CÁC BÀI TOÁN VẬT LÝ LUYỆN HSG Bài 1. Dao động liên kết · CÁC BÀI TOÁN VẬT LÝ LUYỆN HSG Bài 1. Dao động liên kết ... Con lắc rung Để đo gia tốc

1

CÁC BÀI TOÁN VẬT LÝ LUYỆN HSG Bài 1. Dao động liên kết Hai quả nặng M và N, được coi như hai chất điểm, có các khối lượng tương ứng là m1 và m2. Chúng được nối với nhau bằng một lò xo có độ cứng k2, và nối với hai điểm cố định P, Q bằng hai lò xo có cùng độ cứng k1 như trên hình vẽ. Các quả nặng có thể trượt không ma sát trên một trục nằm ngang. Ta gọi x và y là các độ dời khỏi vị trí cân bằng lần lượt của quả nặng M và N.

1) Giả sử các quả nặng lệch khỏi vị trí cân bằng của chúng. a) Hãy viết phương trình động lực học mô tả chuyển động của các quả nặng. b) Xác định các tần số đặc trưng của hệ. c) Tìm biểu thức x(t) và y(t) cho độ dời của các quả nặng theo thời gian.

2) Giả sử m1 = m2 = m. Cho một ngoại lực điều hoà F = F0cost hướng theo trục, tác dụng lên N. Giả thiết có một lực ma sát nhỏ tác dụng lên các quả nặng, sao cho sau một giai đoạn chuyển tiếp kể từ khi lực điều hoà bắt đầu tác dụng, hệ sẽ dao động ổn định với tần số của ngoại lực. a) Tính biên độ dao động của các quả nặng theo tần số của ngoại lực và các tần số đặc trưng của hệ. b) Phác hoạ dạng biến thiên biên độ dao động của quả nặng N theo tần số của ngoại lực. Bài 2. Liên kết 2 vật

Hai vật A, B có cùng khối lượng m được nối với nhau bằng một lò xo khối lượng không đáng kể, có độ cứng k. Hệ số ma sát trượt giữa mỗi vật và mặt sàn là . Lực ma sát nghỉ cực đại tác dụng lên mỗi vật có cường độ là 3mg/2. Lò xo ở trạng thái tự nhiên.

Lúc đầu người ta kéo A bằng một lực có phương nằm ngang, độ lớn F = 2mg, đến khi B bắt đầu chuyển động thì điều chỉnh độ lớn của lực F sao cho A luôn chuyển động với vận tốc không đổi.

1) Viết phương trình chuyển động của vật A và vật B. 2) Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc vận tốc của vật B đối với mặt sàn theo thời gian.

Bài 3. Chuyển động của hạt mang điện trong từ trường Lúc t = 0, hạt điện tích dương q, khối lượng m rất nhỏ ở điểm (0,0,0) đang có vận tốc ban

đầu 0v (0,a,b)

thì người ta mắc một từ trường đều B (0,0, B)

. Xác định quỹ đạo của hạt.

Bài 4. Điện tích trong điện từ trường Một hạt mang điện tích dương q, khối lượng m chuyển động thẳng đều với vận tốc 0v

dọc

theo trục x’0x nằm ngang trong vùng không gian có tác dụng của điện trường đều và từ trường

m1 k1 k2 k1 m2

M

P

N

Q

A B

F

2

đều. Vectơ cường độ điện trường E

cùng chiều với trục 0z, hướng thẳng đứng xuống dưới

(Hình vẽ). Vec tơ cảm ứng từ B

vuông góc với mặt phẳng hình vẽ.

1) Hãy xác định chiều và độ lớn của vectơ cảm ứng từ B

(theo q, m, E và gia tốc rơi tự do g).

2) Khi hạt tới điểm 0, người ta đột ngột đảo chiều của cảm

ứng từ B

(làm B

đổi hướng ngược lại, nhưng vẫn giữ nguyên độ lớn ban đầu của nó). Chọn gốc thời gian là lúc hạt tới 0. Hãy thiết lập phương trình chuyển động của hạt ở thời điểm t và phác hoạ quỹ đạo của hạt. Xem rằng thời gian làm đảo

chiều của B

là nhỏ không đáng kể. 3) Xác định thời điểm gần nhất để hạt tới trục x’Ox, vị trí

của hạt và xác định vectơ vận tốc của hạt lúc đó.

Bài 5. Dao động nhỏ 3 chiều của con lắc đơn Một con lắc đơn gồm quả cầu nhỏ, có khối lượng m = 10g, mang điện tích q =10–5 C được treo bằng sợi dây mảnh, cách điện, dài l =1m, không co giãn và có khối lượng không đáng kể. Con lắc được đặt

trong vùng có từ trường đều, véctơ cảm ứng từ B

có phương thẳng đứng hướng từ dưới lên và có độ lớn B = 10T. Ban đầu con lắc được giữ nằm yên trong mặt phẳng yOz với góc lệch nhỏ 0 0,1 rad của

dây treo so với phương thẳng đứng (Hình vẽ). Sau đó con lắc được thả tự do. 1) Thiết lập phương trình (vi phân) của chuyển động con lắc. Đặt

0

g

l ; B

qB

m , hãy tính tần số góc (riêng) của con lắc theo

0, B. 2) Thiết lập các phương trình dao động x(t) và y(t) của con lắc. Nhận xét chuyển động của mặt phẳng dao động của con lắc và tính chu kỳ lặp lại chuyển động của con lắc. Lấy g = 10m/s2. h l l cos l(1 cos ) 0

Bài 6. Chuyển động trong trường xuyên tâm

Giả sử trong không gian 0xyz có một trường lực. Một vật khi đặt trong đó sẽ chịu tác dụng của một lực, lực này có cường độ F = kr (k là hằng số) và luôn hướng về 0, với

2 2 2r x y z là khoảng cách từ vị trí đặt vật đến tâm 0.

Lúc đầu một hạt có khối lượng m, điện tích q > 0 chuyển động trong trường lực trên. Đúng vào thời điểm hạt có vận tốc bằng 0 tại điểm có toạ độ (R, 0, 0) thì người ta đặt một từ

trường đều có cảm ứng từ B

dọc trục 0z. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Xét chuyển động của hạt kể từ thời điểm trên.

1. Tìm các tần số đặc trưng của hạt. 2. Viết phương trình chuyển động của hạt. Gợi ý: Nghiệm của một số hệ phương trình vi phân tuyến tính có thể tìm dưới dạng

sin( t ) , cos( t ).

Bài 7. Dao động của mạng tinh thể một chiều

0

z

O y

C

x

Hình vẽ

x’ x

z

E

0v 0

3

Biết rằng do chuyển động nhiệt, các nguyên tử (hoặc ion) trong vật rắn kết tinh sẽ dao động xung quanh các vị trí cân bằng tại các nút mạng. Khi một nguyên tử dao động, nó sẽ kéo các nguyên tử khác cũng dao động theo. Kết quả là trong mạng tinh thể sẽ có một sóng lan truyền, sóng này thường được gọi là sóng đàn hồi.

Trong bài toán này, ta xét mạng tinh thể một chiều gồm hai loại nguyên tử có khối lượng tương ứng là m và M = 3m, đặt xen kẽ cách đều nhau một khoảng cách bằng a (Hình vẽ).

Lấy một nguyên tử làm gốc tọa độ. Xét các nguyên tử thứ n - 1, n, n + 1,... có khối lượng

và vị trí như hình vẽ. Giả sử nguyên tử thứ n lệch khỏi nút mạng một đoạn xn ( nx a ) dọc

theo đường thẳng mạng thì các nguyên tử lân cận sẽ dịch chuyển theo. Khi đó, do tương tác với nhau giữa các nguyên tử trong chuỗi xuất hiện lực kéo nguyên tử này trở về vị trí cân bằng. Coi các lực này là lực đàn hồi có độ lớn tỉ lệ với độ biến thiên khoảng cách giữa các nguyên tử với hệ số tỉ lệ ( phụ thuộc vào tính chất của mạng tinh thể).

Do lực tương tác giữa hai nguyên tử giảm rất nhanh theo khoảng cách nên ta chỉ xét tương tác giữa hai nguyên tử liền kề, bỏ qua các tương tác khác.

1. Thiết lập hệ phương trình vi phân mô tả chuyển động của các nguyên tử trong mạng tinh thể.

2. Nghiệm của hệ phương trình có thể tìm dưới dạng sóng chạy xn = Ansin(naq)cos(t + ), trong đó là tần số dao động mạng, An là biên độ dao động của nguyên tử thứ n (các nguyên

tử cùng loại có biên độ dao động giống nhau), 2

q

là số sóng, là bước sóng, là hằng

số. Tìm sự phụ thuộc của vào q (hệ thức tán sắc). Chú ý: nghiệm của hệ phương trình còn có

thể tìm dưới dạng phức ( ) i nqa tn nx A e .

3. Gọi vùng Brillouin thứ nhất (của mạng tinh thể này) là miền q2a 2a

. Chứng tỏ

rằng các giá trị q sai khác nhau bội giá trị Ga

đều tương ứng với cùng một giá trị , vì vậy

khi nghiên cứu hệ thức tán sắc chỉ cần xét các giá trị q trong vùng Brillouin thứ nhất. Tìm các

giá trị ở lân cận giá trị q 0 (tâm vùng Brillouin thứ nhất) và tại giá trị q2a

(biên

vùng Brillouin thứ nhất).

4. Phác họa đồ thị (q) .

5. Hãy chứng minh rằng ở trong vùng Brillouin thứ nhất của mạng tinh thể tồn tại một miền cấm, các tần số sóng ứng với các giá trị nằm trong miền đó không được truyền đi trong tinh thể mà bị hấp thụ mạnh. Bài 8. Con lắc rung

Để đo gia tốc trọng trường g, người ta dùng con lắc rung, gồm một lá thép phẳng chiều dài l, khối lượng m, một đầu của lá thép gắn chặt vào kẹp 0 của giá, còn đầu kia gắn một chất điểm khối lượng M. Ở vị trí cân bằng lá thép thẳng đứng. Khi làm lá thép lệch khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ (radian) thì sinh ra momen lực c (c là một hệ số không đổi) kéo lá thép trở về vị trí cân bằng ấy (xem hình vẽ).

Trọng tâm của lá thép nằm tại trung điểm của nó và momen quán tính của riêng lá thép đối với trục quay qua 0 là ml2/3.

0

M

l

m M m M

na

a a a 0

n-1 n n+1

Hình vẽ

4

1) Tính chu kì dao động nhỏ T của con lắc.

2) Cho l = 0,20m, m = 0,01kg, M = 0,10kg. Để con lắc có thể dao động, hệ số c phải lớn hơn giá trị nào? Biết g không vượt quá 9,9m/s2.

3) Cho l, m, M có các giá trị như ở 2), c = 0,208. Nếu đo được T = 10s thì g có giá trị bằng bao nhiêu?

4) Cho l, m, M, c có các giá trị như ở 3). Tính độ nhạy của con lắc, xác định bởi dT

dg, trong

đó dT là biến thiên nhỏ của T ứng với biến thiên nhỏ dg của g quanh giá trị trung bình g0 = 9,8m/s2. Nếu ở gần g0, gia tốc g tăng 0,01m/s2 thì T tăng hay giảm bao nhiêu?

5) Xét một con lắc đơn có chiều dài L = 1m cũng dùng để đo g. Tính độ nhạy của con lắc đơn ở gần giá trị trung bình g0; g tăng 0,01m/s2 thì chu kì T của con lắc đơn tăng hay giảm bao nhiêu? So sánh độ nhạy của hai con lắc. Bài 9. Bài toán về cân bằng

A. Hai thanh nhỏ AB và CD đồng chất, được nối ở hai đầu bởi các sợi dây BC và AD không dãn có khối lượng không đáng kể. Thanh AB có thể quay không ma sát quanh trục cố định nằm ngang xuyên qua trung điểm 0 của thanh. Hãy tính các góc hợp bởi các thanh và các sợi dây khi hệ nằm cân bằng?

Cho AB = 40cm; BC = 50cm; DC = 70cm; DA = 30cm.

