Đây là những bài toán mang tính thực tế, gắn bó mật thiết với những khía cạnh khác nhau của đời sống, kĩ thuật. Chính những tình huống thực tế này giúp chúng ta hiểu sâu hơn việc vận dụng các khái niệm và định luật vật lý trong hệ quy chiếu quán tính và hệ quy chiếu không quán tính.
I. CÁC BÀI TOÁN MẪU:
Rơi Tự Do Trên Mâm Quay
Bài toán 1: Một đứa trẻ đang ở trong một mâm quay với vận tốc góc w không đổi xung quanh trục thẳng đứng (Oz). Cậu ta ngồi trên một chiếc ghế đã được nâng cao, cách trục quay r0, ở một độ cao h so với, mặt sàn và để rời một hòn bi ra khỏi túi của nó.
Hỏi: Khi đó cậu thấy hòn bi sẽ vạch ra một quỹ đạo như thế nào ? Hòn bi sẽ chạm vào sàn ở điểm nào ? Mẹ của cậu bé đứng yên ở ngoài mâm quay đã trông thấy sự rơi của hòn bi. Hỏi bà có đồng ý với nhận xét của con trai mình không ?
Cho : w = 2π . N, với N = Hz 8
1 , g = 10m/s2 h = 1,5m , ro = 5m.
Lời Giải
Gọi R (O; x, y, z) biểu diễn hệ quy chiếu không quán tính gắn với mâm quay.
Phương trình động lực học cho hòn bi trong R :
R
R mg mw HM mw v M
M a
m ( )/ = + . 2. −2 . Λ ( )/ Với M : vị trí của hòn bi tại thời điểm t.
H : hình chieáu cuûa M leân Oz.
Tập bảng hình chiếu của các vectơ trong phương trình lên các trục tọa độ
a g HM w v
x x.. 0 x 0 x.
y y.. 0 y 0 y.
z z.. -g 0 w z.
Ngoài ta viết
•
•
= •
∧
z y x
w 0 0
e e e v w
z i x
= (-w. y•) ex + (w. x•)ey + 0.ez
Vậy chuyển động của chất điểm đang xét được mô tả bởi hệ phương trình vi phân:
−
=
−
=
+
=
•
•
• •
•
• •
•
) 3 ( g
z
) 2 ( x w 2 y w y
) 1 ( y w 2 x w x
2 2
Từ (3) ta được : z = h - gt2 2
1 (4)
Từ (1) và (2) là hệ phương trình liên hợp nhau, có thể giải chúng bằng cách đưa vào
biến mới: u = x + iy (*)
Khi đó : •u• + 2i w u• - w2 u = 0
Phương trình đặc trưng : k2 + 2iwk – w2 = 0 có ∆ = o
Nghiệm sẽ là : u = (α + Bt) e– iwt (5) Dựa vào các điều kiện ban đầu ta có :
u (t = 0) = ro + i .0 = r0
u• (t = 0) = 0
u (t = 0) = α ⇒ α = r0
Từ (5) được viết lại : u = (r0 + βt). e-iwt
u• = − iw. r0 . e-iwt + B. e-iwt + Bt (-iw) . e-iwt u• (t = 0) = - iw.r0 + B = 0 ⇒ B = r0 .iw Vậy u = r0 (1 + iwt) e-iwt
Biến đổi : u = r0 (1 + iwt) (coswt – isinwt)
u = r0 (cos wt + wt sin wt) + r0 (wt cos wt – sin wt)i Đồng nhất với biểu thức (*) ta tìm được :
−
=
+
=
) wt sin wt cos wt ( r y
) wt sin . wt wt (cos r x
0 0
Hòn bi chạm sàn vào lúc : z = 0 ⇒ t1 =
g h
2 = 0,55 s
Nghĩa là với wt1 = 0,43 (tức 230) ⇒ xM = 5,45m ; yM = - 0,1m
Vậy quỹ đạo của hòn bi trong hệ quy chiếu gắn với mâm quay là đường cong thỏa mãn phương trình :
−
=
−
=
+
=
2 0
0
2 gt h 1 z
) wt sin wt cos . wt ( r y
) wt sin wt wt (cos r x
Hòn bi chạm sàn tại điểm M có : xM = 5,45m ; yM = - 0,1m
Trong heọ quy chieỏu coỏ ủũnh RT :
Phương trình động lực học của chất điểm trong hệ quy chiếu RT : ma (M)/RT = mg
Chuyển động của chất điểm được mô tả bởi hệ phương trình vi phân :
−
=
=
=
•
•
•
•
•
•
g Z
0 Y
0 X
Dựa vào điều kiện ban đầu :
X (t = 0) = r0 Y (t = 0) = 0 Z (t =0 ) = h
X• (t = 0) = 0 Y• (t = 0) = v0 = r0w Z• (t = 0) = 0
Tìm được phương trình toạ độ của chất điểm trong hệ quy chiếu RT :
−
=
=
=
2 0
o
2 gt h 1 Z
wt r Y
r X
Áp dụng số : XM = 5m ; YM = 2,05m ; ZM = 0
(quỹ đạo là đường cong nằm trong mặt phẳng song song với YOZ và cắt Ox tại điểm có toạ độ ro)
Hỡnh veừ : Vũ trớ rụi cuỷa bi trong heọ quy chieỏu.
