bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lý thpt chuyên đề PHƯƠNG PHÁP TƯƠNG tự TRONG các bài TOÁN vật lý

Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

CHUYÊN ĐỀ:
PHƯƠNG PHÁP TƯƠNG TỰ TRONG CÁC BÀI TOÁN VẬT LÝ
MỞ ĐẦU
Nội dung đề tài được trích từ các chuyên đề mà tôi đã dùng để giảng dạy cho
học sinh ôn thi đại học, học sinh các lớp chuyên lý và học sinh các đội tuyển HSG của
tỉnh tham dự kì thi HSG quốc gia môn vật lý với mục tiêu là giúp học sinh có thói
quen nhìn nhận các vấn đề tổng quát và tương tự, những thao tác hết sức cần thiết cho
học tập và nghiên cứu. Vận dụng phương pháp này có thể giải được khá nhiều các bài
toán thuộc chương trình thi đại học, các bài toán trong chương trình thi HSG Tỉnh,
quốc gia, khu vực, quốc tế thuộc các phần khác nhau của vật lý.
Phương pháp tương tự hóa là một trong những phương pháp nhận thức khoa học
được vận dụng vào trong dạy học ở hầu hết các môn học, đặc biệt là trong giảng dạy
và nghiên cứu vật lý. Nó thể hiện trước hết ở tính sâu sắc, tính hệ thống của các kiến
thức, tạo điều kiện cho học sinh phát hiện những mối liên hệ giữa các hệ thống khác
nhau ở các phần khác nhau của vật lí. Việc sử dụng phương pháp tương tự giúp học
sinh dễ hình dung các hiện tượng, quá trình vật lí không thể quan sát trực tiếp được từ
đó giải các bài toán được dễ dàng hơn.
Cấu trúc đề tài bao gồm:
1. Phần mở đầu.
2. Nội dung đề tài.
Chương I: Sự tương tự Quang- Cơ.
Chương II: Sự tương tự Điện- Cơ.
Chương III: Trường trọng lực hiệu dụng
Chương IV: Sự tương tự trong các bài toán hệ Thấu kính- Gương
3. Kết luận.

Trang 3

Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

CHƯƠNG I: SỰ TƯƠNG TỰ QUANG- CƠ
I- Vận dụng nguyên lý Fermat giải các bài toán cơ học.
Cơ sở cơ bản để giải quyết các vấn đề ở chương này là dựa trên nguyên lý Fermat.
Nội dung cơ bản của nguyên lý này là: Giữa hai điểm AB, ánh sáng sẽ truyền theo
con đường nào hoặc mất ít thời gian nhất, hoặc sẽ truyền theo những con đường mà
thời gian truyền là bằng nhau.
Ta xét các bài toán sau
Bài toán 1.1: Một ôtô xuất phát từ điểm A trên đường cái
(hình vẽ) để trong một khoảng thời gian ngắn nhất, đi đến
điểm B nằm trên cánh đồng (thảo nguyên), khoảng cách từ
B đến đường cái bằng l. Vận tốc của ôtô khi chạy trên
đường cái lớn là v1 , khi chạy trên cánh đồng là v2 .
Hỏi ôtô phải rời đường cái từ một điểm C cách D một khoảng bằng bao nhiêu.
Bài giải
- Trước hết ta có nhận xét rằng nếu “đường cái” là môi trường mà ánh sáng đi với
vận tốc v1 , “cánh đồng” là môi trường mà ánh sáng có thể đi với vận tốc v2 thì trong
vô số con đường có thể đi từ A đến B, ánh sáng sẽ đi theo con đường mà thời gian
truyền là ngắn nhất.
- Như vậy ôtô đi từ A đến B trong khoảng thời gian ngắn
nhất nếu nó đi theo đúng con đường mà ánh sáng sẽ đi.
Từ định luật khúc xạ:
n1 sin 900 = n2 sinr ⇒ sin r =
Từ hình vẽ: CD = l tan r =

n1 v2
=
n2 v1
l

( 1 / sin r )

2

−1

=

l

(v

1

/ v2 ) −1
2

=

lv2
v12 − v22

Cần chú ý rằng kết quả bài toán chỉ có nghĩa khi v1 > v2 . Nếu v1 < v2 thì trên thực tế
ôtô sẽ chạy thẳng từ A đến B sẽ mất thời gian ngắn nhất.
Bài toán 1.2: Trên một bờ vịnh có dạng một chiếc nêm với
góc nhọn α có một người đánh cá sinh sống. Ngôi nhà của
anh ta nằm ở điểm A (hình vẽ). Khoảng cách từ điểm A đến điểm gần nhất C của vịnh
Trang 4

Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

so với nó bằng h, còn khoảng cách đến điểm cuối của vịnh (điểm D) bằng l. Trên bờ
bên kia của vịnh, ở điểm B đối xứng với điểm A qua mặt phẳng phân giác của D có
ngôi nhà của người bạn anh ta. Hãy xác định thời gian tối thiểu t cần thiết cho người
đánh cá để anh ta từ nhà mình có thể tới được ngôi nhà của người bạn với điều kiện
người đánh cá có thể đi trên bờ với vận tốc v1 và đi thuyền qua vịnh với vận tốc
v2 > v1 .
Bài giải
- Trước hết ta để ý thấy rằng vịnh có dạng một
lăng kính. Trong vô số con đường mà có thể đi từ A
qua vịnh đến B thì ánh sáng sẽ đi theo con đường
mà thời gian truyền là ngắn nhất.
- Như vậy để người đánh cá có thể đi từ A qua
vịnh đến B trong thời gian ngắn nhất, người đó sẽ
phải đi theo con đường mà ánh sáng truyền qua lăng
kính giống hình dạng của vịnh.
Bài toán bây giờ đưa trở về tìm thời gian để ánh sáng đi từ A đến B qua một lăng
kính có chiết suất n =

nlangkinh vmôitruong v2
=
=
nmôi truong vlangkinh v1

- Vì A và B đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của góc D nên theo tính thuận
nghịch của chiều truyền tia sáng, tia tới AI và tia ló JB cũng phải đối xứng nhau qua
mặt phẳng phân giác của góc D và I, J cũng phải đối xứng nhau qua mặt phẳng phân
giác góc D → IJ vuông góc với đường phân giác. Như vậy tia sáng truyền trong

trường hợp này có góc lệch cực tiểu. Vậy r = α / 2
Từ định luật khúc xạ → sin i = n sin r = n sin ( α / 2 ) ( 1)
h
- Từ hình vẽ: JB = AI = cosi =

h
1 − n sin ( α / 2 )
2

2

+ Có DH = DI + IH = l − h , với IH = h tan i = h
2

2

Trang 5

( 2)
n sin ( α / 2 )

