Giải bài tập cơ học

đi qua vị trí cân bằng. Bài giải: Khi qua vị trí cân bằng, hợp lực giữa sức căng của dây và trọng lực của con lắc tạo ra lực h−ớng tâm của chuyển động này. T P v O Av
Bv
A B l T P Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên l mv amPT 2 ht ==− . ⇒ mgl mvT 2 += áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có: mglmv 2 1 2 = Từ đó suy ra sức căng T: P3mg3mg l mgl2T ==+= 4-19. Một quả cầu khối l−ợng m = 0,1kg đ−ợc gắn ở đầu một thanh nhẹ dài l = 1,27m khối l−ợng không đáng kể. Hệ quay trong mặt phẳng thẳng đứng xung quanh đầu kia của thanh. Tại điểm cao nhất quả cầu có vận tốc v0 = 4,13m/s. a) Tìm sự phụ thuộc của thế năng và động năng của quả cầu theo góc α hợp bởi thanh và ph−ơng thẳng đứng. Chọn gốc tính thế năng tại vị trí thấp nhất của quả cầu. b) Xác định lực tác dụng T của quả cầu lên thanh theo góc α. Tìm T tại các vị trí thấp nhất và cao nhất của quả cầu. Bài giải: Chọn mốc tính thế năng tại vị trí thấp nhất A của quả cầu. Khi quả cầu ở điểm C, thanh hợp với ph−ơng thẳng đứng một góc α thì: a) thế năng và động năng của quả cầu là: Wt = mghC = mgl . (1 - cosα) ; Wđ = 2mv 2 1 Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: Wt + Wđ = (Wt)0 + (Wđ)0. Hay: ( ) ( ) 202 mv2 1l2mgmv 2 11mgl +=+− ..cosα ⇒ ( ) 20v1gl2v ++= αcos. ; Wđ = 2mv2 1 = )cos( α++ 1mglmv 2 1 2 0 b) lực h−ớng tâm của vật đ−ợc quyết định bởi trọng lực P và lực T của thanh: ααα α cos)cos(cos cos mg1mg2 l mv mg l mvT mgT l mvF 2 0 2 2 ht +++=+=→ −== O v
A B hC P T α C Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên ⇒ T =       +α+ g2cosg3 l v m 2 0 Tại điểm thấp nhất, α = 0 ⇒ ( )N246895 271 134 10g5 l v mT 22 0 ,,. , , ., =        +=      += Tại điểm cao nhất, α = 1800, ⇒ ( )N363089 271 134 10g l v mT 22 0 ,,. , , ., =        −=      −= . Cả hai vị trí, vật đều kéo căng thanh. 4-20. Để đo vận tốc của viên đạn ng−ời ta dùng con lắc thử đạn. Đó là một bì cát treo ở đầu một sợi dây (hình 4-9). Khi viên đạn xuyên vào bì cát, nó bị mắc tại đó và bì cát đ−ợc nâng lên một độ cao h nào đó. Tìm vận tốc của đạn lúc đó sắp xuyên vào bì cát. Biết khối l−ợng của viên đạn là m, khối l−ợng của bì cát là M. Bài giải: Đây là bài toán va chạm mềm. Muốn giải nó, ta áp dụng định luật bảo toàn động l−ợng và định luật bảo toàn cơ năng. Gọi v và V lần l−ợt là vận tốc của đạn tr−ớc khi xuyên vào bì cát và vận tốc của bì cát sau khi có đạn xuyên vào. Định luật bảo toàn động l−ợng cho: mv = (M + m) V. (1) Định luật bảo toàn cơ năng cho: (m + M) 2 V 2 = (m + M) gh. ⇒ gh2V = (2) Từ (1) và (2) ta suy ra: v = gh2 m MmV m Mm .. + = + . Đo m, M, h sẽ tính đ−ợc vận tốc v của viên đạn. 4-21. Một ống thuỷ tinh khối l−ợng M trong có đựng vài giọt ête đ−ợc đậy bằng một cái nút khối l−ợng m. ống thuỷ tinh đ−ợc gắn ở đầu một thanh cứng dài l trọng l−ợng không đáng kể (hình 4-10). Khi hơ nóng ống thuỷ tinh, ête bốc hơi, nút bị bật ra d−ới áp suất của hơi