Giáo án vật lý Đề giới thiệu 10 (vật lý)

ĐỀ GIỚI THIỆU DUYÊN HẢI 2023Bài 1: phương án thực hành Xác định hệ số ma sát trượt µ và hệ số ma sát nhớt  Dụng cụ thí nghiệm: giá ba chân có tay đòn hình vẽ, cuộn chỉ, giấy vẽ đồ thị

ĐỀ GIỚI THIỆU DUYÊN HẢI 2023

Bài 1: (phương án thực hành)

Xác định hệ số ma sát trượt µ và hệ số ma sát nhớt 

Dụng cụ thí nghiệm: giá ba chân có tay đòn (hình vẽ), cuộn chỉ,

giấy vẽ đồ thị, thước cứng có vạch chia đến milimet, băng keo, đĩa

CD có bề mặt nhẵn, hình trụ có khối lượng M đã biết

1 Cơ sở lí thuyết:

a) Khi đĩa CD khối lượng m chuyển động với vận tốc v thì thì

lực ma sát trượt F trượt=μmgmg và lực ma sát nhớt trong khe không

khí giữa đĩa và tờ giấy F nhớt=βvv Cho vận tốc ban đầu của đĩa là

v0 và βv v0

μmgmg ≪ 1 Chứng minh rằng quãng đường đĩa CD đi được cho tới khi dừng lại được mô

tả bằng công thức

s= v0

2

2 μmgg−

1 3

βv v30

m μmg2g2

b) Coi va chạm của đĩa CD có khối lượng m đang đứng yên với vật nặng khối lượng M đang chuyển động với vận tốc V là đàn hồi, xuyên tâm Tìm vận tốc của đĩa CD ngay sau

va chạm

2 Nêu cách bố trí, tiến hành thí nghiệm và biểu bảng để thu thập số liệu trong quá trình tiến hành thí nghiệm xác định hệ số ma sát trượt μmg và hệ số ma sát nhớt βv

3 Nêu cách xử lí số liệu thu được

Giải

1 a) Nếu vật chịu tác dụng của lực trượt và ma sát nhớt, thì theo định luật thứ hai của Newton:

ma=−μmgmg− βvv

dv =−βv

m (v +

μmgmg

βv )

Lấy tích phân và thay điều kiện ban đầu vào ta được vận tốc của vật tại thời điểm bất kì:

v (t )=(v0+μmgmg

βv )e

−βv

m t

−μmgmg βv

(v0+μmgmg

βv )e

−βv

m τ

−μmgmg

βv =0 → τ=

m

βv ln(1+ βv v0

μmgmg)

Quãng đường đĩa chuyển động cho đến khi dừng lại:

s=∫

0

τ

v (t) dt= m v0

βv [1−μmgmg

βv v0 ln(1+ βv v0

μmgmg) ]

Từ công thức gần đúng:

ln (1+ x )≈ x− x

2

2+

x3

3

Nếu x <<1, ta có:

s= v0

2

2 μmgg−

1 3

βv v30

m μmg2g2 (*) b) Theo định luật bảo toàn động năng và động lượng ta có:

1

2M V

2

= 1

2M V1

2

+ 1

2m v

2

MV =M V1+mv

Từ đó suy ra:

v= 2 M

M +m V

2 Tiến hành thí nghiệm

Bước 1: Xác định khối lượng của đĩa CD.

+ Đặt thước cứng lên tay đòn của đế ba chân,

đánh dấu vị trí trọng tâm

+ Một đầu treo đĩa CD, đầu còn lại treo vật nặng,

điều chỉnh hệ thống cân bằng sao cho trục quay

qua trọng tâm của thước

+ Ghi lại giá trị l và L ngay trên thước, xác định

m theo công thức:

l

Bước 2: Khảo sát chuyển động của đĩa CD

+ Gắn vật nặng vào sợi dây chỉ dài và treo vào tay đòn của giá sao cho vị trí cân bằng của quả cân ngay mép bàn Đo khoảng cách R từ điểm treo đến

tâm vật nặng

+ Dán một mảnh giấy vẽ đồ thị vào mặt bàn

+ Cố định thước gỗ vào mặt dưới của bàn bằng băng

dính

+ Đặt đĩa CD lên trên tờ giấy trên mặt bàn và di chuyển

nó ra khỏi mép bàn một khoảng nhỏ

+ Bằng cách làm lệch quả nặng ở những khoảng cách khác nhau so với vị trí cân bằng dọc theo thước, làm cho nó va vào đĩa CD đảm bảo chính giữa, từ đó truyền cho đĩa vận tốc ban đầu khác nhau