1 − n 2 sin 2 ( α / 2 )


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

⇒ DI = l 2 − h 2 − h

n sin ( α / 2 )

1 − n 2 sin 2 ( α / 2 )

2
2
+ Nếu ID > 0 ⇔ l − h > h

n sin ( α / 2 )

1 − n 2 sin 2 ( α / 2 )

→l >

h
1 − n 2 sin 2 ( α / 2 )

thì người

đánh cá sẽ đi đến điểm I, qua vịnh đến J rồi tiếp tục đi thuyền đến điểm B.

n sin ( α / 2 )
2
2
Từ hình vẽ : IJ = 2 IK = 2 ID sin ( α / 2 ) = 2  l − h − h
1 − n 2 sin 2 ( α / 2 )



 sin ( α / 2 )


Thời gian để người đánh cá đi từ A đến B là
n 2 sin 2 ( α / 2 )
2 AI IJ 2h 
1
l 2 − h2
α

t=
+ =
+
n sin −
v2
v1 v2  1 − n 2 sin 2 ( α / 2 )
h
2
1 − n 2 sin 2 ( α / 2 )







v
2h 
l 2 − h2
2
2
⇔ t =  1 − n sin ( α / 2 ) +
n sin ( α / 2 )  , trong đó n = 2

v1
v2 
h

2
2
+ Nếu ID < 0 ⇔ l − h < h

n sin ( α / 2 )

1 − n 2 sin 2 ( α / 2 )

→l <

h
1 − n 2 sin 2 ( α / 2 )

thì người

đánh cá sẽ đi đến điểm D rồi tiếp tục đi thuyền đến điểm B. Thời gian nhỏ nhất khi đó
bằng t = 2l / v2
Cũng cần chú ý là nếu v2 < v1 thì người đánh cá sẽ đi thẳng từ A đến B trên bờ mà
không phải đi thuyền
Bài toán 1.3: Hai cánh đồng (thảo nguyên) (P1) và (P2)
ngăn cách nhau bằng một con đường nhỏ. Một người
nông dân sống trong ngôi nhà tại A trên cánh đồng (P 1),
cách đường một khoảng a (hình vẽ) muốn đi mua một số
đồ dùng tại cửa hàng nằm tại B trên cánh đồng (P 2). Cửa
hàng cách đường một khoảng b . Người nông dân có thể
đi trên cánh đồng (P1) với vận tốc v1 và đi trên cánh đồng

(P2) với vận tốc v2 = v1 / n . Biết rằng để đi từ A đến B hết
thời gian ngắn nhất người đó phải đi theo hướng hợp với con đường góc γ
1. Xác định khoảng thời gian ngắn nhất đó (bỏ qua thời gian vượt qua đường).
Trang 6


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

2. Nếu người đó đi thẳng từ A đến B sẽ hết thời gian bao nhiêu.
Bài giải
1. Trước hết ta có nhận xét rằng nếu “cánh đồng
(P1)” là môi trường mà ánh sáng đi với vận tốc v1 ,
“cánh đồng (P2)” là môi trường mà ánh sáng có thể
đi với vận tốc v2 thì trong vô số con đường có thể đi
từ A đến B, ánh sáng sẽ đi theo con đường mà thời
gian truyền là ngắn nhất.
- Như vậy ôtô đi từ A đến B trong khoảng thời gian
ngắn nhất nếu nó đi theo đúng con đường mà ánh
sáng sẽ đi.
Bài toán bây giờ đưa trở về tìm thời gian để ánh sáng đi từ A đến B qua mặt phân
cách hai môi trường có chiết suất tỉ đối
Từ định luật khúc xạ

n2 v1
= =n
n1 v2

sin i n2
cosγ
= = n , với i = 900 − γ ⇒ sin r =

sin r n1
n

a
b
bn
AI
=
;
BI
=
=
- Từ hình vẽ:
sin γ
cosr
n 2 − cos 2γ
- Thời gian ngắn nhất đi từ A đến B là:
∆tmin =

AI BI
a
bn
a
+ =
+
=
v1 v2 v1 sin γ v2 n 2 − cos 2γ v1 sin γ

 n 2b 1 − cos 2γ
 1 +

a n 2 − cos 2γ


 a
b
+ 2
2. Từ hình vẽ : KH = KI + IH = a tan i + b tan r = 
n − cos 2γ
 sin γ
tan α =

KH
=
a+b

 a
b
+ 2

 sin γ
n − cos 2γ


 cosγ
÷
÷a +b


Thời gian người đó đi thẳng từ A đến B bằng
∆t =

AJ BJ
a
b
+
=
+
v1 v2 v1 cos α v2cosα
Trang 7


÷cosγ
÷



÷
÷



Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

 a
a
nb 
b
⇔ ∆ t = 1 +
1
+

+ 2

÷
 sin γ
v1 
a 
n − cos 2γ


2

 cos 2γ
÷
÷ ( a + b) 2


II- Nghiên cứu đường đi của ánh sáng trong môi trường chiết suất biến đổi thông
qua bài toán chuyển động của hạt trong trường lực thế.
Cơ sở để giải các bài toán này là dựa vào sự giống nhau về quỹ đạo chuyển
động của hạt trong một trường lực thế với quỹ đạo một tia sáng trong một môi trường
không đồng nhất về mặt quang học. Quỹ đạo của một chất điểm và quỹ đạo của tia
sáng sẽ trùng nhau khi có sự tương ứng xác định giữa tốc độ và chiết suất của môi
trường biến thiên trong không gian. (Thực tế này đã được phát minh về mặt lý thuyết
bởi nhà vật lý và toán học lừng danh người Ailen W. R. Hamilton vào năm 1834 và
nó đã ảnh hưởng đến việc xác lập mối liên hệ giữa quang học và cơ học lượng tử).
Ta xét các ví dụ sau
Bài toán 1.4:
ur
1. Từ mặt đất, Một vật được ném lên với vận tốc ban đầu v0
lập với phương thẳng đứng một góc α 0 . Bỏ qua sức cản

không khí. Chọn hệ trục xOy như hình vẽ
1.1. Viết phương trình quỹ đạo y = y(x) của vật. Xác định
tầm xa và độ cao cực đại mà vật đạt được.
1.2. Chứng minh rằng tại một điểm bất kỳ trên quỹ đạo, góc α tạo bởi véc tơ vận
ur
tốc v của hạt và phương thẳng đứng thỏa mãn phương trình f ( y )sin α = f 0 sin α 0 ,
trong đó f ( y ) là một hàm nào đó của tung độ y. Tìm hàm số đó.
2. Chiết suất của một khối chất trong suốt, có kích thước lớn, thay
đổi theo độ cao theo quy luật n = n0 1 − γ y . Trong đó n0 và γ là
các hằng số đã biết . Một tia sáng chiếu tới biên của khối chất tại
điểm A và sau khi khúc xạ tại đó lập một góc α 0 với trục Oy.
2.1. Xác định quỹ đạo tia sáng trong môi trường và tìm độ cao cực đại mà tia
sáng đi trong khối chất
2.2. Điểm đi ra khỏi khối chất của tia sáng cách A một khoảng bằng bao nhiêu.
Trang 8