ête. Hỏi vận tốc bật bé nhất của nút phải bằng bao nhiêu để ống thuỷ tinh có thể quay đ−ợc cả vòng xung quanh điểm treo O. Bài giải: Gọi v, V lần l−ợt là vận tốc của cái nút và vận tốc của ống thuỷ tinh. áp dụng định luật bảo toàn động l−ợng ta có: M.V = m.v Theo kết quả của bài 4-17 thì, để ống thuỷ tinh có thể chuyển động tròn quanh điểm treo O thì vận tốc V của nó tại điểm thấp nhất này phải thoả mCn điều kiện: gl5V ≥ h α v m M Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên ⇒ m gl5M m VM v ≥= . 4-22. Một hòn bi khối l−ợng m chuyển động không ma sát trên một đ−ờng rCnh có dạng nh− hình vẽ 4-11. Hòn bi đ−ợc thả không có vận tốc ban đầu từ độ cao h = 2R, kích th−ớc của bi nhỏ không đáng kể. Hỏi: a) ở độ cao nào hòn bi rời khỏi đ−ờng rCnh? b) Độ cao lớn nhất mà hòn bi sẽ đạt đ−ợc sau khi rời khỏi đ−ờng rCnh? Bài giải: a) Xem bài tập 4-13, 4-18: hòn bi rời khỏi đ−ờng rCnh khi lực nén hòn bi lên rCnh bằng không. Từ điều kiện trên suy ra: mg.cosα = R mv20 (1) áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình AB (B là điểm hòn bi rời đ−ờng rCnh) ta có: H1 = R3 5 (hình 4-3’). b) Vận tốc của hòn bi tại B đ−ợc suy ra từ (1): v0 = 3 Rg2 . Sau khi rời đ−ờng rCnh, bi chuyển động theo một parabol đỉnh C. Vận tốc nằm ngang ở C: (vx)c = v0 cosα, vận tốc thẳng đứng (vy)c = v0sinα - gt. áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình AC, ta suy ra: H2 = R27 50 . 4-23. Một quả cầu khối l−ợng 2kg, chuyển động với vận tốc 3m/s, va chạm xuyên tâm với một quả cầu thứ hai khối l−ợng 3kg đang chuyển động cùng chiều với quả cầu thứ nhất với vận tốc 1m/s. Tìm vận tốc của các quả cầu sau va chạm nếu: a) Va chạm là hoàn toàn đàn hồi. b) Va chạm là không đàn hồi (mềm). Bài giải: v m M V l O m1 v1 m2 v2 + A B C H1 H2 Hình 4-22 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên a) Va chạm đàn hồi: Va chạm giữa hai vật tuân theo định luật bảo toàn động l−ợng và bảo toàn động năng. Ta có các ph−ơng trình bảo toàn: 22112211 vmvmvmvm +=+ '' (1) 2 22 2 11 2 22 2 11 vm2 1 vm 2 1 vm 2 1 vm 2 1 +=+ '' (2) Chuyển tất cả các số hạng liên quan đến m1 về một vế, liên quan đến m2 sang vế còn lại trong hai ph−ơng trình trên: ( ) ( )'' 222111 vvmvvm −=− (3) ( ) ( )2222121211 vvmvvm '' −=− (4) Do sau va chạm, các vật thay đổi vận tốc nên có thể lấy (4) chia vế cho vế với (3) ta đ−ợc: 2211 vvvv +=+ '' (5) Nhân hai vế của (5) với m2 rồi cộng vế theo vế với (3) ta đ−ợc: ( ) ( ) 22111112 vm2vvmvvm =−++ '' ( ) 21 12122 1 mm vmmvm2 v + −+ =→ ' (6) Làm t−ơng tự (hoặc tráo đổi vai trò của các chỉ số 1 và 2) ta rút ra: ( ) 21 21211 2 mm vmmvm2 v + −+ =' (7) áp dụng với m1 = 2kg, m2 = 3kg, v1 = 3m/s, v2 = 1m/s vào (6) và (7) ta tính ra đ−ợc: v’1 = 0,6m/s ; v’2 = 2,6m/s . b) Va chạm mềm: Sau va chạm, hai vật sẽ có cùng một vận tốc v: v’1 = v’2 = v. Va chạm này tuân theo định luật bảo toàn động l−ợng: 22112211 vmvmvmvm +=+ '' hay ( ) 221121 vmvmvmm +=+ ⇒ 21 2211 