Vật lý 1 đại học

Preview text

Chương 1.1.

Bạn đang xem: Vật lý 1 đại học

Động học chất điểmA. Tóm tắt lý thuyết1. Các đại lượng đặc trưng trong chuyển động của chất điểm.r - véc-tơ bán kính của chất điểm r  r  x, y, z  - x,y,z là các tọa độ của chất điểm trong hệ trục tọa độ Descartes vuông góc.r- vận tốc trung bình: v tb tTrong đó  r là véc-tơ độ dời của chất điểm sau khoảng thời gian t . dr  dx dy dz - vận tốc tức thời: v  ; ; dt  dt dt dt s- tốc độ trung bình: v tb tTrong đó s là quãng đường mà chất điểm chuyển động được trong khoảng thời gian t .22ds dx   dy   dz       dt dt   dt   dt  dv  - véc-tơ gia tốc toàn phần: a  at  andtdvGia tốc tiếp tuyến: a t dtv2Gia tốc pháp tuyến: a n R2- tốc độ tức thời: v Gia tốc toàn phần: a  a 2t  a n2R – bán kính cong của quỹ đạo tại điểm đang xét.2. Các dạng chuyển độnga. Chuyển động thẳng đều:- Gia tốc: a = 0;- Vận tốc: v = const;- Phương trình quãng đường: s = vt- Phương trình chuyển động (phương trình tọa độ):x = x0 + vt; trong đó x0 là tọa độ của chất điểm tại thời điểm ban đầu.b. Chuyển động thẳng biến đổi đều:- Gia tốc: a = const;- Vận tốc: v = v0 + at; v0 là vận tốc ban đầu.1- Phương trình quãng đường: s  v 0 t  at 221- Phương trình chuyển động: x  x 0  v 0 t  at 2222- Công thức độc lập thời gian: v  v 0  2asChú ý:Chuyển động thẳng nhanh dần đều a  vChuyển động thẳng chậm dần đều a  vchứ không phải a>0 hay a<0 !c. Sự rơi tự dolà trường hợp đặc biệt của chuyển động nhanh dần đều với:v0 = 0; a = g = 9,81 m/s2d. Chuyển động ném xiêna x- Gia tốc: a  a y v x- Vận tốc: v   v y0 g v 0x  v 0 cos  v 0 y  a y t  v 0 sin   gt x  v 0x t  v 0 cos .t- Phương trình chuyển động: 1 2 y  v 0 sin .t  2 gtg- Phương trình quỹ đạo: y  x.tan   2.x 2  Parabol22v 0 cos v 20 sin 2 2g2v sin 2- Tầm xa: L  x max  0ge. Chuyển động trònd- vận tốc góc:  , trong đó  là góc quay.dtd d 2- gia tốc góc:  dt dt 2Đối với chuyển động tròn đều:    const;   0.t2- chu kỳ: T 1 - tần số:   T 2Đối với chuyển động tròn biến đổi đều:  const- vận tốc góc:   0  t- Độ cao cực đại: h max 2h2.19, 6 2 s g9,8Như vậy quãng đường mà vật rơi được trong 0,1 giây cuối bằng quãng đường 19,6 m trừ đi quãngđường vật rơi được trong 1,9 s đầu tiên.Quãng đường vật rơi được trong 1,9 s đầu tiên:11s1,9s  gt 2  .9,8.1, 92  17, 7  m 22Quãng đường vật rơi được trong 0,1 s cuối cùng:s0,1 giây cuối = 19,6 – 17,7 = 1,9 (m).b) thời gian để vật rơi hết 1 m đầu tiên là:2h12.1t1m  0, 45  s g9,8Thời gian để vật rơi hết 1 m cuối cùng bằng thời gian để vật rơi cả quãng đường 19,6 m trừ đi thờigian vật rơi 18,6 m:Thời gian vật rơi 18,6 m:2h 22.18, 6t18,6m  1, 95  s g9,8Như vậy thời gian rơi 1 m cuối:t1m cuối cùng = 2 -1,95 = 0,05 (s).Bài 1.20. Một vô lăng sau khi bắt đầu quay được một phút thì thu được vận tốc 700 vòng/phút.Tính gia tốc góc của vô lăng và số vòng mà vô lăng đã quay