HỆ tọa độ cực TRONG các bài TOÁN vật lý l24

Xét một hạt chuyển động dưới tác dụng của một lực xuyên tâm Fr và trong hệ tọa độ cực có r. = hằng số.. Một hạt chuyển động trên một quỹ đạo tròn có bán kính r dưới tác dụng của một lự

đã nghiên cứu, sưu tầm, biên soạn chuyên đề về bài toán chuyển động trong trườngxuyên tâm.

II ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

Bài toán chuyển động trong trường xuyên tâm

III MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU, ĐÓNG GÓP MỚI CỦA ĐỀ TÀI

Củng cố kiến thức về sự chuyển động trong trường xuyên tâm

Sưu tầm bài tập bài toán chuyển động trong trường xuyên tâm để dạy độituyển

IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

1 Phương pháp nghiên cứu lí thuyết

+ Trên cơ sở phân tích, tiến hành tổng hợp các kiến thức để tạo ra hệ thống,thấy được các mối quan hệ của các đơn vị kiến thức dựa trên sự suy luận logic đểrút ra kết luận khoa học.

- Phân loại hệ thống lí thuyết:

+ Trên cơ sở phân tích lí thuyết để tiến tới tổng hợp chúng, cần phải thựchiện các quá trình phân loại kiến thức nhằm hệ thống hoá kiến thức, sắp xếp kiếnthức theo mô hình nghiên cứu, làm cho vấn đề nghiên cứu được trình bày chặt chẽ,sâu sắc

2 Phương pháp nghiên cứu thực tiễn

Thu thập thông tin từ quan sát, luyện tập, trao đổi về một số hiện tượng trongthực tế có liên quan đến vấn đề

1 Định nghĩa trường xuyên tâm

 Trường lực xuyên tâm là trường có vector cường độ trường hướng dọc theophương bán kính và có độ lớn chỉ phụ thuộc vào khoảng cách tính đến tâmtrường

 Trường hấp dẫn Newton và trường tĩnh điện Coulomb là hai trường hợp phổbiến của bài toán này

2 Các định luật bảo toàn áp dụng cho bài toán chuyển động trong trường xuyên tâm

2.1 Bảo toàn vectơ momen động lượng:

Vector momen động lượng đối với tâm trường lực có dạng: L mr v    

2.2 Bảo toàn năng lượng.

Năng lượng của chất điểm có biểu thức : E = T + V

Do đó, Năng lượng của chất điểm trong trường xuyên tâm được bảo toàn

2.3 Bảo toàn Vector Runge-Lenz đối với trường hợp lực tác dụng có dạng:

r

k

F e

Vector Runge-Lenz có biểu thức : 1 r

Xét véc tơ lực xuyên tâm F F(r).r  tác dụng lên hạt có khối lượng m

Từ phương (2) ta có : (r  2r ) = 0= 1 d (r )2 .

Suy ra : r  = h = hằng số => 2 .  = h.u. 2 với u = 1

rKhi đó : r= dr

dt =

drd=hu

2 drd = -h

dud (

drd = - 2

1u

dud)

4

r = d (r)

dt  =

dr d

d dt





 =  drd

2u2

2 2

d ud

d u

Phương trình này gọi là công thức Binet

B BÀI TẬP B.1 Bài tập lý thuyết

Bài 1 Xác định quỹ đạo chuyển động của chất điểm dưới tác dụng của lực xuyên tâm

Bài 2 Xét chuyển động của hạt khối lượng m dưới tác dụng của lực xuyên tâm có

biểu thức Fk.r Với k là hằng số dương còn r là véc tơ xác định vị trí của vật

a) Chứng minh rằng, chuyển động của hạt nằm trong một mặt phẳng

b) Tìm vị trí của hạt theo thời gian Cho rằng tại thời điểm ban đầu (t = 0) có :

x = a, y = 0, vx = 0, vy = v

6

c) Chứng minh rằng quỹ đạo của hạt có dạng elip Tìm chu kì chuyển động của

dt

 = 0 => r  dv

=> r v  = h = hằng số - là một véc tơ không đổi

Nhận xét : r vuông góc với véc tơ không đổi h, tức là r nằm trong mặt phẳng vuông góc với h Điều đó chứng tỏ, hạt chỉ chuyển động trong một mặt phẳng Ta chọn mặt phẳng là mặt phẳng xy với gốc tọa độ ở tâm lực

b) Phương trình chuyển động của hạt là :

m r” = - k r  r” = - 2r Với 2 = k/m

Trong hệ tọa độ Descartes : x” + 2x = 0 ; y” + 2y = 0

Nghiệm tổng quát của hệ phương trình trên là :