mm vmvm v + + = Thay các giá trị khối l−ợng và vận tốc đC cho ta đ−ợc: v’1 = v’2 = v = 1,8m/s. 4-24. Hai quả cầu đ−ợc treo ở đầu hai sợi dây song song dài bằng nhau. Hai đầu kia của các sợi dây đ−ợc buộc vào một cái giá sao cho các quả cầu tiếp xúc với nhau và tâm của chúng cùng nằm trên một đ−ờng nằm ngang (hình 4-12). Khối l−ợng của quả cầu lần l−ợt bằng 200g và 100g. Quả cầu thứ nhất đ−ợc nâng lên độ cao h = 4,5cm và thả xuống. Hỏi sau va chạm, các quả cầu đ−ợc nâng lên độ cao bao nhiêu nếu: a) Va chạm là hoàn toàn đàn hồi; b) Va chạm là mềm. Bài giải: h m1 m2 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Trong bài này ta sẽ vận dụng cả định luật bảo toàn cơ năng cho một con lắc đơn nh− trong bài 4-18, 4-20 và bài toán về va chạm xuyên tâm nh− trong bài 4-23. Ngay tr−ớc khi quả cầu 1 chạm vào quả cầu 2 nó có vận tốc là: gh2v1 = Sau va chạm, các quả cầu có vận tốc là v1’; v2’ và chúng sẽ lên các độ cao h1 và h2 t−ơng ứng bằng: g2 vh 2 1 1 ' = ; g2 vh 2 2 2 ' = . a) Nếu va chạm giữa hai vật là đàn hồi, áp dụng công thức của bài 4-23 với m1 = 200g = 2m2; v2 = 0 thì: 11 v3 1 v =' ; 12 v3 4 v =' . Từ đó ta đ−ợc: ( )cm5054 9 1h 9 1 g2 v 9 1 g2 vh 2 1 2 1 1 ,,. ' ===== ; ( )cm8h 9 16 g2 v 9 16 g2 vh 2 1 2 2 2 ==== . ' . b) Nếu va chạm giữa hai vật là mềm: v’1 = v’2 = 2v1/3. ⇒ ( )cm2h 9 4 g2 v 9 4 g2 vhh 2 1 2 1 21 ===== .. ' . 4-25. Một vật chuyển động khối l−ợng m1 tới va chạm vào vật thứ hai đang đứng yên, khối l−ợng m2. Coi va chạm là xuyên tâm và hoàn toàn đàn hồi. Hỏi số phần trăm động năng ban đầu của vật thứ nhất đC truyền cho vật thứ hai sau va chạm? áp dụng cho các tr−ờng hợp a) m1 = m2; b) m1 = 9m2. Bài giải: áp dụng các công thức va chạm đàn hồi có đ−ợc trong bài 2-23 với 0v0v 21 =≠ ; ta tính đ−ợc vận tốc của quả cầu thứ 2 sau va chạm: 21 11 2 mm vm2 v + =' Từ đó suy ra tỷ số phần trăm động năng mà vật 1 đC truyền cho vật 2: 2 21 21 2 21 2 1 1 2 2 11 2 22 d d mm mm4 mm m4 m m vm vm W W 1 2 )()( '' + = + ===η . Khi m1 = m2 thì η = 100%. Khi m1 = 9m2 thì η = 36% 4-26. Một đĩa đồng chất nặng 20N, lăn không tr−ợt trên một mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v = 4m/s. Tìm động năng của đĩa. Bài giải: Đĩa đồng chất có mô men quán tính: 2Rm 2 1I .= (với R là bán kính của đĩa). Khi đĩa lăn không tr−ợt trên sàn nằm ngang, ta có điều kiện: ωRv = . Động năng của đĩa bao gồm động năng tịnh tiến và động năng quay: Wđ = 222222222 mv 4 3Rm 4 1 mv 2 1Rm 2 1 2 1 mv 2 1I 2 1 mv 2 1 =+=      +=+ ωωω .... 4-27. Tính công cần thiết để làm cho một vô lăng hình vành tròn đ−ờng kính 1m, khối l−ợng 500kg, đang đứng yên quay tới vận tốc 120 vòng/phút. Bài giải: Mô men quán tính của vô lăng hình vành tròn: 2RmI .= . Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Vận tốc quay của vô lăng là 120vòng/phút = (120.2pi radian) /(60giây) = 4pi (rad/s). Công để làm vô lăng quay chính bằng độ tăng động năng (quay) của vô lăng: A = ∆Wđ = ( ) ( ) kJ10J10000415008 1dm 4 1 2 1I 2 1 22222 ==== piωω ....... 