B. Hai thanh cøng nhá AB vµ CD ®ång chÊt, ®­îc nèi ë hai ®Çu bëi c¸c sîi d©y BC vµ AD m¶nh, nhÑ, kh«ng d·n. Thanh AB cã thÓ quay kh«ng ma s¸t quanh trôc cè ®Þnh n»m ngang xuyªn qua trung ®iÓm 0 cña thanh. Cho AB = a, CD = b, AD = c, BC = d vµ gi¶ sö: a b , c d .

a. H·y m« t¶ h×nh d¹ng cña tø gi¸c ABCD khi hÖ n»m c©n b»ng?

b. ViÕt c«ng thøc tÝnh gãc C vµ gãc D qua a, b, c, d? Bài 10. Đo khối lượng trong trạng thái không trọng lượng

Trong mét tr¹m kh«ng gian quay quanh Tr¸i ®Êt cã tr¹ng th¸i kh«ng träng l­îng, do ®ã ta

kh«ng thÓ dïng nh÷ng dông cô ®o träng l­îng th«ng th­êng ®Ó tõ ®ã suy ra khèi l­îng cña c¸c

nhµ du hµnh vò trô. Tr¹m nghiªn cøu vò trô 2 vµ mét vµi tr¹m nghiªn cøu vò trô kh¸c ®­îc

trang bÞ mét ThiÕt bÞ ®o khèi l­îng cña vËt. ThiÕt bÞ nµy gåm cã mét c¸i ghÕ g¾n ë ®Çu cña mét

lß xo. §Çu kia cña lß xo ®­îc g¾n vµo mét ®iÓm cè ®Þnh cña tr¹m. Trôc cña lß xo ®i qua khèi

t©m cña tr¹m, ®é cøng cña lß xo lµ k = 605,6N/m.

1. Khi tr¹m ®ang cè ®Þnh trªn bÖ phãng th× chiÕc ghÕ (kh«ng cã ng­êi) dao ®éng víi chu kú

T0 = 1,28195s.

TÝnh khèi l­îng m0 cña chiÕc ghÕ.

2. Khi tr¹m ®ang quay trªn quü ®¹o quanh Tr¸i ®Êt, nhµ du hµnh vò trô ngåi trong chiÕc ghÕ

vµ ®o chu kú dao ®éng T' cña chiÕc ghÕ. Anh ta thu ®­îc T' = 2,33044s. Anh ta tÝnh ®¹i kh¸i

khèi l­îng cña m×nh th× thÊy nghi nghê vµ t×m c¸ch x¸c ®Þnh khèi l­îng thùc cña m×nh. Anh ta

®o l¹i chu k× dao ®éng cña chiÕc ghÕ (kh«ng cã ng­êi) vµ t×m ®­îc T0' = 1,27395s.

A B

C

D

0

5

Lóc ®ã anh ta ®ang trong tr¹ng th¸i l¬ löng trong tr¹m.

TÝnh khèi l­îng thùc cña nhµ du hµnh vò trô vµ khèi l­îng cña tr¹m.

Chó ý: Bá qua khèi l­îng cña lß xo.

Bài 11. Va chạm của quả cầu và bức tường

Một khối trụ đặc có bán kính R, khối lượng m, lăn không trượt trên mặt sàn nằm ngang rồi va vào một bức tường thẳng đứng cố định (trục của khối trụ luôn song song với mặt sàn và tường). Biết hệ số ma sát giữa khối trụ và bức tường là ; vận tốc của trục khối trụ trước lúc va chạm là v0; sau va chạm thành phần vận tốc theo phương ngang của trục giảm đi một nửa về độ lớn; mômen quán tính đối với

trục của khối trụ là 22I mR

5 (hình vẽ). Bỏ qua tác dụng của

trọng lực trong lúc va chạm và bỏ qua ma sát lăn. Tính động năng của khối trụ và góc giữa phương

chuyển động của nó với phương nằm ngang ngay sau khi

va chạm trong hai trường hợp, 1

8 và

1

5 .

Bài 12. Vật lăn trên mặt bàn Một vật hình cầu bán kính R đang đứng yên trên tấm gỗ mỏng CD. Mật độ khối lượng của vật phụ thuộc vào khoảng cách r đến tâm của nó theo quy luật:

3

3m r1 , m

7 R R

là một hằng số dương.

Tấm gỗ được kéo trên mặt bàn nằm ngang theo chiều DC với gia tốc không đổi a (xem hình vẽ). Kết quả là vật lăn không trượt về phía D được đoạn l và rơi xuống mặt bàn. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt bàn là k , gia tốc trọng trường là g .

1. Tính khối lượng và mô men quán tính của vật đối với trục quay qua tâm của nó.

2. Hãy xác định thời gian vật lăn trên tấm gỗ và gia tốc tâm O của vật đối với mặt bàn. 3. Tại thời điểm vật rơi khỏi tấm gỗ vận tốc góc của vật bằng bao nhiêu? 4. Chứng minh rằng trong suốt quá trình chuyển động trên mặt bàn vật luôn luôn lăn có

trượt. 5. Vật chuyển động được một quãng đường s bằng

bao nhiêu trên mặt bàn? Bài 13. Bài toán điện

Trong mạch điện như hình vẽ, Đ là điôt lí tưởng, tụ điện có điện dung là C, hai cuộn dây L1 và L2 có độ tự cảm lần lượt là L1 = L, L2= 2L; điện trở của các cuộn dây và dây nối không đáng kể. Lúc đầu khoá K1 và khoá K2 đều mở.

1. Đầu tiên đóng khoá K1. Khi dòng qua cuộn dây L1 có giá trị là I1 thì đồng thời mở khoá K1 và đóng khoá K2. Chọn thời điểm này làm mốc tính thời gian t.

R 0v

0

C D

MÆt bµn O

m

TÊm gç R

K2

K1

L2 L1 C Đ

E

Hình vẽ

A

B

6

a) Tính chu kì của dao động điện từ trong mạch. b) Lập biểu thức của cường độ dòng điện qua mỗi cuộn dây theo t.

2. Sau đó, vào thời điểm dòng qua cuộn dây L1 bằng không và hiệu điện thế uAB có giá trị âm thì mở khoá K2.

a) Mô tả hiện tượng điện từ xảy ra trong mạch. b) Lập biểu thức và vẽ phác đồ thị biểu diễn cường độ dòng điện qua cuộn dây L1 theo

thời gian tính từ lúc mở khoá K2. Bài 14. Bài tương đối tính Hệ quy chiếu K’ (O’x’y’z’) chuyển động với vận tốc v

không đổi dọc theo trục O’x’ (O’x’

trùng với trục Ox, O’y’ và O’z’ lần lượt song song với Oy và Oz) đối với hệ quy chiếu K (Oxyz). Tìm các thành phần vận tốc của vật trong hệ K’. Tìm gia tốc a’ tương ứng của một hạt trong hệ K’ tại thời điểm trong hệ K hạt này chuyển động với vận tốc u và gia tốc a dọc theo một đường thẳng

1. song song với v

2. vuông góc với v

3. nằm trong mặt phẳng xOy có phương lập với v

một góc .

Bài 15. Tên lửa. Chuyển động của vật có khối lượng thay đổi

Giả sử tải là một khoang vũ trụ có khối lượng m, được lắp ráp với một tên lửa hai tầng. Khối lượng của cả hai (tên lửa đầy nhiên liệu và tải) là Nm. Khối lượng của tầng thứ hai và của tải cộng lại là nm. Trong mỗi tầng, tỉ số giữa khối lượng của vỏ chứa nhiên liệu và khối lượng ban đầu (vỏ chứa nhiên liệu cộng với nhiên liệu) là r, vận tốc phụt khí đốt là v0 (Hình vẽ). Giả sử tên lửa bắt đầu được phóng từ trạng thái nghỉ và bỏ qua trọng lực.

1. Chứng minh rằng vận tốc v1 thu được từ việc đốt tầng thứ nhất được cho bởi công thức:

1 0

Nv v ln

rN n(1 r)

2. Hãy tìm một biểu thức tương ứng cho vận tốc bổ sung v2 do việc đốt tầng hai.

3. Cộng v1 với v2 ta có vận tốc v của tải theo N, n và r. Cho N và r không đổi, tìm giá trị của n để v cực đại.

4. Chứng minh rằng điều kiện để v cực đại tương ứng với việc thu được vận tốc bằng nhau ở hai tầng. Tìm vmax và kiểm chứng rằng nó có nghĩa đối với những trường hợp giới hạn r = 0 và r = 1.

5. Tìm một biểu thức cho vận tốc của tải của tên lửa một tầng với cùng các giá trị của N, r và v0.

6. Giả sử rằng chúng ta muốn vận tốc của tải là 10km/s bằng việc sử dụng các tên lửa có v0 = 2,5km/s và r = 0,1. Chứng minh rằng ta chỉ có thể thực hiện được điều đó đối với tên lửa hai tầng nhưng không thể thực hiện được đối với tên lửa một tầng dù có N lớn.

7. Chứng minh rằng đối với tên lửa có số tầng tùy ý, vận tốc tối đa của tải có khối lượng m cho trước chỉ đạt được nếu các tầng được thiết kế sao cho độ gia tăng vận tốc mà mỗi tầng đóng góp là như nhau.

m

nm 1 2

Nm

7

Bài 16. Khối phổ kế Khèi phæ kÕ lµ thiÕt bÞ dïng ®Ó ®o khèi l­îng cña c¸c ion. Nã ho¹t ®éng theo nguyªn lý sau:

- C¸c ion ®­îc gia tèc ®Õn vËn tèc lín, ®i vµo m¸y t¹i ®iÓm O, theo ph­¬ng Ox.

- Trong m¸y cã tõ tr­êng ®Òu B, h­íng theo trôc Oz vu«ng gãc víi Ox vµ Oy.

- KÝnh ¶nh ®­îc ®Æt t¹i l©n cËn ®iÓm P trªn trôc Oy vµ vu«ng gãc víi ph­¬ng Ox.

- C¸c ion chuyÓn ®éng theo ®­êng cong, tíi ®Ëp vµo kÝnh ¶nh t¹i P. C¨n cø vµo kho¶ng c¸ch OP, ng­êi ta suy ra ®­îc khèi l­îng cña ion (xem h×nh vÏ).

Gi¶ sö chïm ion gåm c¸c ion 3919 K+ (K39) vµ

4119 K+ (K41), ®· ®­îc gia tèc cã n¨ng l­îng lµ E =

500 eV; c¶m øng tõ B = 0,7 T.

1) TÝnh vËn tèc cña ion khi ®Ëp vµo kÝnh ¶nh.

2) TÝnh kho¶ng c¸ch OP ®èi víi mçi lo¹i ion.

3) Trong thùc tÕ, n¨ng l­îng cña c¸c ion kh«ng gi÷ ®óng gi¸ trÞ b»ng E, mµ cã th¨ng gi¸ng E = ±5 eV. Hái cã thÓ ph©n biÖt ®­îc hai vÕt mµ c¸c ion ®Ëp vµo kÝnh ¶nh kh«ng? Th¨ng gi¸ng cña n¨ng l­îng vµo bao nhiªu % th× hai vÕt kh«ng cßn ph©n biÖt ®­îc n÷a?

4) NÕu gãc cña chïm ion tíi cã th¨ng gi¸ng ±30 (trªn mÆt xOy) th× cã thÓ ph©n biÖt ®­îc vÕt cña hai lo¹i ion ®ã kh«ng?

Bài 17. Bài điện cơ

Cho hai quả cầu P và Q, bán kính R = 5 cm. Quả cầu Q đặt trên một giá cách điện, quả cầu P treo bằng dây cách điện vào đầu A của một thanh ABC. Đường nối tâm của P và Q nằm trên đường thẳng đứng, khoảng cách PQ = a khá lớn để cho thể coi P,Q như các quả cầu cô lập. Thanh ABC gồm hai đoạn: AB là một đoạn cứng, chiều dài L, BC là một lá đàn hồi, chiều dài l (l<<L), chiều ngang b (không vẽ trên hình), chiều dày d, làm bằng kim loại có môđun đàn hồi (suất Young) là E. Đầu C của lá đàn hồi được kẹp chặt vào một đế cố định (Hình vẽ). Khối lượng của mọi chi tiết không đáng kể. Khi có lực tác dụng vào đầu A của thanh theo phương thẳng đứng, AB không bị biến dạng, còn lá đàn hồi bị biến dạng và cong thành một cung tròn. Khi đó có thể xem BC như cấu tạo từ nhiều lớp, lớp giữa có chiều dài không đổi, lớp trên bị kéo dãn, lớp dươí bị nén (như đã minh hoạ trên hình vẽ).

B

P x

y

z

O . Chùm ion tới

Kính ảnh

8

1. Tính và vẽ đồ thị biểu diễn lực tác dụng FA vào đầu A của thanh theo độ dịch chuyển Z của A theo phương thẳng đứng. Khi Z nhỏ ta có thể viết FA= k Z. Tính giá trị của k . Áp dụng bằng số: L = 10cm; l = 0,1cm; d = 0,01cm; E = 5.1010Pa. 2. Đặt điện thế +V vào P và -V vào Q. Xem các quả cầu tích điện P và Q như các điện tích điểm đặt tại tâm của P và Q. a. Tính và vẽ đồ thị biểu diễn lực mà Q tác dụng lên P theo khoảng cách a giữa tâm của chúng. b. Dùng phương pháp giải bằng đồ thị, chứng tỏ rằng khi đưa điện tích Q lại gần P theo đường thẳng đứng đến một khoảng cách nào đó, chúng sẽ hút nhau và chạm vào nhau. Tính giá trị của V0 để còn có thể giảm khoảng cách a xuống đến 3R mà P và Q không bị hút đến chạm nhau. c. Bằng lập luận định tính, hãy kết luận xem khi điện tích được phân bố trên bề mặt các quả cầu thì bài toán trên đây sẽ ra sao.