+ Ghi lại sự phụ thuộc của đường đi s trên tờ giấy vào độ lệch X ban đầu của vật nặng

3 Xử lí số liệu

Khi dịch chuyển khỏi vị trí cân bằng một đoạn X theo phương ngang thì nó sẽ lên đến độ cao

H=R−√R2−X2

Trong đó R là khoảng cách từ điểm treo đến khối tâm của vật nặng

Vận tốc của vật nặng ngay trước va chạm:

V =√2 gH=√2 g (R−√R2

−X2

)

Tốc độ của đĩa CD ngay sau va chạm:

v0= 2 M

M +m √2 g(R−√R2−X2¿ ) ¿

Bảng số liệu

0 (mm

v02

Sự phụ thuộc của quãng đường đi được vào

tốc độ ban đầu của đĩa được mô tả bằng công

thức (*) Để xác định hệ số ma sát trượt μ và

ma sát nhớt β, cần tuyến tính hóa sự phụ

0 2

vào v0 (Số liệu trong bảng số liệu)

Sự phụ thuộc này là một tuyến tính giảm dần

s

v02=A−B v0

2 μmgg và B=1

3

βv

m μmg2g2

Từ đồ thị, hệ số A được xác định bởi giao điểm của đồ thị với trục tung và hệ số B được xác định bởi hệ số góc của đồ thị với trục hoành

Một cách khác để xác định A và B là bằng phương pháp hồi quy tuyến tính

Xác định được hệ số A và B từ đó xác định:

μmg= 1

2 gA

βv=3 m μmg2g2B

Bài 2: (Cơ vật rắn)

Như hình vẽ bên, thanh nhẹ cứng (khối lượng của nó có thể coi bằng không) có thể quay tự do trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục nằm ngang nhẵn đi

qua điểm 0 Hai quả cầu nhỏ 1 và 2 (có thể coi là chất điểm)

có khối lượng 2m và m được xâu trên thanh thẳng Hệ số ma

sát nghỉ giữa các thanh và các vật đều bằng μmg=5√3

thanh ở vị trí nằm ngang, các viên bi 1 và 2 đặt gần vị trí A

và B ở hai đầu của thanh tương ứng Thả hệ tự do từ vị trí thanh nằm ngang với vận tốc ban đầu bằng không Tìm vị trí khi viên bi 1 rời thanh (biểu thị bằng góc giữa thanh và đường nằm ngang khi bi 1 rời thanh); vị trí khi viên bi 2 rời khỏi thanh (biểu thị bằng góc giữa thanh và đường nằm ngang khi bi 2 rời thanh) Biết các viên bi có thể trượt dọc theo chiều dài của thanh Giải

Xét tại thời điểm bất kì, thanh hợp với phương ngang một góc  và có tốc độ góc  Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có:

2 mglsinθ−mglsinθ=1

2I0ω2= 1

23 m l

2

ω2

Suy ra:

ω=√2 gsinθ 3 l

2 mglcosθ−mglcosθ=I0γ

Suy ra:

γ= gcosθ

3 l

Xét vật 1:

f1−2 mgsinθ=2ml ω2→ f1= 10

3 mgsinθ

Và:

2 mgcosθ−N1=2ml γ → N1= 4

3mgcosθ

Xét vật 2:

mgsinθ−f2=ml ω2→ f2= 1

3mgsinθ

Và:

N2−mgcosθ=ml γ → N2= 4

3mgcosθ

Lực do hai vật tác dụng lên thanh như nhau, f1>f2 nên vật 1 trượt và rời thanh trước tại vị trí góc θ1với điều kiện:

f1=μmg N1

Suy ra: θ1=π

6

Sau khi vật 1 rời thanh, vì thanh nhẹ nên không còn tương tác giữa vật 2 và thanh Vật 2 chuyển

v0=lω=√gl3 và θ0=π

3

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Ta có:

x=−lcos θ1+v0cosθ0t

y=lsin θ1+v0sinθ0− 1

2g t

2

Vật 2 rời thanh khi

l2=x2+y2

Thay vào ta được phương trình của t:

t2

(t2 −2√g l t−

2 3

l

g)=0

Giải ta được:

t=3+√15

3 √g l

Với

tanθ2=y

x

Suy ra θ2=78,190

Bài 3: (Nhiệt)