4-28. Một quả cầu đặc đồng chất có khối l−ợng m = 1kg, lăn không tr−ợt với vận tốc v1 = 10m/s đến đập vào thành t−ờng rồi bật ra với vận tốc v2 = 8m/s. Tính nhiệt l−ợng toả ra trong va chạm đó. Bài giải: Sau va chạm động năng của vật giảm. Độ giảm động nặng này toả ra d−ới dạng nhiệt Q = -∆Wđ. Khi tính toán cần chú ý rằng quả cầu vừa có động năng tịnh tiến vừa có động năng quay. Động năng quay của quả cầu đặc, đồng chất, lăn không tr−ợt: Wđq = 222222 vm 5 1Rm 5 1 mR 5 2 2 1I 2 1 ...... ==      = ωωω Do đó: wđ = wđq + wđtt = 2 2 2 mv 10 7 2 mv mv 5 1 =+ . Vậy, nhiệt l−ợng toả ra do va chạm: ( ) ( ) ( )J2251081 10 7 vvm 10 7WQ 222122d ,.. =−−=−−=∆−= 4-29. Một cột đồng chất có chiều cao h = 5m, đang ở vị trí thẳng đứng thì bị đổ xuống. Xác định: a) Vận tốc dài của đỉnh cột khi nó chạm đất; b) Vị trí của điểm M trên cột sao cho khi M chạm đất thì vận tốc của nó đúng bằng vận tốc chạm đất của một vật thả rơi tự do từ vị trí M. Bài giải: a) ở vị trí thẳng đứng, cột có thế năng wt = 2 mgh . Khi đổ tới mặt đất thì thế năng này biến thành động năng quay của cột ở vị trí chạm đất Wđ = 2 1 Iω2, trong đó I là mômen quán tính của cột đối với trục qua gốc của cột: I = 3 mh 2 , ω là vận tốc góc của cột lúc chạm đất. áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: 2 mghI 2 1 2 =ω.. ⇒ mgh 3 mh 22 =ω. ⇒ h g3 =ω Từ đó suy ra vận tốc dài của đỉnh cột lúc chạm đất v = hω = 2125103gh3 ,.. == m/s. b) Gọi x là độ cao của điểm M khi cột ở vị trí thẳng đứng. áp dụng công thức tính vận tốc của vật rơi tự do, ta có vận tốc của điểm M khi chạm đất: Mv = gx2 . Theo điều kiện của đầu bài: xω = gx2 ⇒ gx2 h g3 x =. ⇒ x = h 3 2 = 10/3 =3,33m. 4-30. Từ đỉnh một mặt phẳng nghiên cao h = 0,5m, ng−ời ta cho các vật đồng chất có hình dạng khác nhau lăn không tr−ợt trên mặt phẳng nghiêng đó. Tìm vận tốc dài của các vật ở cuối mặt phẳng nghiêng nếu: a) Vật có dạng một quả cầu đặc; b) Vật là một đĩa tròn; Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên c) Vật là một vành tròn. (Giả sử vận tốc ban đầu của các vật đều bằng không). Bài giải: Giả sử rằng có một vật đặc lăn không tr−ợt, không vận tốc đầu từ đỉnh của mặt phẳng nghiêng có chiều cao h. Mô men quán tính của vật có thể viết bằng: I = k.m.R2, trong đó k là một hằng số phụ thuộc vào cấu tạo của vật. Khi vật lăn không tr−ợt với vận tốc dài v thì vật có động năng quay: Wđq = 2222 kmv 2 1kmR 2 1I 2 1 == ωω. . Động năng toàn phần của vật: Wđ = Wđq + Wđtt = ( ) 222 mv1k2 1 mv 2 1kmv 2 1 +=+ . Theo định luật bảo toàn cơ năng, động năng của vật ở chân mặt phẳng nghiêng bằng độ giảm thế năng mgh của vật: ( ) mghmv1k 2 1 2 =+ 1k gh2 v + =⇒ . áp dụng kết quả tổng quát này với h =0,5m, cho các vật có dạng: a) một quả cầu đặc: k = 2/5. ( )sm652 7 508910 7 gh10 152 gh2 v /,,.,. / === + = b) một đĩa đặc: k = 1/2. ( )sm562 3 50894 3 gh4 121 gh2 v /,,.,. / === + = c) một quả cầu đặc: k = 1. ( )sm2125089gh 11 gh2 v /,,., === + = 4-31. Có hai hình trụ: một bằng nhôm (đặc), một bằng chì (rỗng) cùng đ−ợc thả từ đỉnh một mặt phẳng nghiêng. Chúng có cùng bán kính R = 6cm và cùng khối l−ợng m = 0,5kg. Mặt các hình trụ đ−ợc quét sơn giống nhau. Hỏi: a) Vận tốc tịnh tiến của các hình trụ ở cuối mặt phẳng nghiêng có khác nhau không? b) Mômen quán tính của mỗi hình trụ; c) Sau bao lâu các trụ lăn không tr−ợt tới chân mặt phẳng nghiêng? Cho biết độ cao của đỉnh mặt phẳng nghiêng h = 0,5m, góc nghiêng α = 300, khối l−ợng riêng của nhôm p1 = 2600kg/m 3 và của chì p2 = 11300kg/cm 3. Bài giải: a) Dựa vào kết quả của bài 4-30 ta thấy, các vật càng đặc (hệ số mô men quán tính nhỏ) thì vận tốc dài của chúng tại chân mặt nghiêng càng lớn. Do đó, trong bài toán này, ta có thể kết luận rằng, khối trụ đặc bằng nhôm sẽ lăn nhanh hơn khối trụ bằng chì. b) Nh− ta đC biết, mô men quán tính của các khối trụ nhôm và chì đ−ợc xác định bằng các công thức t−ơng ứng: I1 = 2 RR mI 2 mR 21 2 2 2 + =, , trong đó R1 là bán kính trong của trụ chì. Vì khối l−ợng của các trụ bằng nhau nên: ρ1LpiR2 = ρ2Lpi (R2 - 21R ), trong đó L là chiều dài của các hình trụ, ρ1 và ρ2 là khối l−ợng riêng của nhôm và của chì. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên ⇒ ρ2 21R = (ρ2-ρ1)R2 ⇒ ( ) 2 2 122 1 RR ρ ρρ − = Từ đó tính đ−ợc: = + = 2 RR mI 2 1 2 2 2 2 12 mR 2 2 . ρ ρρ − , ( 2 12 2 2k ρ ρρ − = ). Vận tốc của trụ nhôm khi lăn tới chân dốc (theo bài 4-30): 3 gh4 121 gh2 vAl =+ = / . Vận tốc của trụ chì khi lăn tới chân dốc: Al 12 2 2 12 Pb v3 gh4 4 gh4 1 2 2 gh2 1k gh2 v =< − = + − = + = ρρ ρ ρ ρρ . (vì 21 ρρ < ) c) Dựa vào kết quả về vận tốc của vật lăn không tr−ợt trong bài 4-30: ( ) mghmv1k 2 1 2 =+ Ta đạo hàm theo thời gian hai vế của ph−ơng trình này đ−ợc: ( ) ( ) ( )αsin'.''. vmgvmv1kmghvmv1k =+⇒=+ ⇒ 1k g va + == αsin ' ⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) αα 2g 1kh2 1kg 1kgh2 a v t sin . /sin / + = + + == Trong đó, h = 0,5m, α = 300, - áp dụng cho khối trụ nhôm, k = 1/2: ( ) ( )s780 3089 121502 t 02 ,sin., /.,. = + = - áp dụng cho khối trụ chì, 2 12 2 2k ρ ρρ − = = 113 100 113002 2600113002 = − . . : ( ) ( )s880 3089 1113100502 t 02 ,sin., /.,. = + = 4-32. Một ng−ời ngồi trên ghế Giucôpxki và cầm trong tay hai quả tạ, mỗi quả có khối l−ợng 10kg. Khoảng cách từ mỗi quả tới trục quay là 0,75m. Ghế quay với vận tốc ω1 = 1 vòng/s. Hỏi công do ng−ời thực hiện và vận tốc của ghế nếu ng−ời đó co tay lại để khoảng cách từ mỗi quả tạ đến trục quay chỉ còn là 0,20m, cho biết mômen quán tính của ng−ời và ghế đối với trục quay là I0 = 2,5kg.m 2. Bài giải: Mô men quán tính của hệ ng−ời và các quả tạ lúc ban đầu và lúc sau: ( ) ( )222202 222 101 kgm3032010252dm2II kgm751375010252dm2II ,,..,.. ,,..,.. =+=+= =+=+= Khi hệ quay quanh trục thì có động năng và mômen động l−ợng là: 111 IL ω= Wđ1 = ( ) ( )J275275132 1I 2 1 22 11 == piω .,. . Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Do mômen động l−ợng đ−ợc bảo toàn nên vận tốc góc quay của hệ sau khi ng−ời co tay lại thoả mCn biểu thức: ( )srad3382 33 7513 I IILLI 1 2 1 2111222 /,. , , pipiωωωω ===⇒=== Theo định lý về động năng, động tác co tay của ng−ời đC cần tốn một công bằng: A = ∆Wđ = Wđ2 - Wđ1 = 2 11 2 22 I2 1I 2 1 ωω − ( ) ( ) ( )J87127513 2 133833 2 1 22 =−= pipi .,.,.,. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Ch−ơng 5 tr−ờng hấp dẫn 5-1. Tìm lực hút của Mặt Trời lên một vật có khối l−ợng m = 1g nằm trên mặt Trái Đất, biết rằng khối l−ợng của Mặt Trời M = 1,97.1030kg và khoảng cách trung bình từ mặt đất đến tâm Mặt Trời là r = 149.106km. Bài giải: áp dụng công thức của định luật vạn vật hấp dẫn: ( ) ( )Nr mMGF 629 303 11 2 10.9,510.149 10.97,1.1010.67,6 − − − ≈== 5-2. Khoảng cách giữa Trái Đất và Mặt Trăng là 384000km. Khối l−ợng của Trái Đất là 5,96.1027g và của Mặt Trăng là 7,35.1025g. Xác định vị trí của điểm tại đó lực hút của Mặt Trăng và Trái Đất lên một chất điểm cân bằng nhau. Bài giải: Gọi khoảng cách từ điểm tại đó lực hút của Mặt Trăng và Trái Đất cân bằng nhau đến tâm Trái Đất là x (rõ ràng x < l). Ta có: 22 )( xl mMG x mMGFF MEME − =⇒= ( ) ( ) ( )kmMM l x x M M xl xMxlM EM E M ME 345600 10.96,5/10.35,71 384000 /1 2725 22 ≈ + = + =⇒ =−⇒ =−⇒ 5-3. Một quả cầu khối l−ợng m1 đặt cách đầu một thanh đồng chất một đoạn thẳng a trên ph−ơng kéo dài của thanh. Thanh có chiều dài l, khối l−ợng m2. Tìm lực hút của thanh lên quả cầu. Bài giải: Chia thanh thành những đoạn dx rất nhỏ, khi đó lực hút của nó lên khối l−ợng m1 là: ( ) ( )2 21 2 1 ... xall dxmmG xal dmmGdF −+ = −+ −= Lực hút tổng cộng của thanh lên quả cầu là: ( ) )( 11 . 0 1 . 2121 21 0 2 21 ala mGm alal mGm l xall mGm xal dx l mGmdFF l + =      + −=     −+ = −+ −== ∫∫ 5-4. Hai quả cầu có cùng bán kính khối l−ợng riêng lần l−ợt bằng p1 và p2 đ−ợc đặt trong một môi tr−ờng lỏng có khối l−ợng riêng là p0. Hỏi trong điều kiện nào: l a O A x l+a-x Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên a) Hai quả cầu hút nhau; b) Hai quả cầu đẩy nhau. Cho biết kích th−ớc của môi tr−ờng lỏng rất lớn so với kích th−ớc của các quả cầu và p1 > p2. Bài giải: Xét quả cầu thứ nhất: + Lực hấp dẫn giữa hai quả cầu là: 2 213 2 3 122 21 1 3 4 . 3 4 .. r kRR r G r mmGF ρρpiρpiρ === (với 9 16 62GRk pi= ) + Do kích th−ớc của môi tr−ờng lớn hơn của các quả cầu rất nhiều nên khi không có quả cầu thứ hai, lực hấp dẫn của môi tr−ờng lên quả thứ nhất theo các ph−ơng khác nhau tự triệt tiêu lẫn nhau. Nếu ta bớt đi một phần chất lỏng, thì phần còn lại sẽ tác dụng lực hấp dẫn cùng độ lớn nh−ng ng−ợc chiều với lực hấp dẫn do phần mất đi gây ra. ở đây, phần mất đi là phần chất lỏng bị chiếm bởi quả cầu thứ hai. T−ơng tự ở trên ta cũng có: 2 01 2 r kF ρρ= + Nếu chọn chiều của F1 là chiều d−ơng, tổng hợp lực tác dụng lên quả cầu 1 bằng: ( )022121 