Bài 18. Thí nghiệm Fizeau. Ánh sáng trong chất lỏng chuyển động

1. Vận tốc của ánh sáng trong nước đứng yên là c/n, với n là chiết suất của nước (n 4/3). Năm 1851 Fizeau đã tìm thấy rằng vận tốc của ánh sáng (đối với PTN) trong một dòng nước chuyển động với vận tốc v (đối với PTN) có thể biểu diễn dưới dạng:

cu kv

n

trong đó k là hệ số kéo theo. Fizeau đã đo được k = 0,44. Từ các phương trình Lorentz hãy xác định giá trị của k.

2. Tốc độ của ánh sáng đơn sắc trong một chất lỏng đứng yên bằng c

nvới

2

bn a

là

chiết suất của chất lỏng, là bước sóng của ánh sáng trong chất lỏng đứng yên. Hãy tìm tốc độ ánh sáng đơn sắc này trong chất lỏng đang chuyển động thành dòng với tốc độ v. Coi v << c và

(1 + x) 1+ x, với x << 1.

Bài 19. Áp suất ánh sáng

Trong thí nghiệm đo áp suất ánh sáng Lebedev, ông đã

đo góc xoắn của một sợi dây khi chiếu ánh sáng vào

một lá bạch kim tròn (lá được sơn đen trong 2 lá), từ đó

xác định được độ lớn của áp suất ánh sáng.

Biết rằng nếu rọi vào lá bạch kim sơn đen thì độ

lệch của vết sáng trên thước đo là 76mm (thước đo đặt

l

AS

Th­íc

Ánh s¸ng Hå quang

G­¬ng

D©y xo¾n

d

L

Q

P

L d

C

l

F

B

l

a

R

Hình vẽ

A

z

9

cách gương 1200mm, đường kính của các lá là 5mm. Hệ số phản xạ của lá bạch kim sơn đen là

0,5. Khoảng cách từ tâm lá đến trục quay là 9,2mm. Hằng số k của momen xoắn của sợi dây

( M k ) là 2,2.10-9 Ncm/rad.

Hãy:

a. Xác định độ lớn của áp suất ánh sáng.

b. Năng lượng của ánh sáng hồ quang rọi vào mặt các lá bạch kim trong thời gian 1s trên

diện tích 1cm2.

Bài 20. Sự sinh cặp và hủy cặp hạt

Trong quá trình sinh cặp, năng lượng của một photon được biến đổi hoàn toàn thành các hạt vật chất. Một sự sinh cặp xảy ra cạnh một hạt nhân nặng được đặt trong một từ trường đều có cảm ứng từ B = 0,1T đã tạo thành cặp electron - poziton mà các quỹ đạo có bán kính cong tương ứng là 40mm và 160mm. Biết phương của cảm ứng từ vuông góc với các mặt phẳng quỹ đạo.

1) Áp dụng định luật II Niutơn d

F m udt

, hãy tìm biểu thức vận tốc tương đối tính của

hạt tích điện q trong từ trường. 2) Tìm năng lượng toàn phần của các hạt trong sự sinh cặp này. 3) Tính bước sóng của photon. Biết mối liên hệ giữa khối lượng hm của hạt và vận tốc u của nó được tính theo biểu thức:

0h 2

mm

u1

c

;

trong đó m0 là khối lượng nghỉ của hạt đo được khi hạt đứng yên đối với người quan sát, c =

3.108m/s là vận tốc ánh sáng trong chân không; me = 0,511MeV/c2 là khối lượng nghỉ của

electron.

Bài 21. Ánh sáng trong chất lỏng chuyển động

Tốc độ của ánh sáng đơn sắc trong một chất lỏng đứng yên bằng c

nvới

2

bn a

là chiết suất

của chất lỏng, là bước sóng của ánh sáng trong chất lỏng đứng yên. Hãy tìm tốc độ ánh sáng đơn sắc này trong chất lỏng đang chuyển động thành dòng với tốc độ v. Coi v << c và (1 + x)

1+ x, với x << 1.

Bài 22. Chuyển động tương đối tính

Mét h¹t nh©n phãng x¹ chuyÓn ®éng víi vËn tèc 0,5c trong hÖ phßng thÝ nghiÖm (PTN).

H¹t nh©n bÞ ph©n r· ph¸t ra mét electron, electron nµy chuyÓn ®éng víi vËn tèc 0,9c ®èi víi h¹t nh©n vµ cïng h­íng víi chuyÓn ®éng cña h¹t nh©n.

a. T×m vËn tèc cña electron ®èi víi hÖ PTN. b. Gi¶ sö b©y giê h¹t nh©n ph¸t ra mét electron theo h­íng vu«ng gãc víi h­íng chuyÓn

®éng cña h¹t nh©n trong hÖ PTN. Electron nµy cã vËn tèc 0,9c trong hÖ quy chiÕu g¾n víi h¹t nh©n. T×m vËn tèc cña electron trong hÖ PTN.

10

Bài 23. Sự phụ thuộc của chiết suất vào bước sóng Chiếu tia sáng trắng vào mặt bên của một lăng kính tam giác đều với góc tới i = 45o. Do tán sắc, các tia sáng đơn sắc ló ra khỏi mặt bên thứ hai của lăng kính với các góc lệch khác nhau so với tia sáng trắng. Biết sự thay đổi chiết suất của lăng kính đối với các tia từ đỏ đến tím rất

chậm (2

bn a

), chiết suất đối với tia vàng là nv =1,653.

a. Tính góc lệch vD của tia vàng sau khi ló ra khỏi lăng kính.

b. Biết hai tia đơn sắc ló ra khỏi lăng kính hợp với nhau một góc i' nhỏ. Tìm hiệu số chiết suất n của lăng kính đối với hai tia đơn sắc này. Áp dụng tính n nếu biết i' = 2o. Bài 24. Máy đơn sắc Máy đơn sắc là máy dùng để tạo ra các chùm sáng đơn sắc. Một máy đơn sắc có bộ phận tán sắc là một lăng kính có tiết diện thẳng là một tứ giác ABCD. Các góc của tứ giác đó như sau: A = 750; B = 900 ; C = 600; D = 1350. Một tia sáng đơn sắc SI chiếu vào mặt AB của lăng kính. Tia khúc xạ gặp mặt AD ở J, tại đó nó bị phản xạ và đến gặp mặt BC ở K rồi ló ra ngoài theo phương KR. Tia JK vuông góc với tia IJ. Chiết suất của lăng kính đối với tia màu này là n = 1,500. a) Nêu đặc điểm của sự phản xạ ánh sáng ở J. b) Tính góc lệch của tia ló so với tia tới. c) Tia tới SI là tia sáng trắng, đi theo phương SI đã cho ở trên. Muốn cho thành phần đơn sắc khác, mà chiết suất của lăng kính đối với nó là n’ = 1,505, lúc ló ra khỏi lăng kính cũng đi song song với phương KR thì phải quay lăng kính quanh một trục vuông góc với mặt phẳng tiết diện thẳng của lăng kính đi một góc bằng bao nhiêu? Theo chiều nào? d) Thực tế, trong máy đơn sắc thì tia tới SI phải đi dọc theo trục chính của một ống chuẩn trực, còn tia ló KR phải luôn luôn chiếu vuông góc qua một khe cố định để ra khỏi máy. Muốn thế thì trục quay của lăng kính phải đi qua điểm nào trên tiết diện thẳng? e) Người ta gọi độ tán sắc góc của một lăng kính trong vùng ánh sáng có bước sóng từ

đến + d là thương số: d

Dd

; d là góc giữa hai tia ló đơn sắc và + d ứng

với cùng một tia tới là ánh sáng trắng. Hãy tính độ tán sắc góc của máy đơn sắc này. Giả thiết là chiết suất của lăng kính phụ thuộc vào bước sóng ánh sáng theo hệ thức

2

125,01n

, với đo bằng m.

Bài 25. Sợi quang Một đoạn sợi quang thẳng có dạng hình trụ bán kính R, hai đầu phẳng và vuông góc với trục sợi quang, đặt trong không khí sao cho trục đối xứng của nó trùng với trục tọa độ Ox. Giả thiết

chiết suất của chất liệu làm sợi quang thay đổi theo quy luật: 2 21n f (r) n 1 k r , trong đó r

là khoảng cách từ điểm đang xét tới trục Ox, n1 và k là các hằng số dương. Một tia sáng chiếu tới một đầu của sợi quang tại điểm O dưới góc như hình vẽ.

11

1. Gọi là góc tạo bởi phương truyền của tia sáng tại điểm có hoành độ x với trục Ox. Chứng minh rằng ncos = C trong đó n là chiết suất tại điểm có hoành độ x trên đường truyền của tia sáng và C là một hằng số. Tính C.

2. Viết phương trình quỹ đạo biểu diễn đường truyền của tia sáng trong sợi quang.

3. Tìm điều kiện để mọi tia sáng chiếu đến sợi quang tại O đều không ló ra ngoài thành sợi quang.

4. Chiều dài L của sợi quang thỏa mãn điều kiện nào để tia sáng ló ra ở đáy kia của sợi quang theo phương song song với trục Ox?

Bài 26. Thí nghiệm Dobronravov và Ioffe xác nhận tính hạt của ánh sáng

Trong một bản ebonite dày, người ta khoét một lỗ nhỏ. Lỗ này dùng làm một ống tia Rontgen tý hon. Không khí trong ống được

rút qua ống nhỏ R. Đoạn cuối của ống có một dây mảnh bằng nhôm K dùng làm âm cực của ống. Đối âm cực là một bản nhôm mỏng A. Sợi dây K được rọi bằng những tia tử ngoại qua cửa sổ thạch anh L. Các quang electron bị bật khỏi dây K sẽ được tăng tốc qua một điện trường có hiệu điện thế 12000V giữa bản A và dây K. Khi va chạm với bản A, các electron sẽ bị hãm lại và phát ra tia X. Tia X bị hấp thụ ít trong bản nên thực tế nó đi qua bản một cách tự do. Dây dẫn K được rọi một thông lượng bức xạ tử ngoại sao cho nó chỉ làm bật ra khoảng 1000 electron trong một giây. Những electron này, khi va chạm với bản A, sẽ gây ra khoảng 1000 xung tia X trong một giây. Người ta đặt một bản nhôm thứ hai B, song song với bản A và tạo cùng với A một tụ điện phẳng. Qua một lỗ nhỏ khoét trên bản B người ta đưa vào trong tụ điện phẳng một hạt bismuth tích điện có bán kính vào khoảng r = 3.10-5cm. Giữa hai bản A và B có đặt một hiệu điện thế sao cho lực tĩnh điện tác dụng lên hạt bismuth cân bằng với trọng lượng của nó. Vì vậy, hạt bismuth sẽ được giữ lơ lửng cách đối âm cực một khoảng d = 0,02cm.

Tia X sau khi đi qua bản A, chiếu vào hạt bismuth làm bật electron ra, và làm cho nó mất cân bằng. Thực nghiệm cho thấy trung bình cứ sau = 30 phút thì hạt bismuth lại bị mất cân bằng.

1. Chứng minh rằng không thể sử dụng quan điểm sóng để giải thích kết quả thí nghiệm trên.

2. Hãy sử dụng quan điểm hạt để giải thích kết quả thí nghiệm trên. Bài 27. Quang học khí quyển Xét một chùm sáng đơn sắc song song chiếu theo phương Ox trong khí quyển. Gọi F là

quang thông chiếu đến một lớp không khí có chiều dày dx, cắt vuông góc với phương

Ox. Sau khi đi qua lớp không khí này, một phần quang thông dF sẽ bị hấp thụ. Biểu

thức của dF là: dF = - Fdx; là hệ số hấp thụ của không khí.

1. Biết rằng 1km không khí hấp thụ 1% quang thông chiếu đến ứng với ánh sáng có

bước sóng = 0,6 m. Tính và và chiều dầy của lớp không khí cần thiết để có thể làm cho

quang thông sau khi ra khỏi lớp không khí đó chỉ còn bằng 10% quang thông ban đầu.

2. Cho rằng tỉ lệ với -4. Hãy tính trị số của và chiều dầy của lớp không khí nói

trong câu 1 ứng với bước sóng = 0,4 m.

x

y

O

x

A

B

Hạt bismuth

K

L

R

12

3.Sự hấp thụ ánh sáng của khí quyển được gây ra do sự tán xạ ánh sáng bởi các phân

tử khí. Gọi A là độ rọi của ánh sáng ở mặt trước của lớp khí quyển nói trên. Mỗi thể

tích dV của lớp khí quyển sẽ trở thành một nguồn phát ánh sáng tán xạ. Cường độ I

của nguồn này theo phương làm với phương Ox một góc tuân theo định luật

Rayleigh: I = RA(1 + cos2)dV; R gọi là hệ số tán xạ. Cường độ phát sáng của một

nguồn theo một phương là quang thông mà nguồn đó phát đi trong một đơn vị góc khối

bao quanh phương đó.