Nhận xét : Đối với bài toán này, lời giải trong hệ quy chiếu gắn với mâm quay phức tạp hơn so với hệ quy chiếu cố định, bởi vì ta phải xét đến lực quán tính ly tâm và lực quán tính coriolis.
Như vậy, chuyển động của một vật trong các hệ quy chiếu khác nhau sẽ được mô tả khác nhau.
Chuyển động trên mâm quay
Bài toán 2 : Hòn bi trên mâm quay
Một nhà thực nghiệm A đặt nhẹ nhàng một hòn bi có khối lượng m trên một mâm phẳng nằm ngang, hoàn toàn nhẵn. Mâm quay với vận tốc góc w không đổi xung quanh trục thẳng đứng của nó. Gọi ro là khoảng cách ban đầu của hòn bi tới trục. Hỏi hòn bi vạch ra những quỹ đạo nào đối với người quan sát A (nhìn vào mâm quay) và đối với người quan sát B đứng trên mâm quay và bám vào trục để không bị trượt.
Lời giải
Gọi (O ; X, Y, Z) là một hệ trục toạ độ gắn với hệ quy chiếu Trái Đất RT và (O; x, y, z) là hệ trục toạ độ gắn với hệ quy chiếu mâm quay R, với OZ = Oz hướng lên trên và trùng với truùc quay.
Lúc t = 0, các trục (OX) và (ox) trùng nhau và hòn bi nằm tại M0 (X = r0, Y = 0, Z = 0)
Giả thiết : Vận tốc ban đầu trong RT bằng 0, nên đối với A, hòn bi vẫn đứng yên tại M0
Thực vậy, do không có ma sát, nên phản lực của mâm có phương thẳng đứng và cân bằng với trọng lực tác dụng lên vật. Hợp lực bằng 0, do vật hòn bi vẫn nằm tại Mo.
Đối với B nhìn thấy hòn bi vạch ra một chuyển động tròn bán kính r0 với vận tốc góc –w trong R.
Ta hãy nghiệm lại điều này bằng cách thể hiện hệ thức cơ bản trong R : mar ( m g + R ) + mw2 OM + ( − 2 mw ez∧ vr)
Với: mg + R = 0
Dùng các tọa độ cực trong mặt phẳng (O; x, y) ta có :
•
•
•
•− θ = 2. +2. . .θ
2
r w r w r
r và r.θ••+2.r•.θ• =−2.w.r• Ta thấy : Nghiệm r = ro, θ• =−w là phù hợp
Như vậy ta thu được quỹ đạo tròn như dự đoán.
Nhận xét : Bài toán trên cho thấy một vài lời giải trong hệ quy chiếu này sẽ dễ dàng hơn rất nhiều so với trong hệ quy chiếu khác.
Bài toán 3 : Chạy trên mâm quay
Một bé trai A và chị B của nó đang ở trong một mâm quay đều xung quanh trục thẳng đứng của mâm. Bé trai đứng rất gần trục, người chị đứng ở gần mép mâm và muốn chạy lại với em theo hướng xuyên tâm.
a) Điều gì có thể xảy ra nếu cô gái không biết đến tác dụng của một hệ quy chiếu có gia toác ?
b) Hãy dự kiến nguy cơ mà cô gái chuốc phải qua thí nghiệm trên. Cô ta hy vọng làm như thế nào để đạt tới mục đích của mình ?
Lời giải Câu a: Chọn hệ quy chiếu gắn với mâm quay
Phương trình động lực học cho B:
ma = m g + R + mw2OM − 2 m w ∧ v
Phản lực R cần phải có một thành phần phản lực tiếp tuyến RT trực đối với F.
Nếu không có phản lực này (hệ số ma sát không đủ) sẽ không thể có chuyển động.
Như vậy, nếu cô gái không biết đến tác dụng của một hệ quy chiếu có gia tốc thì cô gái sẽ khó khăn khi đi về phía người em A.
a)Dự kiến nguy cơ mà cơ gái chuốt phải : Nếu hợp lực tác dụng vào cô gái không có giá đi qua mặt chân đế của cô thì cô dễ bị trượt ngã trên mâm quay.
Để đạt mục đích của mình cô ta có 2 cách : - Tăng hệ số ma sát bằng cách thay đổi giầy.
- Dùng một chiếc gậy chống về phía sau ngược chiều F.
