Giải bài tập môn Vật lí - Phần A: Cơ học

Nội dung text: Giải bài tập môn Vật lí - Phần A: Cơ học

1. 
   B vB T P O l
   v A A 1 Tại A vật đ−ợc truyền một động năng mv 2 . Sau đó vật bắt đầu chuyển động tròn 2 A lên phía trên. Thế năng của vật tăng dần, động năng (do đó vận tốc) của vật giảm dần (hình 4-8). Muốn vật chuyển động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng, vận tốc v B của vật tại điểm cao nhất B phải đủ lớn để làm cho sợi dây luôn bị căng (T ≥ 0). → → → Vì tại B vật chịu tác dụng của trọng lực P = mg và lực căng T (đều h−ớng theo ph−ơng thẳng đứng) tạo ra lực h−ớng tâm trong chuyển động tròn của vật, nên: mv 2 F = B = mg + T . ht l Vậy vận tốc nhỏ nhất tại B để vật có thể quay tròn: vBmin = gl . (1) Mặt khác, theo định luật bảo toàn cơ năng: (∆Wđ)AB = - (∆Wt)AB , 2 2 suy ra: v A = v B + 4gl . Vậy vận tốc nhỏ nhất cần truyền cho vật tại A để nó quay tròn trong mặt phẳng thẳng đứng: 2 2 ( v A )min = ( v B )min + 4gl , ⇒ v A min = 5gl = 3,8m / s 4-18. Một con lắc đơn trọng l−ợng P đ−ợc kéo ra khỏi ph−ơng thẳng đứng một góc α = 90 0, sau đó con lắc đ−ợc thả rơi. Chứng minh rằng sức căng của dây treo bằng 3P khi con lắc đi qua vị trí cân bằng. Bài giải : T v P 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. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
2.  v 2   0  ⇒ T = m + g3 cos α + 2g  l   v 2   4,13 2  ⇒  0  .,  . ,  , Tại điểm thấp nhất, α = 0 T = m + g5  = 01  + 5 9 8 = 6 24 ()N  l   1,27   v 2   4,13 2  0 ⇒  0  .,  . ,  , Tại điểm cao nhất, α = 180 , T = m − g = 01  − 9 8 = 0 363 ()N .  l   1,27  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. α M m h v Định luật bảo toàn động l−ợng cho: mv = (M + m) V. (1) Định luật bảo toàn cơ năng cho: V 2 (m + M) = (m + M) gh. ⇒ V = 2gh (2) 2 m + M m + M Từ (1) và (2) ta suy ra: v = .V = . 2gh . m m 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: V ≥ 5gl Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
3. 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: m1v1'+m 2 v 2' = m1v1 + m 2 v 2 (1) 1 1 1 1 m v ' 2 + m v ' 2 = m v 2 + m v 2 (2) 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 2 Chuyển tất cả các số hạng liên quan đến m 1 về một vế, liên quan đến m 2 sang vế còn lại trong hai ph−ơng trình trên: m1 (v1'−v1 ) = m 2 (v2 − v 2') (3) 2 2 2 2 m1 (v1' −v1 )= m1 (v 2 − v 2' ) (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: v1'+v1 = v2'+v2 (5) Nhân hai vế của (5) với m2 rồi cộng vế theo vế với (3) ta đ−ợc: m 2 (v1'+v1 )+ m1 (v1'−v1 ) = 2m 2 v 2 2m2v2 + (m1 − m2 )v1 → v1' = (6) m1 + m2 Làm t−ơng tự (hoặc tráo đổi vai trò của các chỉ số 1 và 2) ta rút ra: 2m1v1 + (m2 − m1 )v2 v2' = (7) m1 + m2 áp dụng với m 1 = 2kg, m 2 = 3kg, v 1 = 3m/s, v 2 = 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: m1v1'+m 2 v 2' = m1v1 + m 2 v 2 hay (m1 + m 2 )v = m1v1 + m 2 v2 m v + m v ⇒ v = 1 1 2 2 m1 + m 2 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 : m1 m2 h Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