Hãy tìm biểu thức của R theo và tính giá trị của R đối với ánh sáng có bước sóng =

0,6 m.

4) Xét một khối không khí hình hộp chữ nhật có mặt trên

MNPQ nằm ngang, hai mặt bên MQQ'M' và NPP'N' thẳng

đứng, cách nhau khoảng l. Ánh sáng mặt trời chiếu thẳng

đứng. Độ rọi trên mặt phẳng MNPQ là A. Người quan sát đặt

mắt trong mặt phẳng MQQ'M' và nhìn mặt phẳng NPP'N'

dọc theo phương QP (Hình vẽ).

Gọi độ chói L của khối không khí theo phương PQ là quang thông tán xạ mà khối

không khí gửi qua một đơn vị diện tích tại mặt MQQ'M'.

Tính tỉ số L/A theo R, và l .

Áp dụng bằng số l = 10 km ; R và ứng với = 0,6 m.

Bài 27. Mômen quán tính

Mômen quán tính phải tính theo công thức tổng quát: 2I r dm , ở đây dm là khối lượng của

thể tích nguyên tố dV bao quanh điểm đang xét, cách trục quay khoảng r.

3 24dm dV d r 4 r

3

với bài toán đối xứng xuyên tâm. Hoặc phải tính tích phân 3

lớp: 2 R R R R

2 2 2 2 2 2 2

V 0 0 0 0 0 0

I r dV d d r r sin dr 4 r r dr r dV r dm

Nếu bài toán đối xứng trục, mô men quán tính tính theo công thức tổng quát: 2I z dm , ở đây

dm là khối lượng của thể tích nguyên tố dV bao quanh điểm đang xét, cách trục quay khoảng z. Tích phân được tính cho hệ toạ độ trụ:

2 R R R R2 2 2 2 2 2 2

V 0 0 0 0 0 0

I z dV d d r r sin dr 4 r r dr r dV r dm

Áp dụng: Mật độ khối lượng của vật phụ thuộc vào khoảng cách r đến tâm của nó theo quy luật:

3

3m r1 , m

7 R R

là một hằng số dương.

M N

P

Q

M' N' P' Q'

Hình vẽ

13

Tính khối lượng và mô men quán tính của vật đối với trục quay qua tâm của nó. Khối lượng của vật: R R

2

3

0 0

3m rdV 1 4 r dr m

7 R R

Mô men quán tính

2 2 20 3

2 2 3mdI dm.r .4 r .r .dr

3 3 7 R

;

20 0

0

44I RdI mR

105

Còn: R R 2

2 2 4

3

0

0

0

3m r mRI r dm r dV 1 4 r dr

7 R R

22 3I

35 2

BÀI GIẢI Bài 1. Dao động liên kết a. Phương trình động lực học cho M:

1 2 21 1 2 2

1 1

k k km x (k k )x k y x x y

m m

(1)

và cho N

1 2 22 1 2 2

2 2

k k km y (k k )y k x y y x

m m

(2)

b) Đặt x = A cos(t + ) và y = B cos(t + ) thì (1) và (2) cho

2 1 2 2

1 1

k k k( )A B 0

m m

22 1 2

2 1

k k kA ( )B 0

m m

Để hệ có nghiệm khác không:

2

2 21 2 1 2 2

1 2 1 2

k k k k k0

m m m m

hay 2 2

4 2 1 2 21 2

1 2 1 2 1 2

(k k ) k1 1(k k ) 0

m m m m m m

;

phương trình trùng phương với

22

21 2 21 2

1 2 1 2

m m 4k(k k ) 0

m m m m

14

và

2 221 2 2

1 2

1 2 1 2

m m 4k(k k )

m m m m

(3)

2 1 21,2 1 2

1 2

m m 1( ) (k k )

2m m 2

Dễ dàng chứng minh

1 21 2

1 2

m m(k k )

m m

(Hoặc dùng định lý vi ét: a.c > 0, suy ra hai nghiệm cùng dấu. có một nghiệm +, vậy nghiệm kia cũng +) vì vậy tồn tại hai giá trị :

1 21 1 2

1 2

m m 1(k k )

2m m 2

(4)

1 22 1 2

1 2

m m 1(k k )

2m m 2

(5)

c) Hệ phương trình (1) và (2) là tuyến tính, chồng chất hai nghiệm riêng là một nghiệm của hệ; vì vậy có thể viết nghiệm của hệ dưới dạng: x(t) = A1cos(1t + ) + A2cos(2t + ) (6) y(t) = B1cos(1t + ) + B2cos(2t + ) , (7) A1, A2, B1, B2 và được xác định từ điều kiện ban đầu và chiều dài PQ. Từ (3), (4) và (5):

11

k,

m 1 2

2

k 2k

m

(8)

Từ (8)

2 2 2 2 21 1 2 2 1 1 2 1 2

m mk m ;k ;k k

2 2 (9)

Phương trình động lực học 1 2 2mx (k k )x k y 0 (10)

1 2 2 0my (k k )y k x F cos t (11)

Thay (9) vào (10) và (11):

2 2 2 21 2 1 2x x y 0

2 2

(12)

2 2 2 2

01 2 1 2 Fy y x cos t

2 2 m

(13)

Đặt: 2 21 2

A2

, 2 2x Ccos t, y Dcos t x x, y y , ta thu được hệ

phương trình để tìm C và D:

2 2 2 2

21 2 1 2C D 02 2

(14)

15

2 2 2 2

2 01 2 1 2 FC D

2 2 m

(15)

Từ đó rút ra các biên độ của M và N: 2 2

0 1 22 2 2 21 2

FC

2m ( )( )

(16)

2 20 A

2 2 2 21 2

FD

m ( )( )

, (17)

với 2 21 2

A2

(18)

Như vậy biên độ D của quả nặng N có giá trị lớn tại các tần số cộng hưởng 1 và 2. Biên độ này bằng không tại tần số cộng hưởng A. b) Phác hoạ sự phụ thuộc của D vào :

Lấy 1 2 A

51, 2

2

Bài 2. Liên kết 2 vật 1. Phương trình chuyển động của A

Chọn trục Ox như hình vẽ, 0 là vị trí ban đầu của A.

''A Amx 2 mg mg kx ''

A A

k mgx (x )

m k

A 1 A

k mgx A cos t

m k

(1)

'A A 1 A

k kv x A sin t

m m

(2)

Thay A A At 0; x 0; v 0 1

mgA ,

k

. Và:

A A A A

mg k m kx 1 cos t ; v g sin t

k m k m

(3)

2. Khi thời gian trôi đi một khoảng At , vật B bắt đầu chuyển động, B chỉ chuyển động khi lực

đàn hồi của lò xo tác dụng vào B ít nhất bằng lực ma sát nghỉ cực đại và từ lúc đó trở

đi: A 0v v hs. Tính At :

A A

mg k 3 mgx 1 cos t

k m 2k

A

0 A A

2 mt ,

3 k(4)

3mv v ( t ) g

4k

B0 Bx

F

A B

0 x

k

16

Ta chọn hệ quy chiếu cho vật B như sau: lúc B bắt đầu chuyển động là thời điểm t = 0; trục tọa độ có phương BA và hướng theo chiều BA; gốc tọa độ là điểm nằm trong đoạn AB, cách A một đoạn bằng chiều dài tự nhiên của lò xo và luôn chuyển động cùng vận tốc với A. Như vậy

nếu Bx 0 nghĩa là lò xo giãn và Bx 0 nghĩa là lò xo bị nén. ''B Bmx mg kx

,B B B

mg k k kx Asin t ; v x A cos t

k m m m

(5)

Thay B

mgt 0; x 1,5

k

(dấu trừ chỉ lò xo bị giãn), B 0v v :

B

B 0

mg mg 1 mgx Asin 1,5 Asin 0

k k 2 k

k 3m 3 mgv A cos v g A cos

m 4k 2 k

Giải hệ:

Bmax

1 7 mg mtg ; A ; v g

6 6 k k3

B

B

mg k 7 mg k 2x sin t 1 cos t 1 ,

k m 6 k m 3

m k 2v g sin t , t 0.

k m 3

(6)

Ở thời điểm 2 B 0t t ; v v thì B có vận tốc bằng 0 đối với đất. Tìm t2:

2 2

m k 2 3m k 2 3g sin t g sin t sin

k m 3 4k m 3 2 3

2

2 mt

3 k

(6)

Lúc đó B 2

mg 4 3 mgx (t ) cos 1

k 3 2k

Vậy lò xo giãn mg

1,5k

, lực đàn hồi bằng lực ma sát tĩnh và B lại chuyển động. Quá trình lặp

lại tuần hoàn với chu kỳ m

T 2k

.

Bài 3. Chuyển động của hạt mang điện trong từ trường

L y xma F (qBv , qBv ,0)

B

qB

m

17

x y

y x

z

ma qBv

ma qBv

ma 0

B

B

x y

y x

z 0

Đặt

x B

y B

z

v a sin t

v a cos t

v b

B

B B

B

B

a ax cos t

ay sin t

z bt

Quỹ đạo của hạt là đường xoắn ốc: 2 2

2

B B

a ax y

z bt

Với bước nhảy 0 0

B

2 v 2 mvh

qB

Bài 4. Điện tích trong điện từ trường

1. Vì hạt chuyển động đều nên lực Lorenxơ F

tác dụng lên hạt phải cân bằng với hợp lực

của lực điện trường ( dF qE

) và trọng lực ( P mg

). Nghĩa là LF

hướng thẳng đứng lên trên

và có độ lớn: L 0F qE mg qv B

0

0

qE mg qE mgB ; v

qv qB

(1)

Véc tơ B

hướng theo chiều âm trục Oy, vào phía trong mặt phẳng hình vẽ.

2. Bây giờ véc tơ B

hướng theo chiều dương trục Oy. Áp dụng định luật II Niutơn:

d Lma F P F

(2)

chiếu (2) lên Ox và Oz và chú ý đến (1) :

xz

dv Bqv

dt m

zx x 0

dv Bq Bqv qE mg (v v )

dt m m

Hay là :

'x 0 z

'z x 0

Bq(v v ) v (3)

m

Bqv (v v ) (4)

m

Ta tìm nghiệm của hệ (3) và (4) dưới dạng:

x 0

z

v v A cos( t )

v Csin( t )

(Hoặc

x 0

z

v v A sin( t )

v Ccos( t )

cũng được) Đạo hàm, thay vào hai vế (3), (4) ta thu được hai phương trình bậc nhất hai ẩn (A và C) không có vế phải (vế phải bằng 0)

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

1.0

0.5

0.0

0.5

1.0

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

18

BqA C 0

m (5)Bq

A C 0m

Để A và C khác 0, thì định thức hệ số các ẩn phải bằng 0, suy ra (loại nghiệm âm): Bq

m (6)

x 0

z

Bqv A cos t v

m

Bqv Csin t

m

Tìm A, C,

Lúc t = 0, ta có: x 0v v và zv 0 ; suy ra: 0A 2v , 0 . Tìm C bằng cách thay 0A 2v và

(6) vào (5), 0C A 2v

x 0 0

z 0

Bqv 2v cos t v

m(7)

Bqv 2v sin t

m

Từ (7): t

0x 0

0

t

0 0z

0

2mv Bqx v dt sin t v t

qB m(8)

2mv 2mvBqz v dt cos t

qB m qB

Trong (8), ở biểu thức của x nếu chưa để ý đến thành phần 0v t thì ta có thể mô tả chuyển

động của điện tích q như một hạt chuyển động theo quỹ đạo tròn với phương trình 2 2

2 0 02mv 2mvx z

qB qB

Nếu kể đến thành phần 0v t , ta có thể phác họa quỹ đạo của vật như là một chuyển động tròn

bị kéo về phía chiều âm trục 0x với vận tốc 0v . Từ đây dễ dàng phác họa được quỹ đạo của

hạt. 3. Khi hạt lại gặp trục Ox, thì có thể coi

chuyển động tròn của hạt lại lặp lại như cũ, tức là sau những khoảng thời gian T, 2T, 3T,... Ở

đây 2 2m

TqB

Khi đó 0k 0

2km vx v kT ; k 1, 2,3,...

qB

và

từ (7) và (8) tìm được: x 0 0 0v 2v v v ; zv 0

Tại những điểm đó, vận tốc v

của hạt hướng theo chiều dương của trục Ox và có độ lớn bằng

0v .