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

Bài giải
1.1. Phương trình chuyển động của vật ném xiên:
x = ( v0 sin α ) t

(1)

1
y = ( v0cosα ) t − gt 2
(2)
2
ur

(Chú ý là góc α tạo bởi v0 và phương thẳng đứng)
Từ (1) và (2) tìm được phương trình quỹ đạo:
y=

x
g
− 2 2 x2
tan α 0 2v0 sin α 0

(3)

Từ (3) → tầm xa và độ cao cực đại mà vật đạt được:
xmax =

v02 sin 2α 0
v 2cos 2α 0
, ymax = 0
g
2g

(4)

1.2. Tại điểm bất kì trên quỹ đạo, vận tốc của vật được phân tích thành hai thành phần
- Theo phương Ox: vật chuyển động thẳng đều với vận tốc vx = v sin α = v0 sin α 0 (5)
- Theo phương Oy vật chuyển động biến đổi đều với gia tốc g → v y = v0cosα 0 − gt
Vận tốc toàn phần của vật v = vx2 + v y2 =

(v

0

sin α ) + ( v0cosα − gt )
2

2

1 
2g

⇔ v = v02 − 2 g ( v0cosα ) t − gt 2  = v02 − 2 gy = v0 1 − 2 y (6)
2 
v0

(ta có thể tìm được vận tốc này bằng định luật bảo toàn cơ năng)

2g 
Thay (6) vào (5) được:  v0 1 − 2 y ÷sin α = v0 sin α 0
v0



2g 
⇒  1 − 2 y ÷sin α = sin α 0 ⇒ f ( y ) sin α = sin α 0
v0 

Đây chính là phương trình mà ta cần chứng minh.
2. Vì môi trường chiết suất biến đổi liên tục nên ánh
sáng sẽ truyền theo đường cong. Chia môi trường
thành nhiều lớp mỏng song song mặt phẳng Ox
Theo định luật khúc xạ: n ( y ) sin α = n0 sin α 0

Trang 9

(7)


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

⇔ n0 1 − γ y sin α = n0 sin α 0 ⇒ 1 − γ y sin α = sin α 0

(8)

- Ta thấy phương trình (8) hoàn toàn trùng hợp với phương trình (7) mô tả quỹ đạo
của chuyển động ném xiên với γ =

2g
. Như vậy quỹ đạo tia sáng cũng là một đường
v02

Parabol. Các điều kiện về độ cao cũng như điểm mà tia sáng ló ra hoàn toàn xác định
tương tự như phương trình (4)
xmax =

v02 sin 2α 0
2sin 2α 0
v02cos 2α 0
cos 2α 0
⇒ xmax =
y
=
⇒

y
=
; max
max
g
γ
2g
γ

(10)

Cần chú ý là độ cao cực đại ymax cũng có thể tìm được từ phương trình (8) với điều
kiện tại đó tia sáng bị phản xạ toàn phần với sin α =1 .
Bài toán 1.5: Sợi quang học
Một sợi quang học gồm một lõi hình trụ, bán kính a,
làm bằng vật liệu trong suốt có chiết suất biến thiên đều đặn
từ giá trị n = n1 trên trục đến n = n2 (với 1< n2 < n1 ) theo công
thức n = n ( y ) = n1 1 − γ 2 y 2 , trong đó y là khoảng cách từ
điểm có chiết suất n đến trục lõi, γ là hằng số dương. Lõi
được bao bọc bởi một lớp vỏ làm bằng vật liệu có chiết suất
n2 không đổi. Bên ngoài sợi quang là không khí, chiết suất
n0 ≈1 . Gọi Ox là trục của sợi quang học, O là tâm của một đầu sợi quang. Một tia sáng
đơn sắc được chiếu vào sợi quang học tại điểm O dưới góc α 0 trong mặt phẳng xOy.
1. Viết phương trình quỹ đạo cho đường đi của tia sáng trong sợi quang và xác
định biểu thức tọa độ x của giao điểm đường đi tia sáng với trục Ox.
2. Tìm góc tới cực đại α max , dưới đó ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi
của sợi quang.
(Trích đề thi APHO năm 2004)
Bài giải
Lời giải của đề thi này có thể tham khảo trong cuốn Chuyên đề bối dưỡng HSG

vật lý của tác giả PGS.TS Vũ Thanh Khiết. Ở đây tôi sử dụng sự tương tự quang cơ
Trang 10


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

để đưa ra lời giải khác cho bài toán.
n2
2 2
1. Trước hết từ phương trình n = n1 1 − γ y ⇒ 2 + γ y = 1 . Nếu xem sự tương tự
n1
2

2

giữa chiết suất và vận tốc trong cơ học ta sẽ thấy một phương trình tương tự là
v2
x2
+
=1 , chính là phương trình của một dao động tử điều hòa. Như vậy khả năng
V02 A2
quỹ đạo tia sáng sẽ là hình sin.
- Ta xét vật chuyển động từ O trong mặt phẳng thẳng đứng Oxy với vận tốc ban đầu
ur
v0 hợp với trục Ox góc α 0 theo phương trình:
x = ( v0cosα 0 ) t

(1)

y = Asin ( ωt + ϕ )

(2)

Từ điều kiện ban đầu:
ϕ = 0
 y ( 0 ) = 0

⇒

v0 sin α 0
y
'
0
=
v
sin
α
 ( ) 0
0
 A = ω
 ω
- Phương trình quỹ đạo: y = Asin 
 v0cosα 0

(3)

x÷


(4)

→ quỹ đạo chuyển động của hạt sẽ là đường hình sin.
2
2
+ Vận tốc tại điểm M trên quỹ đạo: v = vx + v y

y2 

Trong đó vx = v0cosα 0 ; v y = y ' ( t ) = Aω sin ωt ⇒ v = A ω 1 − 2 ÷
 A 
2
y

2

y2 

⇒ v = v cos α 0 + A ω 1 − 2 ÷
 A 
2
0

2

2

2

2

(5)

ω2 2
Từ (3) ⇒ Aω = v0 sin α 0 , thay vào (5) ⇒ v = v − ω y = v0 1 − 2 y
v0
2
0

2

2

Mặt khác, từ (1) ta thấy hạt chuyển động đều theo phương Ox
⇒ vx = vcosα = v0cosα 0

Trang 11


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

ω 2
ω2 2
⇔ v0 1 − 2 y cosα = v0cosα 0 ⇒ 1 − 2 y cosα = cosα 0
v0
v0
2

(6).

