao lớn bao nhiêu? Bài giải: Cần nhớ... ma sát nh cũ Bài giải: N2 + T fms P2 T + P1 H×nh 2-5 XÐt hƯ hai vật có khối lợng m1, m2 đợc nối với nh hình 2-5 Các lực tác dụng vào vật đ đợc rõ hình vẽ Khoa Vật Lí, trờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái... bán kính vòng nhào lộn 200m, vận tốc máy bay vòng nhào lộn luôn không đổi 360km/h Bài giải: Định luật II Newton áp dụng cho phi công mg + N = ma (1) Khoa VËt LÝ, tr−êng §H Khoa Học, ĐH Thái Nguyên