Bài 5. Dao động nhỏ 3 chiều của con lắc đơn

15 10 5

8

6

4

2

19

Phương trình chuyển động là:

lrma T mg F

(1)

trong đó lực Loren lrF q v,B

.

Gọi là góc (nhị diện) giữa mf (dây và trục 0z) và mf (y0z)

+ lr x y z y x

i j k

F q v, B v v v (qBv , qBv ,0)

0 0 qB

+ mg (0,0, mg)

+ T (T sin )sin i (Tsin )cos j (T cos )k

Gọi r là khoảng cách vật và trục 0z: r = lsin; x = r sin = lsin sin; y = r cos = lsincos; Nhưng 0 là góc nhỏ, có thể lấy cos 1, T mg. Như vậy :

T ( mgx, mgy, mg)

Phương trình trên tương đương 3 phương trình vô hướng:

x y y

y x x

z

mgma T sin sin qBv x qBv

l

mgma Tsin cos qBv y qBv (2)

l

ma Tcos mg 0

Trong phép gần đúng dao động bé ta có thể coi chuyển động của con lắc xẩy trong mặt phẳng 0xy. Chia 2 vế các phương trình cho m, phương trình (2) được viết lại như sau:

20 B

20 B

x" x y '

y" y x '

(3)

Ở đây: 20 B

g qB3,13 (rad / s) 10 (rad / s)

l m và điều kiên ban đầu:

0x(0) 0; y(0) l ; x '(0) 0; y '(0) 0 (4)

Tìm nghiệm của (3) dưới dạng x = Asin(t+) và y = Bcos(t+). Thay vào (3), ta thu được hệ phương trình cho A và B

2 20 B

2 2B 0

( )A B 0(5)

A ( )B 0

Để hệ có nghiệm không tầm thường, thì phải là nghiệm dương của phương trình bậc hai 2 2

B 0 0

B1 0

2 2B BB 0 0

B2 0

1 24 (6)2 2 2

2

Nghiệm tổng quát: x(t) = A1 sin(1t+) + A2 sin(2t+) y(t) = B1 cos(1t+) + B2 cos(2t+) (7) Hằng số A, B và tìm được bằng cách sử dụng điều kiện ban đầu (4), (5) và (7):

20

1 2

1 2 0

1 1 2 2

1 1 2 2

2 20 1

1 1

B 1

(A A )sin 0

(B B ) cos l

(A A ) cos 0

(B B )sin 0

B A

(8)

Giải (8) ta được: 2 2 2

2 20 0 01 2 2 1 21 2 1 0 13 3 3

0 0 0 B

22 20 1

2 0 230 B

l l l0;A ;A ;B ( );

2 2 2

lB ( ) (9)

2

Mặt phẳng dao động của con lắc quay được một góc 2 (một vòng) sau một khoảng thời

gian (dao động tiến động với tần số Larmor L

qB

2m )

0

B

2 4 mT 400 (s) 21ph.

/ 2 qB

Bài 6. Chuyển động trong trường xuyên tâm

Giả sử thời điểm t vật có toạ độ (x, y, 0).

Phương trình động lực học: LF F ma

với LF kr, F q(v, B).

Chiếu xuống hai trục

toạ độ, ta thu được hệ phương trình vi phân tuyến tính sau:

k qBx '' x y '

mx '' kx qBy ' m m (1)my '' ky qBx ' k qB

y '' y x 'm m

Tìm nghiệm dưới dạng: x Acos( t ); y Csin( t ) . Thay vào (1) thu được hệ phương

trình cho A và C:

2

2

k qBA C 0

m m(2)

qB kA C 0

m m

Đặt B 0

qB k;

2m m

2

2 2B B 0

qB qB k

2m 2m m

, ta chọn 2 nghiệm ứng với (++) và (-+)

2 2 2 21 B B 0 2 B B 0;

Thay 1 và 2 vào (2) ta thu được: 2 2 2 21 0 0 2

1 1 2 2

1 B 2 B

2( ) 2( )C A ; C A

Như vậy nghiệm tổng quát:

21

1 1 2 2

2 2 2 20 1 0 2

1 1 2 2

1 B 2 B

x(t) A cos( t ) A cos( t )

2( ) 2( )y(t) A sin( t ) A sin( t )

x yt 0; v 0; v 0;x R; y 0 2 2 2 20 2 1 0

1 22 2 2 21 2 1 2

A R; A R

2 2 2 21 0 2 1 0 12 2

1 2

2 2 2 21 0 2 0 1 2

2 2B 1 2 1 2

Rx(t) cos t cos t

2R( )( ) sin t sin ty(t)

( )

Bài 7. Dao động của mạng tinh thể một chiều 1. Vì tương tác giữa hai nguyên tử liền kề là đáng kể nên ta bỏ qua các tương tác khác. Sử dụng định luật II Newton, viết được các phương trình vi phân mô tả chuyển động của các nguyên tử ở ô mạng thứ n (M > m). Coi chiều dương của trục tọa độ hướng từ nguyên tử n đến (n+1)

"n n n 1 n 1 n n 1 n 1 n

"n 1 n 1 n n 2 n 1 n 2 n n 1

Mx x x x x x x 2x (1)

mx x x x x x x 2x (2)

2. Cách 1: Nghiệm của hệ có dạng:

xn = Ansin(aqn)cos(t+) 'nx = - Ansin(aqn)sin(t+); " 2

nx Ansin(aqn)cos(t+)

" 2n nx x , " 2

n 1 n 1x x , " 2n 2 n 2x x ,...

Đặt An-2= An= An+2= ...= A, An-1= An+1= ...= B Thay vào (1) và (2)

2AM sin(aqn) {Bsin[aq(n 1)] Bsin[aq(n 1)] Asin(aqn)}

2A(2 M )sin(aqn) B{sin[aq(n 1)] sin[aq(n 1)]}= B2sin(aqn)cos(aq)

2A(2 M ) 2 Bcos(aq) (3)

Tương tự: 2Bm(2 M )sin[aq(n 1)] A{sin[aq(n 2)] sin(aqn)}= A2sin[aq(n 1)]cos(aq)

2B(2 m ) 2 Acos(aq) (4)

Nhân 2 vế tương ứng của (3) và (4) sau đó giản ước AB đi, ta có:

2 2 2 2 2AB(M 2 )(m 2 ) 4 ABcos (aq)=2 (1 cos 2aq)

2 4 2 2 4 Mm 2 (M m) 2 [1 cos(2aq)]

2

4 2 2M m 42 sin (aq) 0

Mm Mm

(5)

Cách 2:

Đặt i(aqn t) i{aq(n 1) t} i{aq(n 2) t}n n 1 n 2x Ae , x Be , x Ae

ta có " 2 " 2 " 2n n n 1 n 1 n 2 n 2x x ; x x ; x x ,...

thay vào (1) và (2) 2 i(aqn t ) iaq iaq i(aqn t)M Ae (Be Be 2A)e

2 iaq iaq(2 M )A (Be Be ) 2 Bcos(aq)

Tương tự: 2(2 m )B 2 A cos(aq)

Nhân hai vế: 2 4 2 2 24 Mm 2 (M m) 4 cos (aq)

22

Suy ra: 2

4 2 2M m 42 [1-cos (aq)] 0

Mm Mm

2

4 2 2M m 42 sin aq 0

Mm Mm

(5)

Phương trình này có 2 nghiệm:

2

2 2

2

2 2

1 1 1 1 4 4 3sin aq 1 1 sin aq (6)

M m M m Mm 3m 4

1 1 1 1 4 4 3sin aq 1 1 sin aq (7)

M m M m Mm 3m 4

3. Theo (6) và (7), ta thấy (q) là hàm số phụ thuộc vào q một cách tuần hoàn với chu kì

a

: (q) (q m )

a

. Vì vậy khi xét hệ thức tán sắc ta chỉ cần xét các giá trị của q trong miền

q2a 2a

(vùng Brillouin thứ nhất).

Tại tâm và biên vùng Brillouin thứ nhất: Ta xét nghiệm với dấu (–):

Khi q = 0, 0 .

Khi q nhỏ, aq q2m

Khi 2

q ,2a 3m

Ta xét nghiệm với dấu (+):

Khi q = 0, 8

3m

.

Khi 2 2

q ,2a m 3m

4. Đồ thị của (q) ở hình vẽ 13 gồm hai

nhánh (nhánh âm và nhánh quang ):

5. Dựa vào hình vẽ ta có một nhận xét quan trọng. Trên phổ của (q) có một khoảng giá

trị từ 2

3m

đến giá trị

2

m

không

ứng với nghiệm nào của phương trình sóng truyền trong tinh thể, có nghĩa là không có dao động ứng với tần số nằm trong khoảng đó. Như vậy tại biên của vùng Brillouin tồn tại một miền cấm. Sóng ứng với tần số trong miền đó không lan truyền trong tinh thể được, mà bị hấp thụ mạnh. Bài 8. Con lắc rung

1) Momen quán tính của con lắc 2

2 2ml mJ Ml l (M )

3 3

Hình vẽ

2

3m

8

3m

-/2a /2a

q

0

2

m

-

+

23

Momen lực l m

M mgsin Mg sin c gl(M ) c2 2

Phương trình ..

M J

2l (..m

M )3

= m

gl(M ) c2

hay ..

2

mc gl(M )

2m

l (M )3

= 0

Giả thiết m

c gl(M )2

, con lắc có dao động nhỏ với chu kì

2 ml (M )

3T 2m

c gl(M )2

(1)

2) Điều kiện: m

c gl(M )2

, với 2maxg 9,9m / s

cho c 9,9.0, 2.0,105 hay c 0, 2079 (Nm)

3) Đặt 2 ma l (M ) 0,004132,

3

mb l(M ) 0,021

2 đơn vị SI.

(1) a

T 2c bg

(2), hay 2

2

T a

4 c bg

với T = 10 s tính được 2g 9,83m / s

4) Lấy ln của (2)

1 1ln T ln 2 ln a ln(c bg)

2 2

Lấy đạo hàm đối với g , với T là hàm của g :

1 dT b

T dg 2(c bg)

độ nhạy

dT bT

dg 2(c bg)

(3)

Với c 0, 208 thì với 0g g 9,8 m/s và T 10s ,

ta có dT

48dg

. g tăng 20,01m / s thì T tăng 0, 48s , dễ đo.

Chú ý: Nếu lấy trực tiếp dT

dg từ (2), không qua ln thì phức tạp. Cũng không cần thay T

trong (3) bằng (2), vì ta đã biết: với 0g g thì T 10s

5) Với con lắc đơn L

T 2g

, làm tương tự:

1 1ln T ln 2 ln L ln g

2 2 . Lấy đạo hàm đối với g

1 dT 1

T dg 2g

dT T

dg 2g .

24

Con lắc đơn có L 1m thì T 2s . Với 2g 9,8m / s thì dT

0,1dg

; g tăng 20,01m / s thì

T giảm 0,001s , không đo được.

Vậy con lắc rung nhạy hơn con lắc đơn. Bài 9. Bài toán về cân bằng A. Nếu hệ nằm trong trạng thái cân bằng thì tổng ngoại lực tác dụng lên hệ bằng 0.

Hệ chịu tác dụng của 3 ngoại lực: 1 2p , N,p

, mà 1p , N

có

giá qua 0, vậy giá của 2p

cũng qua 0.

Bây giờ xét cân bằng của một thanh, giả sử thanh

CD. Thanh CD chịu tác dụng của lực 1 2 2T ,T ,p

.

Có 2 khả năng xảy ra:

+ 1 2 2T ,T ,p

song song với nhau, ABCD là một hình

thang.

+ 1 2 2T ,T ,p

đồng qui.

Trường hợp 1 2 2T ,T ,p

đồng qui. Giả sử CD không // với

AB. Từ O’ kẻ C’D’//AB. Theo tính chất của đường tỉ lệ O’D’ = O’C’ DD’//CC’, vô lí! Vậy CD//AB. Vậy trong cả 2 trường hợp, khi hệ nằm cân bằng đều tạo thành một hình thang (hoặc AD//BC, hoặc AB//CD).

Trường hợp cụ thể của bài toán với AB = 40cm; BC = 50cm; DC = 70cm; DA = 30cm: Xét khả năng 1: AD//BC. Kẻ DE//AB, ta có: DE = AB = 40cm, CE = BC - DA = 20cm Xét DEC ta thấy điều này không thể xảy ra vì: DE + EC < 70 (= DC). Vậy chỉ còn khả năng 2: AB//DC Từ B kẻ BG//AD, G nằm trên DC. BG = AD = 30 cm, BC = 50 cm, CG = DC – DG = DC – AB = 70 cm – 40 cm = 30 cm. Lập luận tương tự ta sẽ thấy CG + GB > BC là phù hợp. Vậy trong trường hợp này hình thang được tạo thành có AB//CD. Áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác BCG:

2 2 2 2 2 20BC CG BG 50 30 30 5

cosC , C 33,562.BC.CG 2.50.30 6

2 2 2030 30 50 7

cosD cosG , D 112,82.30.30 18

0 0B 180 C 146, 44

; 0 0A 180 D 67, 2

B. Trường hợp 1 2 2T ,T ,p

song song.

