Chuyên đề tập hợp tương đối nhiều bài tập chuyển động của hành tinh vệ tinh và chất lỏng trong đề thi hsg duyên hải

CHUYÊN ĐỀ CHUYỂN ĐỘNG CỦA THIÊN THỂ, CHẤT LỎNG
BÀI 1: Đề chính thức
Trái Đất và Sao Hỏa chuyển động quanh Mặt Trời trên các quỹ đạo gần tròn nằm trong cùng
một mặt phẳng với các chu kì lần lượt là TE = 1,00 năm, TM �2,00 năm. Biết khoảng cách
giữa Trái Đất và Mặt Trời là a E �1,5.1011m. Coi bán kính Trái Đất và Sao Hỏa là rất nhỏ so với
khoảng cách giữa chúng và khoảng cách tới Mặt Trời.
a) Hãy xác định khoảng cách cực đại và cực tiểu giữa Trái Đất và Sao Hỏa.
b) Một nhóm các nhà du hành muốn lên Sao Hỏa. Họ lên tàu vũ trụ và được phóng lên quỹ
đạo là elip với mặt trời là tiêu điểm, điểm phóng trên Trái Đất là điểm cận nhật còn điểm viễn nhật là
một điểm trên quỹ đạo của Sao Hỏa. Hỏi theo phương án đó, sau khi rời Trái Đất bao lâu thì các nhà
du hànhcó thể đổ bộ được lên Sao Hỏa?
Ý
a)
2,5

b)
1,5

NỘI DUNG
Áp dụng định luật Kepler III, ta có bán kính quỹ đạo của Sao Hỏa
2
TM
aM  aE 3
TE2

ĐIỂM
0,5

; 2,38.1011m

Do đó khoảng cách cực tiểu và cực đại giữa Trái Đất và Sao Hỏa là

EMmin = aM – aE ; 8,81.1010 m
EMmax = aM + aE ; 3,88.1011 m
Quỹ đạo tàu vũ trụ là elip với mặt trời là tiêu điểm, điểm phóng trên Trái Đất là
điểm cận nhật còn điểm viễn nhật là một điểm trên quỹ đạo của Sao Hỏa. Tàu
vũ trụ có thể gặp Sao Hỏa tại viễn điểm
Bán trục lớn của quỹ đạo elip của tàu là
aM  a E
2
a=

1,0
1,0

0,5

Thời gian bay của tàu:
3

3

T �a � T �a  aE �
1
t  T  E � � E � M
�
2
2 �aE � 2 � 2aE �
TE
2

0,5

3

1 � TM2 �
3
�
1 �
0,736
8�
TE2 �
�
�
năm. Vậy sau khoảng 0,736 năm

t=
nhà du hành có thể đổ bộ lên Sao Hỏa
BÀI 2: Cơ học thiên thể hoặc cơ học chất lưu (4 điểm)

; 268,5 ngày các

0,5

1. Một vệ tinh nhân tạo của Trái đất trên quỹ đạo elip có điểm viễn địa ở độ cao h A = 327km và điểm
cận địa hB = 180km.
a. Xác định các đặc trưng hình học (bán trục lớn a, bán trục bé b và tâm sai e) của quỹ đạo của nó,
biết bán kính Trái đất RT= 6370km.
b. Tính chu kì quay của vệ tinh, biết gia tốc trọng trường trên mặt đất bằng g0 = 9,81m/s2.


2. Giả thiết vệ tinh được phóng lên quỹ đạo tại một điểm M0 cách tâm O của Trái đất một khoảng r0

r

r

với vận tốc v 0 vuông góc với OM0. Kí hiệu v C là vận tốc của vệ tinh trên quỹ đạo tròn (O, r0); và
2

�v �
  �0 �
�vC � là bình phương tỉ số giữa các vận tốc. Tìm điều kiện của λ để vệ tinh phóng thành công,
tức là vệ tinh không thoát khỏi lực hút Trái đất và không gặp Trái đất.
Câu 3
Cơ học thiên thể hoặc cơ học chất lưu
1.
Xác định các đặc trưng hình học:
Ta có:
Suy ra,
c

rA  RT  hA  a  c; rP  RT  hP  a  c
a

1
h h
(rA  rP )  RT  A P  6623km
2
2

1

h h
(rA  rP )  RT  A P  73,5km
2
2

c
 0, 011
a
Tâm sai:
(e rất nhỏ xác định tính chất gần tròn của quỹ đạo).
b. Áp dụng định luật Kepler 3:
e

T 2 4 2

a 3 GM T

Lại có:

mg 0 

GM T m
� GM T  g 0 RT2
2
RT

T2
4 2
4 2
2



�T 
3
2
a
GM T g 0 RT
RT

2.

Suy ra,
Điều kiện phóng vệ tinh Trái đất.

a3
 5730s  1h29 ph
g0

Vệ tinh phóng thành công nếu năng lượng của nó không cho phép nó thoát khỏi lực hút
Trái đất mà chỉ cho nó đi vòng quay Trái đất, tức là:

E M 1  E M  EM 2

,

Với EM là năng lượng của vệ tinh; EM1 là năng lượng của vệ tinh tại vị trí cận địa trên quỹ
đạo (cách tâm O Trái đất một đoạn RT); EM2 là năng lượng của vệ tinh tương ứng quỹ
đạo parabol.
Khi đó, EM2 = 0.
Mà:

EM 2 

1 2 GM T m
mv02 
2
r0

mvC2 GM T m
GM T
2

v 2
 2vC
r
r02 )
r
0
0
Suy ra:
(chú ý:
2
02

Hay:   2


Xét tại điểm cận địa, vệ tinh có vận tốc vP.
Áp dụng định luật bảo toàn moment động lượng cho vị trí cận địa và vị trí M 0, ta được:

R T vP  r0 v01
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hai vị trí này, ta có:

EM 1 

1 2 GM T m 1 2 GM T m
mv01 
 mvP 
2
r0
2
RT
2
v01


2
1

Biến đổi, thu được:



r0
RT

vC2

2
1

Hay,

r0
RT

Vậy, điều kiện để phóng vệ tinh lên quỹ đạo elip là:
2

 2
r0
1
RT
BÀI3: Dùng ống nhỏ bán kính a = 1mm để thổi bong bóng xà phòng, khi bong bóng có bán kính R
thì ngừng thổi và để hở ống thông với khí quyển bên ngoài. Do đó bong bóng sẽ nhỏ lại. Tính thời
gian từ khi bong bóng có bán kính R = 3cm đến khi bong bóng có bán kính a. Quá trình là đẳng
nhiệt, suất căng bề mặt của nước xà phòng là   0,07N / m , khối lượng riêng không khí trong khí
quyển là
3

  1,3g / l .