được trong phút ấy nếu chuyển độngcủa vô lăng là nhanh dần đều.Bài giải:Ta có: t = 1 phút = 60 giây, n  700 (vòng/phút)70   700.2 / 60  rad / s 3  70 1 7Gia tốc:   0rad / s 2 t  3 60 18t19,6m 2  02  2   2  02222  70 / 3 700  rad   350 (vòng).2 2.7 /18Bài 1.22. Một bánh xe có bán kính R = 10 cm lúc đầu đứng yên, sau đó quay xung quanh trục củanó với gia tốc góc bằng 3,14 rad/s2. Hỏi sau giây thứ nhất:a) Vận tốc góc và vận tốc dài của một điểm trên vành bánh?b) Gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến và gia tốc toàn phần của một điểm trên vành bánh?c) Góc giữa gia tốc toàn phần và bán kính của bánh xe (ứng với cùng một điểm trên vành bánh)?Bài giải:a) vận tốc góc sau giây thứ nhất:  3,14  rad / s Vận tốc dài: v  R  0,1.3,14  0,314  m / s b) gia tốc pháp tuyến:v 2 0,3142an  0,99 m / s 2R0,1Gia tốc tiếp tuyến:a t   R  3,14.0,1  0, 314  m / s 2 Gia tốc toàn phần:a  a 2n  a 2t  0,992  0,3142  1,1 m / s 2 c)tan  a t 0,314 17, 60  17 036 "an0,99Bài 1.25. Vận tốc của electron trong nguyên tử hydro bằng v =2,2.108 cm/s. Tính vận tốc góc vàgia tốc pháp tuyến của electron nếu xem quỹ đạo của nó là một vòng tròn bánh kính 0,5.10-8 cm.Bài giải:v2, 2.106  4, 4.1016  rad / s 10R 0,5.10an v2 2, 22.1012 9, 68.1022  rad / s 2 R 0,5.1010+ Hệ không có ngoại lực tác dụng;+ Hệ có ngoại lực tác dụng nhưng tổng hợp ngoại lực bằng 0;+ Hệ có nội lực rất lớn so với ngoại lực (bài toán viên đạn nổ);+ Hệ có ngoại lực khác 0 nhưng hình chiếu lên 1 phương nào đó của lực bằng 0 thì định luật bảotoàn động lượng có thể áp dụng theo phương đó, tức là:Nếu Fx  0 thì K x  const .3. Phép biến đổi GalileTừ K’ sang Kx = OO’+x’= x’+vot’y = y’z = z’t = t’Từ K sang K’x’= x-vot’y’= yz’= zt’= tVận tốc:v  v x , v y , v z   v  vx , vy , vz   v 0  v 0 , 0, 0 Gia tốc: dv dv dv 0  a a  Adt dtdtA là gia tốc của hệ K’ đối với hệ K.Phương trình định luật 2 Newton trong hệ quy chiếu không quán tính:  ma   F mA  F  Fqt ;trong đó: Fqt  mA là lực quán tính.B. Bài tậpCác bài tập thầy sẽ chữa trên lớp2.1, 2.5, 2.9, 2.11,2.13, 2.15, 2.16, 2.22, 2.24, 2.34, 2.35Bài tập phải làm để nộp:2.3, 2.4, 2.6, 2.10, 2.12, 2.25, 2.31, 2.36Bài 2.1. Một xe có khối lượng 20000 kg, chuyển động chậm dần đều dưới tác dụng của 1 lực bằng6000 N, vận tốc ban đầu của xe bằng 15 m/s. Hỏi:a) Gia tốc của xe;b) Sau bao lâu xe dừng lại;c) Đoạn đường xe đã chạy được kể từ lúc hãm cho đến khi xe dừng hẳn.Tóm tắt:m  2.104  kg  ; Fc  6000  N v0  15  m / s a)a  ?b)t  ?  v  0 c)s  ?Bài giải:F 6000 0,3  m / s 2 a) a  c 4m 2.10v  v 0 0  15b) v  v0  at  t  50  s a0,3v2  v02 02  152 375  m c) s 2a2.0,3Bài 2.5. Một vật có khối lượng m = 5 kg được đặt trên một mặt phẳng nghiêng hợp với mặt phẳngnằm ngang một góc   300 . Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng bằng k = 0,2. Tìm giatốc của vật trên mặt phẳng nghiêng.Tóm tắt:m  5  kg  ;   300 ; k  0, 2a ?Bài giải:Phương trình định luật 2 Newton:  P  N  Fms  maChiếu lên phương chuyển động:P sin   Fms  ma  mg sin   kN  ma 1 Chiếu lên phương vuông góc với phương chuyểnđộng:P cos   N  0  N  mg cos Thế biểu thức trên vào (1) ta được:mg sin   kmg cos   mamg sin   kmg cos a m g sin   kg cos Thay số:a  10.sin 300  10.0, 2.cos 300  3,3  m / s 2 Bài 2.15. Một vật có khối lượng m = 200 g, được treo ở đầu một sợi dây dài l = 40 cm; vật quaytrong mặt phẳng nằm ngang với vận tốc không đổi sao cho sợi dây vạch một mặt nón. Giả sử khiđó dây tạo với phương thẳng đứng một góc   360 .Tìm vận tốc góc của vật và lực căng của dây.Tóm tắt:m  200  g   0, 2  kg  ;l  40  cm   0, 4  m   360v?T?Bài giải:Các lực tác dụng vào vật gồm có: T, PPhương trình định luật 2Newton: T  P  maChiếu lến phương bán kínhcủa quỹ đạo ta được:T sin   ma ht  m2 R  m2 l sin Chiếu lên phương thẳng đứng lại được:T cos   P  0  T cos   mgChia vế với vế của 2 phương trình trên ta được2lsin ggtan   2 gl cos l cos Thay số ta được:10 6,52  rad / s 0, 4sin 360Chú ý: bài này phải làm như trên, chứ đây không phải là 1 bài toán cân bằng lực nhé, cho nênnguyên tắc là giải như 1 bài động lực học bình thường, gồm các bước xác định lực, viết phươngtrình định luật 2 Newton, chiếu lên các phương và giải! Bài 2.16. Xác định gia tốc của vật m1 trong hình vẽ. Bỏ qua ma sát, khối lượng của ròng rọc vàdây.

Xem thêm:

Áp dụng cho trường hợp m1 = m2.Lời giải:Chọn hệ quy chiếu hướng thẳng đứng xuống dưới.Chứng minh a1 = 2a2 (đọc thêm để biết cách chứng minh cho những bài có cơ hệ phức tạp hơn),tất nhiên có thể nói ngắn gọn là vì vật 1 chuyển động được quãng đường là s, thì vật 2 chỉ chuyểnđộng được quãng đường 0,5s nên nếu ban đầu hệ đứng yên, dễ dàng suy ra gia tốc của vật 1 lớngấp đôi gia tốc vật 2. Dưới đây là 1 cách thú vị để chứng minh cho những cơ hệ phức tạp (nghĩalà gồm nhiều ròng rọc động hơn, nhiều vật hơn).Gọi ycd là tọa độ của ròng rọc cố định,yd là tọa độ ròng rọc động, y1 và y2 lần lượt là tọa độ của vật 1 và 2.Chiều dài sợi dây trong thí nghiệm trên chính là:y1 – ycd + (yd – ycd) + yd = constđạo hàm biểu thức trên 2 lần và chú ý ycd = const, ta được:a1 = - 2ad, tức là gia tốc của vật 1 gấp đôi và ngược chiều với gia tốc của ròng rọc động (tức là giatốc của vật 2), như vậy về độ lớn a1 = 2a2.OK!, giờ bắt đầu vào bài toán của chúng ta: Đối với vật 1, các lực tác dụng là P1 , T , ta có: P1  T  m1a , chiếu lên phương chuyển động ta được: P1  T  m1a1 (1)Tương tự đối với vật 2:P2  2T  m 2 a (vì sợi dây không giãn, không có khối lượng nên lực căng ở chỗ nào cũng bằngnhau).Chiếu lên phương chuyển động:maP2  2T  m 2 a 2   2 1 (2)2Nhân 2 lần phương trình (1) rồi trừ đi (2) theo vế ta được:2  2P1  P2 m 2P1  P2   2m1  2  a1  a1 2 4m1  m 2 2m1  m 2  , với trường hợp m  m  m 2g124m1  m 22gg;a 2 Ta