Vì AD//BC

A

B

C

D

0

0’

1T

2T

2p

N

1p

A

B

C

D

d

c

C’

b

a

G

25

C 'A C'D d

C'B C'C c

C 'A C'D d

C'B C'A C 'C C'D c d

C 'A C'D d

a b c d

ad bdC 'A ; C 'B

c d c d

Xét tam giác C’AD:

2 2 2AD C'A C'D 2.C 'A.C 'D.cosC ' 2 2

2 ad bd ad bdd 2. . .cos C '

c d c d c d c d

22 2a b c d

cosC '2ac

vì cos C ' 1

22 2a b c d

1 12ac

2 2

2 2

c d a b

a b c d

a b c d a b

Bài 10. Đo khối lượng trong trạng thái không trọng lượng

1/ Theo công thức chu kỳ dao động điều hòa

00

0

m2T 2

k

(1)

Chúng ta tính được

20 02

km T

4

= 25,21 kg (2)

2/ Khi trạm bay trên quỹ đạo, hệ dao động là lò xo có một đầu gắn với cái ghế (khối lượng m0), đầu kia gắn với trạm (khối lượng M) . Hệ này dao động giống như một vật có khối lượng rút gọn:

m0’ = 0

0

m M

m M (3)

gắn với một đầu của lò xo, một đầu lò xo cố định. Chu kỳ T0’ của hệ cũng tính như (1) và (2). Chúng ta tính được:

2

0 0

0 0

m T

m ' T '

=

21, 28195

1, 27395

(4)

Khối lượng M của trạm tính từ (3)

M = 02 2

00

00

m 25,21 25, 21

m 1, 28195T1 11m ' 1, 27395T '

2001 kg (5)

26

Gọi m là khối lượng của nhà du hành và ghế, khối lượng rút gọn tương ứng là m’:

m’ = mM

m M (6)

rút ra biểu thức của m

m = m '

m '1

M

khối lượng rút gọn m’ có thể tính từ công thức (2) cho chu kì dao động T’:

m’ =

2605,6 2,33044

.4 3,1416

= 83,31 kg

Giá trị thực của khối lượng m là:

m = 83,31

86,93kg83,31

12001

Giá trị thực của khối lượng nhà du hành là: 86,93 – 25,21 = 61,72 kg

Bài 11. Va chạm của quả cầu và bức tường

Áp dụng hai định lý biến thiên và chú ý là 0x

vv

2 .

Khối trụ trong quá trình va chạm còn chịu thêm tác dụng của phản lực N

vuông góc với tường,

hướng ngược chiều va chạm và lực ma sát msF

hướng lên trên theo chiều Oy.

Như vậy chuyển động theo phương 0y sẽ xảy ra hai khả năng: 1) trong quá trình va chạm khối trụ luôn luôn lăn có trượt và 2) trong quá trình va chạm, đầu tiên khối trụ lăn có trượt trong khoảng 1 sau đó lăn không trượt trong khoảng 2 .

a) Trong thời gian va chạm , theo phương Oy khối trụ luôn luôn lăn có trượt. * Định lý biến thiên động lượng:

Theo Ox: 0 0 0

0

1 3mv mv mv Ndt (1)

2 2

Theo Oy: y y 0

0

3mv Ndt (2) v v

2

Từ (1) và (2): y y

x 0

v vtg 3

v v / 2 ;

* Định lý biến thiên mômen động lượng: 0

0

I( ) R Ndt (3)

0

4 15v

4R

Điều kiện trên xẩy ra nếu khối trụ vẫn trượt trong va chạm.

vy R 4

0,1921

.

Giá trị 1

0,125 0,198

tương ứng trường hợp suốt quá trình va chạm khối trụ luôn luôn

lăn có trượt

0 0

4 15 17v v

4R 32R

27

Động năng 2 22 2 2

x y 2 2 20 0 0

20 0

m(v v ) I m 1 3 m 17E v v R v

2 2 2 4 16 5 32R

E 0,34mv 0,68E

b) Giá trị 0, 2 0,19 tương ứng trường hợp trong quá trình va chạm khối trụ lăn có trượt

trong khoảng thời gian 1 và lăn không trượt trong khoảng thời gian 2. 1 1

y 1 0

0 0

mv Ndt (4); I( ) R Ndt (5)

Sau khoảng thời gian 1 khối trụ lăn không trượt theo phương 0y với vận tốc vy:

y 01 0

v v;

R R thay vào (4) và (5) y2 0

y

v v2mR Rmv

5 R R

; 0

y 0 1

2v2v v ;

7 7R

y

x

v 4tg

v 7

Động năng sau va chạm là

2 2 2 2

2 2 2 0 0 02x y 210 0

1 4 2 4m v v mR vm v v I 2974 49 5 49RE mv 0,3E2 2 2 2 1960

Bài 12. Vật lăn trên mặt bàn

1. Khối lượng của vật: R R

2

3

0 0

3m rdV 1 4 r dr m

7 R R

Mô men quán tính

2 2 20 3

2 2 3mdI dm.r .4 r .r .dr

3 3 7 R

;

20 0

0

44I RdI mR

105

2. Cách 1: Xét hệ quy chiếu gắn với tấm gỗ. Vật chịu tác dụng của lực quán tính hướng về

phía D: F ma

và có độ lớn F ma . Xét trục quay tức thời đi qua B. Chọn các chiều chuyển động là dương.

2 2B 0

149I I mR mR

105 (1)

qt BF R ma I (2) Giải hệ: 105a

149R ; 12

105aa R

149 ; 13

44a a

149

(Cách 2: Viết phương trình chuyển động quay với trục quay qua tâm O: Gọi F là lực ma sát nghỉ giữa quả cầu và tấm ván, a13 là gia tốc của quả cầu đối với đất: 0FR I (1)

F = ma13 (2) a = a13 + R (3)

D

O F

B

+

+

msf

28

Giải hệ:105a

149R ; 12

105aa R

149 ; 13

44a a

149

( R là gia tốc tiếp tuyến đối với tâm quay B, 12a là gia tốc tâm O của vật đối với tấm gỗ).

Thời gian để vật chuyển động trên tấm gỗ cho đến lúc rời xe:

12

2l 298l lt 1,7

a 105a a

3.

0 2

2 2 210 a at 1, 2

R R 149R R

4. Vận tốc theo phương ngang của vật khi chạm mặt bàn bằng vận tốc theo phương ngang của

nó khi rời khỏi tấm gỗ: 0 13

44a 298lv a t 0,5 al

149 105a .

Chọn thời điểm vật chạm mặt bàn là thời điểm ban đầu. Các chiều dương như hình vẽ. Chúng ta có nhận xét là ngay từ thời điểm này vật đã lăn có trượt, vì 0 0v R (chuyển động tịnh

tiến và chuyển động quay ngược chiều nhau). Trước khi đổi chiều quay thì vật luôn lăn có trượt. Muốn vật lăn không trượt, điều kiện cần là vật phải đổi chiều quay, hoặc vật phải đổi chiều chuyển động tịnh tiến, trong lúc vẫn quay theo chiều cũ. Giả sử đến thời điểm nào đó vật chuyển động tịnh tiến với vận tốc v ' và quay với vận

tốc góc ' . Sử dụng các định lí biến thiên động lượng và mômen động lượng:

ms 0

0

ms 0 0

0

0 0 0

F dt m(v ' v )

F Rdt I ( ' )

I ( ' ) mR(v ' v ) (*)

Thay biểu thức của 0I và 0 vào (*), ta thu được: 20I ' mR v ' . Điều đó có nghĩa khi quả

cầu đổi chiều quay (’= 0) thì v’= 0 vật dừng lại (hoặc vật dừng chuyển động tịnh tiến v’= 0 , thì vận tốc quay cũng tắt) . Vậy vật lăn có trượt trên suốt quá trình chuyển động trên mặt bàn cho tới khi dừng lại.

5. 0vt

kg ;

2 22 0

0

vkg 44 a as v t t 0,124

2 2kg 149.105kg kg

.

Bài 13. Bài toán điện Lúc đầu K1 đóng, nguồn tích điện cho cuộn dây L1 (VA > 0, Đ không cho dòng qua C và L2). Năng lượng điện mà mạch

ngoài tích được bằng 21

0

LIW

2

Kí hiệu và quy ước chiều dương của các dòng như

hình vẽ và gọi q là điện tích bản tụ nối với B. Lập hệ:

+

msF

MÆt bµn

0v

0

L2 L1 C

D

Hình vẽ

A

B i1 iC

29

iC = i1 + i2 (1) Nút B

L '1i -2L '

2i = 0 (2) Kirhoff cho mắt L1L2

L '1i = q/C (3) Kirhoff cho mắt L1C

iC = - q’ (4) Dòng iC Đạo hàm hai vế của (1) và (3): i”C = i”1 + i”2 (1’) Li”1 - 2Li”2 = 0 (2’) Li”1 = - iC/C (3’);

1 C 2 1

2 1i '' i ''; i '' i ''

3 2

i”C = C

3i

2LC .

Phương trình chứng tỏ iC dao động điều hoà với 3

2LC :

iC = I0sin(t +) (5) Từ (2) (Li1 - 2Li2)’ = hs i1 - 2i2= hs. Tại t = 0 thì i1 = I1, i2 = 0 i1 - 2i2 = I1 (6)

i1 + i2 = iC = I0Csin(t +). Giải hệ: i1 = 1I

3 + 0C2I

3sin(t +).

i2= 0CI

3sin(t +) - 1I

3 ; uAB = q/C =L '

1i = 0C2I

3LCcos(t +).

Tại thời điểm t = 0 i1= I1; i2= 0 ; uAB = 0 : Giải hệ: I0C=I1; = /2;

Đáp số: i1 = 1I

3 + 12I

3cos

3

2LCt .

i2 = 1I

3cos

3

2LCt - 1I

3

1t t , thời điểm t1 mở K2:

i1= 0 , từ (6) i2 = - 0,5I1 . Vì VA < VB nên không có dòng qua Đ, chỉ có dao động trong

mạch L2C với T’= 2 2LC và năng lượng toàn phần của mạch ngoài 21

0

LIW

2 được chuyển

cho mạch L2C. Biên độ dao động là I0: 2L20I

2= L

21I

2 I0 = 1I

2. Chọn mốc tính thời gian từ

t1:

Khi t = t1= 0 i1= 0 , từ (6) i2 = - 0,5I1 ; i = 1I

2sin(

t

2LC + )

uAB = -2Li’= - 2L 1I

2 LCcos(

t

2LC + ) < 0. Giải hệ: = -/4

i = 1I

2sin(

t

2LC - /4 ); uAB = 1

LI

C cos( 2t

2LC - /4)

Đến thời điểm t2 tiếp theo thì uAB bằng 0 và đổi sang dấu dương.

30

uAB (t2) = 0 t2 =2LC

4

.

2t t

Từ thời điểm này có dòng qua cả hai cuộn dây, trong mạch có dao động điện từ với

T= 2 2LC / 3 . Ta sẽ chứng minh được rằng từ thời điểm t2 trở đi luôn có dòng qua điôt.