Trở lại bài toán

- Vì môi trường chiết suất biến đổi liên tục nên ánh sáng sẽ truyền theo đường cong.
Chia môi trường thành nhiều lớp mỏng song song mặt phẳng Ox. Xét tại M(x,y)
π

π

Theo định luật khúc xạ: n ( y ) sin  − α ÷ = const = n1 sin  − α1 ÷
2

2

⇔ n1 1 − γ 2 y 2 cosα = n1cosα1 ⇒ 1 − γ 2 y 2 cosα = cosα1

(7)

Với góc α1 được xác định từ định luật khúc xạ tại O:
n12 − sin 2 α 0
sin α 0 = n1 sin α1 ⇒ cosα1 =
n1

(8)

- Ta thấy phương trình (7) hoàn toàn trùng hợp với phương trình (6) mô tả quỹ đạo
hình sin với γ =

ω sin α1 sin α 0
=
=
. Như vậy quỹ đạo tia sáng cũng là một đường
v0

A
n1 A

 ω
 sin α 0
 γ

x÷ =
sin 
x÷
hình sin: y = Asin 
γ n1
 cosα1 
 v0cosα1 

sin α 0
nγ
⇔y=
sin  2 1 2
 n − sin α
γ n1
0
 1


x÷
÷


(9).

- Độ cao cực đại mà tia sáng đạt được chính bằng biên độ: ymax = A =
- Những điểm cắt của chùm tia với trục Ox thỏa mãn điều kiện y = 0

nγ
⇔ sin  2 1 2
 n − sin α
0
 1
⇒ x = kπ


x÷= 0
÷


n12 − sin 2 α 0
.
n1γ

Vị trí đầu tiên có k =1

Trang 12

sin α 0
γ n1


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

→ x =π

n − sin 2 α 0
n1γ
2
1

2. Để ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi quang thì
ymax ≤ a ⇔

sin α 0
≤ a ⇒ sin α 0 ≤ γ a n1 = sin α max ; α max = arcsin γ a n1
γ n1

Chú ý rằng từ điều kiện n ( y ) = n1 1 − γ 2 y 2 và n ( y = 0 ) = n1 ; n ( y = a ) = n2
n12 − n22
⇒γ=
. Vậy α max = arcsin
an1

(

n12 − n22

)

Bài toán 1.6:
1. Một hạt chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính R trong mặt phẳng thẳng đứng
Oxy. Tâm I của quỹ đạo có tọa độ (R, 0). Chứng minh rằng tại một điểm bất kỳ trên
quỹ đạo, góc α tạo bởi véc tơ vận tốc của hạt và phương Ox thỏa mãn phương trình

sin α = f ( x) , trong đó f ( x) là một hàm nào đó của hoành độ x. Tìm hàm số đó.
2. Một chùm sáng hẹp tới đập vuông góc với một bản hai mặt song song bề dày d ở
điểm A (x = 0). Chiết suất của bản biến đổi theo công thức n =

n0
, trong đó n0 , γ
1− γ x

là các hằng số dương. Hãy xác định quỹ đạo tia sáng và tìm điểm mà tia sáng ló ra.
Bài giải:
1. Từ hình vẽ ta có:
x = R − R sin α ⇒ sin α = 1 −

x
= f ( x)
R

(1)

2. Vì môi trường chiết suất biến đổi liên tục nên ánh
sáng sẽ truyền theo đường cong. Chia môi trường
thành nhiều lớp mỏng song song mặt phẳng Oy. Xét
tại M(x,y). Theo định luật khúc xạ:
n ( x ) sin α = n0 sin 900 = n0
⇔

n0
sin α = n0 ⇒ sin α =1 − γ x
1− γ x

(2)

- Ta thấy phương trình (2) hoàn toàn trùng hợp với phương
Trang 13

I


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

trình (1) mô tả quỹ đạo của chuyển động tròn với γ =

1
. Như vậy quỹ đạo tia sáng
R

1
cũng là một đường tròn bán kính R = . Tâm I của đường tròn nằm trên trục Ox, cách
γ
O một khoảng R.
- Để tìm điểm mà tia sáng ló ra, ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: Bề dày bản d < R. Khi đó tia sáng sẽ ló ra tại B
ở mặt bên kia.
1− 1− γ 2 d 2
Từ hình vẽ ta có: xB = R − R − d =
γ
2

2

Trường hợp 2: Bề dày bản d ≥ R . Khi đó tia sáng sẽ ló ra sau khi đi được nửa vòng
tròn. x = 2 R = 2 / γ
Bài toán 1.7:
1. Một vệ tinh chuyển động với vận tốc có độ lớn v0 không đổi theo một quỹ đạo tròn
xung quanh một hành tinh có bán kính R. Biết gia tốc rơi tự do trên bề mặt hành tinh
là g.
1.1. Xác định bán kính quỹ đạo r0 của vệ tinh.
1.2. Do một tác động nhỏ, tại một thời điểm nào
đó, hướng vectơ vận tốc của vệ tinh thay đổi một góc
nhỏ, nhưng độ lớn vận tốc vẫn không thay đổi. Khi đó,
hiển nhiên quỹ đạo vệ tinh sẽ là một elip. Hãy xác định
sự phụ thuộc của vận tốc vệ tinh vào khoảng cách r từ
nó đến tâm hành tinh.
1.3. Tìm độ biến thiên độ lớn vận tốc ∆v khi khoảng cách đến tâm hành tinh
thay đổi một lượng nhỏ ∆r .
2. Một khối trụ được làm bằng chất liệu trong suốt,
nhưng chiết suất của nó giảm chậm khi tăng khoảng cách
đến trục của khối trụ theo quy luật n(r ) = n0 (1 − γ r ) ,
trong đó n0 và γ là các hằng số đã biết. Hỏi cần phải tạo
Trang 14


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

ra một chớp sáng ở cách trục khối trụ một khoảng bằng
bao nhiêu để một số tia sáng có thể lan truyền theo vòng
tròn xung quanh một tâm nằm trên trục hình trụ.
Bài giải:
1.1. Khi vệ tinh chuyển động tròn quanh hành tinh, lực hấp dẫn đóng vai trò lực
Mm

v02
M
hướng tâm. Ta có G 2 = m ⇒ r0 = G 2
r0
r0
v0

(1).