Nhận xét : Bài toán có ý nghĩa thực tế khi ta giải trong hệ quy chiếu không quán tính.
Chuyển động của chất điểm trên mặt cầu, mặt nón quay quanh truùc
Bài toán 4 : Một vận động viên chơi khúc côn cầu trên băng đã đặt hòn đáo của mình lên đỉnh của một bán cầu bằng kim loại nhẵn bóng, bán kính R, bán cầu này quay với vận tốc góc w không đổi xung quanh một trục thẳng đứng Oz của nó. Khi đó hòn đáo bắt đầu trượt trên bán cầu.
Chứng tỏ rằng một góc θ xác định nào đó chất điểm sẽ rời khỏi bán cầu
Hỏi khi đó lực quán tính kéo theo và lực quán tính coriolis trong hệ quy chiếu gắn với bán cầu sẽ như thế nào ?
Lời giải
Coi hòn đáo như một chất điểm.
Để xác định góc θo giới hạn khi chất điểm bắt đầu rời khỏi bán cầu ta chọn hệ quy chiếu quan tính RT gắn với Trái Đất sẽ cho ta lời giải đơn giản hơn.
Phương trình động lực học cho hòn đáo:
a m N P + =
Thực hiện các phép chiếu : mg sin θ = mR
2 2
dt d θ
•
•
(1)
- mg cos θ + N = - mR
2
dt d θ
(2)
Áp dụng định lý động năng :
2
dt d θ R 2 m
1
= mgR (1 – cos θ) (3)
Từ (2) & (3) suy ra : N = mg (3 cos θ - 2)
Khi chất điểm bắt đầu rời khỏi bán cầu : θ = θ0 thì N = 0 ⇒ Cos θo =
3 2
Từ (2) ta tìm được vận tốc của chất điểm khi rời khỏi bán cầu : M/R gR eθ 3
v T = 2
Câu b : Để tính lực quán tính kéo theo Fie và lực quán tính coriolis chọn hệ quy chiếu không quán tính R gắn với bán cầu :
HM
HM mw R e
3 e 5
sin θ R mw a
m
Fie = − e= 2 = 2
[ M/R e]
R / M
ic 2 m w v 2 m w v v
F = − ∧ = − ∧ T −
= - 2m
− ∧
∧ gR e w HM
3
w 2 θ
= - 2m gR w e e ( 2 mw HM )
3
2 2
z ∧ θ + −
Baén suùng treân maâm quay
Bài toán 5 : Để tăng độ khó của thao tác, một nhà vô địch bắn súng nổi tiếng đã đặt chiếc bia của mình trên mép một mâm quay bán kính R. Nhà vô địch đứng ở điểm xuyên tâm đối với bia và mâm quay với vận tốc góc không đổi xung quanh trục thẳng đứng của mâm.
Biết rằng viên đạn bay ra khỏi súng với vận tốc góc vo đã biết. Hỏi dưới góc ngắm α nào so với đường kính nối xạ thủ với bia thì xạ thủ mới bắn trúng đích ?
Bỏ qua ma sát của không khí và giả thiết vo rất lớn so với Rw. Bỏ qua tác dụng của trọng lực nếu xỏc định rừ được sự hiệu lực của phộp gần đỳng này.
Lời giải Cách 1: Chọn hệ quy chiếu R gắn với mâm quay
Cho (O, ex, ey, ez, )là một hệ tọa độ gắn với mâm quay. Trong hệ R, phương trình chuyển động của viên đạn được viết :
ma = P + Flt + FC = m g + mw2OM − 2 mw ez ∧ v
Vì v >> Rw, 2mwv >> mw2 OM. Nên giá trị của lực quán tính ly tâm nhỏ, không đáng kể so với giá trị của lực quán tính coriolis.
Có thể bỏ qua trọng lực nếu g << wv
Phương trình chuyển động được viết gọn thành : ma ≈ − 2 m w ez∧ v
Hay: 2 w e v
dt v d
z∧
−
=
x 2 wvy dt
dv = và y 2 wvx
dt dv = −
Lấy đạo hàm theo thời gian của một phương trình :
x y 2
2 x
2 4 w v
dt w dv dt 2
v
d = = − (1)
2y x 2 y
2
v w dt 4
w dv dt 2
v
d = − = − (2)
Các điều kiện ban đầu là : vx (0) = v0 cos α và vy (0) = v0 sin α.
Tìm nghiệm của phương trinh vi phân và kết hợp với điều kiện ban đầu ta được :
) wt α
2 ( cos dt v
vx = dx = 0 − (3)
) wt 2 ( sin dt v
vy = dy = 0 − α (4)
Điều kiện ban đầu của x và y là : x (0) = - R ; y (0) = 0
Tìm nghiệm của phương trình vi phân (3), (4) và kết hợp với điều kiện ban đầu tìm được x(t) và y(t) :
x(t) = sin ( 2 wt α )
w 2 R v w
2