Tương tự như trên, trong hệ có dao động điện từ với 3

2LC ;

i1 - 2i2 = I1

i1 + i2 = iC = I’0Csin{(t - t2) + }.

i1 = 1

3 I1 +

2

3I’0C sin{(t - t2) + }

i2 = 1

3 I’0Csin{(t - t2) + } –

1

3 I1; uAB = q/C =L '

1i = 2

3 I’0C LCcos{(t - t2) + }.

Với điều kiện ban đầu: t = t2; i1= 0 ; u = 0 suy ra: = - /2; I’0C = I1/2

i1 = 12I

3{1- co(t - t2)}= 12I 2 3

1 cos t 03 3LC 4

(đpcm)

Kết luận: với 0 < t < 2LC

4

thì i1 = 0; với t 2LC

4

thì

i1 = 12I 2 31 cos t

3 3LC 4

Bài 14. Bài tương đối tính Từ các công thức của phép biến đổi Lorentz (các công thức của phép biến đổi ngược cũng giống như các công thức này, chỉ có điều thay v thành – v):

2

2

2

x vtx

1

y y

z z

vt x

ct1

Lấy vi phân hai vế của các công thức tương ứng:

i1

O t2 t2+T

3

I2 1

t

31

2

2

2

dx vdtdx

1

dy dy

dz dz

vdt dx

cdt1

Ta tìm được các thành phần vận tốc tương ứng:

xx '

x2 2

22y

y'

x2 2

2 2z

z '

x2 2

u vdx dx vdtu

v vdt dt dx 1 uc c

u 1dy 1dyu

v vdt dt dx 1 uc c

dz 1 u 1dzu

v vdt dt dx 1 uc c

Phép biến đổi ngược lại (thay v bởi – v):

2 2y' z 'x '

x y z

x ' x ' x '2 2 2

u 1 u 1u vu , u , u

v v v1 u 1 u 1 u

c c c

Vận tốc dọc trục Ox. Giả sử u (u,0,0)

. Như vậy

2

u vu ' ,0,0

v1 u

c

. Lấy vi phân hai

vế các thành phần tương ứng của u '

rồi chia cho dt ' :

2

2 2'x '

2

2 2

322 22

2 3

2 2 2

v v1 u du (u v) du 1

c cdu

dt ' v v1 u dt dx

c c

vdu du 1 1c

av v v

1 u dt dx 1 uc c c

Suy ra: a ' (a ',0,0)

3

2 2

3

2

1a ' a

v1 u

c

32

Vận tốc dọc trục Oy. Giả sử u (0, u,0)

. Như vậy 2u ' v, u 1 ,0

. Lấy vi phân

hai vế các thành phần tương ứng của u '

rồi chia cho dt ' : x ' z ' y 'a a 0; a a

2 2

y ' 2

x2 2

1 du 1 adua 1 a

v vdt dt dx 1 uc c

Vận tốc hợp với 0x góc . Giả sử x y zu (u , u ,u ) (ucos , u sin ,0)

. Ta có thể coi

như chuyển động trong hệ quy chiếu K có hai chuyển động, một chuyển động theo phương Ox

với vận tốc xu có gia tốc xa , một chuyển động theo phương Oy với vận tốc yu có gia tốc ya .

Trong hệ quy chiếu K’, x ' y 'u (u , u ,0)

. Có thể coi như hai chuyển động, một chuyển động

theo phương O’x’ với vận tốc x 'u có gia tốc x 'a , một chuyển động theo phương O’y’ với vận

tốc y 'u có gia tốc y'a .

Đối với thành phần theo trục O’x’ của gia tốc ta suy ra ngay: 3/22

2

x ' 3

2

Vacos 1-

ca

uVcos1

c

Đối với thành phần theo trục O’y’, ta cũng có:

2 2

y ' 2 2

x2 2

1 a asin Va a 1

v cV1 u 1- ucosc c

Bài 15. Tên lửa. Chuyển động của vật có khối lượng thay đổi

1. ex ex

d(mu) du dm dmF m u ma F u

dt dt dt dt

Vì exF 0

và 0u v

0

dv dmm v

dt dt

.

Trên trục Ox: 0

dmd(mv) 0 dv ( v )

m , suy ra:

1v nm rm(N n)

0 0

0 Nm

dm Ndv v v ln

m rN n(1 r)

hay

1 0

Nv v ln

rN n(1 r)

2. Đốt xong nhiên liệu của tầng 1 thì vỏ 1 bị tách ra, khi đó: m rm(n 1)

2 0 0

nm

dm nv v v ln

m rn (1 r)

33

3. 1 2 0 0

2 2

Nn Nv v v v ln v ln

n(1 r) rN nr (1 r) Nr(1 r) n r N (1 r)

n

v đạt giá trị cực đại maxv khi mẫu số đạt cực tiểu. Ta có (theo Cauchy):

Nn 2 N

n đạt cực tiểu khi

Nn n N

n

4. Khi v đạt cực đại, thay n N vào biểu thức của v1 và v2, ta có:

1 0

Nv v ln

rN N((1 r)

và 2 0 0

N Nv v ln v ln

(1 r) r N rN N((1 r)

Suy ra v1 = v2 và max 1 0

Nv 2v 2v ln

(1 r) r N

Với r = 0: max 0v v ln N

Với r = 1: max 0v v ln1 0 .

5. m mr(N 1)

0 0

Nm

dm Nv v v ln

m 1 r(N 1)

6.

Đối với tên lửa 1 tầng:

Khi N : 0 0 0

N 1v v ln v ln v ln10 2,5.2,3 5,756km / s 10km / s

Nr r

Như vậy không thực hiện được điều đó đối với tên lửa 1 tầng.

Đối với tên lửa 2 tầng: max 0

Nv 2v ln

(1 r) r N

.

Khi N : maxv 5ln10 11,5km / s 10km / s , tức là có thể thực hiện được điều đó đối

với tên lửa 2 tầng.

+ Tìm N khi maxv 10km / s : Ta có:

max

Nv 5ln 10

0,9 N 0,1N

2Ne 7,39

0,9 N 0,1N

N = 648,72.

7. Đối với tên lửa 2 tầng thì 1 2(v v ) đạt cực đại khi v1 = v2. Đối với tên lửa ba tầng thì

muốn 1 2 3(v v v ) đạt cực đại mà 1 2(v v ) đã đạt cực đại rồi thì 2 3(v v ) sẽ đạt cực đại khi

v3 = v2, tức là v3 = v2 = v1 . Chứng minh tương tự đối với tên lửa n tầng.

Bài 16. Khối phổ kế

1. p

2Ev

Am

34

A = 39 vµ 41 mP = 1.67 10-27 kg là khối lượng của proton. Suy ra v39 = 4,96.104m/s v41 = 4,83.104m/s 2. Quü ®¹o ion lµ vßng trßn, OP lµ ®­êng kÝnh :

2pp

ht

2AEmm AvmvF qvB r

r qB eB

suy ra: p2AEm

OP 2r 2eB

OP39 = 5,76 cm OP41 = 5,91 cm

3. OPr E 1

r 2E OP 2.100

OP39 OP41 0,03cm suy ra : OP39 = 5,76 0,03 (cm)

OP41 = 5,91 0,03 (cm)

Nh­ vËy 2 vÕt vÉn t¸ch khái nhau. §Ó hai vÕt nhße trïng nhau th× Ýt nhÊt: OP39(max) = OP41(min), suy ra: (E+E)A1 = (E-E)A2 Hay:

2 1

1 2

A AE100% 2,5%

E A A

4. NÕu ion kh«ng ®i vu«ng gãc víi OP th× quü ®¹o kh«ng ph¶i 1/2 vßng trßn mµ lín h¬n hoÆc bÐ h¬n (nh­ng b¸n kÝnh l¹i nh­ nhau, h×nh vÏ) OP’ = 2OH = 2rcos = 2r[1 - 2sin2(/2)] = OP - PP’ PP’ = 4r sin2(/2) r2 = OP Víi = 30 = /60; suy ra: OP39 OP41 0,02 cm Nh­ vËy 2 ion vÉn cho 2 vÕt t¸ch nhau. Bài 17. Bài điện cơ

1. Xem góc là nhỏ và l<<L, độ biến dạng ở toạ độ x là dl=[(+x) - ] với là bán kính cong của cung tròn BC: = l . Phản lực df tác dụng lên lớp dày dx ở toạ độ x

tính theo định luật Húc: Ebdx

df

l

dl .

Do đó xdxl

Eb

l

dlEbdxdf

.

Phần thanh BC cân bằng nên tổng mômen ngoại lực đối với O bằng không

02/

2/

2

dxxl

EblF

d

dB

O P' H P

35

hay 2

3

12l

dEbFB

Lực FA suy ra từ lực FB theo nguyên tắc đòn bẩy:

FA(l+L) = FBl, do đó FA= L

lF

Ll

lFB

B

;

Ll

EbdFA

12

3 . Mặt khác

L

z

2 nên

lL

zEbdFA 2

3

6

.

Phản lực của thanh đàn hồi là:lL

zEbdF A 2

3

6'

3

2

Ebdk

6L l

2. a. Tính lực mà Q tác dụng lên P:

Ta có 2

20

1 qF

4 a

, q = 4 0 R0V suy ra

2

0

VRF 4

a

b. Giải bằng đồ thị:

Gọi độ cao của P lúc chưa tích điện là z, độ cao của Q là z = 0. Khi đã tích điện, độ cao của P là z - z khoảng cách giữa P và Q là a = z - z hay z = a + z. Ta trở lại đồ thị F(a) trước đây. Từ điểm M toạ độ OM lấy trục MO để biểu thị z, vẽ đường thẳng d(D) biểu diễn F’A (z). Nó cắt đường cong F(a) tại I. Hoành độ của I cho biết vị trí cân bằng của Q và Q. Nếu đường biểu diễn F’A (z) không cắt đường cong F(a) thì không tồn tại vị trí cân bằng. Lực hút tĩnh điện luôn lớn hơn phản lực của thanh ABC, hai quả cầu sẽ chạm nhau. Với thanh ABC cho trước, độ dốc của đường cong (D) không đổi. Khi V đã cho, đường cong F(a) là đường C (c). Khi Z lớn, (C) và (D) cắt nhau toạ độ giao điểm ấy là khoảng cách cân bằng của hai quả cầu. Đưa P,Q lại gần nhau cho đến khi (D) trở thành (D) , tiếp xúc với (C) thì chúng mới bị hút chạm vào nhau. Khoảng cách gần nhất mà hai quả cầu không bị hút đến chạm nhau trong trường hợp này là OI. Hệ số góc của tiếp tuyến với đường cong (C) tại điểm OI = 3R là

FB

+d/2

- d/2

x

df

O

2R a F

36

R

V

R

RV

da

adF

Ra 9

4

27

12)( 2

0

3

22

0

3

. Giá trị lớn nhất

của V tính theo phương trình: 6

25

9

4 2

0

R

V hay

0

2

12

75

RV , V = 1,06.105 V 105 V

c. Nếu các điện tích được phân bố trên bề mặt quả cầu thì khi đưa chúng lại gần nhau, điện tích sẽ được phân bố lại, mật độ điện tích ở miền giữa hai quả cầu sẽ tăng lên, do đó lực hút sẽ mạnh lên. Nếu lúc đầu ta tích điện cho chúng ở điện thế 105V, chúng sẽ hút nhau và chạm nhau ngay khi khoảng cách giữa chúng lớn hơn 3R Bài 18. Thí nghiệm Fizeau. Ánh sáng trong chất lỏng chuyển động

Vận tốc ánh sáng đo được bởi một quan sát viên đứng yên đối với nước là 'x '

cu

n .

Quan sát viên đứng yên đối với phòng thí nghiệm khi coi ánh sáng là một hạt chuyển động, sẽ

tìm thấy vận tốc của nó:

'x '

x'x '2

cvu v nu

v v1 u 1

c nc

Vì v << c nên: 1

v v1 1

nc nc

. Do đó:

'x '

x 2'x '2

cvu vc c v c 1 cnu v 1 1 v kv

v v n nc n n n1 u 1c nc

24

k 1 0, 4383

Phù hợp với kết quả thí nghiệm của Fizeau.

2. Vận tốc ánh sáng đo được bởi một quan sát viên đứng yên đối với chất lỏng là 'x '

cu

n . Quan sát viên đứng yên đối với phòng thí nghiệm khi coi ánh sáng là một hạt chuyển

động, sẽ tìm thấy vận tốc của nó:

F O 2R

a

(D) (D’)

I

F O 2R

a

(C)

I (D) (D’)

37

'x '

x'x '2

cvu v nu

v v1 u 1

c nc

Vì v << c nên: 1

v v1 1

nc nc

. Do đó:

'x '

x 2'x '2

cvu vc c v c 1nu v 1 1 v

v v n nc n n1 u 1c nc

Ánh sáng đơn sắc có bước sóng đối với QSV không di chuyển đối với nguồn phát, tuy nhiên đối với QSV chuyển động với tốc độ v đối với nguồn phát, do hiệu ứng Dopple, bước sóng ánh

sáng đo được sẽ là , với v vn

c / n c

. Vì v c , nên có thể khai

triển Taylor:

2

dn dn vn 2bvn( ) n( ) n n . n 1

d d c c

1

2 2 2

c c 2bv c 2bv c 2bv1 1

n( ) n c n c n n

2

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 2bv 1 4bv 1 4bv1 1

n( ) n c n c n n

Tốc độ ánh sáng đơn sắc này trong chất lỏng đang chuyển động thành dòng với tốc độ v là (bỏ

qua số hạng tỉ lệ với v2): x 2 2 2

c 1 c 1 2bu 1 v v 1

n( ) n( ) n n n

Bài 19. Áp suất ánh sáng

a. Theo định nghĩa áp suất, áp suất ánh sáng được tính theo công thức: F

PS

(1), trong

đó F là lực ánh sáng tác dụng lên diện tích S. Đối với lá bạch kim 2

dS

2

(d = 5mm) (2)

Gọi M là momen xoắn của sợi dây treo trên các lá bạch kim, l là khoảng cách từ tâm các

lá bạch kim đến trục quay, thì :

M kM Fl F

l l

(3)

Vì nhỏ nên có thể xác định theo độ dịch chuyển của vệt sáng trên thước:

x

L (4)

Thay (2), (3), (4) vào (1):

38

9 2

2

4kxP 3,85.10 N / cm

lLd

(5)

b. Theo công thức áp suất ánh sáng:

2 2 1I PcP (1 R) I 7,7.10 cm s

c 1 R

Bài 20. Sự sinh cặp và hủy cặp hạt

0 0 0

3 22 2 2 22 2 2

duu

m u m m ud d du dtF (mu)dt dt dt c1 u / c 1 u / c 1 u / c

Trong từ trường vận tốc và gia tốc của hạt vuông góc nhau, nên

du

u 0dt

,

ngoài ra

LF quB ; 2

ht

u dua

R dt

Từ đó

22

0

2 2 2 20

m u 1 qBRquB 1

R m c1 u / c 1 u / c

Từ công thức Anhxtanh

2E mc ;

22

2 002 2

0

m c qBRE mc E 1

m c1 u / c

,

do đó năng lượng toàn phần của poziton và electron bằng

E+ =

219 3

31 8

1,6.10 .0,1.160.10(0,511Mev) 1

9,11.10 .3.10

= 4,814Mev

E- =

219 3

31 8

1,6.10 .0,1.40.10(0,511Mev) 1

9,11.10 .3.10

= 1,3Mev

Theo định luật bảo toàn năng lượng ( bỏ qua sự giật lùi của hạt nhân nặng)

hc

h E E 6,114Mev

từ đó ohc

0,002 AE E

Bài 21. Ánh sáng trong chất lỏng chuyển động

Vận tốc ánh sáng đo được bởi một quan sát viên đứng yên đối với chất lỏng là 'x '

cu

n .