ρρρ −=−= r kFFF Gia tốc tác dụng lên quả cầu 1 là: ( ) 2 02 3 1 2 021 1 4 3 . r K Rr k m F a ρρ piρ ρρρ − = − == (với 3 4 3GRK pi= ) + T−ơng tự, nếu chọn chiều h−ớng về phía quả cầu 1 làm chiều d−ơng, lực tổng hợp tác dụng lên quả cầu 2 là: ( )0122' ρρρ −= r kF 2 01 ' r Ka ρρ −=⇒ Gia tốc t−ơng đối giữa chúng 2 021 0 2 ' r Kaaa ρρρ −+=+= a) Hai quả cầu chuyển động lại gần nhau: 2 020' 210021 ρρρρρρ +−+⇔>+ aa b) Hai quả cầu chuyển động ra xa nhau: 2 020' 210021 ρρρρρρ +>⇔<−+⇔<+ aa 5-5. Trong một quả cầu bằng chì bán kính R ng−ời ta khoét một lỗ hình cầu. Mặt của lỗ tiếp xúc với mặt của quả cầu chì và đi qua tâm của nó. Khối l−ợng quả cầu chì tr−ớc khi khoét lỗ bằng M. Trên ph−ơng nỗi các tâm của quả cầu và lỗ, ng−ời ta đặt một hòn bi nhỏ khối l−ợng m cách tâm quả cầu một đoạn d (hình 5-2). Tìm lực hấp dẫn mà quả cầu chì (đC khoét lỗ) tác dụng lên hòn bi. Bài giải: Lực hấp dẫn của quả cầu chì đC khoét lỗ đúng bằng hiệu của lực hấp dẫn gây ra bởi quả cầu chì ch−a khoét lỗ và phần chì bị khoét đi. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Lực hấp dẫn của quả cầu chì ch−a khoét lỗ lên hòn bi: 21 d MmGF = Lực hấp dẫn của phần chì bị khoét đi lên hòn bi: ( )2 3 22 3 22 223 4 . 2 8 2 23 4 .. . ' Rd MmGR Rd mG Rd R m G r mMGF − =       − =       −       == piρ piρ Vậy, lực hấp dẫn của quả cầu chì đC khoét lỗ lên hòn bi: ( )2 22 2221 22 287 )2(2 11 Rd RdRdGMm Rdd GMmFFF − +− =      − −=−= 5-6. Tìm vận tốc dài của Trái Đất quay quanh Mặt Trời, biết rằng khối l−ợng của Mặt Trời là M = 2.1030kg và khoảng cách trung bình giữa Trái Đất và Mặt Trời d = 1,5.108km. Bài giải: Lực h−ớng tâm trong chuyển động của Trái Đất quanh Mặt Trời chính là lực hấp dẫn: hthd FF = ( ) ( )skmsm d GM v d vM d MMG S E SE /30/10.3 10.5,1 10.2.10.67,6 4 11 3011 2 2 =≈==⇒ =⇒ − 5-7. Tìm vận tốc dài của một vệ tinh nhân tạo của Trái Đất biết rằng quỹ đạo của vệ tinh là tròn. Vệ tinh ở độ cao trung bình h = 1000km. Coi vệ tinh chỉ chịu ảnh h−ởng lực hút của Trái Đất và ở độ cao trên, lực cản của không khí không đáng kể. Cho bán kính của Trái Đất R = 6370km. Bài giải: Lập luận t−ơng tự nh− bài 5-6 cho chuyển động của vệ tinh nhân tạo quanh Trái Đất, ta có: ( ) ( )skmsm hR GM d MG v EE ./34,7/10.344,7 10.37,610 10.96,5.10.67,6. 3 66 2411 =≈ + = + == − 5-8. Hai hành tinh quay xung quanh Mặt Trời với các quỹ đạo coi gần đúng là những vòng tròn bán kính lần l−ợt bằng R1 = 150.10 6km, (Trái Đất) và R2 = 108.10 6km (Sao kim). Tìm tỷ số vận tốc dài của các hành tinh đó. Bài giải: Sử dụng cách lập luận và tính toán nh− bài 5-6, ta có: 2 2 1 1 ; d GM v d GM v SS == Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên 85,0 10.150 10.108 . 