- Do màng xà phòng là mặt cong nên có chênh lệch áp suất giữa bên trong
và bên ngoài đẩy khí ra khỏi ống.
- Gọi dS là độ giảm diện tích mặt ngoài trong thời gian dt, dm là khối
lượng khí bi đẩy ra ngoài trong thời gian dt.
- Theo định luật bảo toàn năng lượng: độ giảm năng lượng mặt ngoài bằng
động năng của lượng khí

-

2dS 

1,0

1 2
v dm
2

(1)

Trong đó:

dS  d  4r 2   8rdr

;

�4
�
dm  dV  d � r 3 � 4r 2dr
�3
�

(2)
1,0


v2 
Thay (2) vào (1) ta có:
Mặt khác:

8
r

(3)

dV  a 2 vdt (dấu trừ vì thể tích của bong bóng giảm)

4r 2dr
4
 52
4r dr  a vdt � dt   2   2 .
.r dr
a v
a
8
2

1,0

2

1,0

7
� 72
�
2
R


a
�
�

4
 a 52
8�
�
�
dt   2 .
.�
r dr 
0
a
8 R
7 2 8
a

Tích phân hai vế:

Bài 4: (4 điểm – Cơ học chất lưu)
Bể chứa nước A có thể tích rất lớn được nối với
một ống cái B có phần nằm ngang trên mặt đất như hình
vẽ, trong đó C là một ống nhỏ thẳng đứng và K là khóa.
Đường kính tiết diện của ống cái B là của vòi V tương ứng

d  4cm d 2  2cm
là 1
và
. Mặt nước trong bể cách đáy bể

và cách phần nằm ngang của ống cái tương ứng bằng
H  2, 4m và h0  3, 2m . Cho khối lượng riêng của nước là

  1000 kg m3 .
1. Mở khóa K, hãy tìm:
a. Độ cao của tia nước phun ra từ vòi V (coi vòi V hướng thẳng đứng lên)?
b. Vận tốc của dòng nước trong ống cái? Áp suất ở đầu ống cái?
c. Độ cao của mực nước dâng lên trong ống C?
2. Nước đang chảy thì người ta đột ngột đóng khóa K trong khoảng thời gian t rất ngắn, khi đó
có một phần nước chiều dài l trong ống cái bị chặn đột ngột. Người ta thấy nước trong ống C vọt
lên độ cao lớn hơn

h0

? Hãy giải thích hiện tượng này? Tìm độ cao của nước vọt lên được? Biết rằng
l được tính theo công thức: l  u t , với u  1500 m s là vận tốc truyền âm trong nước. Bỏ qua mọi

2
sức cản, lấy g  10 m s .
Phần
Hướng dẫn giải
1.
Áp dụng phương trình Béc – nu – li (coi vận tốc của nước tại mặt nước trong bể
(2,5
bằng không), tính dược vận tốc v của nước phun ra từ vòi (Công thức Torixenli) là:
điểm)
v  2 gh0
(1)

Thay số được: v  8 m s .

r
Nước ra khỏi vòi có vận tốc ban đầu v hướng thẳng đứng lên trên, nó chuyển động
chậm dần đều lên cao, đi được quãng đường thẳng đứng là h thì vận tốc triệt tiêu,
v 2  2 gh � h  h0  3, 2m
do đó:
.
- Gọi

v0

là vận tốc của nước trong ống cái, ta có:

Điểm
0,25
điểm

0,5 điểm

0,5 điểm


S1v0  S 2 v

=>

S1 

 d12
d2
S2  2

4 ;
4

, với
2
�d 2 � v
v0  � �v   2 m s
�d1 � 4

.

Áp dụng phương trình Béc – nu – li cho mặt nước trong bể và đầu M của ống cái, ta 0,5 điểm
 vM2
 gh0  pM   g (h0  H ) 
2
có:

 v02
pM   gH 
�2, 2.10 4 N m 2
vM  v0  2 m s
2
Với
=>
Áp dụng phương trình Béc – nu – li cho mặt nước trong bể và tiết diện N của ống
cái nơi có ống C:
v2
v2
 gh0  pN  N
pN   gh0  0

2
2
=>

pN   gh1

0,5 điểm

h
, với 1 là chiều cao cột nước trong ống C.
2
� �d �
�
2
h1  h0 �
1  � �� 3m
� �d1 ��
�
�
Từ đó ta tính được:
Mặt khác:

2.
(1,5
điểm)

0,25
điểm

 S1l với vận tốc 0,75

Phần nước bị chặn đột ngột có chiều dài l  u t , có khối lượng là
điểm
v0

S1l v0
, nghĩa là có động lượng
. Phần nước này dừng lại đột ngột do chịu tác
dụng của xung lực F của khóa K.
Độ biến thiên động lượng bằng xung lượng của lực F:
 S1l v0   S1u tv0  F t
F   S1uv0
=>
.
Xung lực này phân bố trên diện tích
F
p   uv0
S1
xung kích bằng:

S1

của khóa K (ống cái) nên nó gây ra áp suất

0,25
điểm

Áp suất này khá lớn (vì u lớn) => Áp suất này làm mức nước trong ống C (giả sử
rất dài) dâng lên.
Giả sử nước trong ống C dâng lên thêm một khoảng
p uv0

 gh2  p � h2 

 300m
g
g

h2

0,5 điểm

xác định bởi:

 Chiều cao tổng cộng của cột nước trong ống B là:

hB  h1  h2 ? h0

Nhưng nước chỉ vọt lên trong thời gian rất ngắn rồi lại trở về mức cũ

h1

.