 => quỹ đạo của vật có dạng elip

k



 



d) Định luật 3 Kepler : tỉ số bình phương chu kì quay của một hành tinh trên

lập phương chiều dài bán trục lớn của nó là một hằng số

2

3 2

3 0

4 m

neu a bka

Bài 3 Xét một hạt chuyển động dưới tác dụng của một lực xuyên tâm F(r) và

trong hệ tọa độ cực có r. = hằng số Xác định phương trình thế năng của hạt theo r

d u

suy ra: F = -mh2u3 =

2 3

mhr

mhdrr

Bài 4 Một vật có khối lượng là một đơn vị khối lượng, chuyển động trong một

trường thế có thế năng U(r) Phương trình quỹ đạo của nó trong hệ tọa độ cực có

8

dạng : r = a.e-b, trong đó  là góc phương vị đo trong mặt phẳng quỹ đạo Tìm biểuthức thế năng U(r)

Lời giải :

Đặt u = 1

r=

bea





Theo công thức Binet : F = -mh2u2(

2 2

Bài 5 Một hạt chuyển động trên một quỹ đạo tròn có bán kính r dưới tác dụng của

một lực hút xuyên tâm Chứng minh rằng, quỹ đạo của vật ổn định nếu :

Lời giải :

Với chuyển động của một hạt dưới tác dụng của lực xuyên tâm ta có :

Mô men động lượng : L = m r2

 = hằng số Định luật 2 Niu ton : mr = -f + mr 2



Xét hạt chuyển động trong một quỹ đạo tròn có bán kính r với thăng giáng nhỏ của bán kính và góc là : r và 

= k/r2, với k là một hằng số Tìm khoảng cách gần nhất của hạt so với tâm trườnglực và góc lệch  của hạt so với phương chuyển động ban đầu (góc tán xạ).

2 2 0

khoảng cách tới tâm trường là Rm Có thể coi

chuyển động của hạt là trên quỹ đạo tròn Ta có:

R m

2

của hạt

Bài 7 Trong không gian tồn tại một trường thế hấp dẫn xuyên tâm có tâm O cố

định và thế hấp dẫn là V = -G(r) Một hạt cổ điển có khối lượng m, năng lượng E0

và mô men động lượng L đối với tâm O chuyển động về phía trường hấp dẫn này.Hạt bị tán xạ bởi trường lực

a Xét trong hệ tọa độ cực có tâm cực là O, trục cực cùng hướng với hướng

bay đến ban đầu của hạt Lập phương trình vi phân xác định sự thay đổi củakhoảng cách r từ hạt đến O theo góc tán xạ 

b Tìm khoảng cách cực tiểu từ hạt đến tâm tán xạ O (rmin)

Lời giải :

a Thế hấp dẫn xuyên tâm tạo ra trường lực xuyên tâm tác dụng lên hạt do đó

mô men động lượng của hạt đối với O bảo toàn, quỹ đạo của hạt là phẳng

Nếu không chịu thêm tác dung nào khác thì cơ năng lượng của hạt là bảo toàn.Bảo toàn cơ năng và mô men động lượng cho ta:

2 2 2 0

b Để tìm khoảng cách ngắn nhất tới tâm O ta có thể tìm theo hai cách:

- Xét tại điểm gần tâm O nhất (r = rmin) thì r 0& , do đó:

Bài 8 Giả sử hạt  có khối lượng m chuyển động từ xa vô cực với vận tốc ban đầu

v0, đường kéo dài của vectơ vận tốc có khoảng cách b tới tâm nguyên tử Au, góclệch của hạt so với phương chuyển động ban đầu (góc tán xạ) là  Giá trị nhỏ nhấtcủa b cho phép đánh giá được kích thước của hạt nhân: b càng nhỏ thì kích thướchạt nhân càng nhỏ Thiết lập biểu thức xác định liên hệ giữa góc tán xạ  và b