Một pittong làm bằng vật liệu dẫn nhiệt tốt nằm ở giữa một bình

đựng hình chữ nhật có tường cách nhiệt Bên trái pittông có một

thể tích V0

(không tính chiều dày của pít-tông) là 2h, chiều cao cũng là 2h Có một sợi đốt gắn sẵn, người

ta từ từ làm nóng khí ngăn bên trái Nhiệt độ của các chất khí là như nhau ở mọi thời điểm Độ dịch chuyển cực đại của pít tông là bao nhiêu nếu không tính đến sự nở vì nhiệt của thủy ngân, của bình và của pít tông?

Giải

lực tác dụng lên piston Piston cân bằng:

p12h= p0h+5

4 p0h→ p1= 9

8 p0

phải, ta có:

n1

n2=

p12 h2

p0h2 = 9

4

Sau khi bật thiết bị cấp nhiệt, không khí (và cùng với nó là thủy ngân) ở nửa không gian bên

dưới): p3+ y

4 p0

Xét trạng thái cân bằng của piston ta có:

2 p2h= p3(2− y ) h+(p3+ y

4 p0)yh→ p2=p3+ y2

8 p0

Do thể tích thủy ngân không đổi nên:

y (1−x )=1

Từ phương trình Claperon – Medeleep ta có:

2 p2(1+x)

p3(2− y )(1−x )=

n1

n2=

9 4

Từ những phương trình trên ta tính được áp suất của khí theo x:

p2= 9(1−2 x)

8 (1−x )2(1−26 x )p0

(1−x )2(1−26 x )p0

Nếu x tăng từ từ bắt đầu từ 0 thì áp suất của hai phần không khí tăng dần, và trong trường hợp

hữu hạn Điều này có nghĩa là piston chỉ có thể di chuyển một khoảng lớn nhất

x max h= 1

26h=15 mm với bất kỳ sự gia tăng nào về năng lượng hệ thống

Bài 4:

Hai bản của một tụ điện phẳng đặt nằm ngang và nối tắt với nhau Diện tích của mỗi bản là S và khoảng giữa chúng bằng d Trong không gian giữa hai bản, tại khoảng cách d/4 bên trên bản dưới, người ta đặt vào một tấm kim loại có cùng diện tích Khối lượng và điện tích của tấm này là m và q Hỏi phải truyền cho tấm kim loại một vận tốc cực tiểu bằng bao nhiêu theo hướng lên trên để trong quá trình chuyển động nó đạt được tới độ cao d/4 so với vị trí ban đầu của nó?

Cách 1:

Lúc đầu hệ gồm hai tụ C1 và C2 mắc song song, ta có:

C1=ε0S

3

4d

=4 εS

3 d

;

C2=ε0S

1

4d

=4 ε0S d



C b=C1+C2= ¿

Vì điện tích của bộ tụ là q nên năng lượng ban đầu của hệ:

E1= 1

2mv 0 2+ q2

2 C b ⇒E1 = 1

2mv 0 2+ 3 q2d

32 ε0S .

Khi tấm kim loại lên được độ cao d/4 so với vị trí ban đầu Lúc này hệ gồm hai tụ C1' ,C2' mắc song song, ta

có: C1

'

=C2'

=ε0S

d /2=

2 ε0S

d ⇒ C b ' = 4 ε0S

Năng lượng của hệ lúc này bằng

E2=mgd

4 +

q2

2 C ' b+

1

2mv

2

q2d

4 ε0S+

1

2mv

2

Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: E1=E2

2mv 0 2+ 3 q2d

ε0S⋅32=

mgd

q2d

4 ε0S+

1

2mv

2

4 32

2

1

0

2 2 0

mgd S

d q



 ⇒ v02≥ q2d

16 ε0Sm+

gd

2

16 ε0S⋅m+

gd

2

Vậy vận tốc tối thiểu cần truyền qua tấm kim loại:

16 ε0S⋅m+

gd

Cách 2:

Gọi +Q và – Q là điện tích hưởng ứng trên hai bản Cường độ điện trường giữa các bản có giá trị

E1= q

2 ε0S−

Q

ε0S=

q−2Q

2 ε0S → V C−V A=(q−2 Q)

2 ε0S

3

4d

E2= q

2 ε0S+

Q

ε0S=

q +2Q

2 ε0S →V C−V B=(q+2 Q)

2 ε0S

1

4d Suy ra:

V A−V B=(q+2Q)

2 ε0S

1

4d−

(q−2Q)

2 ε0S

3

4d=0 Suy ra

Q = q 4 Khi bản C được truyền vận tốc v 0 , năng lượng an đầu của hệ là

W1= 1

2ε0E123

4dS +

1

2ε0E22 1

4dS+

1

2m v0

2

= ¿

Khi bản C ở chính giữa thì Q = 0, năng lượng của hệ khi đó là

W2= 1

2ε0E02dS+¿

Với E0 = q

2 ε0S do tấm C gây ra

Theo định luật bảo toàn năng lương ta tính được

16 ε0S⋅m+

gd

2

Bài 5: (Cơ chất điểm)

Một cái hòm khối hộp chữ nhật, khối lượng m được đặt trên mặt bàn ngang nhẵn Trong hòm có một vật trượt nhỏ, khối lượng cũng bằng m Giữa vật trượt và đáy hòm không ma sát Ban đầu hòm đứng yên, vật trượt

chuyển động với vận tốc v0 từ vỏch A sang vỏch B Giả sử mỗi va chạm, độ lớn vận tốc tương đối của vật và

hũm đều giảm e lần,

4

2

1



e

a) Nếu tổng động năng tiờu hao của hệ vật trượt và hũm khụng vượt quỏ 40% động năng ban đầu thỡ vật trượt

và hũm cú thể va chạm tối đa mấy lần?

b) Kể từ lỳc vật trượt va chạm lần đầu tiờn đến khi va chạm lần cuối cựng, vận tốc trung bỡnh của hũm là bao nhiờu?

Giải a.Gọi vận tốc của vật và hòm đối với mặt bàn sau va chạm lần thức i lần lợt là v i và u i Sau va chạm lần thứ 1

ta có hệ phơng trình:

{mv 1+mu 1=mv 0

v1−u1=−ev 0

Tìm đợc : v1= 1

2(1−e)v0, v1= 1

2(1+e)v0

Sau va chạm lần thứ 2:

{ mv 2+mu 2=mv 0

v2−u2=−e(v1−u1)=e2v0

Sau va chạm lần thứ i=n :

{mv n+mu n=mv 0

v n−u n=(−e)n v0

Giải ra: v n= 1

2[1+(−e)n]v0

u n= 1

2[1−(−e)n]v0

Sau va chạm lần thứ n, động năng của hệ:

E Kn= 1

2m(v n2+u n2)= 1

4v02m(1+e 2 n)

Động năng đã tiêu hao là:

ΔEE Kn=E K−E Kn= 1

2mv 0 2− 1

2mv 0 2(1+e 2 n)

=1−e 2 n

1

2mv 0

2

Theo đề bài:

ΔEE Kn

E K >0,4 thì 1−e 2n

2 >0,4

⇒e 2 n<0,2 ⇒n<4,6

Nh vậy số va chạm tối đa là 4 lần.

b.Gọi chiều dài hòm là L, thời gian vật trợt từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi va chạm lần 1 là

t0= L

v0. Sau đó thời

gian giữa 2 va chạm lần lợt là:

|u1−v1|=

L

ev 0 , t2=

L

e2v0, t3=

L

e3v0 Tổng thời gian sau 4 lần va chạm là:

t=t0+t1+t2+t3= L

e3v0(1+ e+ e

2 +e3)

Quãng đờng hòm đã đi đợc:

S=0+u1t1+u2t2+u3t3=L

2(1+1

e+

1

e2 + 1

e3)

= 1

2 e3(1+e +e

2 +e3)

Vận tốc trung bình của hòm:

¯

v = S

t=

v0

2