Bài 5. (4 điểm)
C

Một nhà du hành đi trên con tàu vũ trụ với khối
B

A

A


lượng M=12tấn. Con tàu đi quanh Mặt Trăng theo quỹ đạo tròn ở độ cao h=100km. Để chuyển sang
quỹ đạo hạ cánh, động cơ hoạt động trong một thời gian ngắn. Vận tốc khí phụt ra khỏi ống là
u=104m/s. Bán kính của Mặt Trăng là Rt=1,7.103km, gia tốc trọng trường trên bề mặt Mặt Trăng là
g=1,7m/s2.
a. Hỏi phải tốn bao nhiêu nhiên liệu để động cơ hoạt động ở điểm A làm con tàu đáp xuống Mặt
Trằng ở điểm B.
b. Trong phương án thứ 2, ở điểm A con tàu nhận xung lượng hướng về tâm Mặt Trăng và chuyển
sang quỹ đạo tiếp tuyến với Mặt Trăng ở C (hình vẽ). Trường hợp này tốn bao nhiêu nhiên liệu?
a, - Gọi v là vận tốc trên quỹ đạo tròn
vA, vB là vận tốc trên quỹ đạo hạ cánh
- Vì động cơ chỉ hoạt động một thời gian rất ngắn, đủ để giảm bớt vận tốc v một lượng cần thiết
(Do khí phải phụt ra phía trước để hãm con tàu)
- Lực hướng tâm trên quỹ đạo tròn chính là lực hút của Mặt Trăng
(1)
Với
(2)
- Phương trình bảo toàn năng lượng trên quỹ đạo elip là:
(3)
- Vì các vận tốc vA và vB đều vuông góc với các bán kính vecto nên định luật 2 Kepler có dạng:
(4)
Từ (3) và (4) ta có:
(5)
Thay số: và
- Gọi m là khối lượng nhiên liệu đã cháy.
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có:
(6)
Vì nên

b, Vì nên
(7)
Phương trình bảo toàn năng lượng trên quỹ đạo elip là:
(8)
Từ (7), (2), (8) suy ra:
(9)
(10)
Với là gia tốc trên mặt trăng
- Lại có: Do vuông góc với bán kính vecto, nên định luật 2 Kepler có dạng:
Từ (10) và (11) ta có: và
Suy ra :
- Gọi m’ là khối lượng nhiên liệu đã cháy.
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương của u ta có:
(6)
Vì nên
BÀI 6: Người ta muốn phóng một vệ tinh nhân tạo theo phương án sau:
- Từ mặt đất truyền cho vệ tinh vận tốc v0 theo phương thẳng đứng.

(11)


- Tại độ cao h khi vệ tinh có vận tốc bằng không, người ta truyền cho nó vận tốc v 1 theo
phương nằm ngang để nó chuyển động theo quỹ đạo elip có tâm sai e và thông số p được xác định
trước.
a.Tính vận tốc v0.
b.Tính vận tốc v1.
Cho biết Trái Đất hình cầu bán kính r0 và gia tốc trọng trường tại mặt đất là g 0 = , trong đó M
là khối lượng Trái Đất (bỏ qua sức cản của khí quyển).
c.Khi vệ tinh bay ở viễn điểm (vận tốc v v) thì người ta làm giảm vận tốc của nó (vận tốc v' v) để
quỹ đạo lúc này có khoảng cách cận điểm bằng bán kính r 0 (có nghĩa là đưa vệ tinh trở về Trái Đất).

Hãy tính độ giảm vận tốc đó.
Nội dung

Điểm

a) Theo định luật bảo toàn cơ năng
E = ; với r = r0 + h
Do vệ tinh dừng lại tại điểm H có v = 0 nên suy ra được = = vậy v 0 = [] với g0 = là gia
0,5
tốc trọng trường tại mặt đất.
b) Hai trường hợp cần khảo sát.
- Với H là cận điểm: rc = = ()
0,25
Sử dụng phương trình năng lượng, ta tính được:
0,25
thay rc = vầ = ta có v1 = v2 = r0(1+e)
- Với H là viễn điểm rv =
Ta sẽ thu được v = vv = r0(1 - e)
c) Gọi vv là vận tốc vệ tinh tại viễn điểm quỹ đạo ban đầu, là vận tốc cũng tại điểm đó
nhưng sau khi đã giảm vận tốc, lượng , a' là bán trục lớn của quỹ đạo mới r v và là khoảng 0,5
cách viễn điểm cũ và mới của vệ tinh (đến tâm O1 Trái Đất).
= vv - v
dùng công thức vv đã có ở câu b: v = vv = r0 (1-e) và sử dụng phương trình năng lượng
cho v, ta có: v= g0 với
và a' =
0,5
Từ đó = r0(1 - e). (3)
Đưa (2) và (3) vào (1)
.
0,5

0,5

0,5

0,5
BÀI 7: ( 4 điểm) Cơ học thiên thể
Trái Đất và Hỏa Tinh chuyển động quanh Mặt Trời trên các quỹ đạo gần tròn nằm trong cùng một
mặt phẳng với các chu kì , . Biết khoảng cách giữa Trái Đất và Mặt Trời là , tính
a) Tính khoảng cách cực đại và cực tiểu giữa Trái Đất và Hỏa Tinh.
b) Một nhóm các nhà Thiên văn muốn lên Hỏa Tinh. Hãy đề xuất một phương án phóng tàu
vũ trụ đưa các nhà Thiên văn trên lên Hỏa Tinh. Hỏi theo phương án đó, sau khi rời Trái Đất bao lâu
thì tàu vũ trụ đổ bộ được lên Hỏa Tinh?

a)
Câu 3
4 điểm

Áp dụng định luật Kepler III, ta có bán kính quỹ đạo của Hỏa Tinh :
Do đó khoảng cách cực tiểu và cực đại giữa Trái Đất và Hỏa Tinh là

1,0
1,0

b)
Khi lên Hỏa Tinh, ta sẽ phóng tàu lên quỹ đạo elip lấy Mặt Trời làm

1,0

một tiêu điểm và tiếp xúc với cả quỹ đạo của Trái Đất lẫn quỹ đạo của Hỏa
Tinh, sao cho tàu và Hỏa Tinh đến điểm tiếp xúc viễn nhật cùng lúc. Còn
khi trở về Trái Đất, người ta sẽ phóng tàu lên quỹ đạo elip lấy Mặt Trời làm
một tiêu điểm và tiếp xúc với cả quỹ đạo của Trái Đất lẫn quỹ đạo của Hỏa
Tinh sao cho tàu và Trái Đất đến điểm tiếp xúc cận nhật cùng lúc.
Thời gian bay của tàu:
1,0


Bài 8
Một trạm vũ trụ khối lượng M mang theo một phi thuyền khối lượng m, chuyển động theo
một quỹ đạo tròn xung quanh Trái Đất (TĐ), có bán kính bằng 1,25 bán kính R của TĐ. Tại một thời
điểm nào đó, phi thuyền được phóng về phía trước và chuyển động theo một quỹ đạo elip, có điểm

viễn điểm cách tâm TĐ một khoảng bằng 10R. Hãy xác định tỷ số
một vòng sẽ gặp lại trạm quỹ đạo.

m
M

để phi thuyền khi quay trọn

Trạm vũ trụ + phi thuyền chuyển động tròn với vận tốc

v0 

r1

GM 0
r1

2a’

Với r1 = 1,25R
Đối với phi thuyền: Do năng lượng bảo toàn, tại thời điểm
ban đầu ta có:

10R

GM 0m
1 2 GM 0m
mv m 

2
r1
r1  10R
(Chú ý: 2a = r1 + 10R = 11,25R và M0 là khối lượng Trái đất). Suy ra:

v 2m 

2GM 0 � 1
1 � 16 GM 0


R �
1, 25 11, 25 �
�
� 9 r1 hay

vm 

4 GM 0
 v0
3
r1

(1)

Đối với trạm vũ trụ: Tương tự ta cũng có

GM 0M
1 2 GM 0M
mv M 

2
r1
2a '
�1 1 �
v 2M  2GM 0 �  ' �
�r1 2a �
Suy ra:
Theo định luật bảo toàn động lượng ở thời điểm ban đầu:
(M + m)v0 = mvm + MvM

Đặt



m
M , từ phương trình trên suy ra:

(2)

2a


� �
vM  �
1 �
v0  v0
3
�
�

(3)

Từ (2) và (3) ta có:

�1 1 �
GM 0
v 2M  2GM 0 �  ' � v02 
r1
�r1 2a �

1 1
1
 '
hay 2a '  2r1
r
2r1

Suy ra 1 2a
Như vậy quỹ đạo của trạm vũ trụ nằm trọn trong quỹ đạo tròn ban đầu. Tính đến cả việc để trạm
không đập vào Trái đất, ta có:
r1 + R < 2a’ < 2r1
Hay

2,25R < 2a’ < 2,5R

(4)

Theo định luật 3 Kepler:
2
Tm2 TM

a 3 a '3

(5)

Để phi thuyền gặp lại trạm sau khi quay trọn một vòng quanh TĐ ta có:
Tm = nTM

(với n là số nguyên)

Kết hợp với (5) ta có:

a3
a  2
n
'3

Hay

'

2a  n



2
3 (2a)

n



2
3 .11,25

(6)

Đặt vào (4) ta được:

2,25 

11,25
 2,5 � 4,53  n  53 � 9,55  n  11,18
2/3
n

Vậy n nhận các giá trị : 10 và 11.

Mặt khác cũng từ (2) và (3) ta được:
2
�1 1 � �  �
GM 0
2GM 0 �  ' � �
1 �
�r1 2a � � 3 � r1

Hay

2
1
1 � 1 �  ��
r1
 �
1 �
1  ��� 2a ' 
'
2
2a r1 � 2 � 3 ��
1� �
1 �
1 �
2� 3 �

Chú ý (6) ta có:


r1

2

1� �
1 �
1 �
2� 3 �

n
Hay

2/3

 2a.n 2 / 3 �

1,25R
2

1� �
1 �
1 �
2� 3 �

 11,25.n 2 / 3

2�
� 1� �
 9�
1 �
1  ��
� 2 � 3 ��

+ Với n = 10: n2/3 = 4,64  = 0,6
+ Với n = 11: n2/3 = 4,95   = 0,154
BÀI 9:Một hình lập phương, mỗi cạnh a = 1 m, chứa không khí với áp suất bằng áp suất khí quyển
P0 = 105 N/m2 và được ngăn đôi bằng một pitông mỏng P i(Hình 3). Qua một vòi nước V ở nửa bên
trái người ta cho nước vào ngăn trái một cách từ từ cho đến mức h = a/2.
Hỏi khi pitông không bị giữ thì nó dịch chuyển một đoạn bằng bao nhiêu? Bỏ qua ma sát
giữa pitông và thành bình, bỏ qua áp suất của hơi nước. Bình chứa trong điều kiện đẳng nhiệt.
Biết g = 10 m/s2 và khối lượng riêng D = 103 kg/m3.
Hình 3
Khi buông tay pitông dịch chuyển về bên phải, do áp suất không khí trong ngăn bên trái
tăng, mặt khác nó còn chịu áp lực của khối nước. Pitông dịch được một đoạn x thì dừng lại, khi
đó chiều cao của cột nước là h' và các lực tác dụng lên pitông bằng không.
Các lực tác dụng lên pitông gồm:
Lực do không khí trong ngăn bên phải và trái.
Lực do khối nước.
Vì pitông đứng yên, nên:
=0
F1 = F2 + F3
(1)
Do nhiệt độ không thay đổi nên áp dụng định luật Bôimariốt cho hai khối khí, ta có:
+ Ngăn bên phải:
PoV = P1V1
P0 =
(S1 là diện tích pitông của ngăn không khí bên phải)
F1 =
(2)
+ Ngăn bên trái:
PoV = P2V2
P0 =

(S2 là diện tích pitông của ngăn không khí bên trái)
F2 =
(3)
Mặt khác, ta có thể tích nước:
V = a.. = a. ( +x ).h'
h' =
Từ đó tính được F3:
F3 = P3S3 = = (4)
Thay (2), (3), (4) vào (1), ta có phương trình:
= +

=
x1< 0 (loại)


x2> 0
Vậy pitông dịch chuyển một đoạn x = x2.
BÀI 10: Một em bé thổi một bong bóng xà phòng, do hơi nóng của cơ thể em bé nên nhiệt độ khí
trong bong bóng cao hơn nhiệt độ bên ngoài 0,5%.Bỏ qua trọng lượng màng xà phòng, cho sức căng
mặt ngoài của nước xà phòng là  = 0,039 N/m, lấy áp suất khí quyển là p0 = 1 atm. Hãy xác định
bán kính của bong bóng xà phòng khi nó bắt đầu bay lên.
Câu
Câu 3
4,0 điểm

Đáp án
Màng xà phòng có hai mặt ngoài. Gọi r là bán kính của bong bóng xà phòng thì áp
suất phụ do màng xà phòng gây ra trong bóng là:

p 

4
r

0,5

4
Áp suất khí trong bong bóng là: p = p0 + p = p0 + r (1)
Gọi nhiệt độ khí quyển là T. Nhiệt độ khí trong bong bóng là T’ = 1,005T.
Gọi khối lượng khí trong bong bóng là m, khối lượng mol của không
khí là µ.
m
pV  RT '

Áp dụng định luật M – C cho khí trong bong bóng ta có:

(2)
Gọi khối lượng riêng của không khí bên ngoài là 0 ta có:

Điểm

p0 

0
RT


4πr3 p0 μg
3RT
Lực đẩy Acximet tác dụng lên bong bóng là:

Bong bóng bay lên khi lực đẩy Acximet lớn hơn trọng lực tác dụng lên bóng ta có:
FA = ρ 0 Vg =