có: a1 55Bài 2.22. Tính lực đẩy trung bình của hơi thuốc súng lên đầu đạn ở trong nòng một súng bộ binh,biết rằng đầu đạn có khối lượng m = 10 g; thời gian chuyển động của đạn trong nòng là t = 0,001giây, vận tốc của viên đạn ở đầu nòng là v = 865 m/s.Lời giải:Chương 2. Cơ học vật rắnA. Phần lý thuyếtm r- Khối tâm của hệ chất điểm: r  OG mm v m vdr- Vận tốc của khối tâm: v dtmmi iiGiiiGiiiiiGiind vG- Gia tốc của khối tâm: a G dt mi a ii 1nmi 1nFii 1mF F  ma Gmi Phương trình chuyển động của khối tâm.- Định luật bảo toàn động lượng của 1 hệ cô lập:F  0  m viiii const  v G  const i- Vận tốc của 1 điểm trên vật rắn trong chuyển động phức tạp: vM  vG    R- Mô-men quán tính của một chất điểm:I   mr 2 - r là khoảng cách từ chất điểm đến trục quay  ;- Mô-men quán tính của hệ chất điểm:nI    m i ri2 - ri là khoảng cách từ chất điểm thứ i đến trục quay  ;i 1- Mô-men quán tính của 1 vật rắn:I   r 2dm - r là khoảng cách từ khối lượng nguyên tố dm đến trục quay  .vrĐơn vị của mô-men quán tính: kgm2, thứ nguyên: ML2- Mô men quán tính đối với trục quay đi qua khối tâm của các vật rắn đồng chất1I  mR 2Khối trụ đặc, đĩa tròn2I  mR 2Khối trụ rỗng, vành tròn:1mL2122I  mR 252I  mR 23IThanh mảnh có chiều dài L:Khối cầu đặc:Quả cầu rỗng:IMặt chữ nhật- Định lý Huygens-SteinerI  I0  md 2 , trong đó d là khoảng cách giữa 2 trục  &  0 .11m  a 2  b2 12- Mô-men quán tính của một số vật rắn thường gặp- Mômen lực: M  M  r  F  r  FtĐộ lớn: | M || M | rFsin   rFt- Phương trình cơ bản của chuyển động quay: I  M   =- Mômen động lượng: L  I2MIv1  1 m / s  , M = 10 kgm = 2 kg, v2  7  m / s v = ?Bài giải:Đây là 1 bài toán va chạm mềm, áp dụng định luật bảo toàn động lượng.Mv1  mv 2 10.1  2.  7 Mv1  mv 2   M  m  v  v  0,33  m / s Mm10  2Dấu “  ” nghĩa là chuyển động ngược với chiều ban đầu.Bài 3.6. Một hỏa tiễn lúc đầu đứng yên, sau đó phụt khí đều đặn ra phía sau với vận tốc ko đổi u = 300 m/sđối với hỏa tiễn. Trong mỗi giây, lượng khí phụt ra bằng μ = 90 g. Khối lượng tổng cộng ban đầu của hỏa tiễnbằng M0 = 270 g. Hỏi:a) Sau bao lâu hỏa tiễn đạt tới vận tốc v = 40 m/s?b) Khi khối lượng tổng cộng của hoả tiễn là 90 g thì vận tốc của hỏa tiễn là bao nhiêu? Bỏ qua sức cản của kokhí và lực hút của Trái đất.Tóm tắt:u  300  m / s   90  g   0,09  kg M0  270  g   0, 27  kg a)v  40  m / s   t  ?b)M  90  g   0,09  kg   v  ?Bài giải:Tại thời điểm t bất kỳ, khối lượng của hỏa tiễn là M, vận tốc là v , chiếu lên phương chuyển động là vTại thời điểm t + dt, khối lượng của hỏa tiễn là M + dM (vì khối lượng hỏa tiễn giảm dần nên dM<0), vận tốclà v  dv , chiếu lên phương chuyển động là v + dv,Vận tốc khí phụt ra là u  v , chiếu lên phương chuyển động được v – u,Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương chuyển động: M  dM  v  dv    dM  v  u   Mv , “ dM ” là khối lượng của lượng khí phụt