4. Vận tốc quay của vô lăng là 120vòng/phút = (120.2 π radian) /(60giây) = 4 π (rad/s). Công để làm vô lăng quay chính bằng độ tăng động năng (quay) của vô lăng: 1 1 1 1 A = ∆W = I.ω 2 = . m.d 2 .ω 2 = .500 .12.()()4π 2 =10000 J =10 kJ đ 2 2 4 8 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 v 2 = 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: 1 2 1  2 2  2 1 2 2 1 2 Wđq = I.ω =  .mR .ω = m.R .ω = m.v 2 2  5  5 5 1 mv 2 7 Do đó: w = w + w = mv 2 + = mv 2 . đ đq đtt 5 2 10 Vậy, nhiệt l−ợng toả ra do va chạm: 7 2 2 7 2 2 Q = −∆Wd = − m(v2 − v1 )= − .1.()8 −10 = 25 ,2()J 10 10 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 : mgh a) ở vị trí thẳng đứng, cột có thế năng w = . Khi đổ tới mặt đất thì thế năng t 2 1 này biến thành động năng quay của cột ở vị trí chạm đất W = Iω2, trong đó I là mômen đ 2 mh 2 quán tính của cột đối với trục qua gốc của cột: I = , ω là vận tốc góc của cột lúc 3 chạm đất. áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: 1 mgh mh 2 g3 I ω 2 = ⇒ .ω 2 = mgh ⇒ ω = 2 2 3 h Từ đó suy ra vận tốc dài của đỉnh cột lúc chạm đất v = h ω = 3gh = 3.10 .5 =12 ,2 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: v M = 2gx . Theo điều kiện của đầu bài: g3 2 xω = 2gx ⇒ x. = 2gx ⇒ x = h = 10/3 =3,33m. h 3 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
5. 2 2 2 2 (ρ 2 − ρ1 )R ⇒ ρ2 R 1 = ( ρ2-ρ1)R ⇒ R1 = ρ 2 2 2 R + R1 2ρ2 − ρ1 2 2ρ2 − ρ1 Từ đó tính đ−ợc: I2 = m = .mR , ( k = ). 2 2ρ 2 2ρ2 2gh 4gh Vận tốc của trụ nhôm khi lăn tới chân dốc (theo bài 4-30): v = = . Al 1/ 2 +1 3 Vận tốc của trụ chì khi lăn tới chân dốc: 2gh 2gh 4ρ .gh 4gh v = = = 2 < = v (vì ρ < ρ ) Pb k +1 2ρ − ρ 4ρ − ρ 3 Al 1 2 2 1 +1 2 1 2ρ2 c) Dựa vào kết quả về vận tốc của vật lăn không tr−ợt trong bài 4-30: 1 ()k +1 mv 2 = mgh 2 Ta đạo hàm theo thời gian hai vế của ph−ơng trình này đ−ợc: (k +1)mv v'. = mgh ' ⇒ (k +1)mv v'. = mg (v sin α ) g sin α ⇒ a = v' = k +1 v (2gh )/ (k +1) 2h.(k +1) ⇒ t = = = a g sin α / ()k +1 g sin 2 α Trong đó, h = 0,5m, α = 30 0, - áp dụng cho khối trụ nhôm, k = 1/2: 2.0 5., (1/ 2 +1) t = = 0,78 ()s 9,8 .sin 2 30 0 2ρ − ρ 2.11300 − 2600 100 - áp dụng cho khối trụ chì, k = 2 1 = = : 2ρ2 2.11300 113 2.0 5., (100 / 113 +1) t = = 0,88 ()s 9,8 .sin2 30 0 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 2 ng−ời và ghế đối với trục quay là I 0 = 2,5kg.m . Bài giải : Mô men quán tính của hệ ng−ời và các quả tạ lúc ban đầu và lúc sau: I = I + 2.m.d 2 = 2,5 + 2.10 .0,75 2 =13 ,75 (kgm 2 ) 1 0 1 2 2 2 I2 = I0 + 2.m.d 2 = 2,5 + 2.10 .0,2 = 3,30 ()kgm Khi hệ quay quanh trục thì có động năng và mômen động l−ợng là: L1 = I1ω1 1 1 W = I ω 2 = .13 ,75 .