0,5
0,5

0,5

0,5
0,5

4σ �4πr3
�
0,5
μ�
p0 +
g
�
pμ
4πr3
r �3
�
0
FA �
mg
g
RT'
RT 3
4σ
�

r
0,312mm rmin 0,312mm.
0,5
0,005p0
BÀI 11: Một con tàu vũ trụ và tiểu hành tinh cùng chuyển động tròn đều quay quanh mặt trời trong
một mặt phẳng. Khối lượng con tàu nhỏ hơn rất nhiều so với khối lượng tiểu hành tinh. Vận tốc con
tàu là v0. Bán kính quỹ đạo tiểu hành tinh lớn gấp 6 lần bán kính quỹ đạo con tàu. Có người có ý
định lợi dụng va chạm của tiểu hành tinh và con tàu để đưa con tàu ra khỏi hệ mặt trời.
Anh ta dự định:
+ Khi con tàu ở vị trí thích hợp trên quỹ đạo tròn của nó thì đột nhiên động cơ phát động. Trong
thời gian cực ngắn con tàu vượt ra khỏi quỹ đạo tròn theo đường tiếp tuyến quỹ đạo.
+ Khi con tàu đạt đến quỹ đạo của tiểu hành tinh và vừa đúng vị trí trước mặt của tiểu hành tinh
thì phương vận tốc của chúng trùng nhau đủ để va chạm xẩy ra.
+ Va chạm giữa chúng là va chạm đàn hồi. Bỏ qua khối lượng nhiên liệu.
a/ Hãy chứng minh rằng phương án nói trên có thể đưa con tàu vũ trụ ra khỏi hệ mặt trời.
b/ Giả thiết rằng trong phương án nói trên, con tàu nhận được từ động cơ năng lượng là E 1. Nếu
không áp dụng phương án trên mà trên quỹ đạo tròn cuả con tàu, đột nhiên động cơ đốt cháy, sau
thời gian cực ngắn lập tức ngắt động cơ để con tàu đạt được vận tốc theo phương tiếp tuyến tách


khỏi quỹ đạo tròn trực tiếp ra khỏi hệ mặt trời. Khi sử dụng cách này, con tàu lấy năng lượng tối
thiểu từ động cơ là E2. Hỏi tỷ số E1/E2 là bao nhiêu?
a. Gọi khối lượng mặt trời là M0, khối lượng tằu vũ trụ là m. Tàu vũ trụ chuyển động tròn đều quay
quanh mặt trời với bán kính quỹ đạo R. Theo các tính toán thiết kế có thể biết tầu vũ trụ từ quỹ đạo
tròn ban đầu sẽ đi ra theo quỹ đạo êlip để vào quỹ đạo tròn của tiểu hành tinh. Giao điểm của quỹ
đạo êlip với các quỹ đạo tròn đều có tiếp tuyến chung của 2 quỹ đạo. (Hai điểm đó chính là 2 điểm
nằm trên bán trục dài của êlip). Để thực hiện điều này, trong thời gian cực ngắn tàu vũ trụ phải tăng
tốc từ v0 đến u0. Giả sử khi tàu vũ trụ đạt đến quỹ đạo của tiểu hành tinh với vận tốc v. Vì u và u 0 đều
vuông góc với trụv dài của êlip nên theo định luật Kêple ta có:
u0R = 6uR

(1)
Từ các quan hệ năng lượng ta có:
M m 1
M m
1
mu02  G 0  mu 2  G 0
2
R
2
6R
(2)
Từ định luật vạn vật hấp dẫn:

G

M 0m
v 02

m
R
R2



GM 0
R

v0 

(3)

Từ 3 biểu thức trên tìm được:

12
1
u 0 (4), u 
u 0 (5)
7
21
Gọi vận tốc tiểu hành tinh quay quanh mặt trời là V, khối lượng của nó là M, theo định luật vạn
vật hấp dẫn:
u0 

G

M 0M
V2

M
6R
(6 R ) 2



V 

GM 0
1

v0

6R
6

Suy ra V > u.
Từ đó có thể thấy chỉ cần chọn vị trí thích hợp để tàu vũ trụ rời khỏi quỹ đạo tròn của nó đi theo
quỹ đạo êlip đến đúng quỹ đạo tròn của tiểu hành tinh thì va chạm ngay với tiểu hành tinh. Coi tiểu
hành tinh đứng yên thì tàu vũ trụ chuyển động với vận tốc u – V phóng về tiểu hành tinh. Vì khối
lượng tiểu hành tinh rất lớn nên sau va chạm tàu vũ trụ bật lại với vận tốc tương đối là V – u cùng
phương với phương vận tốc tiểu hành tinh. Như vậy vận tốc tàu vũ trụ đối với hệ mặt trời là:
u1 = V + V – u = 2V – u
Thay (5) và (6) vào biểu thức trên :
 2
1 

v0

 3

21

u1 = 
(8)
Nếu tàu vũ trụ có thể từ quỹ đạo tiểu hành tinh bay ra khỏi hệ mặt trời thì nó phải có vận tốc bé
nhất là u2, thoả mãn :

M m
1
mu22  G 0 0
2
GR



u2 

GM 0
1
 v0
3R
3

1 
1 
1
 2 
v 0 
v0 u 2
3
7
3

(9)

Có thể thấy: u1 =
(10)
Như vậy tàu vũ trụ sau khi va chạm với tiểu hành tinh có vận tốc đủ đẻ vượt ra khỏi hệ mặt trời.


b/ Để tàu vũ trụ có thể tăng tốc đi vào quỹ đạo êlip, động cơ của máy phát phải cấp cho tàu vũ trụ
năng lượng là:

1
1
1 12
1
5
mu02  mv02  m v02  v02  mv02
2
2 7
2
14
E1 = 2
(11)
Nếu tàu vũ trụ từ quỹ đạo êlip trực tiếp bay ra khỏi hệ mặt trời, tàu phải có vận tốc tối thiểu u3:

M0
 2v 0
R

2G

u3 =
(12)
Vận tốc tàu vũ trụ tăng từ v0 đến u3 thì tàu vũ trụ cần thu được năng lượng từ động cơ là:
1
1
1
E 2  mu32  mv02  mv02
2
2
2

(13)

E1
0,71
E2

Từ (11) và (13) cho:

BÀI 12: Một hành tinh có khối lượng m chuyển động theo đường elip quanh Mặt Trời sao cho
khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất từ Mặt Trời tới nó lần lượt là r1 và r2. Tìm độ lớn momen động
lượng của hành tinh này đối với tâm Mặt Trời.
Giải:
2
2
2
L = mr2ω = mr   mr1 1  mr2 2 (1)
................................................. 1,0 điểm
Định luật bảo toàn cơ năng cho 2 vị trí r1; r2
m 2 2 GMm m 2 2 GMm
1 r1 
 2 r2 
2
r1
2
r2

..........................................