Quan sát viên đứng yên đối với phòng thí nghiệm khi coi ánh sáng là một hạt chuyển động, sẽ

tìm thấy vận tốc của nó:

39

'x '

x'x '2

cvu v nu

v v1 u 1

c nc

Vì v << c nên: 1

v v1 1

nc nc

. Do đó:

'x '

x 2'x '2

cvu vc c v c 1nu v 1 1 v

v v n nc n n1 u 1c nc

Ánh sáng đơn sắc có bước sóng đối với QSV không di chuyển đối với nguồn phát, tuy nhiên đối với QSV chuyển động với tốc độ v đối với nguồn phát, do hiệu ứng Dopple, bước sóng ánh

sáng đo được sẽ là , với v vn

c / n c

. Vì v c , nên có thể khai

triển Taylor:

2

1

2 2 2

2

2 2 2 2 2 2 2 2

dn dn vn 2bvn( ) n( ) n n . n 1

d d c c

c c 2bv c 2bv c 2bv1 1

n( ) n c n c n n

1 1 2bv 1 4bv 1 4bv1 1

n( ) n c n c n n

Tốc độ ánh sáng đơn sắc này trong chất lỏng đang chuyển động thành dòng với tốc độ v là (bỏ

qua số hạng tỉ lệ với v2): x 2 2 2

c 1 c 1 2bu 1 v v 1

n( ) n( ) n n n

Bài 22. Chuyển động tương đối tính

a. Chän K , K’ vµ P lÇn l­ît lµ quan s¸t viªn ®øng yªn trong phßng thÝ nghiÖm, h¹t nh©n

phãng x¹ vµ electron ®­îc ph¸t ra. Lóc ®ã:

'x

x'x2

u v 0,9c 0,5cu 0,966c

v 1 0,5.0,91 uc

uy = 0 ; uz = 0

b. Tr­êng hîp nµy:

'x

x'x2

u v 0 0,5cu 0,5c

v 1 01 uc

' 2 2y

y'x2

u 1 0,9c 1 0,5u 0,779c

v 1 01 uc

uz = 0

40

Tõ ®©y:

2 2 2 2 2x y zu u u u c 0,5 0,779 0,926c

y 0

x

u 0,779tan 1,56 57,3

u 0,5

Bài 23. Sự phụ thuộc của chiết suất vào bước sóng Từ các công thức lăng kính:

sin i nsin r, sin i nsin r , A r r ;D i i A 0 0i 45 ;A 60

a. Với mặt phẳng tới cho tia vàng: 0sin 45

sin r 0, 4281,653

0r 25,33

0 0 0r ' 60 25,33 34,67

sin i' = nv sin r' = 1,653.sin 34,670 = 0,940 0i ' 70,12

0 0 0 0vD i i ' A 45 70,12 60 55,12

0vD 55,12

b. Từ phương trình sin i = nsin r, đạo hàm 2 vế theo n (với i = 600 là hằng số)

dr

0 sin r n cos rdn

; s inr

dr dnncosr

Đạo hàm 2 vế phương trình sin i’ = nsin r’ theo n, ở đây cả i’ và r’ đều thay đổi theo n nên di ' dr ' sin r ' n cos r '

cos i ' sin r ' n cos r ' di ' dn dr 'dn dn cos i ' cos i '

Từ A = r + r’ ta có dr’= - dr và sin A sin r 'cos r cos r 'sin r ;

sin r

dr ' dr dnn cos r

nên:

sin r cos r sin r sin r cos r cos r sin r sin A

di dn dn dncosi cosi cos r cosi .cos r cosi cos(A - r )

sin Ai ' . n

cosi '.cos(A - r )

(1)

Vì n biến đổi quanh giá trị nv lượng dn nên góc i' biến đổi lượng di' quanh giá trị i'. Tính từ giá trị

i' = i'v cosi' = cos34,670 = 0,340 (2)

thay 0cos r cos 25,33 0,904 (3)

Thay số (2), (3) vào (1) : 0,866

di ' dn 2,82dn0,340.0,904

n = 0,355. i '

Áp dụng bằng số: 2.

n = 0,355. 0,012180

Bài 24. Máy đơn sắc

J

D

A

A

r' r i' i I

R

S

A

B

I

J D

C

i

r

K

j

k

41

a) Ta có 0j 45 ;2

sin j ;2

gh

1 2sin i ;

n 3 ghsin j sin i

Tại J xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần. b) Do r = k nên tia ló KR vuông góc với tia tới SI. c) Tia tới SI cố định. Nếu tia khúc xạ IJ đi theo phương cũ đối với lăng kính thì góc tới tại J sẽ vẫn là j = 450 và tia sáng sẽ phản xạ toàn phần tại J. Cuối cùng tia ló sẽ vẫn vuông góc với tia tới, tức là tia ló song song với phương KR cũ.

Với tia sáng : sini = n sinr Với tia sáng + d: sini’ = n’sinr

Có r = 750 – 450 = 300 Với n = 1,500 thì sini = 0,75 i = 48035’24’’ Với n’ = 1,505 thì sini’ = 0,7525 i’=48048’ i = 12’36’’ Vậy phải quay lăng kính một góc i = 12’36’’ theo chiều ADCB. d) Vì tia SI cố định, nên cứ tia khúc xạ IJ nào ứng với góc khúc xạ r = 300 thì sẽ cho tia ló vuông góc với tia tới, tức là song song với phương KR cũ. Muốn cho tia ló cũng cố định thì giao điểm O của SI và KR phải cố định trong sự quay. Điều đó có nghĩa là tâm quay phải nằm tại điểm O. e) Trong trường hợp của máy đơn sắc thì độ tán sắc góc chính là:

3i .756D ; i 12 '36 '' 756 '' 0,0037 3,7.10 rad

d 180.3600

Vì 2

125,01n

→

0,125

n 1

. Với n = 1,500 thì = 0,500 m.

Ta có ln hs 0.5ln(n 1) → 9n 0,005.0,50,0025 m 2,5.10 m

2(n 1) 2.0,5

36

9

3,7.10 rad radD 1, 48.10 1, 48

2,5.10 m m

Bài 25. Sợi quang

1. Tại O: sin= n1sin0 Chia sợi quang thành nhiều lớp mỏng

hình trụ đồng tâm. Xét trong mặt phẳng xOy, các lớp đó dày dy. Tại mỗi điểm góc tới của tia sáng là (900-), ta có n(y)sin(900-)= n1sin(900- 0) n(y)cos = n1cos0 = C

C = n1cos0=2

2 2 21 0 1 12

1

sinn 1 sin n 1 n sin

n

.

Vậy, 2 21C n sin

x

y

O

0 i

42

43

2. Xét M có toạ độ (x,y), tia sáng có góc tới i = (900- )

n(y) cos = C; C

cosn(y)

2 2 2

dx cos Ccot

dy 1 cos n (y) C

y

2 20

Cdyx

n (y) C

;

y

2 2 2 20 1

C dyx

n (1 k y ) C

Áp dụng 2 2 2

dy 1 byarcsin

b aa b y

với 2 2

1a n C = sin; b = kn1

1

1

C kn yx arcsin

kn sin

+C1. Điều kiện ban đầu: x = 0 thì y =0 suy ra C1 = 0

1 1

2 21 1 1

sin kn sin kny sin x sin x

kn C kn n sin

Vậy quỹ đạo của tia sáng là đường hình sin.

3. Điều kiện để tia sáng truyền trong sợi quang là:1

sinR.

kn

Muốn đúng với mọi thì

1kn R 1

4. Muốn ló ra theo phương song song Ox thì tại x = L, y có độ lớn cực đại

Hay 1

2 21

knL p

2n sin

với p là số nguyên không âm.

Suy ra

2 21

1

(2p 1) n sinL

2kn

với p = 0, 1, 2...

Bài 26. Thí nghiệm Dobronravov và Ioffe xác nhận tính hạt của ánh sáng

Trước hết chúng ta tính góc khối nhìn hạt bismuth từ điểm phát tia X ở bản A. Góc khối được tính theo bán kính r của hạt bismuth và khoảng cách d từ bản A đến hạt bismuth:

2

2

r.

d Góc khối này chiếm tỷ lệ bằng

2

6

r 1

4 2d 1,8.10 của góc khối 4 từ

điểm phát tia X ở bản A. - Nếu quan niệm tia X là sóng, thì năng lượng của nó sẽ phân bố đều trên mặt sóng cầu và

phần năng lượng mà hạt bismuth nhận được sẽ chỉ bằng 61,8.10 phần năng lượng toàn phần của chùm tia X do bản A phát ra. Phần năng lượng nhỏ bé này lại phải phân phối cho một số rất lớn electron cấu tạo nên hạt bismuth, cho nên muốn làm bật một electron ra khỏi hạt bismuth thì phải cần một thời gian rọi sáng rất lâu, hoặc bằng một cách nào đó không thể hiểu được, phải truyền tất cả năng lượng của chúng cho một electron.

- Nếu giải thích theo quan niệm hạt, thì xác suất để một hạt photon đập trúng hạt bismuth là 61,8.10 . Tức là cứ có 1 800 000 photon bay ra từ bản A sẽ có trung bình một photon đập trúng

hạt bismuth. Nhưng trong thí nghiệm, trong một giây trung bình có 1000 photon bay ra khỏi

bản A, tức là trung bình cứ sau 1800000

301000.60

phút lại có một photon đập vào hạt bismuth

44

và làm bật một electron từ hạt đó, làm cho hạt bismuth mất cân bằng. Tính toán này phù hợp với kết quả thu được từ thí nghiệm trên của Dobronravov và Ioffe. Bài 27. Quang học khí quyển

1. dF = - Fdx F

dF = - dx

Ln 0F

F = - x F = F0 e

- x

x = 1 km ; F = 0,99 F0

= - x

Ln 99,0 = 0,01 km-1 = 1.10-2 km-1

Muốn F =10

1 F0 100

x

e10

1 x = 100 Ln10 = 230 km.

2. = k -4 ; ' = k '-4

'

= 4

'

=

4

4,0

6,0

=

16

81 5

' = 5.10-2 km-1 ; x = 5

1010Ln =

5

230 = 46 km.

3. Quang thông do nguồn dV phát ra trong phạm vi góc khối d bao quanh phương

là

dF = I d = R.A( 1 + cos2 ) dV d

d = 2 sin d

dF = 2 R.A dV(1 + cos2 ) sin d

Quang thông do nguồn dV phát ra theo đủ mọi phương:

dF = F = 22 R.A dV 2

0

2 .sin.1

dsco

2

0

2 .sin.1

dsco = 2

0

.sin

d + 2

0

2 .sin.cos

d

= 2 2

0

.sin

d - 2

0

3 .sin

d = 2 - 3

2 =

3

4

Vậy dF = 6

16 R.A dV

Ta lại có dV = dS.dx và A = dS

F

Cuối cùng ta được : dF = 6

16 R F dx

45

Mặt khác: dF = - Fdx . Nếu chỉ chú ý đến độ lớn của các đại lượng, ta sẽ có

:

= 3

16 R hay R =

16

3

Đối với ánh sáng có bước sóng = 0,6 m, thì = 1.10-2 km-1 và :

R = 6.10-4m-1.steradian-1.

4. L = RA dxel

x

0

=

RA( 1 - e- l. )

A

L =

16

3 ( 1 - e- l. ) = 5,7.10-3