()()2π 2 = 275 J . đ1 2 1 1 2 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
6. 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 = 1,97.10 30 kg và khoảng cách trung bình từ mặt đất đến tâm Mặt Trời là r = 149.10 6km. Bài giải : áp dụng công thức của định luật vạn vật hấp dẫn: −3 30 mM −11 10 .1,97.10 −6 F = G 2 = 6,67.10 2 ≈ 5,9.10 ()N r ()149 .109 5-2. Khoảng cách giữa Trái Đất và Mặt Trăng là 384000km. Khối l−ợng của Trái Đất là 5,96.10 27 g và của Mặt Trăng là 7,35.10 25 g. 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: M m M m F = F ⇒ G E = G M E M x2 (l − x)2 2 2 ⇒ M E (l − x) = M M x M ⇒ l − x = M x M E l 384000 ⇒ x = = ≈ 345600 ()km 25 27 1+ M M / M E 1+ 7,35.10 /()5,96.10 5-3. Một quả cầu khối l−ợng m 1 đặt cách x l+a-x đầu một thanh đồng chất một đoạn thẳng a trên ph−ơng kéo dài của thanh. Thanh có chiều dài l, O A khối 2 l−ợng m . Tìm lực hút của thanh lên quả cầu. l a Bài giải : Chia thanh thành những đoạn dx rất nhỏ, khi đó lực hút của nó lên khối l−ợng m 1 là: m .dm m .m .dx dF = −G 1 = G 1 2 ()l + a − x 2 ()ll + a − x 2 Lực hút tổng cộng của thanh lên quả cầu là: l Gm m l dx Gm m  1  F = dF = − 1 2 = 1 2 . ∫ l ∫ ()l + a − x 2 l l + a − x 0 0 Gm m  1 1  Gm m = 1 2 . − = 1 2 l  a l + a  a(l + a) 5-4. Hai quả cầu có cùng bán kính khối l−ợng riêng lần l−ợt bằng p 1 và p 2 đ−ợc đặt trong một môi tr−ờng lỏng có khối l−ợng riêng là p 0. Hỏi trong điều kiện nào: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
7. Lực hấp dẫn của quả cầu chì ch−a khoét lỗ lên hòn bi: Mm F = G 1 d 2 Lực hấp dẫn của phần chì bị khoét đi lên hòn bi: 3 4π  R  m.ρ.   M 'm 3  2  m 4π 3 Mm F2 = G = G. 2 = G 2 .ρ R = G 2 r 2  R   R  3 2()2d − R d −  8d −   2   2  Vậy, lực hấp dẫn của quả cầu chì đC khoét lỗ lên hòn bi:  1 1  7d 2 − 8dR + 2R2 F = F1 − F2 = GMm  2 − 2  = GMm 2 d 2(2 d − R)  2()2d − R 5-6. Tìm vận tốc dài của Trái Đất quay quanh Mặt Trời, biết rằng khối l−ợng của Mặt Trời là M = 2.10 30 kg và khoảng cách trung bình giữa Trái Đất và Mặt Trời d = 1,5.10 8km. Bài giải : Lực h−ớng tâm trong chuyển động của Trái Đất quanh Mặt Trời chính là lực hấp dẫn: Fhd = Fht M M v2 ⇒ G E S = M d 2 E d GM 6,67.10−11 .2.1030 ⇒ v = S = ≈ 3.104 ()()m / s = 30 km / s d 1,5.1011 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: G.M GM 6,67.10−11 .5,96.1024 v = E = E = ≈ ,7 344 .103 ()()m / s = 7,34 km ./ s d R + h 10 6 + 6,37.106 5-8. Hai hành tinh quay xung quanh Mặt Trời với các quỹ đạo coi gần đúng là 6 6 những vòng tròn bán kính lần l−ợt bằng R 1 = 150.10 km, (Trái Đất) và R 2 = 108.10 km (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: GM S GM S v1 = ; v2 = d1 d2 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