Lời giải

Trong hầu hết các bài toán tán xạ trên nguyên tử thì nguyên tử được xem là cókhối lượng và kích thước rất lớn so với hạt tán xạ và được coi như đứng yên Khi

đó tâm của trường chính là tâm nguyên tử

Trường hợp nguyên tử có khối lượng không quá lớn so với hạt thì khi đó phảitính đến ảnh hưởng của nó Trong trường hợp này phải xét cụ thể chuyển động củahạt nhân và hạt tán xạ quanh khối tâm của hệ và bài toán sẽ phức tạp hơn nhiều.Xét điểm M bất kỳ trên quĩ đạo, có khoảng cách tới tâm hạt nhân O là r, gócgiữa OM và hướng của v0 là  (r và  là các tọa độ của M trong hệ tọa độ cực cótâm cực là O)

+ Năng lượng của  là:

  

Phương trình vi phân này có nghiệm tổng quát dạng:  Acos  Bsin  C, với A

và B được xác định từ các điều kiện ban đầu

Ta có: Khi φ =  thì hạt ở xa vô cực và  = 1/r = 0, nên thay φ =  và  = 0 vàonghiệm TQ thì có: A = C, do đó nghiệm có thể viết là:  C(1 cos ) Bsin   .Khi φ   thì đồng thời MH = rsinφ  b nên:

2keQ keQtan

2 mv b T b



với T0 là động năng ban đầu của hạt 

Nếu sử dụng hạt có điện tích q thì biểu thức trên được viết lại là:

Bài 9 HSG Quốc gia 2008

Một hạt mang điện - q (q > 0), khối lượng m chuyển động trong điện trườnggây bởi các ion dương Các ion dương phân bố đều với mật độ điện tích  trongvùng không gian dạng khối trụ, bán kính R, trục đối xứng là xx' và đủ dài

Giả sử các lực khác tác dụng lên hạt là rất nhỏ so với lực điện và trong khichuyển động hạt không va chạm với các ion dương Xét hai trường hợp sau:

1 Hạt chuyển động trong mặt phẳng chứa trục đối xứng xx':

Lúc đầu hạt ở điểm M cách trục một đoạn a < R và có vận tốc v0hướng theophương của trục Giá trị v0 phải bằng bao nhiêu để sau khi hạt đi được một khoảng

L (tính dọc theo trục) thì nó tới điểm N nằm cùng phía với M so với trục xx' vàcách trục một đoạn a/2?

2 Hạt chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với trục đối

xứng xx':

Lúc đầu hạt ở điểm P cách trục một khoảng b > R, có vận

tốc v0 nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng Lấy

giao điểm O của mặt phẳng này với trục xx' làm tâm, vẽ một vòng tròn bán kính bqua P và phân tích v0  v v //, trong đó v có phương tiếp tuyến với vòng tròn còn

//

v hướng dọc theo phương bán kính Giả sử v//<<v

a Chứng minh rằng hạt chuyển động tuần hoàn theo phương bán kính đi quahạt

b Tìm độ lớn của v và chu kì T

c Tính khoảng cách l từ P tới hạt sau khoảng thời gian t = n T

2 (n nguyên,dương)

Lời giải :

1 Hạt chuyển động trong mặt phẳng chứa trục đối xứng:

Tại điểm cách trục một khoảng r cường độ điện trường là E Áp dụng định lí OG: E.2Lr = .r2L/0

Suy ra:

0

rE2

Xét chuyển động của hạt trong hệ quy chiếu quay cùng vận tốc góc ' với hạt ('

là vận tốc góc tại thời điểm t >0)

Ta có vận tốc góc của hạt tại thời điểm t = 0:

a Tại thời điểm t, vận tốc của điện tích là vt  '.(b+y) vì v// vt

Theo định luật bảo toàn mô men động lượng:

c Sau thời gian T

2 , bán kính véc tơ quay được góc



2b sin

4

 (n nguyên, dương)

Bài 10 Một vật m1 chuyển động quanh một lỗ trống

trên mặt phẳng của cái bàn nằm ngang không ma sát

Vật được nối với một lò xo xuyên qua lỗ Một vật m2

được buộc vào đầu kia của lò xo Khoảng cách từ m1

đến lỗ trống là r, vận tốc của m1 là v

a) Biết ban đầu m1 cách lỗ trống đoạn R0 và có vận tốc v0 Tìm phương trình xácđịnh bán kính quỹ đạo lớn nhất và nhỏ nhất

r m

1

v

m2

b) Tìm tần số dao động của bán kính quỹ đạo khi quỹ đạo chỉ hơi lệch so vớivòng tròn

Lời giải :

a) Phương trình chuyển động của m1 và m2 là :

m1(r r 2) = - T (1) ; m1r2

 = m1h (2) ; T – m2g = m2r (3) Trong đó : m1h là momen động lượng, là hằng số

Từ 3 phương trình trên ta được : (m1 + m2) r - m1r2+ m2g = 0 (4)

Kết hợp phương trình (2) và (4) ta được :

(m1 + m2) r -

2 1 3

m h

r = - m2g (5)Với r = rdr

m h2r = - m2gr + C (6)

Ở t = 0 thì : r = R0 ; r = v0cos ; r = v0sin

Ta có : h = R0v0 sin Ở đây,  là góc giữa R0 và v0

Thay vào phương trình ta được : C = 1

Nghiệm của phương trình này là giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của r

b) Khi quỹ đạo của m1 là đường tròn, r = 0 và (5) trở thành :

m h(R x) = - m2g

20

m x m

gR

Một trạm vũ trụ chuyển động với tốc độ u trên một quỹ đạo hình tròn bán kính

R quanh Trái Đất Khi đi qua điểm C trên trục 0y của hệ trục tọa độ 0xy gắn cốđịnh với Trái Đất, trạm vũ trụ phóng ra một máy thăm dò Lúc phóng ra, máy thăm

dò được truyền thêm vận tốc V theo phương 0y, sau đó trạm vũ trụ vẫn chuyểnđộng tròn đều với tốc độ u (Hình 1) Gọi góc hợp bởi tia 0y và tia nhìn từ tâm TráiĐất qua vật thể cần quan sát là góc nhìn

2 Khi góc nhìn máy thăm dò là 

thì máy thăm dò cách tâm Trái Đất là

Quỹ đạo Quỹ đạo

Trái Đất Trái Đất

3 Tốc độ V phải thỏa mãn điều kiện nào thì quỹ đạo của máy thăm dò sẽ là kín(quỹ đạo elip)?

4 Trong trường hợp quỹ đạo không kín, hãy tìm góc giới hạn gh hợp bởi véctơvận tốc của máy thăm dò và tia 0y khi máy thăm dò ra xa vô cùng (Hình 2)

5 Trong trường hợp quỹ đạo kín (quỹ đạo elip), hãy tìm bán trục lớn và bántrục nhỏ của quỹ đạo máy thăm dò

Lời giải :

1 Đối với trạm hay máy thăm dò:

r 2

phương trình này không chứa khối lượng của chúng

Phương trình (3) cho thấy dv là như nhau đối với cả trạm và máy khi véc tơ vị trí quay được một góc d như nhau

u  u v  v  v  u vo  uo V (điều phải chứng minh)

2 Áp dụng bảo toàn mô men động lượng cho máy thăm dò:

22

Hình 6

x0

0

 Điều kiện quỹ đạo kín là E < 0, suy ra V <u

4 Quỹ đạo không kín (parabol hoặc hypecbol) khi V u hay u

D

rmin khi sinα = -1 hay α = 3

2

 (điểm cực cận trên trục x) min uR

Một con tàu vũ trụ lúc đầu có vận tốc v0 so với một hành

tinh và đang ở rất xa hành tinh, không mở động cơ và bay đến

gần hành tinh này với khoảng nhằm d như Hình 1 theo quỹ

đạo hyperbol Biết hành tinh có khối lượng M, bán kính R và

không có khí quyển, khối lượng m của tàu rất nhỏ so với khối

lượng của hành tinh và trong quá trình chuyển động tàu

không bị chạm vào bề mặt hành tinh Coi hệ gồm con tàu và

Hình 1

lệch  cực đại và độ biến thiên động lượng cực đại của tàu sau khi đã bay qua và ra

xa hành tinh

2 Giả thiết khi bay tới điểm cực cận (điểm cách hành tinh một khoảng ngắnnhất) thì con tàu cách tâm hành tinh một khoảng 2R và phương chuyển động củatàu bị lệch đi một góc 450 so với khi ở xa vô cùng

a) Xác định tốc độ ban đầu v0 và khoảng nhằm d của tàu theo R, M

b) Để tàu hạ cánh xuống bề mặt hành tinh tại điểm đối diện qua tâm hành tinh,người ta mở động cơ tàu trong thời gian ngắn để khí phụt ra theo phương chuyểnđộng của tàu với tốc độ u so với tàu Hỏi khối lượng nhiên liệu phải đốt cháychiếm bao nhiêu phần khối lượng của tàu lúc đầu ?

0

v

R d

b) Để hạ cánh tàu cần có vận tốc v2 để khi vừa chạm đất có

vận tốc v3 Sử dụng (4) với quỹ đạo elip ta có

Hệ tàu và khí cô lập nên động lượng bảo toàn

mv = (m - dm)( v +dv) + dm( v+u) Khai triển và bỏ qua số hạng chứa dm.dv cònlại mdv + udm = 0

Để giảm vận tốc thì u>0 tức là khí phụt về phía trước

- Bài toán có thể coi như áp dụng của bài toán chuyển động trong trường xuyêntâm, trong đó lực xuyên tâm là lực Coulomb Áp dụng công thức xác định góc tán

xạ  như trong bài 8 ở trên cho hạt mang điện

Bài 14 Một hạt  với động năng T = 0.50MeV lệch hướng qua một góc  = 90o

bởi trường Coulomb của một hạt nhân Hg đứng yên Tìm:

a) Bán kính quỹ đạo nhỏ nhất của nó;

b) Khoảng cách tối thiểu giữa hạt  và hạt nhân

Lời giải:

Do khối lượng của hạt nhân Hg khá lớn so với  nên có thể bỏ qua sự giật lùi củahạt nhân Hg

a Giả sử hạt nhân Hg đứng yên tại tâm C, A là điểm mà hạt  tiến tới gần hạt nhân

Hg nhất (AC = rmin) Tại A, có thể coi hạt  chuyển động trên quỹ đạo tròn vì tại đóbán kính quỹ đạo  thay đổi rất ít và đạt giá trị nhỏ nhất Gọi v0 là tốc độ của hạttại A Áp dụng các định luật bảo toàn và động lực học cho hạt  ta có:

Bảo toàn năng lượng của hạt:

Sử dụng công thức xác định góc tán xạ  trong Bài 8 ta có:

2

1 2 0

1

2

Z Z e b

0 0

1

2

Z Z e r

Bài 15 Tính khoảng cách tối thiểu mà một hạt  với động năng T = 0.40MeV có

thể cách tiếp cận khi chuyển động về phía:

a) Một hạt nhân nguyên tử Pb đang đứng yên

b) Một hạt nhân Li7 tự do đang đứng yên

Lời giải:

a Hạt nhân chì có khối lượng lớn hơn nhiều lần khối lượng của , đồng thời hạt

nhân Pb không tự do, nên có thể bỏ qua hiệu ứng giật lùi của Pb Mặt khác, độngnăng của hạt  cũng không quá lớn lên có thể bỏ qua sự bức xạ của nó khi bị giatốc trong trường của hạt nhân Pb Khi đó, với tán xạ đàn hồi thì khi khoảng cáchgiữa hai hạt là nhỏ nhất, vận tốc và do đó động năng của  bằng 0, sau đó hạt 

chuyển động ngược trở lại Tại vị trí gần nhất, năng lượng của hệ chỉ gồm thế nằngtương tác tĩnh điện Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có:

Gọi x1 và x2 là tọa độ của  và hạt nhân Li7 với cùng một gốc O trên trục Ox trùng

với quỹ đạo ban đầu của hạt ; v1 và v2 là vận tốc của các hạt tại thời điểm tươngứng

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng và bảo toàn động lượng cho hệ:

2 2

2

2 2

Khi khoảng cách giữa hai hạt là nhỏ nhất, số hạng thứ

hai của vế phải là lớn nhất và ta có thể bỏ qua số hạng

m e

m

Bài 16 Chon HSG Quốc tế 2017

Cho một hạt nhân nguyên tử nằm cố định ở điểm 0 Một

hạt α khối lượng M (lúc đầu ở rất xa hạt nhân), chuyển động