6 6 1 22 12 1 ≈===⇒ d d GM d d GM v v S S 5-9. Khối l−ợng Mặt Trăng nhỏ hơn khối l−ợng Trái Đất 81 lần, đ−ờng kính Mặt Trăng bằng 3/11 đ−ờng kính Trái Đất. Hỏi một ng−ời trên mặt đất nặng 600 niutơn lên Mặt Trăng sẽ nặng bao nhiêu. Bài giải: Theo định luật vạn vật hấp dẫn: 2 E E R mMGP = ( ) Pk k R mMG k k Rk mMkG R mMGP E E E E M M 2 2 1 22 2 1 2 2 1 2' ==== ( ) ( )NP 100600.11/3 81/1 ' 2 ≈=⇒ 5-10. Để có thể truyền hình bằng vô tuyến điện (vô tuyến truyền hình) đi khắp mọi nơi trên mặt đất ng−ời ta phóng lên các vệ tinh “cố định” (đứng trên mặt đất thấy vệ sinh không chuyển động đối với mặt đất). Muốn vậy phải cho các vệ tinh này chuyển động trong mặt phẳng xích đạo từ Tây sang Đông với vận tốc góc bằng vận tốc của Trái Đất quay xung quanh trục của nó. HCy tính vận tốc dài và độ cao của vệ tinh đó. Biết chu kì của Trái Đất quay xung quanh trục của nó là T = 23 giờ 56 phút 4 giây. Bán kính xích đạo Trái Đất là R = 6378km. Bài giải: Gọi khoảng cách từ vệ tinh đến tâm Trái Đất là d, vận tốc dài của vệ tinh là: E E GM d v dT d GM v 3 22 pipi ==⇒= ( ) ( ) ( )kmmGMTd E 4212610.126,42 4 10.96,5.10.67,6.86164 4 63 2 24112 3 2 2 =≈==⇒ − pipi Vậy, vận tốc dài và độ cao của vệ tinh là: ( )sm T GM d GM v EE /10.07,3 86164 10.96,5.10.67,6.22 33 2411 3 ≈=== −pipi ( )kmRdh 35748637842126 =−=−= 5-11. Tìm vận tốc vũ trụ cấp II đối với Mặt Trăng (nghĩa là vận tốc của một tên lửa phóng từ bề mặt Mặt Trăng cần phải có để nó có thể thoát khỏi sức hút của Mặt Trăng). Bài giải: Gia tốc trọng tr−ờng trên bề mặt Mặt Trăng: 2 M M M R MGg = Vận tốc vũ trụ cấp hai đ−ợc tính theo công thức: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên ( ) ( )smR GMRgv M M MMM /10.38,210.37,6.11/3 10.35,7.10.67,6.222 36 2211 ≈=== − 5-12. Nhờ một tên lửa, vệ tinh nhân tạo đầu tiên của Trái Đất đ−ợc mang lên độ cao 500km. a) Tìm gia tốc trọng tr−ờng ở độ cao đó; b) Phải phóng vệ tinh tới vận tốc bằng bao nhiêu theo ph−ơng vuông góc với bán kính của Trái Đất để quỹ đạo của nó quanh Trái Đất là một đ−ờng tròn. Khi đó chu kì quay của vệ tinh quanh Trái Đất bằng bao nhiêu? Lấy bán kính của Trái Đất bằng 6500km, gia tốc trọng tr−ờng trên bề mặt của Trái Đất bằng 9,8m/s2. Bỏ qua sức cản của không khí. Bài giải: a) Gia tốc trọng tr−ờng đ−ợc tính theo công thức: ( )22202 2 2 /45,85006500 6500 .8,9. sm hR Rg R MG r R r MGg ≈      + =      + =      == b) Để quỹ đạo vệ tinh là đ−ờng tròn, lực hấp dẫn đúng bằng lực h−ớng tâm: hthd FF = ( ) ( )skmsm hR Rg v hR R R GM hR GM v r v m r mMG EEE /69,7/10.69,7 10.7000 10.6500.8,9 . 3 3 622 0 2 2 2 2 =≈= + =⇒ + = + =⇒=⇒ Chu kỳ quay của vệ tinh là: ( ) ( ) '3515720 10.5,6.8,9 10.7222 122 183 2 0 3 hs Rg hR v rT ≈≈=+== pipipi 5-13. Mọi vật trên mặt đất đều chịu sức hút của Mặt Trời. Về ban đêm (Mặt Trời ở “d−ới chân”) lực đó cộng thêm với lực hút của Trái Đất, ban ngày (Mặt Trời ở trên “đỉnh đầu”) lực đó trừ bớt đi lực hút của Trái Đất. Vì vậy, ban đêm mọi vật đều phải nặng hơn ban ngày, điều đó có đúng không? Tại sao? Bài giải: Không đúng, vì Mặt Trời hút cả Trái Đất lẫn vật trên bề mặt Trái Đất. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Ch−ơng 6 cơ học t−ơng đối tính