8. −11 22 2GM M 2.6,67.10 .7,35.10 3 vM = 2gM RM = = 6 ≈ 2,38.10 ()m / s RM ()3/11 .6,37.10 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/s 2. Bỏ qua sức cản của không khí. Bài giải : a) Gia tốc trọng tr−ờng đ−ợc tính theo công thức: 2 2 2 M  R  M  R   6500  2 g = G =   .G = g0   = .8,9   ≈ 8,45()m / s r 2  r  R2  R + h   6500 + 500  b) Để quỹ đạo vệ tinh là đ−ờng tròn, lực hấp dẫn đúng bằng lực h−ớng tâm: Fhd = Fht M m v2 GM GM R2 ⇒ G E = m ⇒ v = E = E . r 2 r R + h R2 R + h g R2 .8,9 6500 2.106 ⇒ v = 0 = ≈ 7,69.103 ()()m / s = 7,69 km / s R + h 7000 .103 Chu kỳ quay của vệ tinh là: 2πr ()R + h 3 73.1018 T = = 2π 2 = 2π 2 12 ≈ 5720 ()s ≈1h35 ' v g0R 5,6.8,9 .10 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
9. A’ A Hình 6 -1 6-4. Hạt mêzôn trong các tia vũ trụ chuyển động với vận tốc bằng 0,95 lần vận tốc ánh sáng. Hỏi khoảng thời gian theo đồng hồ ng−ời quan sát đứng trên Trái Đất ứng với khoảng “thời gian sống” một giây của hạt mêzôn. Bài giải : Sử dụng công thức về thời gian: ∆t 1 ∆t'= = ≈ 2,3 ()s v2 1− 0,952 1− c2 6-5. Khối l−ợng của hạt α tăng thêm bao nhiêu nếu tăng vận tốc của nó từ 0 đến 0,9 lần vận tốc ánh sáng. Bài giải : Nếu tăng vận tốc, khối l−ợng hạt cũng tăng lên: m m = 0 1− ()v / c 2  1   1  ⇒ ∆m = m − m = m  −1 = 4.1,67.10−27 . −1 0 0  2   2   1− ()v / c   1− 9,0  ≈ 8,6.10−27 ()kg 6-6. Khối l−ợng của êlectron chuyển động bằng hai lần khối l−ợng nghỉ của nó. Tìm động năng của êlectron trên. Bài giải : Động năng của electron bằng hiệu năng l−ợng toàn phần lúc chuyển động và lúc đứng yên: W = ∆m.c2 = (2m − m )c2 = m c2 0 0 0 = 9,1.10−31 .9.1016 ≈ 8,2.10−14 ()J 235 6-7. Khi phân chia một hạt nhân uran 92 U năng l−ợng giải phóng ra khoảng 200 MeV. Tìm độ thay đổi khối l−ợng khi phân chia 1kmol uran. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
10. Ch−ơng 7 cơ học chất l−u 7-1. Tìm vận tốc chảy của dòng khí CO 2 trong ống dẫn biết rằng cứ nửa giờ khối l−ợng khí chảy qua một tiết diện ngang của ống bằng 0,51kg. Khối l−ợng riêng của khí bằng 7,5kg/m 3. Đ−ờng kính của ống bằng 2cm. Coi khí là chất lỏng lý t−ởng. Bài giải : Gọi khối l−ợng khí chảy qua tiết diện ngang của ống trong một đơn vị thời gian là à. Ta có: m ρ.V ρ.Sl à = = = = ρSv t t t à 0,51 1 ⇒ v = = . 