ra.Bỏ qua tích của dMdv ta được:vM M0 MdvdMdvdMvMM Mdv  udM  0    ln ln 0  v  u ln  0   u ln uMuMuM0M M  M 0  t 0M0a) với v = 40 m/s40 uv  300Me1270e10v M0 M0  0,374 suv  u ln e tv40 M 0  t  M 0  te u90e 300 M0  270 b) v  u ln   300 ln   300 ln 3  329, 6  m / s Mt90 0Bài 3.9. Một trụ đặc khối lượng m = 100 kg, bánh kính R = 0,5 m đang quay xung quanh trục của nó. Tácdụng lên trụ một lực hãm F = 243,4 N, tiếp tuyến với mặt trụ và vuông góc với trục quay. Sau thời gian Δt =31,4 giây, trụ dừng lại. Tính vận tốc góc của trụ lúc bắt đầu tác dụng lực hãm.Tóm tắt:m  100  kg  , R  0,5  m  , F  243, 4  N  , t  31, 4 s     00  ?4Bài giải:  0 0    ttMRF2FLại có:  2I mR / 2 mR2Ft 2Ft 2.243, 4.31, 4Thay vào ta được: 0    305, 7  rad / s mRmR100.0,5Bài 3.11. Một thanh chiều dài l = 0,5 m có thể quay tự do xung quanh một trục nằm ngang đi qua một đầu củathanh. Một viên đạn khối lượng m = 0,01 kg bay theo phương nằm ngang với vận tốc v = 400 m/s tới xuyênvào đầu kia của thanh và mắc vào thanh. Tìm vận tốc góc của thanh ngay sau khi viên đạn đập vào thanh. Biếtrăng mômen quán tính của thanh đối với trục quay bằng 5 kg.m2.Bài giải:Tại vị trí va chạm, các lực tác dụng vào hệ “thanh + đạn” là trọng lực và lực đànhồi của thanh đều đi qua trục quay nên không gây ra mômen vì thế M  0 nênmômen động lượng được bảo toàn.Mômen trước: lmv (của viên đạn)Mômen sau: I trong đó I là mômen quán tính của hệ “thanh + đạn”:I  Ibar  Ibullet  I  ml2lmv0,5.0, 01.400Ta có: lmv   I  ml2      0, 4  rad / s 2I  ml5  0, 01.0,52Bài 3.14. Một đĩa bằng đồng (khối lượng riêng ρ = 8,9. 103 kg/m3 có bề dày b =4.10-3 m, bán kính R  5.102 m. Đĩa bị khoét thủng hai lỗ tròn bán kính R/2 nhưtrên hình. Tìm mômen quán tính của đĩa đã khoét đối với trục quay vuông góc vớiđĩa và đi qua tâm O của đĩa.Bài giải:MR 2Mômen quán tính đĩa tròn chưa bị khoét đối với trục quay đi qua tâm là I0 2224R bRbRTrong đó: M  R 2 b  I0 22Mômen quán tính của 2 đĩa tròn nhỏ có kích thước đúng bằng 2 lỗ tròn bán kính R/2 đối với trục quay đi quatâm của chính chúng là:I1  I 2 M1  R / 2 22qua O là: I1O  I 2O , theo định lý Huygen-Steiner, mômen quán tính của 2 đĩa tròn nhỏ đối với trục quay điM1  R / 2 2233322 M1  R / 2   M1R 2  b  R / 2  R 2  bR 48832Suy ra mômen của đĩa bị khoét đi 2 lỗ có bán kính R/2 là:I  I0  I1  I2 4bR 4355 2. bR 4  bR 4  .8,9.103.3,14.4.103.  5.102   2, 2.104  kg.m2 23216165Đối với đĩa tròn ta có: M  I  TR  I  T IRmgR  sin   k cos  I kmg cos   mR   RI  mR 2Bài này chẳng rõ ràng gì sất, thứ nhất là chẳng nhắc gì đến lục ma sát cả, thứ 2 là từ công thức cuối cùng cóthể thấy, hệ này chỉ chuyển động khi mà sin   k cos   k  tan  , còn ngược lại thì hệ này cân bằng. Nênvề nguyên tắc, phải nói rõ mấy thứ này nữa. Và chú ý là trong sách giải của Trần Văn Quảng sai bét nhé.Thay vào phương trình phía trên ta được: mg sin  7