....... 1,0 điểm

r  
2
1

2

1

r12


0,5 điểm

r  
2
1

1


....... 0,5 điểm

r  

2
2

2

r22

2



2

2
�1 1 �  r1 1  �1 1 �
 GM �  �
�  �
2 �r12 r22 �
�r1 r2 �
2

2GM
2GMr1r2
� r121 
1 1
r1  r2

r1 r2
.

Lm

2GMr1r2
r1  r2

Thay vào (1) ta được:

................................................. 1,0 điểm
BÀI 13: Cơ học thiên thể, cơ học chất lưu (4 điểm)
Một vật thể có khối lượng m chuyển động từ vô cực

uu
r
v
với vận tốc o hướng về phía Trái đất. Trái đất có khối
lượng M. Khoảng cách va chạm (khoảng cách từ tâm

uu
r
v
Trái Đất đến giá của o ) là h.

.................................................

..........................................


1. Với h  0 , coi Trái đất là khối cầu đồng chất có Hình 4
bán kính R, vật thể là chất điểm.

a. Xét khối lượng vật thể là rất nhỏ so với khối lượng Trái Đất nên coi Trái đất đứng
yên. Tìm tốc độ vật thể ngay trước khi va chạm với mặt đất.
b. Khối lượng vật thể là đáng kể so với khối lượng Trái Đất. Tìm tốc độ vật thể và Trái
đất trước khi va chạm nhau.
2. Với h �0 , m = M, xác định khoảng cách gần nhất của vật thể và Trái đất. Coi vật thể và
Trái đất là các chất điểm.
Câu 1b

Hình vẽ
(3 điểm)

Tính tốc
độ 2 vật
(2 điểm)

Các tọa độ của vòng dây là

0.25

�x1  x
�
�y1  0
Các tọa độ của quả cầu

�x2  x  l sin 
�
�y2  l cos 

Do tổng lực tác dụng lên hệ theo phương ngang bằng 0 nên tọa độ
khối tâm theo phương ngang không đổi xG  const

mx  m( x  l sin  ) l

2m
2
l sin  l
�x


2
2
�

0.25


�x

l l sin 

2
2

Các thành phần vận tốc vòng:

0.25

l
v1x  x '   cos  . '
2
v1 y  0
Các thành phần vận tốc quả cầu

0.25

l
l
v2 x  x2 '   cos  . ' l cos  . '  cos  . '
2

2
v2 y  y2 '  l sin  . '
Áp dụng bảo toàn cơ năng

0.25

1
1
E  m(v1x 2  v1 y 2 )  m(v2x 2  v2 y 2 )  mglcos   0
2
2
1
� ml 2 ( ') 2 (2cos 2   4sin 2  )  mgl cos 
8
4 g cos 
� ( ') 2 
l (1  sin 2  )
8g
  600 �  '  
7l (do góc  giảm dần)
Thay số với
0
Các thành phần vận tốc vòng và quả cầu tại   60
v1x 

Kết quả:

6 gl
gl
v2 y  

7
14 ;

- Tốc độ vòng

v1 

0.25

gl
14 ;

v2  v2x 2  v2 y 2 

- Tốc độ quả cầu
Các thành phần gia tốc quả cầu



l
2
cos  . '' sin  .  ' 
2
a2 y  l  sin  . '' cos  .( ') 2 
a2 x 

0.25

gl
14 ; v1 y  0

v2x  

Tính lực
căng dây
T
(1 điểm)

0.25

3
gl
2
0.25



Áp dụng định luật II Newton cho quả cầu m2:

ur ur
uu
r
T  P  ma2



0.25



l
2
cos . '' sin  .  ' 
2
Chiếu lên Ox:
(1)
T cos   mg  ml  sin  . '' cos  .( ') 2 
T sin   m

Chiếu lên Oy:

(2)


Từ (1), (2)và thay số

 '' 

  600 ; '  

0.25

8g
7l ta có

36 3 g
49 l

Thay  '' vào (1) ta có
BÀI 14: (4 điểm) Cơ học thiên thể

T

0.25

46
mg
49

Một con tàu vũ trụ bay quanh Mặt Trăng theo quỹ đạo tròn có bán kính R  3400 km. Biết bán
2
kính Mặt Trăng Rt  1700 km và gia tốc rơi tự do ở gần bề mặt Mặt Trăng là gt  1,7 m/s .

a) Từ con tàu, người ta ném một vật khối lượng m 2 kg theo phương tiếp tuyến với quỹ đạo với
vận tốc bằng V để nó rơi lên mặt đối diện của Mặt Trăng. Tìm V.
b) Sau thời gian bao lâu kể từ lúc ném, vật đó sẽ rơi tới Mặt Trăng?
Câu 3
3.a)

Nội dung chính

Điểm


V2

B

O


V

●
C

A


V1

r
V0
0,5

+ Khi tàu vũ trụ chuyển động trên quỹ đạo tròn quanh Mặt Trăng thì
M M MV02
GMt
G t2 
� V0 
R
R
R
� V0 

(Vì

gt 

gt Rt2

gR
 t t
R
2 . (1)

GMt
Rt2 và R  2Rt , với Mt , M là khối lượng của Mặt Trăng, của con tàu)

+ Giả sử rvật m được ném từ con tàu khi nó ở vị trí A. Khi chưa ném, vật m có
vận tốc V0 của tàu tại A. Sau
r khi
r ném, theo điều kiện đề bài, vật m chuyển động
theo quỹ đạo ACB. Gọi V1 , V2 là vận tốc của vật tại A, B trên quỹ đạo elip.
+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có

0,5


mMt 1 2
mMt
1 2
mV1  G
 mV2  G
2
R
2
Rt
� R�
� V22  V12  2gt �Rt  t � gt Rt
R�

�
. (2)
+ Áp dụng định luật định luật bảo toàn mô men động lượng ta có
VR
1 1  V2 Rt � 2V1  V2 . (3)

gR
V1  t t
3 . (4)
+ Từ (2) và (3) suy ra
r
+ So sánh (1) và (4) ta có V1  V0 . Vận tốc ném vật ( V ) được xác định từ công
thức
r cộng
r rvận tốcr r
r
V1  V  V0
V  V1  ( V0 )
hay
.
r
r
Vì V1  V0 nên V ngược hướng với V0 và có độ lớn
1 �
�1
V  V0  V1  gt Rt � 
��220 m/s
3�
�2
.