2 ≈ 0,12 ()m / s ρS 1800  2.10 −2  7 5., π    2  7-2. ở đáy một hình trụ có một lỗ thủng đ−ờng kính d = 1cm. Đ−ờng kính của bình D = 0,5m. Tìm sự phụ thuộc của vận tốc hạ mực n−ớc ở trong bình vào độ cao h của mực n−ớc. áp dụng bằng số cho tr−ờng hợp h = 0,2m. Bài giải : Gọi S 1 và S 2 là tiết diện ngang của bình và lỗ thủng; v 1 và v 2 là vận tốc chảy của n−ớc tại sát mặt n−ớc và chảy quả lỗ thủng. Khi đó, theo ph−ơng trình Becnuli: 2 2 v1 + 2gh = v2 Mặt khác, do tính liên tục của dòng chảy: v1S1 = v2S2 2  S  2  1  2 2 ⇒ v2 =   v1 = v1 + 2gh  S2   D4  ⇒ v2 1  2gh 1  + 4  =  d  2gh 2gh d 2 ⇒ v = ≈ = 2gh ( do d〈〈 D ) 1 1 + ()D / d 4 ()D / d 4 D2 Khi h = 0,2m, vận tốc hạ mực n−ớc là: 2  0,01  −4 v1 =   2.9 8., 0,2 ≈ 7,92 .10 ()m / s  0,5  7-3. Trên bàn có đặt một bình n−ớc, thành bình có một lỗ nhỏ nằm cách đáy bình một đoạn h 1 và cách mực n−ớc một đoạn h 2. Mực n−ớc trong bình đ−ợc giữ không đổi. Hỏi tia n−ớc rơi xuống mặt bàn cách lỗ một đoạn L bằng bao nhiêu (theo ph−ơng nằm ngang)? Giải bài toán trong hai tr−ờng hợp: a) h 1 = 25cm và h 2 = 16cm; b) h 1 = 16cm và h 2 = 25cm. Bài giải : Vận tốc của tia n−ớc khi qua lỗ: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
11. H Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi h = H − h hay h = . 2 7-5. Giữa đáy một gầu n−ớc hình trụ bị thủng một lỗ nhỏ. Mức n−ớc ở trong gầu cách đáy gầu H = 30cm. Hỏi n−ớc chảy qua lỗ với vận tốc bằng bao nhiêu trong các tr−ờng hợp sau: a) Gầu n−ớc đứng yên; b) Gầu đ−ợc nâng lên đều: c) Gầu chuyển động với gia tốc 1,2m/s 2 lên trên rồi xuống d−ới. d) Gầu chuyển động theo ph−ơng nằm ngang với gia tốc 1,2m/s 2. Bài giải : Vận tốc n−ớc chảy ra khỏi gầu phụ thuộc vào áp suất ép lên đáy gầu. Khi gầu chuyển động với gia tốc h−ớng lên trên hoặc xuống d−ới thì sẽ xuất hiện áp suất phụ ép lên đáy gầu. Ta có: 1 ma P + ρv2 = P + ρgh + = P + ρgh + ρah 0 2 0 S 0 ⇒ v = 2(g + a)h (chiều d−ơng của a h−ớng theo ph−ơng trọng lực) * Nếu gầu đứng yên hoặc đ−ợc nâng lên đều: a = 0 ⇒ v = 2gh = 2.9 8., 0,3 ≈ 2,42 (m / s) * Nếu gầu chuyển động với gia tốc a = 1,2 m/s 2 h−ớng lên trên : v = 2(g + a)h = 2.(9,8 +1,2)0,3 ≈ 2,57 (m / s) và khi gia tốc h−ớng xuống d−ới: v = 2(g − a)h = 2.(9,8 −1,2)0,3 ≈ 2,27 (m / s) * Nếu gầu chuyển động với gia tốc a = 1,2m/s 2 theo ph−ơng ngang, áp suất phụ chỉ xuất hiện trên thành gầu nên không có tác dụng làm thay đổi vận tốc n−ớc chảy ra so với khi gầu chuyển động đều. v = 2gh ≈ 2,42 (m / s) 7-6. Một bình hình trụ cao h, diện tích đáy S chứa đầy n−ớc. ở đáy bình có một lỗ diện tích S 1. Hỏi: a) Sau bao lâu n−ớc ở trong bình chảy ra hết? b) Độ cao mực n−ớc phụ thuộc thời gian nh− thế nào khi mở lỗ. Bỏ qua độ nhớt của n−ớc. Bài giải : Sử dụng biểu thức của vận tốc n−ớc hạ mức n−ớc đC tính ở bài 7-2, ta có: 2gh v = 2 1+ ()S / S1 dh 2gh dh 2g ⇒ = − 2 ⇒ = − 2 dt dt 1+ ()S / S1 h 1+ ()S / S1 h dh ' t 2g 2g ⇒ = − dt ⇒ 2()h − h = − t ∫ h' ∫ 1+ ()S / S 2 0 1+ ()S / S 2 h0 0 1 1 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