Trong đó M, m là khối lượng hành tinh và vệ tinh
- Gia tốc rơi tự do trên bề mặt hành tinh xác định bởi g = G
gR 2
Từ (1) và (2) tìm được r0 = 2
v0

M
R2

(2)

(3)

1.2. Gọi v là vận tốc của vệ tinh khi cách hành tinh khoảng r. Áp dụng bảo toàn cơ
năng có:

1 2
Mm 1 2
Mm
mv0 − G
= mv − G

2
r0
2
r

(4)

1 2 1 2 gR 2
2 gR 2
−
v
=
v
−
⇒
v
=
v
−1
Thay (2) , (3) vào (4) được
0
0
2
2
r
v02 r

(5)

gR 2

1.3. Từ (3) → v =
(6)
r0
2
0

Khi r = r0 + ∆r thì v = v0 + ∆v . Thay vào (5)
→ v0 + ∆v = v0

2
2 gR 2
2 gR 2 gR 2
2 gR 2
2
⇒
v
+
∆
v
=
−
v
=
−
−1
( 0
)
0
r0 + ∆r
r0 + ∆r

r0
v02 r

2 gR 2 2 gR 2
∆r
−
= − 2 gR 2
Trừ (7) cho (6) ⇒ ( v0 + ∆v ) − v =
r0 + ∆r
r0
( r0 + ∆r ) r0
2

⇔ ∆v ( 2v0 + ∆v ) = − 2 gR 2

2
0

∆r
( r0 + ∆r ) r0

Vì ∆v << v0 ; ∆r << r0 ⇒ 2 v0 + ∆v ≈ 2 v0 ; r0 + ∆r ≈ r0 .
gR 2 ∆r
∆r
×
⇔ v0 ∆v = − v02
Từ đó → 2v0 ∆v ≈ − 2
r0
r0
r0

Trang 15

(7)


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

⇒

∆v
v
=− 0
∆r
r0

(8)

2. Từ sự tương tự quang- cơ (tỉ lệ chiết suất tương tự như tỉ lệ tốc độ), ta thấy để một
số tia sáng có thể lan truyền theo vòng tròn xung quanh một tâm nằm trên trục hình
trụ thì

n( r )
∆n
n (1 − γ r )
=−
=− 0
∆r
r
r

Theo giả thiết n(r ) = n0 (1 − γ r ) ⇒
Từ (9) và (10) ta có −

(9)

∆n
= − n0γ
∆r

(10)

n0 (1 − γ r )
1
= − n0γ ⇒ r =
r
2γ

Chú ý rằng phương trình (9) có thể tìm được từ nguyên lý Fermat ::
Theo nguyên lý Fermat, thời gian để ánh sáng đi theo một vòng tròn quanh một
tâm nằm trên trục hình trụ theo các bán kính r và r + ∆r là như nhau
t=

2π ( r + ∆r ) 2π r
∆v v
=
⇒
=
v + ∆v
v
∆r r

(11)

c
c
v
∆v
v ∆n
=− ×
- Vì v = ⇒ ∆v = − 2 ∆n = − ∆n ⇒
n
n
n
∆r
n ∆r
Từ (11) và (12) →

(12)

v
v ∆n
∆n
n
= − ×
⇒
= − . Đây chính là phương trình (9).
r
n ∆r
∆r
r

Trang 16


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

CHƯƠNG II
SỰ TƯƠNG TỰ ĐIỆN- CƠ
I- Sự tương tự giữa trường hấp dẫn và trường điện từ
Cơ sở để giải các bài toán tương tự này là dựa trên sự giống nhau về mặt toán
học giữa các biểu thức cho định luật cơ bản của tĩnh điện học và định luật vạn vật
hấp dẫn
Cơ học
1. Định luật Coulomb
uu
r
r
uu
r
q1q2 ur ur F
q u
F = k 3 r ; E = = k 32 r
r
q1
r

Điện học
1. Định luật vận vật hấp dẫn
uu
r

uu
r
m ur
m1m2 ur ur F
F = − G 3 r ; g = = − G 32 r
m1
r
r
uu
r
ur
Như vậy ở đây có sự tương tự giữa E và g , q và m, k và –G
Tuy nhiên cần chú ý là m luôn dương còn q có thể âm hoặc dương, hệ số k luôn
uu
r
ur
ur
dương còn –G luôn âm do đó E có thể cùng hoặc ngược chiều với r còn g luôn
ur
trái chiều với r .
2. Định lý Oxtrogratxki - Gauss
q
q
q
m
Φ E = 4π r 2 E = → E =
=k 2
Φ g = 4π r 2 g = 4π Gm → g = G 2 .
2
ε0

4π r ε 0
r
r
Với Φ E là điện thông gửi qua mặt cầu. Với Φ g là “thông lượng trường hấp dẫn”
E là cường độ điện trường do điện tích gửi qua mặt cầu. g là cường độ trường hấp
q nằm trong mặt cầu gây ra tại những dẫn do khối lượng m nằm trong mặt cầu
điểm trên mặt cầu.
- Thế năng tương tác tĩnh điện giữa

gây ra tại những điểm trên mặt cầu.
- Thế năng tương hấp dẫn giữa hai chất

hai điện tích q1 , q2 cách nhau khoảng

điểm có khối lượng m1 , m2 cách nhau

r là: W = k

q1q2
r

khoảng r là: W = − G

m1m2
r

Ta xét các bài toán sau
Bài toán 2.1: Coi trái đất như một quả cầu đồng chất tâm O, bán kính R, khối lượng
M. Gia tốc rơi tự do ở bề mặt trái đất là g 0 . Bỏ qua ảnh hưởng sự tự quay của trái
đất.

1. Tìm gia tốc rơi tự do tại điểm N cách tâm trái đất khoảng r. Vẽ đồ thị sự phụ
Trang 17


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

thuộc của g theo r.
2. Người ta nối hai thành phố A, B bằng một đường hầm thẳng, chỗ sâu nhất
cách mặt đất khoảng d. Hãy nghiên cứu chuyển động của một chiếc xe trong đường
hầm nếu nó được thả từ A không vận tốc ban đầu. Tìm thời gian để xe đi hết đường
hầm và vận tốc cực đại mà xe đạt được. Bỏ qua mọi ma sát và lực cản của môi
trường.
Bài giải
Áp dụng sự tương tự này ta có thể giải bài toán như sau:
ur
1. Do tính đối xứng cầu, g luôn hướng vào tâm O.
Lấy mặt Gauss là mặt cầu tâm O trùng tâm trái đất,
bán kính r.
Áp dụng định lý Oxtrogratxki – Gauss có
Φ g = 4π r 2 g ( r ) = 4π G∆m → g ( r ) = G

∆m
,
r2

trong đó ∆m là phần khối lượng trái đất có trong
hình cầu bán kính r
+ Tại những điểm trong lòng đất (r < R)
4 3
r3

∆m =
× πr = M 3
4 3 3
R
πR
3
M

⇒ g ( r ) = GM

r
r
= g0
3
R
R

+ Tại những điểm ngoài trái đất (r > R)
GM
R2
∆m = M ⇒ g ( r ) = 2 = g 0 2
r
r
Đồ thị sự phụ thuộc của g theo r như hình vẽ.
2. Chọn trục Ix dọc theo AB, gốc I tại trung điểm
AB. Xét khi xe ở điểm N, cách tâm khoảng r
− Fhd cosα = ma ⇔ − mg ( r ) cosα = ma
Thay g ( r ) = g 0

r

x
r x
g
; cosα = ⇒ − mg 0 × = mx " ⇔ x " + 0 x = 0 . Đây là phương
R
r
R r
R
Trang 18


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

trình dao động đều hòa của xe giữa A và B với chu kỳ T = 2π

R
g0

Biên độ dao động a = R 2 − ( R − d ) = d ( 2 R − d ) .
2

Có thể xem d << R → a ≈ 2 Rd
- Thời gian xe đi từ A đến B bằng nửa chu kỳ dao động ∆t =

T
R
=π
2
g0

- Vận tốc xe lớn nhất khi qua vị trí cân bằng I và Vmax = aω = 2 Rd ×

g0
= 2dg 0
R

Bài toán 2.2: Ở chân một quả núi hình bán cầu, có chiều cao h, bằng vật liệu có khối
lượng riêng µ , người ta thấy con lắc bị lệch so với phương thẳng đứng một góc nhỏ

α . Trái đất được coi như một thiên thể có tính đối xứng cầu. Nếu h = 1600 m,
µ = 2,7.103 kg / m3 , gia tốc trọng trường trên mặt đất là g 0 = 9,8 m / s 2 thì góc lệch α
bằng bao nhiêu.
Bài giải
- Cường độ trường hấp dẫn (gia tốc trọng trường) do
uu
r
trái đất tác dụng lên là g 0 có phương thẳng đứng.
- Cường độ trường hấp dẫn (gia tốc trọng trường)
uu
r
do quả núi tác dụng lên quả cầu là g n có phương
nằm ngang và g n << g 0 .
Góc lệch dây treo sẽ là α ≈ tan α = g n / g 0

(1)

ur
- Nếu quả núi là hình cầu sẽ gây ra tại vị trí đặt quả cầu một gia tốc trọng trường g .
4
 4 3

2
Theo định lý O-G ta có: Φ g = 4π h g = 4π G  µ π h ÷ → g = πµGh
3
 3

Do tính chất đối xứng, cường độ trường hấp dẫn do ngọn núi nửa hình cầu gây ra tại
nơi đặt quả cầu là g n =

g 2
= πµGh
2 3

Trang 19


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

Thay vào (1) ta tìm được: α ≈

2πµGh
= 6,16.10−5 ( rad )
3g 0

Dựa vào hiện tượng này, nhà thiên văn học người Anh Maskelyne lần đầu tiên đã
ước lượng được giá trị của hằng số hấp dẫn G năm 1774, tức là trước khi Cavendish
dùng cân xoắn đo được G 24 năm
Bài toán 2.3: Giả sử trong không gian giữa các vì sao có một đám mây khí hình cầu,
được tạo bởi các hạt coi như các chất điểm. Các hạt của đám mây đứng yên và phân
bố đều và có khối lượng riêng là ρ . Một hạt khối lượng m bắt đầu chuyển động theo
phương bán kính về phía tâm của đám mây. Chứng minh rằng, nếu bỏ qua ảnh hưởng

của tất cả các lực khác thì thời gian để một hạt chuyển động đến tâm của đám mây
không phụ thuộc vào khoảng cách ban đầu của hạt. Tìm thời gian đó.
(Dựa theo đề thi chọn học sinh vào đội tuyển dự thi APHO năm 2005)
Bài giải
- Dựa vào sự tương tự giữa trường hấp dẫn và trường
tĩnh điện, ta có thể thấy sự tương tác hấp dẫn của các
hạt trong bài toán tương tự như tương tác của các hạt
mang điện tích phân bố đều.
- Ta đưa vào đại lượng A(r) tạm gọi là thế của trường
hấp dẫn (tương tự như điện thế do hệ điện tích gây
ra
ur
dA ( r )
ur . Khi đó thế năng tương tác hấp dẫn giữa
tại một điểm) và định nghĩa g ( r ) = −
dr
đám mây và hạt khối lượng m là W = m.A(r) (tương tự như thế năng tương tác của
điện tích điểm W = q.V(r) )
- Tìm A(r): Áp dụng định lý Oxtrogratxki – Gauss có
Φ g = 4π r 2 g ( r ) = 4π G∆m → g ( r ) = G

4 3
∆m
∆
m
=
ρ
×
π r là phần khối
,

trong
đó
3
r2

lượng đám mây nằm trong hình cầu bán kính r. Từ đó → g ( r ) =

4π G ρ
r
3

ur
ur
r
Vì g ( r ) luôn hướng vào tâm nên g ( r ) ngược hướng với d r . Khi đó
Trang 20


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

ur
r r
2π G ρ 2
A ( r ) = − g ( r ) d r = g ( r ) dr =
r
3
0
0
r

∫

∫

Thế năng tương tác hấp dẫn giữa đám mây và hạt khối lượng m khi m cách tâm
khoảng r là W = mA ( r ) = m

2π G ρ 2
r . Cần chú ý là ta đã chọn gốc thế năng tại O là
3

tâm của đám mây.
Bây giờ ta xét chất điểm khối lượng m ban đầu cách tâm đám mây khoảng R và
có vận tốc bằng 0. Khi cách đám mây khoảng r có vận tốc v. Theo định luật bảo toàn
năng lượng có:

1 2
2π G ρ 2
2π G ρ 2
mv + m
r =m
R
2
3
3

- Lấy đạo hàm hai về theo t: mvv ' + m

4π G ρ
rr ' = 0

3

Thay v = r '; v ' = r " , đơn giản được: r " +

4π G ρ
r = 0 → đây chính là phương trình của
3

một dao động tử điều hòa xung quanh vị trí cân bằng O là tâm đám mây với chu kì
T = 2π

3
3π
=
. Khoảng thời gian để một hạt bất kì đi từ vị trí có vận tốc
4π G ρ
Gρ

T
3π
bằng 0 (vị trí biên) về đến O là ∆t = =
không phụ thuộc vào khoảng cách
4
16G ρ
đến O
II- Sự tương tự giữa chuyển động của hạt mang điện trong trường điện từ và
chuyển động của một điểm trên vành bánh xe.
ur
ur
Bài toán 2.4: Có hai trường đều E và B vuông góc nhau.

Ta chọn hệ trục tọa độ OXYZ sao cho trục OY hướng theo
ur
ur
còn
trục
OZ
hướng
theo
E
B . Một hạt nhỏ khối lượng m,
mang điện tích q (q > 0) được thả từ O không vận tốc ban
đầu (hình vẽ). Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực trong quá
trình hạt chuyển động. Hãy xác định:
1. Phương trình chuyển động của hạt.
Trang 21


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

2. Động năng cực đại của hạt.
3. Khoảng cách giữa hai điểm gần nhất trên quỹ đạo mà tại đó vận tốc của hạt
bằng 0.
4. Quy luật biến đổi của vận tốc theo thời gian.
Bài giải
1. Xét chuyển động của hạt trong hệ quy chiếu chuyển
động với vận tốc V1 = E/B không đổi song song với trục
OX. Với vận tốc V1 như trên, lực Lorenzt f = qV1B cân
bằng với lực điện qE. Trong hệ này có thể xem hạt chỉ chịu
tác dụng của lực Lorenzt ứng với thành phần vận tốc –V 1.
Vì lực Lorenzt tác dụng lên hạt luôn vuông góc với vận tốc

của hạt nên hạt sẽ chuyển động tròn đều với vận tốc V1.
+) Bán kính quỹ đạo là R =

mV1 mE
V qB
= 2 , vận tốc góc ω = 1 =
.
qB qB
R m

- Trong hệ quy chiếu chuyển động với vận tốc V 1, phương trình chuyển động của hạt
là:
x1 = − R sin ωt ; y1 = R − Rcosωt
- Chuyển sang hệ quy chiếu gắn với trái đất ta có:
x =V1t − R sin ωt ; y = R − Rcosωt .
2. Quỹ đạo của hạt là đường Xiclôit. Chuyển động của hạt giống như chuyển động
của một điểm trên vành bánh xe bán kính R =

mE
lăn không trượt trên mặt phẳng
qB 2

ngang với vận tốc V1.

- Động năng của hạt có giá trị cực đại khi hạt ở điểm cao nhất của quỹ đạo. Khi đó vận
tốc của hạt là: Vmax = 2V1
Trang 22


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

1
E2
2
2
Và w d max = mVmax = 2mV1 = 2m 2
2
B
3. Khoảng cách giữa hai điểm gần nhất của quỹ đạo có vận tốc bằng 0 bằng khoảng
cách giữa hai điểm liên tiếp mà vành bánh xe tiếp xúc với mặt phẳng:
l =V1T =

E 2π m 2π mE
×
=
B qB
qB 2

4. Vận tốc của hạt theo các phương OX và OY là:
vx = x ' ( t ) =V1 − Rωcosωt ; v y = y ' ( t ) = Rω sin ωt
- Vận tốc toàn phần của hạt tại thời điểm t:
v = vx2 + v y2 = V1 2 ( 1 − cosωt ) = 2

E  qB 
sin 
t ÷.
B  2m 

III. Lưỡng cực hấp dẫn
Cơ sở phần này là ta sẽ tính toán “lưỡng cực hấp dẫn” dựa trên những tính toán

cho lưỡng cực điện.
Bài toán 2.5:
1.1. Một lưỡng cực điện gồm hai điện tích điểm có
cùng độ lớn điện tích q nhưng trái dấu đặt cách nhau
một khoảng cố định l. Đặt điện tích điểm dương Q dọc theo trục lưỡng cực và cách
lưỡng cực một khoảng r >> l. Hãy xác định lực do điện tích Q tác dụng lên lưỡng cực.
1.2. Một lưỡng cực hấp dẫn gồm hai chất điểm có
cùng khối lượng m đặt cách nhau một khoảng cố định
l. Đặt chất điểm M dọc theo trục lưỡng cực và cách lưỡng cực một khoảng r >> l.Hãy
xác định lực hấp dẫn do chất điểm M tác dụng lên lưỡng cực.
2. Biết rằng lưỡng cực điện và lưỡng cực hấp dẫn đều có
thể quay tự do quanh một trục cố định qua tâm O của
các lưỡng cực. Hãy nghiên cứu chuyển động của các
lưỡng cực khi nó lệch khỏi vị trí cân bằng góc nhỏ.
3.1. Tâm của lưỡng cực điện chuyển động trên quỹ
đạo tròn bán kính R xung quanh một quả cầu lớn tích
điện dương Q phân bố đều (hình vẽ 3.1). Trục lưỡng cực luôn hướng về tâm quả cầu.
Trang 23


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

Xác định chu kỳ quay và lực căng thanh trong quá trình chuyển động.
3.1. Tâm của lưỡng cực hấp dẫn chuyển động trên quỹ
đạo tròn bán kính R xung quanh một quả cầu lớn đồng
chất, khối lượng M (hình vẽ 3.2). Trục lưỡng cực luôn hướng về tâm quả cầu. Xác
định chu kỳ quay và lực căng thanh trong quá trình chuyển động.
Bài giải
1.1. Lực tổng hợp tác dụng lên lưỡng cực có

độ lớn:

F = F1 − F2 = k

Qq
Qq
2 − k
2
l
 l

r− ÷
r+ ÷
 2
 2



2Qql
 =k
Qq 
1
1
2

⇔F=k 2
l2 
2 −
2
3

r  1− 2 ÷
r 
l 
l  

1
−
1
+
 4r 

÷

÷


 2r  
  2r 
Vì

l
<< 1 , ta có thể bỏ qua các số hạng bậc 2 trở nên.
2r
Khi đó: F = k

2Qql
r3

(1)

1.2. Lực tổng hợp tác dụng lên lưỡng cực hấp dẫn

có độ lớn:

F = F1 + F2 = G

Mm
Mm
2 + G
2
l
 l

r− ÷
r+ ÷
 2
 2



l2 

2 1+

Mm  4r 2 ÷
Mm 
1
1

 =G 2 ×

⇔ F =G 2
2
2 +
2
2
r
r 
l 
l 
l  


  1 − 2r ÷  1 + 2r ÷ 
1− 4r 2 ÷


 



Vì

l
<< 1 , ta có thể bỏ qua các số hạng bậc 2 trở nên.
2r
Khi đó: ⇔ F = G

M × 2m
r2

(2)
Trang 24


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

Như vậy trong trường hợp r >> l thì tương tác giữa khối lượng M và lưỡng cực hấp
dẫn giống như tương tác giữa M và chất điểm khối lượng 2m đặt tại tâm lưỡng cực.
2.1. Lưỡng cực điện
- Chọn chiều dương ngược chiều kim đồng hồ
Khi lưỡng cực quay góc α . Phương trình động
lực học trong chuyển động quay quanh O:
l
l
l
− F1 sin α − F2 sin α = Iα " ⇔ − ( F1 + F2 ) α = Iα "
2
2
2

(3)

Vì α nhỏ, ta đã lấy sin α ≈ α
F1 = k

- Từ hình vẽ:

F2 = k

Qq

Qq
=k 2
=k
2
r−
r − lr cos α + l 2 / 4

Qq
Qq
=
k
=k
r+2
r 2 + lr cos α + l 2 / 4

Qq
l2 
 l
r  1− cos α + 2 ÷
4r 
 r
2

Qq
l2 
 l
r 1+ cos α + 2 ÷
4r 
 r
2

Vì l<< r, ta bỏ qua số hạng bậc 2 của l/r. Khi đó:
F1 ≈ k

Qq
 l
r 2 1− cos α
 r

F2 ≈ k


÷


Qq
 l
r 2 1+ cos α
 r

≈k


÷


Qq  l

1+ cos α ÷
2 

r  r


≈k

Qq  l

1− cos α ÷
2 
r  r


(chú ý ta đã sử dụng công thức ( 1 ± x ) ≈ 1 ± nx , khi x << 1 )
n

- Mô men quán tính của lưỡng cực đối với trục quay qua O: I = 2 × m ( l / 2 ) = ml 2 / 2
2

Qq l
ml 2
Qq
α " ⇔ α " + 2k
α =0
Thay vào (3) ta được: 2k 2 × α =
r
2
2
mlr 2
2mlr 2
Như vậy lưỡng cực sẽ dao động điều hòa nhỏ xung quanh O với chu kì T = π

kQq
2.2. Lưỡng cực hấp dẫn
- Chọn chiều dương ngược chiều kim đồng hồ
Khi lưỡng cực quay góc α . Phương trình động
Trang 25


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

lực học trong chuyển động quay quanh O:
l
l
l
− F1 sin α + F2 sin α = Iα " ⇔ − ( F1 − F2 ) α = Iα "
2
2
2

(3)

Vì α nhỏ, ta đã lấy sin α ≈ α
- Tương tự như lưỡng cực điện, từ hình vẽ có
F1 = G

Mm
Mm
=G 2
=G
2
r1

r − lr cos α + l 2 / 4

F2 = G

Mm
Mm
=G 2
=G
2
r2
r + lr cos α + l 2 / 4

Mm
l 
 l
r 2 1− cos α + 2 ÷
4r 
 r
2

Mm
l 
 l
r 2  1+ cos α + 2 ÷
4r 
 r
2

=G

Mm  l

1+ cos α ÷
2 
r  r


=G

Mm  l

1− cos α ÷
2 
r  r

2

ml 2
l
- Mô men quán tính của lưỡng cực đối với trục quay qua O: I = 2 × m  ÷ =
2
2
Mml l
ml 2
M
α " ⇔ α " + 2G 3 α = 0
Thay vào (3) ta được: 2G 3 × α =
r
2
2

r
2r 3
Như vậy lưỡng cực sẽ dao động điều hòa nhỏ xung quanh O với chu kì T = π
GM
Như vậy chu kỳ dao động của lưỡng cực hấp dẫn có điểm đặc biệt là không
phụ thuộc và các đại lượng đặc trưng của lưỡng cực.
Ta xét trường hợp lưỡng cực ở gần mặt đất. Gia tốc rơi tự do g 0 =

GM
.
R2

2R3
2R
2.6,4.106
=π
=π
≈ 3,6.103 s ≈1h
Khi đó T = π
2
g0 R
g0
9,8
3.1. Để trục lưỡng cực luôn hướng về tâm
quả cầu thì các điện tích của lưỡng cực
phải quay với cùng tốc độ góc ω . Phương
trình động lực học viết cho chuyển động
của các điện tích của lưỡng cực trong chuyển động quay quanh điện tích +Q là:
l 
 l


mω 2  r − ÷= F1 − N ⇔ mω 2 r 1− ÷= k
 2
 2r 

Trang 26

Qq
2

l 

r 2  1− ÷
 2r 

−N


Phương pháp tương tự hóa trong các bài toán vật lý

l
l 


mω 2  r + ÷= N − F2 ⇔ mω 2 r 1+ ÷= N − k
 2
 2r 

Qq
2

l 

r  1+ ÷
 2r 
2

Sử dụng phép tính gần đúng ( 1± x ) ≈1 ± nx khi x << 1 , ta có:
n

l  Qq

mω 2 r 1− ÷≈ k 2
r
 2r 

 l
 1+ ÷ − N
 r

(4)

l 
Qq  l 

mω 2 r 1+ ÷≈ N − k 2  1− ÷
r  r
 2r 
Cộng (4) và (5): ⇒ 2mω 2 r = 2 k

(5)

Qql
kQql
⇒
ω
=
r3
mr 4

(6)

2π
mr 4
= 2π
- Chu kỳ quay của lưỡng cực: T =
ω
kQql
Thay (6) vào (5) được:
N=k
Vì

Qql 
l 
Qq  l 
Qq  l l 2
l
1
+
+

k
1
−
=
k
+ 2 + 1− ÷
÷
÷
3 
2 
2 
r  2r 
r  r
r  r 2r
r

l
l
<< 1 , bỏ qua số hạng bậc 2 của
r
r
ta được: N = k

Qq
r2

3.2. Lưỡng cực hấp dẫn:
Tương tự như lưỡng cực điện. Ta có các phương
trình động lực học viết cho chuyển động của các
khối lượng m trong chuyển động quay quanh M:

l 
 l

mω 2  r − ÷= F1 − N ⇔ mω 2 r 1− ÷= G
 2
 2r 

Mm
2 − N
l


r 2 1− ÷
 2r 

l
l 


mω 2  r + ÷= F2 + N ⇔ mω 2 r 1+ ÷= G
 2
 2r 

Mm
2 +N
l 
2
r 1+ ÷
 2r 

Sử dụng phép tính gần đúng ( 1± x ) ≈1 ± nx khi x << 1 , ta có:
n

Trang 27