Vậy cần phải ném vật ngược hướng chuyển động của tàu với vận tốc 220 m/s.
+ Chu kì quay của con tàu quanh Mặt Trăng là
2Rt
2 R
T0 
 4
V0
gt
.
+ Gọi T là chu kì quay của vật trên quỹ đạo elip. Theo định luật III Kê-ple ta có
2

3

�T � �a �
� � � �
�T0 � �a0 �.

0,5

0,5

0,5

0,5
2

3

�T � �3 �

R  Rt 3
� � � �
a
 Rt
T
4
a

R

2
R
0
t
2
2
+ Với
,
nên �0 � � � với R  2Rt
3 3
3 6Rt
�T
T0 
�11540 s
8
2 gt
.
+ Thời gian vật rơi từ lúc nếm đến khi chạm Mặt Trăng là
T
t   5770 s

2
.
BÀI 15: (Cơ học thiên thể)

0,5

0,5

Con tàu vũ trụ với khối lượng M = 10 tấn đi quanh Mặt Trăng theo quỹ đạo tròn, tâm O trùng
với tâm Mặt Trăng, ở độ cao h = 100 km. Để chuyển sang quỹ đạo hạ cánh, động cơ hoạt động
trong một thời gian rất ngắn. Vận tốc khí phụt ra khỏi ống là u = 10 4m/s. Bán kính Mặt Trăng là Rt
= l,7.103km, gia tốc trọng trường trên bề mặt Mặt Trăng là g = l,7m/s2. Tính khối lượng nhiên liệu
đã tiêu tốn trong hai trường hợp sau:
a) Động cơ hoạt động ở điểm A làm con tàu đáp xuống Mặt Trăng ở điểm B. Biết A, O, B
thẳng hàng (hình vẽ a).
b) Ở điểm A con tàu nhận xung lượng hướng về tâm của Mặt Trăng và chuyển sang quỹ đạo


tiếp tuyến với Mặt Trăng ở điểm C. Biết OC vuông góc OA (hình vẽ b).

Ý
NỘI DUNG
a Động cơ hoạt động ở điểm A làm con tàu đáp xuống Mặt Trăng ở điểm B:
2

Gọi: là vận tốc của con tàu vũ trụ trên

đ

quỹ đạo tròn, và là vận tốc của nó tại

ĐIỂM

điểm A và B trên quỹ đạo hạ cánh.
- Lực hướng tâm tác dụng lên con tàu
trên quỹ đạo tròn chính là lực hấp dẫn
của Mặt Trăng, ta có:

Trong đó là khối lượng Mặt Trăng: là bán kính quỹ đạo tròn. Suy ra:

0,25

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho chuyển động của con tàu trên quỹ
đạo elip:
0,5
- Áp dụng định luật 2 Keple cho chuyển động của con tàu và chú ý rằng các vận
tốc và đều vuông góc với các bán kính vectơ (OA và OB) ta có:
hay
Từ (3) và (4) rút ra (chú ý đến (2)):

Suy ra (m/s).

0,25


- Kí hiệu là khối lượng nhiên liệu đã cháy và phút ra, áp dụng định luật bảo toàn

0,25

động lượng ta có:

0,25

0,5

b

Ở điểm A con tàu nhận xung lượng hướng về tâm của Mặt Trăng và chuyển sang
quỹ đạo tiếp tuyến với Mặt Trăng ở điểm C:
b) Vì nên ta có:

Với v có giá trị cho ở (2). Áp dụng định
luật bảo toàn năng lượng suy ra:

0,25

với là gia tốc trên Mặt Trăng.
- Áp dụng định luật 2 Keple ta có:

0,25
0,25

từ (11) và (10) rút ra:
và do đó, theo (8) ta có:
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng suy ra:


0,5
0,25

0,5
BÀI 16:Cơ học chất lưu ( 4 điểm )
Một dòng chất lỏng có khối lượng riêng  và hệ số nhớt  chảy trong một ống có chiều dài l và
bán kính R ( chất lỏng chảy đầy ống ). Vận tốc dòng của chất lỏng phụ thuộc vào khoảng cách r đến
� r2 �
1 2 �
�
R �
trục của ống theo định luật v = v0 �
. Tìm
a) Thể tích chất lỏng chảy qua tiết diện của ống trong một đơn vị thời gian.
b) Động năng của chất lỏng trong thể tích của ống.
c) Lực ma sát do chất lỏng tác dụng lên ống.
d) Hiệu số áp suất ở các đầu ống.
a) Thể tích chất lỏng chảy qua tiết diện ống
trong một đơn vị thời gian (lưu lượng)
Xét lưu lượng chất lỏng chảy qua hình vành khăn.
� r2 �
1 2 �
�
R �
�
Q = s.v = 2r. dr. v0 .

R
� r2 �
v
Q�
2r.v0 .�
1 2 �

dr  R 2 . 0
2
� R �
0
Qua cả tiết diện ống
b) Động năng của chất lỏng trong thể tích của ống.
Xét một lớp chất lỏng hình trụ bán kính r, dày dr. Khối lượng riêng của chất lỏng là : 
1
Động năng của lớp này là wđ = 2 . .(2r.dr.l).v2

Động năng tổng cộng:
R
R
R
2r 3 r 5 �
r 2 2r 4
r6 �
2 �
2�
w


.l.

.v
.
r


dr



.l.

.v


�
�
0 �
0 �
2
4 �
�d
�
R2 R4 �
�2 4 R 6 R �0
0�
Wđ = 0
2
�R 2 2 R 4 R 6 �
l..v0 .Q
2 R
.l..v02 .� 


� .l..v0 .
4
6 �
6

3
�2
Wđ =

r

dr


c) Lực ma sát do chất lỏng tác dụng lên ống
� r2 �
dv
1 2 �
�
R �
�
dr
f =  . .S = R
v = v0 .
2r
2
f =  .(2 R.l). v0. R
thay r = R
f =  .2l.v0.2 =  .4l.v0
d) Hiệu số áp suất ở các đầu ống.
Xét 1 hình trụ bán kính r, dày dr
dv
ur ur
0
p. r2 + 2.r.l. . dr

( Vì F  F vs  0 )
v0
2r
0
0
2
2
p. r2 + 2r.l. .v0 R
=> p – 2.2.l. . R
4v0 .l
2
vậy : p= R
Vì các đường EG là đường đẳng áp và đường FH là đừng đẳng tích.
Trong quá trình đẳng áp thể tích tỷ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối, trong quá trình đẳng tích áp suất tỉ
lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối.
Vì điểm S là tâm hình vuông nên ta có:
VS 

V1  V2
T T
� TS  1 2
2
2

P

B

F

P3

P2

P1

E
S

C
G
G
T2
D

A

H

T1

O
V1

P T
P T
P
T
TE  T1 ; TG  T2 � B  3 ; C  3 ; 2  3
T1 P2 T2 P2 TS P2

TB TC T2
T2



T1 T2 TS T1  T2
2
Vậy

V2

2T1T2
2T2 2
 420 K ; TC 
 980 K
T1  T2
T1  T2
TA TD T1
T1



TA P1 TH T1 P1 TD P1
T1 T2 TS T1  T2
 ;

 ;

T1 P2 TS TS P2 T2 P2 Vậy :
2

� TB 

V


2T1T2
2T12
 420 K ; TA 
 180 K
T1  T2
T1  T2
�
2) Công mà khí thực hiện trong một chu trình có độ lớn bằng diện tích hình chữ nhật ABCD. Áp
dụng PTTT của khí lý tưởng ta có:
A'  ( P3  P1 )(V2  V1 )  PV
3 2  PV
3 1  PV
1 2  PV
1 1
� TD  TB 

T22  2T1T2  T12
(T  T ) 2
 2nR 2 1  2660 J
T1  T2
T1  T2
1) Khí nhận nhiệt trong các quá trình AB và BC :
5
TT T 2

QAB  nR (TB  TA )  5nR 1 2 1
2
T1  T2
 nR (TC  TB  TD  TA )  2nR

QAB 

7
T 2  T1T2
nR(TC  TB )  7 nR 2
2
T1  T2

� QAB  QBC

7T22  2T1T2  5T12
 nR
21.300 J
T1  T2
H

Vậy hiệu suất của chu trình là:

A'
2(T2  T1 )

 0,125  12,5%
QAB  QBC 7T2  5T1

BÀI 17:4,0 điểm): Các định luật Kepler

Một vệ tinh nhân tạo, khối lượng m vạch một quỹ đạo tròn bán kính R + z, xung quanh Trái
Đất (giả thiết là hình cầu, khối lượng M, bán kính R) trong đó z là độ cao của vệ tinh. Gọi g là gia
tốc trọng trường ở mặt đất.
1. Hãy xác định:
1a. Vận tốc của vệ tinh, thời gian vệ tinh chuyển động hết 1 vòng.

z

1b. Độ cao 0 mà ở đó vệ tinh quay trên một quỹ đạo tròn trong mặt phẳng xích đạo của Trái Đất,
luôn luôn ở trên đầu một điểm của Trái Đất (vệ tinh địa tĩnh dùng để liên lạc vô tuyến).
2. Giả sử rằng do các va chạm với các phân tử trong lớp không khí ở trên cao, nên vệ tinh chịu một

f  km

v2
z , ngược chiều với vận tốc. Giả sử rằng độ lớn của lực ma sát lớn hơn

lực mă sát có độ lớn
rất nhiều so với độ lớn lực hút Trái Đất, để cho sau mỗi vòng quay thì độ cao bị biến thiên một lượng

z rất bé, chuyển động của vệ tinh thực tế là đường tròn bán kính R + z.
2a. Viết biểu thức của sự biến thiên vận tốc v theo z và thời gian vệ tinh quay hết một vòng (T).
R, z , z
2b. Tìm k theo
2c. Xác định công của lực ma sát sau mỗi vòng quay.
3. Hợp lực của các lực ma sát nhớt tác dụng lên các lớp không khí phía trên là

f  f 0 v3

f 0 là những hằng số dương) những lực ma sát này kéo theo một sự biến thiên nhỏ của độ cao của vệ

f
tinh trong khoảng thời gian dt: dz  Cdt (với C là hằng số dương nhỏ). Xác định 0 theo m, g, C,
(

R.


1a.

g

GM GMm
mv 2
;

R 2 (R  z)2
R

v2
g
�

� vR
2
Rz
� z� R
1 �
�
� R�
g

T

1

0,25đ
(1)

3
2

2(R  z) 2(R  z)

 2h34phut
v
R g

0,25đ
(2)

1b.

T0 

2(R  z 0 ) 2(R  z 0 )

v
R g

�z

2

3

2
0

3
2

0,25đ

2

gT R
 R  36000km
42

2a.
Vi phân hai vế hệ thức (1)
3
1
dv  
gR  R  z  2 dz
2
Theo (2)
3
2
 gR  R  z  2
T

Thay vào ta được

dv 
dz
T
Sau mỗi vòng vận tốc biến thiên một lượng

v 
z
T

0,25đ
0,25đ

0,25đ

2b.
Lại có:

ur
uu
r
dL 0
�M 0  dt ; L0  (R  z)mv  mR g(R  z)

� kmv 2 � d
� (R  z) �

�  (R  z)mv 
� z � dt

Vì độ biến thiên mô men động lượng trong một chu kì rất nhỏ nên
ta có thể viết
d
mvz  m(R  z) v 1 mvz

 (R  z)mv 
dt
T
2 T

0,25đ
0,25đ
0,25đ


� kmv 2 � 1 mvz
� (R  z) �

�
� z � 2 T
2(R  z)
T
v
Thay
vào ta được
zz
k
4(R  z) 2

0,25đ

(3)

2c.

f

kmv 2 kmgR 2

z
(R  z)z

0,25đ

R2
A ms  f 2(R  z)  2kmg
z
Thay (3) vào ta được

0,25đ

2

1
�R �
A ms  mg �
�z
2
�R  z �
dE r r

 f v  f0 v4
dt
dE dE dz

.
dt dz dt

0,25đ

(4)

Mặt khác
2

0,25đ

1
1
R2
1
�R �
E   mv 2   mg
� dE  mg �
�dz
2
2
Rz
2
�R  z �

3

dz  Cdt
Thay vào (4) ta được
2

dE
�R �
 mgC �
�
dt
�R  z �

0,25đ

2

�R �
� f 0 v 4  mgC �
�
�R  z �

Thay (1) vào ta được
2

2

�g �
�R �
f0R �

�  mgC �
�
�R  z �
�R  z �
mC
� f0  
2gR 2
4

BÀI 18:: Cơ chất lỏng ( 4đ )
Xét một màng mỏng nằm thẳng đứng của một chất
lỏng có suất căng bề mặt được tạo thành như sau:
Đầu A của thanh mảnh AB ( có khối lượng m, chiều
dài ) liên kết vuông góc với một thanh nhẵn MN được
giữ cố định thẳng đứng. Thanh AB có thể quay không
ma sát quanh A trong mặt phẳng chứa AB và MN. Một

0,25đ

M
C

A
N

B