12. Ng−ời ta thổi không khí qua một ống AB (hình 7-3). Cứ mỗi phút có 15 lít không khí chảy qua ống. Diện tích tiết diện của phần to A bằng 2cm 2, của phần nhỏ B và của phần ống abc bằng 0,5cm 2. Tìm hiệu mức n−ớc ∆h trong ống abc. Biết khối l−ợng riêng của không khí bằng 1,32kg/m 3. Gọi ρ1, ρ2 lần l−ợt là khối l−ợng riêng của không khí và n−ớc; S 1, S 2 là các diện tích thiết diện ống (S 1 > S 2), V là thể tích khí đ−ợc thổi qua ống trong 1 giây. áp dụng định luật Becnuli: 1 1 P + ρ v2 + ρ gh + ρ gh = P + ρ v2 + ρ gh ' +ρ gh ' 2 1 1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1  V2 V2  ⇒ ρ  −  − ρ g∆h + ρ g∆h = 0 1 2 2  1 2 2  S1 S2  ρ V2  1 1  ⇒ ∆h = 1  −   2 2  2()ρ2 − ρ1 g  S2 S1  1,32 .0,015 2  1 1  =  − ≈ 5 7., 10 −4 ()()m = 0,57 mm 2()1000 −1,32 .9,8  0,25 .10 −4 4.10 −4  7-10. Trên bề mặt một phiến đá phẳng và nằm ngang ng−ời ta đặt một bình có khoét hai lỗ nhỏ ở hai phía đối nhau (hình 7-4). Diện tích các lỗ bằng nhau và bằng S = 1000mm 2. Một lỗ khoét sát đáy bình, lỗ kia khoét ở độ cao h = 50cm. Bình chứa n−ớc tới độ cao H = 100cm. Tìm gia tốc của bình ngay sau khi mở các lỗ. Bỏ qua ma sát giữa đá và bình. Khối l−ợng của bình nhỏ không đáng kể. Biết diện tích tiết diện ngang của bình 2 S1 = 0,5m . Bài giải : Xung lực tác dụng lên bình ngay khi mở các lỗ là: dp dm .v − dm .v ρv 2Sdt − ρv 2Sdt F = = 1 1 2 2 = 1 2 dt dt dt = ρS()2gh 1 − 2gh 2 = 2ρghS F 2ρghS 2Sgh 2.1000 .10 −6.9 8., 0,5 ⇒ γ = = = = = 1,96 .10 −2 ()m / s 2 M ρHS 1 S1H 0 5., 1 7-11. Một bình hình trụ thành thẳng đứng quay xung quanh trục của nó (trục z) với vận tốc góc ω. Bình chứa đầy chất lỏng. a) Xác định dạng của mặt chất lỏng trong bình. b) Giả sử áp suất tại tâm đáy bình bằng p 0, tìm áp suất chất lỏng lên các điểm khác của đáy bình. Khối l−ợng riêng của chất lỏng là p0. c) Giả sử chất lỏng trong bình là n−ớc. Tìm hiệu áp suất ∆p của n−ớc lên mặt bên của bình tại điểm sát đáy bình khi bình quay với vận tốc góc ω = 12,6rad/s và khi bình đứng yên. Bán kính của bình là R = 0,5m. Bài giải : a) Khi bình quay, mỗi phân tử bề mặt chất lỏng khối l−ợng m cách trục một đoạn r chịu tác dụng tổng hợp của hai lực: + lực quán tính li tâm mr ω2. + trọng lực mg. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
13. Vectơ lực hợp với ph−ơng ngang một góc 45 0 và h−ớng về phía lõm của ống con Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên