GiaiBaiTap - PhanCoNhiet - Theo_GTLuong_DuyenBinh

CHƯƠNG 1: ĐỘNG HỌC CHẤT ĐIỂM 1-1. Phương trình chuyển động của một chất điểm trong hệ trục toạ độ Đề các: x = a1cos(t + 1) (1) y = a2cos(t + 2)

(2)

Xác định dạng quỹ đạo của chất điểm trong các trường hợp sau: a) 1 - 2 = 2k,

k là một số nguyên;

b) 1 - 2 = (2k + 1); c) 1 - 2 = (2k + 1)

 ; 2

d) 1 - 2 có giá trị bất kì. Bài giải Lưu ý rằng, để biết được dạng quỹ đạo chuyển động của một chất điểm nào đó ta phải đi tìm phương trình quỹ đạo của nó – tức là phương trình biểu diễn mối quan hệ giữa các toạ độ của vật, trong đó ta đã khử mất biến thời gian. Do đó, trong bài tập này ta có thể làm như sau. a) Thay 1 = 2 + 2k vào (1) ta có: x = a1cos(t + 1) = a1cos(t + 2 + 2k) = a1cos(t + 2), y = a2cos(t + 2) Từ đó:

a x y hay y  2 x  a1 a1 a 2

Vì -1 cos(t + 1)  1 nên - a1  x  a1 Vậy chất điểm trong phần a) này chuyển động trên một đoạn thẳng biểu diễn bởi:

y

a2 x a1

với

- a1  x  a1

b) Làm tương tự như trong phần a):

y

a2 x a1

với

- a1  x  a1

c) Thay 1 = 2 + (2k + 1)

 ta dễ dàng rút ra biểu thức: 2

x 2 y2  1 a 12 a 22 Phương trình này biểu diễn một đường êlíp vuông, có các trục lớn và trục nhỏ nằm trên các trục toạ độ. d) Phải khử t trong hệ phương trình (1) và (2). Muốn thế khai triển các hàm số cosin trong (1) và (2):

0

x  cost .cos1  sin t . sin1 a1

(3)

y  cost .cos 2  sin t . sin 2 a2

(4)

x 2 y 2 2xy Từ đó ta được; 2  2  cos( 2  1 )  sin 2 (  2  1 ) a 1 a 2 a 1a 2

(5)

Phương trình (5) biểu diễn một đường êlíp. 1-2. Một ô tô chạy từ tỉnh A đến tỉnh B với vận tốc v1 = 40km/giờ rồi lại chạy từ tỉnh B trở về tỉnh A với vận tốc v2 = 30km/giờ. Tìm tốc độ trung bình của ôtô trên đoạn đường đi về AB, BA đó? Bài giải Đặt quãng đường AB bằng s. Ta sẽ tính vận tốc trung bình theo công thức:

v

tæng qu·ng ®­ êng ®i tæng thêi gian ®i hÕt qu·ng ®­ êng nµy

Ta được:

v

2 v1 v 2 ss ss 2     9,53m / s. s 1 1 t di  t v Ò s v1  v 2   v1 v 2 v 1 v 2

Thay số ta được:

v  9 ,53m / s.

1-3. Một người đứng tại M cách một H I D B con đường thẳng một khoảng h=50m để  chờ ôtô; khi thấy ôtô còn cách mình một A h a đoạn a=200m thì người ấy bắt đầu chạy ra  đường để gặp ôtô (Hình 1-1). Biết ôtô chạy M với vận tốc 36km/giờ. Hình 1-1 Hỏi: a) Người ấy phải chạy theo hướng nào để gặp đúng ôtô? Biết rằng người chạy với vận tốc v2 = 10,8 km/giờ; b) Người phải chạy với vận tốc nhỏ nhất bằng bao nhiêu để có thể gặp được ôtô? Bài giải a) Muốn gặp đúng ô tô tại B thì thời gian người chạy từ M tới B phải bằng thời gian ô tô chạy từ A tới B: MB AB  v2 v1

(1)

Sử dụng định lý hàm số sin trong tam giác ABM ta có:

1

MB AB  , sin  sin 

với sin  

h a

(2)

Từ (1) và (2) ta rút ra:

sin  

h v1 .  0,833 a v2



 = 56030’ hoặc  = 123030’.

Thật vậy: giả sử người chạy đến điểm D thoả mãn điều này  sin  Mà: 

h v1 . . a v2

h v a  v MD AD 1   AD  sin . .MD   . 1 . .AD  1 .MD . sin  sin sin  v2  a v2   h 

AD MD (tức là thời gian xe chạy đến D lớn hơn thời gian người chạy đến  v1 v2

D). b) Để có thể gặp được ô tô với vận tốc nhỏ nhất thì rõ ràng rằng lúc mà người chạy đến đường cũng là lúc xe ô tô đi tới (người gặp đúng ô tô mà không phải chờ đợi lãng phí thời gian), vì vậy, theo phần a) giữa hướng chạy và vận tốc của người phải có quan hệ:

sin 

h v1 . a v2

Vì với mọi  thì sin()  1 nên: Suy ra

v 2 min 

h v1 . 1 a v2

 v2 

h .v1 a

hv 1  2 ,5m / s  9km / h . a

Lúc này, người phải chạy theo hướng MI, với MI  AM. 1-4. Một vật được thả rơi từ một khí cầu đang bay ở độ cao 300m. Hỏi sau bao lâu vật rơi tới mặt đất, nếu: a) Khí cầu đang bay lên (theo hướng thẳng đứng) với vận tốc 5m/s; b) Khí cầu đang hạ xuống (theo phương thẳng đứng) với vận tốc 5m/s; c) Khí cầu đang đứng yên. Bài giải Khi khí cầu chuyển động, vật ở trên khí cầu mang theo vận tốc của khí cầu. Nếu khí cầu chuyển động xuống dưới với vận tốc v0 thì thời gian t mà vật rơi tới đất thoả mãn phương trình bậc hai của thời gian: 1 v 0 .t  g .t 2  h . 2

v 0  2gh  v 0 2

Chọn nghiệm dương của phương trình này ta có kết quả: t 

2

g

.

Khi khí cầu chuyển động lên trên, xuống dưới hoặc đứng yên, ta áp dụng biểu thức này với vận tốc ban đầu v0 = -5m/s, v0 = 5m/s; hoặc v0 = 0 và có kết quả: a) 8,4s ;

b) 7,3s ;

c) 7,8s.

1-5. Một vật được thả rơi từ độ cao H + h theo phương thẳng đứng DD’ (D' là chân độ cao H + h). Cùng lúc đó một vật thứ hai được ném lên từ D' theo phương thẳng đứng với vận tốc v0. a) Hỏi vận tốc v0 phải bằng bao nhiêu để hai vật gặp nhau ở độ cao h? b) Tính khoảng cách x giữa hai vật trước lúc gặp nhau theo thời gian? c) Nếu không có vật thứ nhất thì vật thứ hai đạt độ cao lớn nhất bằng bao nhiêu? Bài giải Cần nhớ lại các công thức của chuyển động rơi tự do: a) Thời gian vật 1 rơi từ D đến điểm gặp nhau là: t 

2H cũng bằng thời gian vật g

2 chuyển động từ D’ đến G, do đó: 1 h gt H  h h  v 0 .t  g .t 2  v 0    2gH 2 t 2 2H

b) Khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm t trước khi gặp nhau được tính theo quãng đường s và s’ các vật đi được:

D H G

x = (H + h) - (s + s’).

1 1   h x  H  h   gt 2   v 0 .t  g.t 2   H  h   v 0 .t 2 2    D’ Hh Hình 1-2  ( 2H  2gH .t ) 2H c) Sử dụng công thức quan hệ v, a, s của chuyển động thẳng biến đổi đều

v 2  v 0  2.a .s với vận tốc ở độ cao cực đại bằng v = 0, a = -g, s = hmax suy ra, nếu 2

không có sự cản trở của vật 1, vật 2 lên đến độ cao cực đại là:

h max 

v 2 ( H  h )2 .  2g 4H

1-6. Thả rơi tự do một vật từ độ cao h = 19,6 mét. Tính: a) Quãng đường mà vật rơi được trong 0,1 giây đầu và 0,1 giây cuối của thời gian rơi. b) Thời gian cần thiết để vật đi hết 1m đầu và 1m cuối của độ cao h. Bài giải

3

Sử dụng công thức về quãng đường vật rơi được sau thời gian t kể từ lúc bắt đầu 1 được thả: s  gt 2 ta sẽ có một công thức quen thuộc về thời gian t để vật rơi được một 2

đoạn đường có độ cao h kể từ vị trí thả là: t 

2h . Áp dụng trong bài tập này: g

a) Quãng đường mà vật rơi được trong 0,1s đầu: 1 1 s1  g .t 2  9 ,8.0,12  0 ,049 m . 2 2

Tổng thời gian rơi của vật: t 

2h 2.19 ,6   2s  . g 9,8

Quãng đường vật đi được trong 0,1 s cuối cùng, được tính theo quãng đường đi được trong 2s -0,1s = 1,9 s đầu: 1 1 2 2 s 2  h  gt  0,1  19 ,6  .9,8.2  0,1  1,9m  . 2 2

b) Tương tự như trên:

2s 3 2.1   0,45s . g 9,8

Thời gian để vật đi được 1m đầu: t 3 

Thời gian để vật đi hết 1m cuối: t 4  t tæng t 18,6mdÇu  2 

2.18 ,6  0,05s 9,8

1-7. Phải ném một vật theo phương thẳng đứng từ độ cao h = 40m với vận tốc v0 bằng bao nhiêu để nó rơi tới mặt đất: a) Trước  = 1 giây so với trường hợp vật rơi tự do? b) Sau  = 1 giây so với trường hợp vật rơi tự do? Lấy g = 10m/s2. Bài giải Sử dụng công thức tính thời gian đến khi chạm đất của bài 5: v 0  2gh  v 0 2

t

g

và công thức thời gian rơi tự do: t 

2h ta thấy: g

Để vật chạm đất sớm, muộn phải ném vật xuống dưới với vận tốc v0 thoả mãn phương trình:



v  2gh  v 0 2h 2  0    v 0  2gh  g  v 0  2gh g g 2

Bình phương hai vế của phương trình ta được:

g 2  2g v0 



2gh  2v 0 2gh  0  v 0 

4

 



g 2 2gh  g 2 2gh  g





a) Để vật chạm đất sớm, áp dụng với  = 1s ta có: v0  12,7  m / s 

Vậy vật được ném thẳng đứng xuống dưới. b) Để vật chạm đất muộn, áp dụng với  = -1s ta có: v0  8,7  m / s 

Vậy vật được ném thẳng đứng lên trên. 1-8. Một xe lửa bắt đầu chuyển động nhanh dần đều trên một đường thẳng ngang qua trước mặt một người quan sát đang đứng ngang với đầu toa thứ nhất. Biết rằng toa xe thứ nhất đi qua trước mặt người quan sát hết một thời gian  = 6 giây. Hỏi toa thứ n sẽ đi qua trước mặt người quan sát trong bao lâu? Áp dụng cho trường hợp n = 7. Bài giải Gọi l là chiều dài của mỗi toa, tn là thời gian để n toa đầu đi qua trước mặt người quan sát. Áp dụng phương trình chuyển động thẳng thay đổi đều, ta có: 1 2

1 2

Chiều dài của toa thứ nhất: l  at 12  a 2 1 2

Chiều dài của (n-1): (n  1)l  at 2n 1 1 2 at n . 2 ra thời gian để toa thứ n đi qua trước mặt người quan sát:

Chiều dài của n toa đầu: nl  Từ đó suy

t n  t n  t n 1  ( n  n  1 ).

Với n =7 , ta có t7 = 1,18s. 1-9. Một hòn đá được ném theo phương nằm ngang với vận tốc v0=15m/s. Tính gia tốc pháp tuyến và gia tốc tiếp tuyến của hòn đá sau lúc ném 1 giây. Bài giải Vận tốc của vật theo phương đứng sau khi ném 1s: vy = gt = 9,8m/s.

v0 vx 

Góc  giữa vận tốc của vật và phương thẳng đứng thoả mãn: tg 

vy

vx . Xem hình vẽ bên. vy

Từ đó, gia tốc pháp tuyến và gia tốc tiếp tuyến của vật g.sin



lúc này chính là những thành phần chiếu của gia tốc g: g

5

v v

g.cos

an  g sin  

g.vx vx  v y 2

2

 8, 2  m / s 2 

at  g cos   g 2  an 2  5, 4  m / s 2 

 v

1-10. Một người đi mô tô vượt qua một bờ cao của một cái hố có các thông số như đã ghi trên hình 1-3. Hỏi mô tô phải có vận tốc v nhỏ nhất là bao nhiêu (tại thời điểm rời khỏi bờ) để người đó có thể vượt qua hố.

h = 1.5 m

 =15o l=3m

Bài giải - Phương trình chuyển động: x = v0 cos. t

(1)

y = h + v0 sin. t – gt2/ 2

(2)

Hình 1-3

- Phương trình quỹ đạo: y = h + (v0 sin/ v0 cos) x – g x2/ (2 v02 cos2) - Để người phi mô tô vượt qua được hố thì: xmin = l



v0 min = l/ cos. t

Và

y=0



0 = h + tg. l – g l2/ (2 v0 min2 cos2)



v02 min = g l2/ [2 cos2 (h + tg l)]

Thay số, ta có vận tốc v0 nhỏ nhất để người vượt qua được hố là: v0 min  4,53 (m/ s). 1-11. Người ta ném một quả bóng với vận tốc v0=10m/s theo phương hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc  = 400. Giả sử quả bóng được ném đi từ mặt đất. Hỏi: a) Độ cao lớn nhất mà quả bóng có thể đạt được. b) Tầm xa của quả bóng. c) Thời gian từ lúc ném bóng tới lúc bóng chạm đất. Bài giải Chuyển động theo phương thẳng đứng là một chuyển động thẳng biến đổi đều với gia tốc bằng g, vận tốc ban đầu bằng v0y = v0.sin. Chuyển động theo phương ngang là chuyển động thẳng đều với vận tốc không đổi bằng vx = v0.cos. a) Độ cao cực đại và thời gian rơi của vật chỉ liên quan đến vận tốc ban đầu theo phương thẳng đứng v0y: ymax 

v0 y 2 2g

 2,1 m 

c) Thời gian bay của vật:

t  2.

v0y g

6



2.v 0 sin  1,3s  g

b) Công thức tầm xa của vật ném xiên: v02 .sin 2 L  vx t   10m g

1-12. Từ một đỉnh tháp cao H = 25m người ta ném một hòn đá lên phía trên với vận tốc v0 = 15m/s theo phương hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc  = 300. Xác định: a) Thời gian chuyển động của hòn đá; b) Khoảng cách từ chân tháp đến chỗ rơi của hòn đá; c) Vận tốc của hòn đá lúc chạm đất. Bài giải Từ đỉnh tháp viên đá còn lên cao thêm được một đoạn: h

v0y

2



2g

v 0 sin 2 2g

15.sin 30  

0 2

2.9,8

 2,87 m

 thời gian chuyển động của hòn đá:

t

v0y g



2H  h  7 ,5 225  2,78     3,15s  y g 9,8 9,8 v0

Tầm xa:

L  v0 cos .t  15.cos30 0 .3,15  41m



H

Vận tốc lúc chạm đất:

v y  2gH  h   2.9,8.25  2,78   23,3m / s 

O

 v  v y  v x  23,32  15.cos30 0   26 ,7m / s  2

2

2

L

Hình 1-4

Ta có thể giải quyết bài toán theo cách khác bằng cách dùng phương pháp toạ độ. Chọn hệ trục toạ độ Oxy với O nằm tại chân tháp như hình 1-4. Phương trình chuyển động của vật theo các trục này:

x  v x t  v 0 cos .t 1 1 y  H  v y t  g.t 2  H  v 0 . sin .t  g.t 2 2 2 Để tìm thời gian rơi, giải phương trình y = 0. Để tìm tầm xa – tìm khoảng cách từ vị trí rơi tới chân tháp, ta thay t tìm được vào biểu thức của x để tính x. Để tìm vận tốc lúc chạm đất, nhớ đến các công thức: v x  v 0 cos  const v y  v 0 sin   g .t

Đáp số: a) 3,16s ; b) 41,1m ; c) 26,7m/s.

7

x

1-13. Hỏi phải ném một vật theo phương hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc  bằng bao nhiêu để với một vận tốc ban đầu cho trước, tầm xa của vật là cực đại. Bài giải Sử dụng công thức tính tầm xa của vật được ném xiên đã lập được trong bài 10:

v 02 . sin 2 v 02 L  g g 2

v  Vật sẽ đạt được tầm xa cực đại bằng L max  0 khi sin2 = 1, hay  = 450. g 1-14. Tìm vận tốc góc: a) Của Trái Đất quay quanh trục của nó (Trái Đất quay một vòng xung quanh trục của nó mất 24 giờ). b) Của kim giờ và kim phút đồng hồ; c) Của Mặt Trăng quay xung quanh Trái Đất (Mặt Trăng quay xung quanh Trái Đất một vòng mất 27 ngày đêm); d) Của một vệ tinh nhân tạo của Trái Đất quay trên quỹ đạo tròn với chu kì bằng 88 phút. Bài giải Sử dụng công thức tính vận tốc góc:  

2 và lưu ý rằng chu kỳ được tính theo T

đơn vị là giây (s) ta sẽ được: a) Vận tốc góc tự quay quanh trục của trái đất:  

2.  7 ,26.10 5 rad / s  24.3600

b) Chu kỳ quay của kim phút là 1h. Kim giờ quay hết một vòng là 12 tiếng nên vận tốc góc của kim giờ và kim phút là: 14,5 . 10-5 rad/s; 1,74 . 10-3 rad/s c) Cũng áp dụng công thức trên với các chu kỳ khác nhau ta có vận tốc góc của mặt trăng quanh trái đất là: 2,7 . 10-6 rad/s ; d) Của vệ tinh có chu kì quay là 88phút là: 1,19 . 10-3 rad/s 1-15. Một vô lăng sau khi bắt đầu quay được một phút thì thu được vận tốc 700 vòng/phút. Tính gia tốc góc của vô lăng và số vòng mà vô lăng đã quay được trong phút ấy nếu chuyển động của vô lăng là nhanh dần đều. Bài giải Vận tốc góc của vô lăng đạt  = 700vòng/phút = 700.2/60 (rad/s). Mà  = .    

 1400 / 60 1400    1,22rad / s 2  .  60 3600

Góc quay được sau thời gian  = 1 phút là:

8

1 2

1 2

   . 2  .1,22.60 2  700

rad

Do vậy, số vòng quay được trong 1 phút là: n

 700   350 vßng. 2 2

1-16. Một bánh xe có bán kính R = 10cm lúc đầu đứng yên, sau đó quay xung quanh trục của nó với gia tốc góc bằng 3,14 rad/s2. Hỏi, sau giây thứ nhất: a) Vận tốc góc và vận tốc dài của một điểm trên vành bánh? b) Gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến và gia tốc toàn phần của một điểm trên vành bánh? c) Góc giữa gia tốc toàn phần và bán kính của bánh xe (ứng với cùng một điểm trên vành bánh? Bài giải a) Sau giây thứ nhất, vận tốc góc và vận tốc dài của một điểm trên vành bánh là:

   .t  3,14.1  3,14 rad / s  v   .R  3,14.0,1  0,314 m / s 

at

Gia tốc tiếp tuyến có giá trị không đổi và gia tốc pháp tuyến

a

 an

lúc này:

a t   .R  3,14.0,1  0,314 m / s 2 

a n   2 .R  3,14 2 .0,1  0,986 m / s 2 

Còn gia tốc toàn phần thì bằng:

Hình 1-5

a  a t  a n  1,03 m / s 2  . 2

2

c) Góc giữa gia tốc toàn phần a và bán kính là  thoả mãn: sin  

a t 0 ,314  a 1,03



 = 17046’.

1-17. Một đoàn tàu bắt đầu chạy vào một đoạn đường tròn, bán kính 1km, dài 600m, với vận tốc 54 km/giờ. Đoàn tàu chạy hết quãng đường đó trong 30 giây. Tìm vận tốc dài, gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến, gia tốc toàn phần và gia tốc góc của đoàn tàu ở cuối quãng đường đó. Coi chuyển động của đoàn tàu là nhanh dần đều. Bài giải Cho: R = 1km =1000m, v0 = 54km/h = 15m/s, s=600m, t = 30s. Sử dụng các công thức về chuyển động thẳng và chuyển động tròn biến đổi đều ta sẽ tính được các đại lượng cần thiết. 2s  v 0 t  2600  15.30  1 1 s  v0 t  a t t 2  a t    m / s 2  . 2 2 2 3 t 30

9

Vận tốc của tầu tại cuối đường vòng: 1 v  v 0  a t t  15  .30  25 m / s   90 km / h  . 3

Gia tốc pháp tuyến – gia tốc hướng tâm của tầu: a n   2R 

v2 25 2   0 ,625 m / s 2  R 1000

Còn gia tốc toàn phần là: 2

a  at  an 2

2

2

1 5        0,708 m / s 2   3  8

Gia tốc góc của đoàn tầu:



a t 1/ 3   3,3.10 4 rad / s 2  R 1000

1-18. Một người muốn chèo thuyền qua sông có dòng nước chảy. Nếu người ấy chèo thuyền theo hướng từ vị trí A sang vị trí B (AB  với dòng sông, hình 1-4) thì sau thời gian t1 = 10 phút thuyền sẽ tới vị trí C cách B một khoảng s = 120m. Nếu người ấy chèo thuyền về phía ngược dòng thì sau thời gian t2 = 12,5 phút thuyền sẽ tới đúng vị trí B. Coi vận tốc của thuyền đối với dòng nước là không đổi. Tính: a) Bề rộng l của con sông; B s C b) Vận tốc v của thuyền đối với dòng nước; c) Vận tốc u của dòng nước đối với bờ sông;

u

M v



d) Góc . Bài giải Đây là bài toán tổng hợp vận tốc. Thuyền tham gia đồng

V

A

Hình 1-6a



thời hai chuyển động: cùng với dòng nước với vận tốc u và

B



chuyển động so với dòng nước (do người chèo) với vận tốc v . Chuyển động tổng hợp chính là chuyển động của thuyền đối với 





bờ sông với vận tốc V  v  u . Trường hợp thứ nhất của bài toán ứng với hình 1-6a, trường hợp thứ hai ứng với hình 1-6b. Theo các hình vẽ, ta có các phương trình sau: s = u.t1 ; l =v.t1 ; l = (v.cos ).t2; u = v.sin  ;  u

s 120   0,2 m / s  . t 1 600

10

u v



C l V

A

Hình 1-6b

l  v.t 1  v.cos .t 2  cos   sin  

t1 10 4      36 0 53' t 2 12 ,5 5

3 u u 0,2 1  v    0,33 m / s  . 5 v sin  3 / 5 3

Chiều rộng của dòng sông: l  v.t 1  0,33.( 10.60 )  200 m . 1-19. Người ta chèo một con thuyền qua sông theo hướng vuông góc với bờ sông với vận tốc 7,2km/h. Nước chảy đã mang con thuyền về phía xuôi dòng một khoảng 150m. Tìm: a) Vận tốc của dòng nước đối với bờ sông; b) Thời gian cần để thuyền qua được sông. Cho biết chiều rộng của sông bằng 0,5km. Bài giải Từ hình vẽ ta thấy:

B s u

u s s 150   u  .v  .2  0 ,60 m / s  . v l l 500

v

Thời gian của một chuyến sang sông: t

C

l

V

A

Hình 1-7

AC AB l 500     250 s  . V v v 2

Đáp số: a) u = 0,60m/s ; b) t = 250s. 1-20. Một máy bay bay từ vị trí A tới vị trí B. AB nằm theo hướng Tây Đông và cách nhau một khoảng 300km. Xác định thời gian bay nếu: a) Không có gió; b) Có gió thổi theo hướng Nam Bắc; c) Có gió thổi theo hướng Tây Đông. Cho biết vận tốc của gió bằng: v1 = 20m/s, vận tốc của máy bay đối với không khí v2 = 600km/h. Bài giải AB = 300km, gió: v1 = 20m/s =72km/h, v2 = 600km/h. a) Thời gian máy bay bay trực tiếp từ A đến B: t 

l 300   0,5 h   30 (phót). v 2 600

b) Tương tự bài trên, ta thấy máy bay muốn tới vị trí B, nó phải bay chếch về phía nam một góc  so với phương AB. Ta có: V  v 2  v1  600 2  72 2  596 km / h  . 2

2

Thời gian máy bay bay từ A đến B là:

A



B v1

v2

11

Hình 1-8

t

s 300   0,503 h   30 ,2 phót . V 596

c) Gió xuôi chiều từ Tây sang Đông. Thời gian máy bay cần dùng là:

t

s 300   0,446 h   26 ,8 phót. v 2  v1 600  72

CHƯƠNG 2 ĐỘNG LỰC HỌC CHẤT ĐIỂM 2-1. Một xe có khối lượng 20000kg, chuyển động chậm dần đều dưới tác dụng của một lực bằng 6000N, vận tốc ban đầu của xe bằng 15m/s. Hỏi: a) Gia tốc của xe; b) Sau bao lâu xe dừng lại; c) Đoạn đường xe đã chạy được kể từ lúc hãm cho đến khi xe dừng hẳn. Bài giải a) Gia tốc của xe được tính theo định luật II Newton: a = F/m = -6000/20000= - 0,3m/s2. b) Thời gian kể từ lúc hãm đến khi dừng lại: t  t 

v 0 - 15   50 s. a - 0,3

c) Quãng đường kể từ lúc hãm đến khi dừng lại: s = v0.t + a.t2/2 = 375m.

12

Hình 2-1

2-2. Một thanh gỗ nặng 49N bị kẹp giữa hai mặt phẳng thẳng đứng (hình 2-4). Lực ép thẳng góc trên mỗi mặt của thanh là 147N. Hỏi lực nhỏ nhất cần để nâng hoặc hạ thanh gỗ? Hệ số ma sát giữa thanh gỗ và mặt ép k = 0,2. Bài giải FN

FHạ Fms1

Fms2

Hình 2-2a

Hình 2-2b

Từ các hình vẽ này ta thấy, các lực dùng để hạ (FHạ) và nâng FN thanh gỗ phải có các giá trị nhỏ nhất: FHạ = Fms1  Fms2  P  2  k .N  P  2.0,2.147  49  9,8N  FN = Fms1  Fms2  P  2  k .N  P  2.0,2.147  49  107 ,8N  2-3. Một chiếc thang dựa vào tường (như hình vẽ). Hệ số

A

ma sát giữa thang và tường là  0,4; giữa thang và sàn là  2 = 0,5. Khối tâm thang ở trung điểm của chiều dài thang. Tìm điều kiện của góc  để thang không bị trượt trên sàn.



Bài giải

B

Khi thanh trượt thì góc  giảm, do đó lực ma sát phải tăng để chống lại sự trượt đó.

Hình 2-3a

Ta có: fms  k. N

 f ms1

Nên ứng với min thì: fms = k. N Giả sử ứng với  = min, thanh đạt cân bằng, ta có:      f ms1  f ms2  N 1  N 2  P  0   Mi  0 i

Chiếu lên phương ngang: (1)

-k2.N2 + N1 = 0

Chiếu lên phương thẳng đứng: (2)

k1.N1 + N2 – P = 0

 N1

A

 P



 f ms 2

B

Hình 2-3b N2. l cos - N1. l sin - P. (l/2) cos = 0 (3)

Từ (1), (2), (3) ta có:

 N2

tg = (1 – k1. k2)/ 2k2 = 0,8  ~ 380 40’

Vậy với   380 40’ thì thang sẽ không bị trượt.

13

2-4. Hỏi phải tác dụng một lực bằng bao nhiêu lên một toa tàu đang đứng yên để nó chuyển động nhanh dần đều và sau thời gian 30 giây nó đi được 11m. Cho biết lực ma sát của toa tàu bằng 5% trọng lượng của toa tàu, khối lượng của toa tầu bằng m = 15,6 tấn. Bài giải Gọi F là lực tác dụng lên toa tàu. Xét theo phương ngang, lực gây ra gia tốc của toa tàu, theo định luật Niutơn 2, bằng: F - fms = ma Trong đó: m là khối lượng và a 

2s là gia tốc của toa tầu. t2

Từ đó suy ra: F  f ms  ma  5% mg 

2.s.m . t2

Thay số ta được: F  8200N. 2-5. Một người di chuyển một chiếc xe với vận tốc không đổi. Lúc đầu người ấy kéo xe về phía trước, sau đó người ấy đẩy xe về phía sau. Trong cả hai trường hợp, càng xe hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc . Hỏi trong trường hợp nào người ấy phải đặt lên xe một lực lớn hơn? Biết rằng trọng lượng của xe là P, hệ số ma sát giữa bánh xe và mặt đường là k. Bài giải Viết phương trình định luật II Newton cho các lực tác dụng vào xe. Trường hợp kéo xe về phía trước (hình 2-4a): lực nén vuông góc của xe lên mặt đường là:

N  F. sin α  P  0  N  P - F.sin α Và: F.cos   Fms  0  F.cos   Fms Mà, lực ma sát tác dụng lên xe: Fms = kN = k(P - Fsin) F cos  k P  F sin  



F

kP cos  k sin  N’

N  Fms

F F’

P

P

Hình 2-4a

F’ms

Hình 2-4b

Trường hợp đẩy xe về phía sau (hình 2-4b) Bằng cách phân tích tương tự, ta tính được lực ma sát đặt lên xe trong trường hợp này là: Fms = kN’ = k(P + Fsin)

14

Và lực F’ cần đặt lên càng xe: F' 

kP cos  k sin 

Rõ ràng F’ > F. Như vậy trong trường hợp đẩy xe về phía sau người ta phải dùng một lực lớn hơn. 2-6. Một vật có khối lượng m = 5kg được đặt trên một mặt phẳng nghiêng hợp với mặt phẳng ằm ngang một góc  = 300. Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng bằng k = 0,2. Tìm gia tốc của vật trên mặt phẳng nghiêng. Bài giải Phương trình định luật II Newton cho vật: P  N  F ms  m.a

Chiếu phương trình này theo phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng (phương Oy) và phương song song với mặt phẳng nghiêng (phương Ox) ta được:  P cos  N  0  P sin   Fms  ma

N

y



Fms

O x



P

Hình 2-5

 N  P cos  P sin   Fms  a  m

Mà Fms = k.N nên: a

P sin   kP cos mg sin   kmg cos   gsin   k cos . m m

Thay  = 300, k = 0,2, g = 9,8 ta tính được a = 3,24m/s2. 2-7. Một vật trượt xuống trên một mặt phẳng nghiêng hợp với mặt phẳng nằm ngang góc  = 450. Khi trượt được quãng đường s = 36,4cm, vật thu được vận tốc v = 2m/s. Xác định hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng. Bài giải Áp dụng công thức gia tốc của vật trong bài 2-5 ta có : a  gsin  k cos   k 

g sin  a a .  tg  g cos g cos

v2  v0 v 2  02 v 2 Gia tốc được tính: a  .   2.S 2.S 2.S 2



v2 k  tg  2.gS cos

Thay các thông số đã cho:  = 450, v = 2m/s, s = 36,4cm = 0,364m ta được: k  0,2.

15

2-8. Một sợi dây thừng được đặt trên mặt bàn sao cho một phần của nó buông thõng xuống đất. Sợi dây bắt đầu trượt trên mặt bàn khi chiều dài của phần buông thõng bằng 25% chiều dài của dây. Xác định hệ số ma sát k giữa sợi dây và mặt bàn. Bài giải Gọi P là trọng lực của cả dây, P1 là trọng lượng của phần buông thõng. Theo đầu bài, chiều dài phần buông

fms

thõng bằng 25% chiều dài dây  P1 = 25%P. Xét theo phương chuyển động của sợi dây, dây chịu

P1

tác dụng của hai lực: P1 và fms. Muốn dây bắt đầu trượt Hình 2-6

phải có P1 = fms  fms = 25%P. Mà, fms= k .N = k.(75%P). Từ đó: 25%P = k.(75%P)  k 

25 1   0 ,33 . 75 3

2-9. 1) Một ôtô khối lượng một tấn chuyển động trên một đường bằng, hệ số ma sát giữa bánh ôtô và mặt đường là 0,1. Tính lực kéo của động cơ ôtô trong trường hợp: a) Ôtô chuyển động đều; b) Ôtô chuyển động nhanh dần đều với gia tốc bằng 2m/s2; 2) Cũng câu hỏi trên nhưng cho trường hợp ôtô chuyển động đều và: a) Lên dốc có độ dốc 4%; b) Xuống dốc đó. Hệ số ma sát bằng 0,1 trong suốt thời gian chuyển động. Bài giải   Tổng hợp lực tác dụng lên ôtô gồm: lực kéo F của động cơ ôtô, trọng lực P , phản   lực pháp tuyến N của mặt đường và lực ma sát của mặt đường f ms .

N’

N

F’ F f'ms fms



P Hình 2-7    



Phương trình định luật II Newton cho ô tô là: F  P  N  f m s  m a

Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe. Chiếu phương trình này lên phương chuyển động ta được: 1) Khi xe chuyển động trên đường nằm ngang: F  f ms  ma  F  ma  f ms  ma  kmg

a) Khi chuyển động đều, a = 0

 F = 980N.

16

b) Khi chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a = 2m/s2  F = 2980N. 2) Khi xe chuyển động trên đường dốc: a) Ôtô lên dốc F  f ms  P sin   ma  F  ma  kmg cos   mg sin 

Trong đó, sin = 0,04 là độ dốc của dốc  cos = 1  0,04 2  1,0  F  1000  0  0,1.1000 .9,8.1  1000 .9,8.0,04  1372 N  b) Ôtô xuống dốc: F = P(kcos - sin). F  f ms  P sin   ma

 F  ma  f ms  P sin   ma  kmg cos   mg sin 

Thay số: F  1000  0  0,1.1000.9 ,8.1  1000.9,8.0 ,04  588 N 

2-10. Một sợi dây được vắt qua một ròng rọc có khối lượng không đáng kể, hai đầu buộc hai vật có khối lượng m1 và m2 (m1 > m2). Xác định gia tốc của hai vật và sức căng của dây. Coi ma sát không đáng kể. Áp dụng bằng số: m1 = 2m2 = 1kg. Bài giải Chọn trục toạ độ như hình 2-8. Phương trình định luật II Newton cho từng vật xét trên phương chuyển động: P1  T  m1a

m 1 :  m 2 :

T  P2  m 2 a

P1  P2  m1  m 2 a 

a  3, 27 m / s 2

Xem phương trình định luật II Newton cho vật P1 ta có: P1 - T = m1a. Từ đó tính được: T  6,55N

T + m2 P2

T m1

P1

+

Hình 2-8

17

2-11. Một tàu điện, sau khi xuất phát, chuyển động với gia tốc không đổi  = 0,5m/s2. 12 giây sau khi bắt đầu chuyển động, người ta tắt động cơ của tàu điện và tàu chuyển động chậm dần đều cho tới khi dừng hẳn. Trên toàn bộ quãng đường hệ số ma sát bằng k = 0,01. Tìm: a) Vận tốc lớn nhất của tàu; b) Thời gian toàn bộ kể từ lúc tàu xuất phát cho tới khi tàu dừng hẳn; c) Gia tốc của tàu trong chuyển động chậm dần đều; d) Quãng đường toàn bộ mà tàu đã đi được. Bài giải Tầu chuyển động theo hai giai đoạn: Giai đoạn 1: chuyển động với gia tốc a1 = 0,5m/s2 trong thời gian t1 = 12s. Giai đoạn 2: chuyển động chậm dần đều với gia tốc a2 = k.g = 0,01.9,8 = 0,098 m/s2 dưới tác dụng cản của lực ma sát trong thời gian t. Có thể vẽ đồ thị vận tốc của tầu theo thời gian v như trên hình. a) Vận tốc lớn nhất của tầu: vmax v max  a 1 t 1  0,5.12  6m / s   21,6km / h  b) Tầu chuyển động chậm dần trong thời gian:

t 

v max 6   61,2s  a2 0,098

t1

t2

Hình 2-9

Tổng thời gian chuyển động của tầu (kể từ lúc xuất phát đến lúc dừng lại):

t 2  t 1  t  12  61,2  73,2s  .

c) Gia tốc của tầu khi chuyển động chậm dần đều là a2 = 0,098 m/s2. d) Quãng đường tầu đã đi được bằng “diện tích” của hình tam giác được gạch chéo: s

1 1 v max .t 2  .6.73,2  219 ,6m  2 2

2-12. Một bản gỗ A được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang. Bản A được nối với một bản gỗ B khác bằng một sợi dây vắt qua một ròng rọc cố định (hình vẽ 2-10). Khối lượng của ròng rọc và của dây coi như không đáng kể. a) Tính lực căng của dây nếu cho mA = 200g; mB = 300g, hệ số ma sát giữa bản A và mặt phẳng nằm ngang k = 0,25. b) Nếu thay đổi vị trí của A và B thì lực căng của dây sẽ bằng bao nhiêu? Xem hệ số ma sát vẫn như cũ. Bài giải

18

t

N2

+ T

fms

P2

T

+ P1

Hình 2-10 Xét hệ hai vật có khối lượng m1, m2 được nối với nhau như trên hình 2-10. Các lực tác dụng vào các vật đã được chỉ rõ trên hình vẽ. Áp dụng định luật II Newton cho các vật ta có: m 1 :  m 2 :

P1  T  m1a

(1 )

T  f ms  m 2 a

(2)

Trong đó, f ms  k .N 2  k .P2 . Từ hệ phương trình ta thu được: P1  f ms  m1  m 2 a 

a

P1  f ms m g  k .m 2 g m1  k .m 2  1  g m1  m 2 m1  m 2 m1  m 2

Từ phương trình (1) suy ra:  T  P1  m1a  m1g  m1 .

T

1  k m1m 2 g , m1  km 2 g m1  m 2 m1  m 2

1  k m A m B g  1  0,250,2.0,3  9,8  1,47N mA  mB

0,2  0,3

2-13. Hai vật có khối lượng m1 = 1kg, m2 = 2kg được nối với nhau bằng một sợi dây và được đặt trên mặt bàn nằm ngang. Dùng một sợi dây khác vắt qua một ròng rọc, một đầu dây buộc vào m2 và đầu kia buộc vào một vật thứ ba có khối lượng m3 = 3kg (hình 2-11). Coi ma sát không đáng kể. Tính lực căng của hai sợi dây. N1 m1 P1

N2 T1

+ T2

P2

T2 m3 + P3

Bài giải

Hình 2-11

Trọng lực P3 là thành phần lực duy nhất theo phương chuyển động của hệ và làm các vật chuyển động với cùng một gia tốc a. Ta có:

19

a

m 3g m1  m 2  m 3

Xét riêng vật m1 ta có:

T1  m1a 

m1m 3 g 1.3.9,8   4,9N  m1  m 2  m 3 1  2  3

Xét riêng vật m3 ta có: m 3 g  T2  m 3 a  T2  m 3 g  a   T2  m3 g 

m3 g (m  m2 )m3  1 g  14, 7  N  . m1  m2  m3 m1  m2  m3

2-14. Ở đỉnh của hai mặt phẳng nghiêng hợp với mặt phẳng nằm ngang các góc  = 30 và  = 450 (hình 2-12), có gắn một ròng rọc khối lượng không đáng kể. Dùng một sợi 0

dây vắt qua ròng rọc, hai đầu dây nối với hai vật A và B đặt trên các mặt phẳng nghiêng. Khối lượng của các vật A và B đều bằng 1kg. Bỏ qua tất cả các lực ma sát. Tìm gia tốc của hệ và lực căng của dây. Bài giải N1

T

N2

T +

+





P2

P1 Hình 2-12

Do sợi dây nối hai vật không bị co giãn nên hai vật sẽ chuyển động với cùng một gia tốc a. Chọn chiều dương cho các chuyển động như hình vẽ. Các lực tác dụng vào các vật đã được chỉ ra trên hình. Phương trình định luật II Newton được chiếu lên phương chuyển động của các vật: m 1 :  m 2 :

1 2

P1 sin   T  m1a T  P2 sin   m 2 a

Suy ra, P1 sin   P2 sin   m1  m 2 a  a

P1 sin  P2 sin  m1 sin  m 2 sin   g m1  m 2 m1  m 2

Từ phương trình (1) có:

T  P1 sin  m1a  m1g sin  m1 . 

m1 sin  m 2 sin  g m1  m 2

m1 .m 2 .g(sin   sin  ) m1  m 2

20

Thay các giá trị đầu bài đã cho (m1 thay bằng mA, m2 thay bằng mB) vào các biểu thức của gia tốc và lực căng dây ta thu được: a  1,02 m / s 2 ; T  5,9N . Kết quả này chứng tỏ rằng, hệ chuyển động ngược với chiều dương đã chọn với gia tốc có độ lớn bằng 1,02 m/s2. 2-15. Xác định gia tốc của vật m1 trong hình 2-13. Bỏ qua ma sát, khối lượng của ròng rọc và dây. Áp dụng cho trường hợp m1 = m2. Bài giải

T

T

T

m1 P1

m2 P2

Hình 2-13 Chú ý rằng sức căng của dây tại mọi điểm đều bằng nhau, bằng T. Từ hình vẽ 2-13, nếu xét riêng vật m1, ta có: P1 - T = m1a1 (1) Nếu xét tiêng vật m2, ta có: 2T - P2= m2a2. (2) Sử dụng tính chất của ròng rọc cố định và ròng rọc động ta thấy rằng, quãng đường đi của m1 gấp hai lần quãng đường đi của vật m2, từ đó kéo theo: a1 = 2a2 (3) Nhân hai vế của (1) với 2 rồi cộng vế theo vế với (2) suy ra:

a 1  2a 2 

2( 2m1  m 2 )g . 4m1  m 2

Nếu m1 = m2 thì a 1  2a 2 

2g  3,92m / s 2  . 5

Nhận xét: thay giá trị của a1 vào (1) ta có thể tìm được lực căng của các dây:

T  P1  m1a 1  m1g  m1

2( 2m1  m 2 )g 3m1m 2 g  4m1  m 2 4m1  m 2

21

2-16. Qua một ròng rọc A khối lượng không đáng kể, người ta luồn một sợi dây, một đầu buộc vào quả nặng M1, đầu kia buộc vào một ròng rọc B khối lượng không đáng kể. Qua B lại vắt một sợi dây khác. Hai đầu dây nối với hai quả nặng M2 và M3. Ròng rọc A với toàn bộ các trọng vật được treo vào một lực kế lò xo (hình 2-14). Xác định gia tốc của quả nặng M3 và số chỉ T trên lực kế, nếu M2  M3, M1 > M2 + M3. Bài giải

T

T1 T1 M1 +

T2

P1

M3 +

T2

P3

M2

+

P2

Hình 2-14 Chọn chiều dương cho các chuyển động của các vật như hình 2-14. Từ mối quan hệ về đường đi của các ròng động và cố định ta thấy mối quan hệ gia tốc của các vật: 2a 1  a 2  a 3

(*)

Do các ròng rọc có khối lượng và lực ma sát ở các ổ trục có thể bỏ qua nên ta có: T  2T1 ;

1

T1  2T2

Xét theo phương chuyển động của các vật, phương trình định luật II Newton:

2 3 4

M1a 1  M1g  T1 M 2 a 2  T2  M 2 g M 3a 3  T2  M 3g

Thực hiện các phép biến đổi: a2  a3 

 M1  2M 2  g  M1a1 2M 2

 M1  2M 3  g  M1a1 2M 3

Thay a2, a3 vào (*):

 a1 

M1M 2  M1M 3  4M 2 M 3 g M 1 M 2  M 1 M 3  4M 2 M 3

22

Sử dụng kết quả này vào biểu thức của a3 ta được: a3 

3M 1M 2  M 1M 3  4M 2 M 3 .g M 1M 2  M 1M 3  4 M 2 M 3

Từ (2)  T1 

8M 1M 2 M 3 g M 1M 2  M 1M 3  4 M 2 M 3

Suy ra số chỉ của lực kế:

T  2T1 

16M1M 2 M 3g M1 M 2  M1 M 3  4M 2 M 3

2-17. Viết phương trình chuyển động của một viên đạn bay ngang trong không khí, nếu kể đến lực cản của không khí. Cho biết lực cản của không khí tỷ lệ với vận tốc của viên đạn, hệ số tỷ lệ là k, khối lượng của viên đạn bằng m. Bài giải Lực cản của không khí lên viên đạn: fc = -kv, k là hệ số tỉ lệ. Theo định luật Niutơn thứ hai:  kv  m

dv dt

hay

dv k   dt v m

(1)

Tích phân hai vế của (1) ta được: v  Ce



k t m

(2) C là hằng số tích phân. Lúc t = 0 ; v = v0 từ (2) suy ra C = vo. Phương trình (2) trở thành: v  v o e



k t m

(3)

Gọi x là quãng đường mà viên đạn đi được theo phương ngang ta có: k

 t dx v  voe m dt

Suy ra: x 

(4)

 mv o  mk t e B k

(5)

B là hằng số tích phân. Từ điều kiện t = 0 , x = 0, suy ra: B  Thay B và (5) ta được: x 

mv o k

mv o k

k  t   1  e m     

2-18. Viết phương trình chuyển động của một vật rơi nếu kể đến lực cản của không khí, biết rằng lực cản tỷ lệ với vận tốc của vật rơi. Bài giải Lực tổng hợp đặt lên vật rơi: F = mg – kv

23

Theo định luật Niutơn thứ hai: mg  kv  m 

dv . dt

dv k k mg   g  v   v   dt m m k 

Đặt u  v 

(1)

mg . Phương trình (1) trở thành: k

du k du k  u   dt dt m u m

(2)

Lấy tích phân hai vế của (2)  u  Ce



k t m

k

 t mg mg  v v  Ce m k k

Tại thời điểm t = 0, v = 0  C  

(C là hằng số tích phân).

mg k

 t  mg  1  e m   v  k   k

Quãng đường mà vật rơi được đến thời điểm t (phương trình chuyển động): k k  t  mg  mg m 2g  m t  1  e m .dt   . t  e  1 . 2    k k k 0    

t

t

x   v.dt   0

2-19. Trong mặt phẳng đứng chọn hệ trục toạ độ Oxy với Ox nằm ngang, Oy thẳng đứng. Một chất điểm được ném từ điểm có toạ độ (2, 0) (đơn vị mét) theo phương thẳng đứng lên trên với vân tốc của 10m/s. Tính độ biến thiên mômen động lượng của chất điểm đối với gốc O trong khoảng thời gian từ lúc ném lên đến lúc rơi xuống đúng vị trí ban đầu. Cho khối lượng chất điểm m = 1kg. Bài giải Lúc ném

    L  L1  r  p1

Lúc vật trở lại điểm ném       L  L2  r  p 2   r  p1

  (do p 2   p1 )

Độ biên thiên momen động lượng      L  L2  L1  2 r  mv Xét về độ lớn

L  2.m.v.x  2.1.10.2  40kg.m 2 / s 

24

2-20. Chất điểm khối lượng m được ném lên từ một điểm O trên mặt đất, với vận tốc ban đầu v0 theo hướng nghiêng góc  với mặt phẳng ngang. Xác định mômen động lượng của chất điểm đối với O tại thời điểm vận tốc chuyển động của chất điểm nằm ngang. Bài giải Momen động lượng tại điểm cao nhất

L  m.v x .y max L

v o2 sin 2   m.v o cos  . 2g

mv 3o sin 2  . cos  2g

2-21. Chất điểm khối lượng m được ném lên từ một điểm O trên mặt đất với vận tốc đầu v0 theo hướng nghiêng góc  với mặt phẳng ngang. Xác định tại thời điểm t và đối với O. a) mômen ngoại lực tác dụng lên chất điểm; b) mômen động lượng của chất điểm. Bỏ qua sức cản không khí. Bài giải a. Ngoại lực là trọng lực, momen của trọng lực M p / o  mgx  mgv o cos  .t (x là toạ độ theo phương ngang của vật)    b. Momen động lượng L  r  p    i j k

Lm x vx

y vy

z  m xv y  yv x  vz

1   L  m v o cos  .t.v o sin   gt    v o sin t  gt 2  v o cos  2   1 L  .m.g.v o . cos  .t 2 2

2-22. Trên một mặt phẳng nằm ngang nhẵn (hình 2-15) có 1 chất điểm khối lượng m chuyển động buộc vào 1 sợi dây không co dãn, đầu kia của dây được kéo qua 1 lỗ nhỏ O với vận tốc không đổi. Tính sức căng của dây theo khoảng cách r giữa chất điểm và O biết rằng khi r = r0, vận tốc của chất điểm là 0.

O

r O

m r O

Hình 2-15

25

Bài giải Bảo toàn momen động lượng ta có ro2 mvr  mv o ro    o 2 r

Lực căng T của sợi dây T  m 2 r  mo2

ro4 r3

2-23. Một người khối lượng 50kg đứng trong thang máy đang đi xuống nhanh dần đều với gia tốc bằng 4,9m/s2. Hỏi người có cảm giác thế nào và trọng lượng biểu kiến của người đó trong thang máy? Bài giải Người có cảm giác “mất” một phần trọng lượng. Thật vậy, Định luật II Newton áp dụng cho người trong thang máy       N  mn g  mn a  N  mn a  g  mn , N là khối lượng của người và phản lực mà sàn tác dụng lên người (với độ lớn bằng trọng lượng của người)

 Thang máy đi xuống nhanh dần đều, a hướng xuống, nên N  mg  a   mg

Vậy người cảm thấy nhẹ hơn và trọng lượng biểu kiến của người trong thang máy P'  N  mg  a 

P'  50.9,8  4,9  245N 

2-24. Một mặt phẳng nghiêng một góc =150 so với phương nằm ngang. Từ độ cao h = 2 m so với điểm I trên mặt phẳng nghiêng, người ta thả một quả cầu với vận tốc ban đầu bằng không. Xác định khoảng cách S từ vị trí rơi lần đầu tiên đến lần thứ hai của quả cầu trên mặt phẳng nghiêng. Xem va chạm của quả cầu và mặt phẳng nghiêng là hoàn toàn đàn

h I

 Hình 2-16a

hồi. Bài giải Quá trình 1: Vật rơi từ độ cao h xuống mặt phẳng ngang, ta có: v = g t1 h = g t1 2 / 2

26

y h I

 v,

  v



x Hình 2-16b

t1 = (2h/ g)1/2 v = (2hg)1/2 Quá trình 2: Vật từ vị trí rơi lần đầu tới vị trí rơi lần hai



Va chạm đàn hồi nên động lượng của hệ được bảo toàn ( v là véctơ vận tốc trước va 

chạm, v , là véctơ vận tốc sau va chạm). Từ hình vẽ:  = 900 -  Chọn trục toạ độ Oxy và xét chuyển động ném xiên: góc ném , gia tốc g, = g cos: x = v cos(900 - ). t2 = vt1 sin. t2 y = v sin(900 - ). t2 - g cos. (t2)2/ 2 = v cos. t2 - g cos. (t2)2/ 2 Với: v = (2hg)1/2 Khi rơi xuống mặt phẳng nghiêng thì:

y=0 

t2 = 2. (2h/ g)1/2

x = 4h sin = 8 sin150 (m)  v0

2-25. Một vật có khối lượng m = 1.5 kg trượt trên mặt phẳng nghiêng góc  = 300 so với mặt phẳng ngang, hệ số ma sát là k = 0,01. Tại thời điểm quan sát, vật đang trượt lên với vận tốc v0 =3 m/ s. Hỏi: a) Vật m còn chuyển động tiếp được bao xa nữa thì dừng lại? b) Khoảng thời gian để vật lên đến độ cao cực đại rồi trở về vị trí ban đầu?

m

 Hình 2-17

Bài giải Hợp lực tác dụng lên vật là: F = P + N + Fms + Fkéo Chiếu lên trục Ox (có phương chiều là phương chiều chuyển động của vật, gốc O là vị trí ban đầu của vật): F = - mg sin - k m g cos + Fkéo Với Fkéo là thành phần lực chỉ xuất hiện tại thời điểm ban đầu để truyền cho vật một vận tốc ban đầu v0 và vật chuyển động lên trên với gia tốc a1 :

a) Ta có:



m a1 = - mg sin - k m g cos



a1 = - g (sin + k cos)

vt2 – v02 = 2 a S 

(vt = 0)

S = v02 / 2 g (sin + k cos)  0,885 (m)

b)

+ Quá trình vật đi lên:



vt1 = v0 + a1 t1



t1 = - v0/ a = v0 / g (sin + k cos)  0,59 (s)

+ Quá trình vật đi xuống với gia tốc a2: m a2 = - mg sin + k m g cos



27

a2 = - g (sin - k cos)

vt22 – vt12 = 2 a2 (-S) (vt1 = 0) vt2 = (-2 a2 S)1/2 = vt1 + a2 t2 t2 = vt2/ a2 = (-2 S/ a2)1/2 = v0 / g [(sin2 - k2 cos2)] 1/2  0,6 (s) Vậy: t = t1 + t2  1,19 (s) CHƯƠNG 3 ĐỘNG LỰC HỌC HỆ CHẤT ĐIỂM ĐỘNG LỰC HỌC VẬT RẮN 3-1. Tại ba đỉnh của một tam giác đều cạnh a có đặt ba chất điểm, khối lượng lần lượt bằng m1, m2, m3. Xác định khối tâm của hệ ba chất điểm đó. Áp dụng cho trường hợp: m2 = m3 = m; m1 = 2m. Bài giải Chọn hệ toạ độ như hình vẽ. Toạ độ của các chất điểm: m1(0;

3a / 2 ); m2(-a/2; 0);

m3(a/2; 0). Do đó: y



 rG

mr  m

m1

i i

i

i

i



m x  m 2 x 2  m3 x 3 m3  m 2 a xG  1 1  . m1  m 2  m 3 m1  m 2  m 3 2 yG 

m1 y1  m 2 y 2  m 3 y 3 3m1 .a  m1  m 2  m 3 2m1  m 2  m 3 

G

 rG

m2 O

m3

x

Hình 3-1

3a ; tức G nằm tại điểm chính giữa của 4 đường phân giác ứng với góc đỉnh đặt chất điểm khối lượng 2m. Với m2 = m3 = m, m1 = 2m: x G  0, y G 

3-2. Trên một đĩa tròn đồng chất bán kính R có khoét một lỗ tròn nhỏ bán kính r; tâm của lỗ khoét nằm cách tâm của đĩa một đoạn bằng R/2. Xác định vị trí khối tâm của đĩa trên. Bài giải Có thể coi đĩa tròn ban đầu là một hệ gồm một đĩa tròn nhỏ (phần bị khoét), bán kính r, có khối tâm nằm tại O2, lắp với phần đĩa còn lại sau khi lớn bị khoét (phần được tô bằng các dấu chấm), có trọng tâm nằm tại O1. Hiển nhiên là hệ này có trọng tâm rơi vào đúng tâm O của đĩa ban đầu.

28

Xét hệ quy chiếu có gốc toạ độ nằm tại tâm đĩa tròn. Gọi các vectơ vị trí khối tâm của đĩa chưa khoét lỗ, đĩa đã khoét lỗ  và phần đĩa bị khoét ra lần lượt là c ,a ,b, . Trong đó:   c  0, b  R / 2 .    Ta có: M.c  m1a  m 2 b     .R 2 .0   R 2  r 2 .a  r 2 .b (trong đó 



là mật độ khối lượng của đĩa). 



R O1

O

 r1

R/2

 O2 r2

Hình 3-2    r2  r2 b Rr 2 b a   2 2 b   2 2 .b.   R  r  b 2R 2  r 2  . b R r

Vậy, khối tâm của đĩa đã bị khoét nằm cách tâm O về phía đối diện với lỗ khoét một đoạn:  Rr 2 x b  2R 2  r 2  3-3. Có một bệ súng khối lượng 10 tấn có thể chuyển động không ma sát trên đường ray. Trên bệ súng có gắn một khẩu đại bác khối lượng 5 tấn. Giả sử khẩu đại bác nhả đạn theo phương đường ray. Viên đạn có khối lượng 100kg và có vận tốc đầu nòng là 500m/s. Xác định vận tốc của bệ súng ngay sau khi bắn, biết rằng: a) Lúc đầu bệ súng đứng yên; b) Trước khi bắn, bệ súng chuyển động với vận tốc 18km/h theo chiều bắn; c) Trước khi bắn, bệ súng chuyển động với vận tốc 18km/h ngược chiều bắn. Bài giải Gọi khối lượng súng và viên đạn lần lượt là M và m, vận tốc của bệ súng trước và sau khi bắn, của viên đạn bắn ra khỏi nòng lần lượt là v, v’ và v0. Xét viên đạn bắn ngược chiều chuyển động ban đầu. Theo định luật bảo toàn động lượng: 



v'  v 

M  m v  Mv' m( v' v 0 ) M  m v'  M  m v  mv 0

m v0 Mm

a) Bệ súng đứng yên: v = 0, v0 = 500 (m/s) 100 .500  3,31m / s  15.10 3  100 Bệ súng chuyển động ngược chiều bắn với vận tốc 3,31 (m/s). v'  0 

b) Bệ súng chuyển động theo chiều bắn: v = 8(km/h) = 5 (m/s), v0 = -500 (m/s) v'  5  3,31  1,69m / s 

Bệ súng chuyển động cùng chiều bắn với vận tốc 1,69 (m/s).

29

c) Bệ súng chuyển động ngược chiều bắn: v = 5 (m/s), v0 = 500 (m/s) v'  5  3,31  8,31m / s 

Bệ súng chuyển động ngược chiều bắn với vận tốc 8,31 (m/s). 3-4. Một khẩu đại bác không có bộ phận chống giật, nhả đạn dưới một góc  = 450 so với mặt phẳng nằm ngang. Viên đạn có khối lượng m = 10kg và có vận tốc ban đầu v0 = 200m/s. Đại bác có khối lượng M = 500kg. Hỏi vận tốc giật của súng nếu bỏ qua ma sát? Bài giải Gọi vận tốc giật của súng là v. Do bỏ qua ma sát nên hệ bảo toàn động lượng theo phương ngang: Mv  mv 0 cos   0



mv 0 cos 10. cos 45 0 v   2 ,82m / s  M 500

3-5. Một hoả tiễn lúc đầu đứng yên, sau đó phụt khí đều đặn ra phía sau với vận tốc không đổi u = 300m/s đối với hoả tiễn. Trong mỗi giây, lượng khí phụt ra bằng  = 90g. Khối lượng tổng cộng ban đầu của hoả tiễn bằng M0=270g. Hỏi: a) Sau bao lâu hoả tiễn đạt tới vận tốc v = 40m/s; b) Khi khối lượng tổng cộng của hoả tiễn là 90g thì vận tốc của hoả tiễn là bao nhiêu? Bỏ qua sức cản của không khí và lực hút của Trái Đất. Bài giải Xét tại thời điểm t, khối lượng còn lại của hoả tiễn là M, vận tốc là v. Sau một khoảng thời gian nhỏ dt hoả tiễn phóng thêm một khối lượng dM, đạt vận tốc là v+dv, phần khí phụt ra có vận tốc là (v-u). Theo định luật bảo toàn động lượng: M.v  M  dM ( v  dv )  dM.( v  u )



M.dv  dM.u  0



dv dM  u M



M M0 v  ln 0  ln u M M 0  t





v

0

M dM dv  M0 M u

 Vận tốc của hoả tiễn tại thời điểm t tuân theo biểu thức: v  u ln

 M0  M0   u ln M  M 0  t 

(*)

a) Thời điểm t vận tốc hoả tiễn đạt vận tốc v = 40 m/s. Từ biểu thức (*) suy ra:

30

M0 v exp    u  M 0  t



  v  M t  1  exp   0  u   

  40   270  0,375s   t  1  exp   .  300   90  b) Vận tốc của hoả tiễn khi khối lượng còn M = 90g: v  v 0 ln

M0 270  300 .ln  330 m / s  M 90

3-6. Tìm mômen động lượng của Trái Đất đối với trục quay riêng của nó. Xem Trái Đất là một hình cầu đặc, đồng chất có bán kính R = 6400km, có khối lượng riêng trung bình  = 5,5g/cm3. Bài giải Mômen động lượng của một quả cầu đặc đồng chất quanh một đường kính là:

4 2  2 4 L  I   MR 2 .  . . R 3 .R 2 3 5  T 5T

16 2 R 5 16 2 5500 .6,4.10 6    .  7 ,2.10 33 kg .m 2 / s  15 T 15 24.3600 5

3-7. Một cơ hệ được bố trí như hình 3-3a. Cơ hệ bắt

M

đầu chuyển động từ nghỉ. Xác định gia tốc a của trục con lăn và lực căng T của sợi dây. Biết con lăn lăn không trượt và bỏ qua ma sát lăn. Khối lượng các ròng rọc không đáng kể. Bài giải Các lực tác dụng lên hệ như hình 3-3b Ta có hệ phương trình sau: mg – T1 = ma (1) T2 – fms = Ma (2) fmsR

= I

(3)

a

= R

(4)

T1

= T2

Từ (3) và (4):

m

M

Hình 3-3a  N  T2

 f ms

 P2

Hình 3-3b

fms = I/ R = Ia/ R2 = Ma/2

Thay vào (1) và (2), ta có: a = mg/ (m + 3M/2) T = 3Mmg/(2m + 3M)

31

(Với I = MR2 )

 T1 m

 P1

3-8. Một đĩa tròn đồng chất khối lượng m = 0,3kg, có bán kính R = 0,4m, đang quay với vận tốc góc  = 1500 vòng/phút. Tác dụng lên đĩa một mômen hãm; đĩa quay chậm dần và sau thời gian t = 20 giây thì dừng lại. Tìm mômen hãm đó. Bài giải Đối với hệ chuyển động quay quanh trục cố định với mômen lực không đổi, vận tốc góc của hệ biến đổi đều theo thời gian với gia tốc góc β:





M

M   0  I t

mR  0 L I   0     t t 2t 2

1500 .2 60  0,19N.m  2.20

0,3.0,4 2 .

3-9. Một trụ đặc, đồng chất khối lượng m = 100kg, bán kính R = 0,5m đang quay xung quanh trục của nó. Tác dụng lên trụ một lực hãm F = 243,4N, tiếp tuyến với mặt trụ và vuông góc với trục quay. Sau thời gian t = 31,4 giây, trụ dừng lại. Tính vận tốc góc của trụ lúc bắt đầu tác dụng lực hãm. Bài giải Khi tác dụng lực hãm F lên trụ đặc, ta tạo ra một mômen lực hãm lại chuyển động quay của trụ:   0 M   t



I

Mt FRt 2Ft    I mR mR 2 / 2 2. 243 ,4.31,4   300 rad / s  100 .0,5

0   

3-10. Một trụ rỗng có khối lượng 50kg, đường kính 1m, đang quay với vận tốc 800 vòng/phút. Tác dụng vào trụ một lực hãm tiếp tuyến với mặt trụ và vuông góc với trục quay. Sau 2 phút 37 giây, trụ dừng lại. Tìm: a) Mômen hãm; b) Lực hãm tiếp tuyến. Bài giải M

Ta có: F

L I   0  mR     t t t 2

800.2 60  6,67N .m 157

50.0,52.

M mR  6,67    13,34 N  R t 0,5

3-11. Một thanh đồng chất chiều dài l = 0,50m có thể quay tự do xung quanh một trục nằm ngang đi qua một đầu của thanh. Một viên đạn khối lượng m = 0,01kg bay theo

32

phương nằm ngang với vận tốc v = 400m/s tới xuyên vào đầu kia của thanh và mắc vào thanh. Tìm vận tốc góc của thanh ngay sau khi viên đạn đập vào thanh. Biết rằng mômen quán tính của thanh đối với trục quay bằng 5kgm2. Bài giải Áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng cho hệ thanh – viên đạn: mvl  I'   I  ml 2 





mvl 0 ,01.400 .0 ,5   0 ,4rad / s  2 I  ml 5  0 ,01.0 ,5 2

3-12. Một đĩa tròn đồng chất khối lượng m1 = 100kg quay với vận tốc góc 1 = 10 vòng/phút. Một người khối lượng m2 = 60kg đứng ở mép đĩa. Hỏi vận tốc góc của đĩa khi người đi vào đứng ở tâm của đĩa. Coi người như một chất điểm. Bài giải áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng cho hệ người – đĩa: I11  I 22



2 

I1 0,5.m1 R 2  m 2 R 2 m  2m 2 1  1  1 1 2 I2 m1 0,5.m1 R



2 

100  2.60 .10  22 (vòng/phút) 100

3-13. Xác định mômen quán tính của một thanh đồng chất dài có khối lượng m đối với các trục sau đây: a) Trục đi qua điểm giữa của thanh và tạo với thanh một góc  nào đó; b) Trục song song với thanh và cách thanh một đoạn d; c) Trục vuông góc với thanh và cách điểm giữa thanh một đoạn d. Bài giải a) Ta so sánh trường hợp này với trường hợp trục quay đi qua điểm giữa thanh và vuông góc với thanh. Ta thấy trong hai trường hợp, tại các điểm như nhau trên thanh, khoảng cách từ điểm đó đến trục quay gấp nhau một số lần không đổi là sinα lần: r  r1.sin 



dm.r 2  dm.r12 sin2 



r



I  I1 . sin 2  

2

dm  sin 2  . r12 .dm 1 2 2 ml sin  12

33

b) Xét trục quay trùng với thanh, tại mọi điểm trên thanh, khoảng cách từ điểm đó đến trục quay luôn bằng không, nên mômen quán tính của thanh đối với trục quay trùng với thanh là bằng 0. Sử dụng định lý Huyghen-Steiner: I  0  md 2  md 2

c) Sử dụng định lý Huyghen-Steiner: I

1 2 ml  md 2 12

3-14. Tìm mômen quán tính của Trái Đất đối với trục quay của nó nếu lấy bán kính của Trái Đất là R = 6400km và khối lượng riêng trung bình của Trái Đất bằng p = 5,5.103 kg.m3. Bài giải Trái Đất có hình cầu nên mômen quán tính của Trái Đất đối với trục quay của nó là:

2 2 4 3 2 8R 5 2 I  mR   . R .R  5 5 3 15 5 8  .5,5.10 3 .6,4.10 6   9,9.10 37 kg .m 2  15 3-15. Tác dụng lên một bánh xe bán kính R = 0,5m và có mômen quán tính I = 20kg.m2, một lực tiếp tuyến với vành bánh F1 = 100N. Tìm: a) Gia tốc của bánh xe; b) Vận tốc dài của một điểm trên vành bánh sau khi tác dụng lực 10 giây biết rằng lúc đầu bánh xe đứng yên. Bài giải Gia tốc góc của bánh xe là: 



M Ft R 100.0,5    2,5 rad / s 2 I I 20



Vận tốc của một điểm trên vành bánh xe sau t = 10s là:

v  R  t R  2,5.10.0,5  12 ,5m / s 

3-16. Một bánh xe bán kính R = 50cm đang quay dưới tác dụng của mômen lực M = 980Nm. Hỏi phải cho mỗi má phanh tác dụng lên vành bánh một lực bằng bao nhiêu để bánh xe quay chậm dần với gia tốc góc  = -2,5rad/s2. Biết hệ số ma sát k = 0,25, mômen quán tính của bánh xe đối với trục quay I = 50kg.m2. Bài giải Gọi lực mà mỗi má phanh tác dụng lên vành bánh xe là F. Lực ma sát gây hãm xe sẽ có phương tiếp tuyến với bánh xe và có tổng độ lớn bằng 2kF (do hai má phanh tạo ra). Ta có:

34





M  M ms M  2kFR  I I

F

M  I 980  50. 2 ,5   4420 N  2kR 2.0 ,25.0 ,5

3-17. Một cuộn chỉ có khối lượng m được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang (hình 3-4). Mômen quán tính của cuộn chỉ đối với trục của nó bằng I. Người ta kéo cuộn chỉ bằng một lực . Hỏi: 

a) Góc  giữa lực F và mặt phẳng nằm ngang phải bằng bao nhiêu để cuộn chỉ chuyển động có gia tốc về phía lực kéo; 

b) Lực F phải có độ lớn bằng bao nhiêu để cuộn chỉ không trượt? Cho hệ số ma sát giữa cuộn chỉ và mặt phẳng bằng k. Bài giải Fn

α

F

α

Ft

Hình 3-4 a) Muốn cho cuộn chỉ có gia tốc về phía lực kéo, cuộn chỉ phải quay theo chiều kim đồng hồ. Khi đó:

F cos R  r cos   F sin .r sin  0



FR cos  Fr  0



cos 

r R

b) Ta có hệ phương trình:

F cos  Fms  m  mR  mg  N  F sin   0 FR cos  Fr  I  mR 2   

 N  mg  F sin    FR cos  r  I cos  mRr Fms  F cos  mR F  2  I  mR I  mR 2

Để cuộn chỉ không trượt ta cần có: N  0   Fms  kN

35





mg  F  sin   F I cos  mRr  k mg  F sin    I  mR 2 F





kmg I  mR 2 I cos  k sin    mR (r  kRsin  )

3.18- Trên một trụ rỗng khối lượng m = 1kg, người ta cuộn một sợi dây không giãn có khối lượng và đường kính nhỏ không đáng kể. Đầu tự do của dây được gắn trên một giá cố định (hình 3-5). Để trụ rơi dưới tác dụng của trọng lượng. Tìm gia tốc của trụ và sức căng của dây treo. Bài giải Trụ vừa quay vừa rơi. Gọi T là sức căng dây. Thiết lập các

T

phương trình lực và mômen lực, ta có: mg  T  m TR  I  mR 2 

P

Hình 3-5

Mặt khác, từ mối liên hệ giữa vận tốc dài và vận tốc góc, ta có: v  R    R Ta có hệ phương trình:

mg  T  m  T  mR  m 

2m  mg  T  m

g 9,8      4,9m / s 2   2 2  T  mg  1.9,8  4,9N   2 2

3-19. Hai vật có khối lượng lần lượt bằng m1 và m2 (m1 > m2), được nối với nhau bằng một sợi dây vắt qua một ròng rọc (khối lượng của ròng rọc bằng m, hình 3-6). Tìm: a) Gia tốc của các vật; b) Sức căng T1 và T2 của các dây treo. Coi ròng rọc là một đĩa tròn; ma sát không đáng kể. Áp dụng bằng số: m1 = 2kg, m2 = 1kg; m = 1kg. Bài giải Thiết lập các phương trình lực và mômen lực: m1g  T1  m1 1 T2  m 2g  m 2 2

T2 m2

2 T1  T2 R  I  mR .  3 2 R

P2

T1 m1

36 P1

Hình 3-6

Dễ thấy  1   2   3   , ta có hệ phương trình:  T1  m1 g      T2  m 2 g    m    m1  m 2 g  m1  m 2  2  m1 4m 2  m g T1  2m1  2m 2  m  T1  m1 g     m 4m1  m g   T2  2 T2  m 2 g    2m1  2m 2  m 2m  2m  m   2m  m g  1 2 1 2   2m1  m 2 g   2m1  2m 2  m    T1  m1 g     T2  m 2 g     m  T1  T2  2 



3-20. Một hệ gồm một trụ đặc đồng chất khối lượng M = 2,54kg và một vật nặng khối lượng m = 0,5kg được nối với nhau bằng một sợi dây vắt qua ròng rọc (hình 3-7). Bỏ qua khối lượng của dây, của ròng rọc và khung gắn với trụ. Tìm gia tốc của vật nặng và sức căng của dây. Bài giải Gọi T là sức căng dây, từ các phương trình lực và mômen lực, ta có hệ sau:

mg  T  m   MR 2    TR  I    MR 2    2 R 



M

mg  T  m   3 T  M   2

m

Hình 3-7

mg 0,5.9,8  3      1,14m / s 2    3 mg   m  2 M  m  M 0,5  1,5.2,54    2   3 T  M  3 T  M  1,5.2,54.1,14  4,33N   2  2

3-21. Một vật A khối lượng m trượt trên mặt phẳng nghiêng và làm quay một bánh xe có bán kính R (hình 3-8). Mômen quán tính của bánh xe đối với trục quay bằng I. Khối lượng của dây không đáng kể. Tìm gia tốc góc của bánh xe? Bài giải Gọi T là sức căng dây, ta có hệ phương trình:

37

T T Fms

P

Hình 3-8

TR  I  T  mg sin   kmg sin   m  mR 

I   mR  mg sin   kmg cos R





mgR sin   k cos  I  mR 2

Với k là hệ số ma sát của mặt phẳng nghiêng: + Nếu k  tg , hệ ở trạng thái cân bằng:   0 . + Nếu k  0 thì  

mgR sin  . I  mR 2 



3-22. Một hệ chất điểm có tổng động lượng bằng K và mômen động lượng L đối 



với một điểm O. Xác định mômen động lượng của hệ đối với điểm O’ biết OO' = r0 . Trong trường hợp nào mômen động lượng của hệ không phụ thuộc điểm O? Bài giải Mômen động lượng của hệ đối với O’ là:       LO'   rO' i  mi vi   rOi  rOO'   mi vi i

i

      rOi  mi vi   r0  mi vi i

i

        rOi  mi vi  r0    mi vi  i  i      LO  r0  K Mômen động lượng của hệ không phụ thuộc vào điểm O hay:   LO'  LO

   r0  K  0

  K 0

38

CHƯƠNG 4 NĂNG LƯỢNG 4-1. Hỏi động cơ máy bay phải có công suất bằng bao nhiêu, biết rằng máy bay có khối lượng m = 3000kg, khi bay lên cao 1km phải mất một phút. Bỏ qua sức cản của không khí. Bài giải Ta có; P=

A mgh  t t

Thay số ta được P = 490kW. 4-2. Tính công cần thiết để kéo một lò xo giãn ra 20cm, biết rằng lực kéo tỷ lệ với độ giãn của lò xo và muốn lò xo giãn 1cm phải cần một lực 30N. Bài giải Hệ số đàn hồi của lò xo bằng: k  30 N / 1cm  3000 N / m Công của lực kéo: x

A=

 F.dx  0

x

k( x )  k.x .dx  0

2

2

, thay số được, A = 60J.

4-3. Một ôtô khối lượng một tấn, khi tắt máy chuyển động xuống dốc thì có vận tốc không đổi v = 54km/h. Độ nghiêng của dốc là 4%. Hỏi động cơ ôtô phải có công suất bao nhiêu để nó lên được dốc trên cùng với vận tốc 54km/h. Bài giải Vì khi tắt máy xuống dốc, ôtô có vận tốc không đổi nên phải có điều kiện: fms = mgsin. Để xe chuyển động đều lên dốc thì lực kéo Fk của động cơ ôtô phải bằng: Fk = fms + mg.sin = 2.mg.sin Công suất của động cơ ôtô khi lên dốc với vận tốc v được tính theo công thức:

A Fk .S   Fk . v  (2.mg. sin α).v t t  2.1000 .9,8.0,04.15  11,8kW

P 

(1)

4-4. Một ôtô khối lượng 2 tấn, leo lên dốc có độ nghiêng 4%. Hệ số ma sát là 0,08. Tìm: a) Công thực hiện bởi động cơ ôtô trên quãng đường dài 3km; b) Công suát của động cơ ôtô, biết rằng thời gian đi hết quãng đường trên mất 4 phút.

39

Bài giải Lực kéo của động cơ phải cân bằng với thành phần mg.sin của trọng lực và lực ma sát: Fk  mg . sin   f ms  mg . sin   k .mg cos   mg . sin   k .mg .

Công kéo của động cơ trên quãng đường dài 3km: A  Fk .S  mg.sin   k  .S  7,06.106  J  .

A 7 ,06.10 6  2 ,94.10 4 W  29 ,4kW Công suất của động cơ: P   t 4.60

4-6. Người ta thường xác định công suất của động cơ bằng một thiết bị như hình vẽ 4-1. Thiết bị gồm hai hàm kẹp, kẹp chặt vào trục động cơ. Một hàm hẹp được gắn với tay đòn, cuối tay đòn có treo trọng vật Q. Trọng vật được chọn sao cho nó cân bằng với lực ma sát và giữa tay đòn nằm ngang. Xác định công suất của động cơ nếu số vòng quay của trục là n = 60 vòng/phút, chiều dài cánh tay đòn kể từ tâm của trục l = 1m, trọng lượng của vật bằng Q = 490N. Trọng lượng của cánh tay đòn không đáng kể. Bài giải Gọi fms là mực ma sát giữa các hàm kẹp và trục của động cơ. Ta có điều kiện cân bằng: f ms .r  Q.l .

Công



suất

P  f ms . v 

fms =

của

Ql r

l

động

cơ

Q.l .2 .n .r   2Qnl , n = 1 là r

số vòng quay trong 1 giây. 

Q

Hình 4-1

P  2. .490 .1.1  3,08.10 3 W

4-8. Một chiếc xe khối lượng 20000kg chuyển động chậm dần đều dưới tác dụng của lực ma sát bằng 6000N. Sau một thời gian xe dừng lại. Vận tốc ban đầu của xe là 54km/h. Tính: a) Công của lực ma sát; b) Quãng đường mà xe đã đi được kể từ lúc có lực ma sát tác dụng cho tới khi xe dừng hẳn. Bài giải Dựa theo định lý động năng, công cản của lực ma sát làm giảm động năng của xe từ giá trị ban đầu về 0, do đó, công này có độ lớn chính bằng động năng ban đầu của xe:

40

A ms | E K |

1 1 m.v 2  .20000 .15 2  2 ,25.10 6 J . 2 2

Quãng đường mà xe di được kể từ lúc hãm xe đến khi xe dừng hẳn:

A ms 2,25.10 6 S   375m  f ms 6000 4-9. Tính công cần thiết để cho một đoàn tàu khối lượng m = 8.105kg: a) Tăng tốc từ v1 = 36km/h đến v2 = 54km/hệ thống b) Dừng lại nếu vận tốc ban đầu là 72km/h. Bài giải Áp dụng định lý động năng: độ biến thiên động năng của một vật bằng công do ngoại lực tác dụng vào vật do đó: a) Công làm xe tăng vận tốc từ v1 = 36km/h = 10m/s đến v2 = 54km/h = 15m/s: A  E K 

1 1 1 1 2 2 m.v 2  m.v1  .8.10 5 .15 2  .8.10 5 .10 2  5.10 7 J 2 2 2 2

b) Công làm xe giảm vận tốc từ v0 = 72km/h = 20m/s đến v = 0m/s: A  E K 

1 1 1 2 m.v 2  m.v 0  0  .8.10 5.20 2  1,6.108 J 2 2 2

Công này là công cản (công âm). 4-10. Một khẩu pháo khối lượng M = 450kg nhả đạn theo phương nằm ngang. Đạn pháo có khối lượng m = 5kg, vận tốc đầu nòng v = 450m/s. Khi bắn, bệ pháo giật về phía sau một đoạn s = 45cm. Tìm lực hãm trung bình tác dụng lên pháo. Bài giải Gọi V là vận tốc giật lùi của khẩu pháo. Dựa vào định luật bảo toàn động lượng áp dụng cho phương ngang ta có:  m   M .V  m.v  0 V   .v  M Lực hãm khẩu pháo sinh công làm giảm động năng của khẩu pháo: 

Fh .S 

1 M .V 2 2

Từ đó: Fh 

M .V 2 m 2 .v 2   12500  N  2.S 2.s.M

4-11. Một viên đạn khối lượng m = 10kg đang bay với vận tốc v=100m/s thì gặp một bản gỗ dày và cắm sâu vào bản gỗ một đoạn s = 4cm. Tìm: a) Lực cản trung bình của bản gỗ lên viên đạn;

41

b) Vận tốc viên đạn sau khi ra khỏi bản gỗ chỉ dày d = 2cm. Bài giải a) Ta vẫn sử dụng định lý về động năng để có được phương trình: 2

 10.100 mv 02 m.0 2 mv 02 Fc .s    Fc     1250 N  2 2 2s 2.0,04 

b) Viên đạn có khả năng xuyên sâu vào bản gỗ 4cm mới dừng lại. Nếu bản gỗ chỉ dày 2cm thì sau khi xuyên qua bản gỗ, viên đạn vẫn còn tiếp tục chuyển động với vận tốc v’ < v. Theo định lý về động năng: A’ =

mv' 2 mv 02    Fc d , 2 2

suy ra: v’ =

2Fc d 2 1250 .0,02  v 02   100 2  71m/s. m 10

4-12. Một xe chuyên động từ đỉnh một dốc phẳng DC có độ cao h (hình 4-2) và dừng hẳn lại sau khi đã đi được đoạn nằm ngang CB. Cho AB = s; AC = 1; hệ số ma sát giữa xe và mặt đường trên các đoạn DC và CB bằng nhau. Tính hệ số ma sát và gia tốc của xe trên các đoạn đường DC và BC. Bài giải Theo định luật bảo toàn năng lượng: Wt = A1 + A2, trong đó công của lực ma sát trên các đoạn DC và CB là:

D h

C



A

B s

l

A1 = k.(mg.cos) . DC = kmg.l ;

Hình 4-2

A2 = kmg (s - l). Từ đó ta suy ra: mgh  kmgl  kmg s  l  kmgs 

k=

h . s

- Phân tích lực và áp dụng định luật Niutơn thứ hai, ta được các phương trình: mgsin - (fms)DC = m.aDC ,

(1)

- kmg = m.aCB Từ (1) suy ra:

(2)

mgsin - k.(mg.cos) = m.aDC

 h h l  a CD  gsin   k cos   g .  . 2 2 s l2  h 2  l h gh  l   1    0 2 2 l h  s Từ (2) 

h a CB  kg   .g  0 s

42

  

Đáp số: k 

h gh  l  h ; a DC  1   ; a CB  kg   .g .  s s h 2  l2  s 

4-13. Một vật khối lượng m trượt không ma sát từ đỉnh một mặt cầu xuống dưới (hình 4-3). Hỏi từ khoảng

m Rn

h

cách h nào (tính từ đỉnh mặt cầu) vật bắt đầu rơi khỏi

R P

mặt cầu. Cho bán kính mặt cầu R = 90cm. Bài giải Ta có:

Hình 4-3

m.v 2 m.v 2 m.v 2 Pn  R n  m.a ht   R n  Pn   mg cos  và R R R

mgh =

1 mv2 2

 R n  mg cos 

2mgh R  h 2mgh  3h   mg   mg1   R R R R  

Vật chỉ có thể được gọi là bám trên mặt cầu nếu nó còn áp lên mặt cầu một lực (bằng phản lực Rn của mặt cầu), tức là Rn  0. Sự rời khỏi mặt cầu bắt đầu xảy ra khi Rn = 0. Hay:

 3h  R n  mg1  0 R  



h 

R  30cm. 3

4-14. Một vật khối lượng m = 1kg trượt trên một mặt phẳng nghiêng hợp với mặt nằm ngang một góc  sao cho sin = 0,1. Sau khi trượt hết mặt phẳng nghiêng, vật còn tiếp tục chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang một đoạn l = 10m mới dừng lại. Hệ số ma sát trong suốt quá trình chuyển động k = 0,05. Tìm vận tốc của vật ở cuối mặt phẳng nghiêng. Lấy gia tốc trọng trường g = 10m/s2, (hình 4-4). Bài giải Do tác dụng của lực ma sát fms = -kmg, vật trượt trên đoạn mặt phẳng ngang BC với gia tốc a = -k.g. Gọi v là vận tốc của vật ở cuối mặt phẳng nghiêng, theo định lý động năng ta có:

1 1 f ms .l  0  mv 2  kmg .l  mv 2 2 2  v  2kgl  2.0,05.10.10  3,16m / s 

A h H

L 

B C s

l

Hình 4-4

4-16. Một vật khối lượng m = 10kg trượt từ đỉnh một mặt phẳng nghiêng cao 20m xuống. Khi tới chân dốc vật có vận tốc 15m/s. Tính công của ma sát.

43

Bài giải Công sinh ra bởi lực ma sát bằng độ biến thiên cơ năng của vật: A C  Wsau  Wtr-íc 

1 1 mv 2  mgh  .10.15 2  10.9 ,8.20  835J  2 2

4-17. Ở đầu một sợi dây OA, dài l = 30cm có treo một vật nặng (hình 4-5). Hỏi tại điểm thấp nhất A phải truyền cho vật một vận tốc bé nhất bằng bao nhiêu để vật có thể quay tròn trong mặt phẳng thẳng đứng. Bài giải mv 2B  mg  T . Ta có: Fht  l

Vậy vận tốc nhỏ nhất tại B để vật có thể quay tròn: vBmin =

 vB

B

gl . (1)

T P

Mặt khác, theo định luật bảo toàn cơ năng:

O

(Wđ)AB = - (Wt)AB ,

l

suy ra: v 2A  v 2B  4gl . Vậy vận tốc nhỏ nhất cần truyền cho vật tại A để nó quay tròn trong mặt phẳng thẳng đứng: 2 2 ( v A )min  ( v B )min  4gl ,

 A vA Hình 4-5

 v A min  5gl  3,8m / s

4-18. Một con lắc đơn trọng lượng P được kéo ra khỏi phương thẳng đứng một góc  = 900, sau đó con lắc được thả rơi (hình 4-6). Chứng minh rằng sức căng của dây treo bằng 3P khi con lắc đi qua vị trí cân bằng. Bài giải Khi qua vị trí cân bằng ta có hợp lực; mv 2 T  P  m.a ht  l



mv 2 T  mg l

T

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có: 1 mv 2  mgl 2

v P

Từ đó suy ra sức căng T: T

Hình 4-6

2mgl  mg  3mg  3P l

44

4-19. Một quả cầu khối lượng m = 0,1kg được gắn ở đầu một thanh nhẹ dài l = 1,27m khối lượng không đáng kể. Hệ quay trong mặt phẳng thẳng đứng xung quanh đầu kia của thanh. Tại điểm cao nhất quả cầu có vận tốc v0 = 4,13m/s. a) Tìm sự phụ thuộc của thế năng và động năng của quả cầu theo góc  hợp bởi thanh và phương thẳng đứng. Chọn gốc tính thế năng tại vị trí thấp nhất của quả cầu. b) Xác định lực tác dụng T của quả cầu lên thanh theo góc . Tìm T tại các vị trí thấp nhất và cao nhất của quả cầu. Bài giải Chọn mốc tính thế năng tại vị trí thấp nhất A của quả cầu (hình 4-7). Khi quả cầu ở điểm C, thanh hợp với phương thẳng đứng một góc  thì: a) thế năng và động năng của quả cầu là: Wt = mghC = mgl . (1 - cos) ; 1 Wđ = mv 2 2

B

Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: Wt + Wđ = (Wt)0 + (Wđ)0. Hay:

1 1 2 mgl 1  cos   mv 2  mg .2.l   mv 0 2 2



v  2gl.1  cos   v0 ; 2

O

 v

Wđ

C

T

 hC

P

1 1 = mv 2 = mv 02  mgl( 1  cos ) 2 2

A

Hình 4-7

b) lực hướng tâm của vật được quyết định bởi trọng lực P và lực T của thanh: mv 2  T  mg cos l mv 02 mv 2 T  mg cos   2mg( 1  cos )  mg cos l l Fht 

 v 02

  3g cos   2g   l 

 T = m

Tại điểm thấp nhất,  = 0



Tại điểm cao nhất,  = 180 ,  0

 v2  T  m  0  5g   6, 24  N   l   v02  T  m   g   0,363  N  .  l 

Cả hai vị trí, vật đều kéo căng thanh.

45

4-22. Một hòn bi khối lượng m chuyển động không ma sát trên một đường rãnh có dạng như hình vẽ 4-8. Hòn bi được thả không có vận tốc ban đầu từ độ cao h = 2R, kích thước của bi nhỏ không đáng kể. Hỏi: a) Ở độ cao nào hòn bi rời khỏi đường rãnh? b) Độ cao lớn nhất mà hòn bi sẽ đạt được sau khi rời khỏi đường rãnh? Bài giải a) Từ điều kiện bài toán ta có: C

A

B

H1

mv 02 mg.cos = R

H2

Hình 4-8

(1)

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình AB (B là điểm hòn bi rời đường rãnh) ta có: H1 =

5 R 3

b) Vận tốc của hòn bi tại B được suy ra từ (1): v0 =

2Rg . Sau khi rời đường rãnh, bi chuyển động theo một parabol đỉnh C. Vận 3

tốc nằm ngang ở C: (vx)c = v0 cos, vận tốc thẳng đứng (vy)c = v0sin - gt. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình AC, ta suy ra: H2 =

50 R. 27

4-23. Một quả cầu khối lượng 2kg, chuyển động với vận tốc 3m/s, va chạm xuyên tâm với một quả cầu thứ hai khối lượng 3kg đang chuyển động cùng chiều với quả cầu thứ nhất với vận tốc 1m/s. Tìm vận tốc của các quả cầu sau va chạm nếu: a) Va chạm là hoàn toàn đàn hồi. b) Va chạm là không đàn hồi (mềm). Bài giải m1

v1

m2

v2

+

a) Va chạm đàn hồi: Va chạm giữa hai vật tuân theo định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn động năng. Ta có các phương trình bảo toàn: m1 v1'  m 2 v 2 '  m1 v1  m 2 v 2

(1)

46

1 1 1 1 2 2 m1v1' 2  m 2 v 2' 2  m1v1  m 2 v 2 2 2 2 2

(2)

Chuyển tất cả các số hạng liên quan đến m1 về một vế, liên quan đến m2 sang vế còn lại trong hai phương trình trên: m1 v1'  v1   m 2 v 2  v 2 ' 







m1 v1' 2 v1  m1 v 2  v 2' 2 2

2

(3)



(4)

Do sau va chạm, các vật thay đổi vận tốc nên có thể lấy (4) chia vế cho vế với (3) ta được: v1'  v1  v 2'  v 2

(5)

Nhân hai vế của (5) với m2 rồi cộng vế theo vế với (3) ta được: m 2 v1'  v1   m1 v1'  v1   2m 2 v 2

 v1' 

2m 2 v 2  m1  m2 v1 m1  m2

(6)

Làm tương tự (hoặc tráo đổi vai trò của các chỉ số 1 và 2) ta rút ra:

v 2' 

2m1v1  m 2  m1 v 2 m1  m 2

(7)

Áp dụng với m1 = 2kg, m2 = 3kg, v1 = 3m/s, v2 = 1m/s vào (6) và (7) ta tính ra được: v’1 = 0,6m/s ; v’2 = 2,6m/s . b) Va chạm mềm: Sau va chạm, hai vật sẽ có cùng một vận tốc v: v’1 = v’2 = v. Va chạm này tuân theo định luật bảo toàn động lượng: m1 v1'  m 2 v 2 '  m1 v1  m 2 v 2



v

hay

m1  m 2 v  m1 v1  m 2 v 2

m1 v1  m 2 v 2 m1  m 2

Thay các giá trị khối lượng và vận tốc đã cho ta được: v’1 = v’2 = v = 1,8m/s. 4-24. Hai quả cầu được treo ở đầu hai sợi dây song song dài bằng nhau. Hai đầu kia của các sợi dây được buộc vào một cái giá sao cho các quả cầu tiếp xúc với nhau và tâm của chúng cùng nằm trên một đường nằm ngang (hình 4-12). Khối lượng của quả cầu lần lượt bằng 200g và 100g. Quả cầu thứ nhất được nâng lên độ cao h = 4,5cm và thả xuống. Hỏi sau va chạm, các quả cầu được nâng lên độ cao bao nhiêu nếu: a) Va chạm là hoàn toàn đàn hồi; b) Va chạm là mềm. Bài giải

47

m1 m2 h

Ngay trước khi quả cầu 1 chạm vào quả cầu 2 nó có vận tốc là: v1  2gh Sau va chạm, các quả cầu có vận tốc là v1’; v2’ và chúng sẽ lên các độ cao h1 và h2 tương ứng bằng: h 1 

v '2 v1' 2 ; h2  2 . 2g 2g

a) Nếu va chạm giữa hai vật là đàn hồi, áp dụng công thức của bài 4-23 với 4 1 v1'  v1 ; v 2 '  v1 . Từ đó ta được: 3 3

m1 = 200g = 2m2; v2 = 0 thì: 2

h1 

2

v1' 2 1 v1 v ' 2 16 v 1 1 16   h  .4,5  0,5cm ; h 2  2  . 1  h  8cm . 2g 9 2g 9 9 2g 9 2g 9 v’1 = v’2 = 2v1/3.

b) Nếu va chạm giữa hai vật là mềm: 2

v1' 2 4 v1 4  h1  h 2   .  .h  2cm. 2g 9 2g 9 4-26. Một đĩa đồng chất nặng 20N, lăn không trượt trên một mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v = 4m/s. Tìm động năng của đĩa. Bài giải Động năng của đĩa bao gồm động năng tịnh tiến và động năng quay: Wđ =

1 1 1 11 1 1 3  mv 2  I. 2  mv 2   m.R 2 . 2  mv 2  m.R 2 2  mv 2 2 2 2 2 2 2 4 4 

4-28. Một quả cầu đặc đồng chất có khối lượng m = 1kg, lăn không trượt với vận tốc v1 = 10m/s đến đập vào thành tường rồi bật ra với vận tốc v2 = 8m/s. Tính nhiệt lượng toả ra trong va chạm đó. Bài giải Q = -Wđ. Động năng quay của quả cầu đặc, đồng chất, lăn không trượt: Wđq =

1 2 12 1 1  I.   .mR 2 . 2  m.R 2 . 2  m.v 2 2 25 5 5 

Do đó: wđ = wđq + wđtt =

1 mv 2 7 mv 2   mv 2 . 5 2 10

Vậy, nhiệt lượng toả ra do va chạm:

48

Q  Wd  





7 7 2 2 m v 2  v1   .1.8 2  10 2   25 ,2J  10 10

4-29. Một cột đồng chất có chiều cao h = 5m, đang ở vị trí thẳng đứng thì bị đổ xuống. Xác định: a) Vận tốc dài của đỉnh cột khi nó chạm đất; b) Vị trí của điểm M trên cột sao cho khi M chạm đất thì vận tốc của nó đúng bằng vận tốc chạm đất của một vật thả rơi tự do từ vị trí M. Bài giải a) Ở vị trí thẳng đứng, cột có thế năng wt =

mgh . Khi đổ tới mặt đất thì thế năng 2

này biến thành động năng quay của cột ở vị trí chạm đất Wđ = mômen quán tính của cột đối với trục qua gốc của cột: I =

1 2 I , trong đó I là 2

mh 2 ,  là vận tốc góc của cột 3

lúc chạm đất. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: mh 2 2 .  mgh  3

1 mgh .I. 2  2 2





Từ đó suy ra vận tốc dài của đỉnh cột lúc chạm đất v = h =

3g h

3gh  3.10.5  12,2 m/s.

b) Gọi x là độ cao của điểm M khi cột ở vị trí thẳng đứng. Áp dụng công thức tính vận tốc của vật rơi tự do, ta có vận tốc của điểm M khi chạm đất: v M =

2gx .

Theo điều kiện của đầu bài: x =

2gx



x.

3g  2gx h



x=

2 h = 10/3 =3,33m. 3

4-32. Một người ngồi trên ghế Giucôpxki và cầm trong tay hai quả tạ, mỗi quả có khối lượng 10kg. Khoảng cách từ mỗi quả tới trục quay là 0,75m. Ghế quay với vận tốc 1 = 1 vòng/s. Hỏi công do người thực hiện và vận tốc của ghế nếu người đó co tay lại để khoảng cách từ mỗi quả tạ đến trục quay chỉ còn là 0,20m, cho biết mômen quán tính của người và ghế đối với trục quay là I0 = 2,5kg.m2. Bài giải Mô men quán tính của hệ người và các quả tạ lúc ban đầu và lúc sau:

I1  I 0  2.m.d1  2,5  2.10.0,75 2  13,75kgm 2  2

I 2  I 0  2.m.d 2  2,5  2.10.0,2 2  3,30kgm 2  2

Khi hệ quay quanh trục thì có động năng và mômen động lượng là:

49

L1  I11

Wđ1 =

1 1 2 2 I11  .13,75.2   275J  . 2 2

Do mômen động lượng được bảo toàn nên vận tốc góc quay của hệ sau khi người co tay lại thoả mãn biểu thức:

I 22  L 2  L1  I11  2 

I1 13,75 1  .2  8,33 rad / s  I2 3,3

Theo định lý về động năng, động tác co tay của người đã cần tốn một công bằng: A = Wđ = Wđ2 - Wđ1 =

1 1 2 2 I 2 2  I11 2 2

1 1 2 2  .3,3.8,33   .13,75.2   871J  2 2

50

PHẦN NHIỆT HỌC CHƯƠNG: MỞ ĐẦU 0-1.

Có 40g khí O2 chiếm thể tích 3l ở áp suất 10at. a. Tính nhiệt độ của khí b. Cho khối khí giãn nở tới thể tích 4l. Hỏi nhiệt độ của khối khí sau khi giãn nở. Bài giải a. Phương trình Mendeleev – Crapayron pV=m/μ RT Nhiệt độ khối khí T1=μp1V1/R=292,5K. b. Quá trình đẳng áp: V/T=const, T2=T1V2/V1=390K

0-2.

Có 10g khí đựng trong một bình, áp suất 107Pa. Người ta lấy bình ra một lượng khí cho tới khi áp suất của khí còn lại trong bình bằng 2,5.106Pa. Coi nhiệt độ khí không đổi. Tìm lượng khí đã lấy ra

Bài giải Phương trình Mendeleev – Crapayron cho khối khí trước và sau khi lấy khí p1V=m1/μ RT, p2V=m2/μ RT, p1 p p  p2  2  1 m1 m 2 m1  m 2

Khối lượng khí đã lấy:  p  m  m1  m2  1  2 m1  7,5kg  p1 

0-3.

Có 12g khí chiếm thể tích 4l ở 7oC. Sau khi hơ nóng đẳng áp, khối lượng riêng của nó bằng 6.10-4g/cm3. Tìm nhiệt độ của khối khí sau khi hơ nóng.

Bài giải Trước khi hơ nóng pV=m/μ RT1 Sau khi hơ nóng pV=m/μ RT2

(1)

a. p=  RT2/μ Lấy (1)/(2) T2 

(2)

m m t  273   1400 K T1  V V 1

51

Có 10 g khí Oxy ở nhiệt độ 10oC, áp suất 3at. Sau khi hơ nóng đẳng áp, khối khí

0-4.

chiếm thể tích 10l. Tìm: a. Thể tích khối khí trước khi giãn nở. b. Nhiệt độ khối khí sau khi giãn nở. c. Khối lượng riêng khối khí trước khi giãn nở. d. Khối lượng riêng khối khí trước khi giãn nở. Bài giải a. Thể tích khí trước khi giãn nở: V1  p / RT1  2,4 b. Nhiệt độ khí sau khi giãn nở: T2=T1V2/V1  1170K

0-5.

c. Khối lượng riêng của khí trước khi giãn nở: 1 

m1  4,14 kg / m 3 V1

d. Khối lượng riêng của khí trước khi giãn nở: 1 

m1  1kg / m 3 V2

Một khí cầu có thể tích 300m3. Người ta bơm vào khí cầu khí hyđrô ở 20oC dưới áp suất 750mmHg. Nếu mỗi giây bơm được 25g thì sau bao lâu thì bơm xong?

Bài giải Khối lượng khí cần bơm PV m

RT

Thời gian cần bơm m pV t

0-6.

m



mRT

, t  990s

Có hai bình cầu được nối với nhau bằng một ống có khoá, chứa cùng một chất khí. áp suất ở bình thứ nhất bằng 2.105Pa, ở bình thứ hai là 106Pa. Mở khóa nhẹ nhàng để hai bình thông nhau sao cho nhiệt độ khí không đổi. Khi đã cân bằng, áp suất ở hai bình là 4.105Pa. Tìm thể tích của bình cầu thứ hai , biết thể tích của bình thứ nhất là 15l.

Bài giải Tổng số mol khí trước và sau khi mở khóa không đổi (và nhiệt độ cũng không đổi) nên: p1V1 p 2 V2 pV1  V2    RT RT RT

Vậy, thể tích của bình cầu thứ hai.  V2 

p  p1 V1  5dm 3 p2  p

52

Có hai bình chứa hai thứ khí khác nhau thông với nhau bằng một ống thủy tinh

0-7.

có khóa. Thể tích của bình thứ nhất là 2 lít, của bình thứ hai là 3 lít. Lúc đầu ta đóng khóa, áp suất ở hai bình lần lượt là 1 at và 3at. Sau đó mở khóa nhẹ nhàng để hai bình thông nhau sao cho nhiệt độ vẫn không thay đổi. Tính áp suất của chất khí trong hai bình khí khi thông nhau. Bài giải Tương tự bài tập 0-6, ta có: p1V1 p 2 V2 pV1  V2    RT RT RT p

p1V1  p 2 V2  1,6at V1  V2

Một ống thủy tinh tiết diện đều, một đầu kín một đầu

0-8.

hở. Lúc đầu người ta nhúng đầu hở vào một chậu nước sao cho nước trong và ngoài ống bằng nhau, chiều cao còn lại của ống bằng 20cm. Sau đó người ta 20cm rút ống lên một đoạn 4cm (hình 0-1). Hỏi mức nước ở trong ống dâng lên bao nhiêu, biết rằng nhiệt độ xung quanh không đổi và áp suất khí quyển là 760mmHg. Bài giải Gọi độ cao cột nước trong ống là x

24cm

Hình 0-1a

Áp suất trong ống sau khi nâng lên p  p o  x cmH 2 O 

Định luật Bơilơ - Mariôt cho khối khí bị giam p o l  pl  4  x   p o  x l  4  x 

l

Thay số: p o  760 mmHg  1033 cmH 2 O , l  20cm x - 1057 x  4132  0  x  3,95cm ; 2

x

( x  1053cm >l+4

loại) 0-9.

Trong ống phong vũ biểu có một ít không khí, do đó ở

Hình 0-1b

điều kiện bình thường nó lại chỉ áp suất là 750mmHg. Tìm khối lượng riêng của không khí ở trong ống Bài giải Áp suất khí bên trong phong vũ biểu: p'  p o  p  10 mmHg  1360 Pa Khối lượng riêng của khí  

 p o  p  RT o



29 .1360  17 g / m 3 8,31 .273

53

CHƯƠNG 8: NGUYÊN LÝ THỨ NHẤT CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC 8-1.

160g khí oxy được nung nóng từ nhiệt độ 50oC đến 60oC. Tìm nhiệt lượng mà khí nhận được và độ biến thiên nội năng của khối khí trong hai qúa trình a. Đẳng tích; b. Đẳng áp

Bài giải a. Quá trình đẳng tích Q  U 

m



C V T 

m5 160 5 RT  . .8.31 .60  50   1040 J  250 cal 2 32 2

b. Quá trình đẳng áp Độ biến thiên nội năng U 

m



C V T  250 cal

Nhiệt lượng khí nhận vào Q  U  A 

m



C V T  pV 

m



C V  R T  m 7 RT 2

Thay số Q 

8-2.

160 7 . .8.31.60  50  1454J  350cal 32 2

Tìm nhiệt dung riêng (gam) đẳng tích của một chất khí đa nguyên tử, biết rằng khối lượng riêng của khí đó ở điều kiện chuẩn là ρ =7,95.10-4kg/cm3.

Bài giải Với khí đa nguyên tử, nhiệt dung riêng mol đẳng tích C V  3R J / molK  Ở điều kiện tiêu chuẩn p o Vo 

m



RT o   

RT o po

Nhiệt dung riêng gam đẳng tích cV 

8-3.

CV





p o C V 3p o   1400 J / kgK RT T

Tìm nhiệt dung riêng (gam) đẳng áp của một chất khí, biết rằng khối lượng của một kilômol khí đó là μ =30kg/kmol. Hệ số Poátxông (chỉ số đoạn nhiệt) γ =1,4.

Bài giải Nhiệt dung riêng mol đẳng áp: C p  CV  R

54

Với  

Cp CV

=> C p 

R  1

Nhiệt dung riêng đẳng áp: cp 

8-4.

Cp





R 1,4.8,31   969 ,5 J / kgK    1 30 .10 3.1,4  1

Nén đẳng tích 3l không khí ở áp suất 1at. Tìm nhiệt tỏa ra biết rằng thể tích cuối cùng bằng 1/10 thể tích ban đầu.

Bài giải Nguyên lý thứ nhất của nhiệt động lực học, nhiệt lượng mà khối khí nhận được Q  A  U

Quá trình đẳng nhiệt nên U= nC V T  0 Nhiệt lượng mà khối khí nhận được V2

V2

V1

V1

Q  A   pdV   pV Q  9,81 .10 4 .3.10 3 ln

V dV  p1 V1 ln 2 V V1

1  676 J 10

Dấu “-” chỉ ra rằng quá trình thực sự tỏa nhiệt. 8-5.

Một bình kín thể tích 2l, đựng 12g khí nitơ ở nhiệt độ 10oC. Sau khi hơ nóng, áp suất trung bình lên tới 104mmHg. Tìm nhiệt lượng mà khối khí đã nhận được, biết bình giãn nở kém.

Bài giải Bình giãn nở kém, thể tích của bình không đổi, quá trình là đẳng tích. A=0 Nguyên lý I nhiệt động lực học Q  A  U  U  Q 

m iR T2  T1   2

 i  i m m m  RT2  RT1    p 2 V  RT1  2     2 

Q  4,1kJ

Hơ nóng 16 gam khí Ôxy trong một bình khí giãn nở kém ở nhiệt độ 370C, từ áp suất 105 N/m2 lên tới 3.105N/m2. Tìm: a. Nhiệt độ của khối khí sau khi hơ nóng; b. Nhiệt lượng đã cung cấp cho khối khí.

8-6.

Bài giải

55

a. Bình kín, giãn nở kém, quá trình đẳng tích, nhiệt độ khối khí sau khi hơ nóng là T2 p1 p 2 p2 3.105 273  37  930K   T2  T1  T1 T2 p1 105

b. Nhiệt lượng đã cung cấp cho khí bằng nhiệt lượng mà khí nhận được trong quá trình đẳng tích trên Q  U  Q 

8-7.

m



C V R T2  T1  

p  mi RT1  2  1 2  p1 

 3.105  16 5 .8,31.273  37  1  6,4kJ 5 32 2  10 

Sau khi nhận được nhiệt lượng Q=150cal, nhiệt độ của 40,3g khí Oxi tăng từ t1= 16oC tới t2=40oC. Hỏi quá trình hơ nóng đó được tiến hành trong điều kiện nào?

Bài giải Nhiệt lượng mà khí nhận được Q

m



Cx 

C x T  C x 

Q

mt 2  t 1 

32 .150 .4,18  20 ,77 J / molK 40 ,3.40  16 

Nhiệt dung riêng mol đẳng tích của Oxi: CV 

iR 5.8,31   20,77J / molK  C x 2 2

Như vậy C x  C V , quá trình là đẳng tích. 8-8.

6,5g hyđrô ở nhiệt độ 27oC, nhận nhiệt lượng giãn nở gấp đôi, trong điều kiện áp suất không đổi. Tính a. Công mà khí sinh ra. b. Độ biến thiên nội năng của khối khí. c. Nhiệt lượng đã cung cấp cho khối khí.

Bài giải a. Công sinh ra A  pV2  V1   p2V1  V1   A

m



RT1

6,5 .8,31 .273  27   8,1.10 3 J 2

b. Độ biến thiên nội năng của khối khí:

56

U 

m



C V R T2  T1  

 i i m m i m RT1  RT2  RT1   2pV1  pV1   2   2  2

5 6,5 U  . .8,31.273  27  20,2.103 J 2 2

c. Nhiệt lượng đã cung cấp cho khối khí chính xác bằng nhiệt lượng mà khí nhận được. Theo nguyên lý I Q  A  U  8,1.10 3  20,2.10 3  28,3.10 3 J

8-9.

10g khí oxy ở 10oC, áp suất 3.105Pa. Sau khi hơ nóng đẳng áp, thể tích khí tăng đến 10l. Tìm: a. Nhiệt lượng mà khối khí nhận được b. Nội năng của khối khí trước và sau khi hơ nóng

Bài giải a. Theo nguyên lý I, nhiệt lượng mà khối khí nhận được trong qúa trình đẳng áp Q  A  U  Q

m



C p T2  T1  

 i2  i2m m m  RT2  RT1    pV2  RT1  2   2    

52 10  5 3 3  3.10 .10.10  .8,31.273  10  7,9.10 J 2  32 

b. Nội năng của khối khí trước khi hơ nóng U1 

m

U1 

10 5 . .8,31 .273  10   1,8.10 3 J 32 2



C V T1 

m i RT1  2

Nội năng của khối khí sau khi hơ nóng U2 

m

U2 

5 .3.10 5.10 .10  3  7,5.10 3 J 2



C V T2 

m i i RT 2  pV2  2 2

8-10. 2 kmol khí cácbonic được hơ nóng đẳng áp cho đến khi nhiệt độ tăng thêm 50oC. Tìm a. Độ biến thiên nội năng của khối khí b. Công do khí giãn nở sinh ra c. Nhiệt lượng truyền cho khí Bài giải a. Độ biến thiên nội năng của khối khí

57

U 

m iR 6.8,31 T  2.10 3 .50  2500 kJ  2 2

(khí CO2 là khí đa nguyên tử (chính xác là 3) nên số bậc tự do của phân tử là 6) b. Công do khí giãn nở sinh ra A  pV2  V1  

m



R T2  T1 

A  2.10 3.8,31 .50  830 kJ

c. Nhiệt lượng truyền cho khí bằng nhiệt lượng mà khí nhận được Q  U  A  2500  830  3330kJ

8-11. 7 gam khí cácbonic được hơ nóng cho tới khi nhiệt độ tăng thêm 10oC trong điều kiện giãn nở tự do. Tìm công do khí sinh ra và độ biên thiên nội năng của nó. Bài giải Giãn nở tự do có nghĩa là đẳng áp (giãn nở trong khí quyển, áp suất bằng áp suất khí quyển) Công do khí sinh ra khi giãn nở A  pV2  V1  

A

m



RT 2 

m



RT1 

m



R T2  T1 

7 .8,31.10  13,2J 44

Độ biến thiên nội năng của khối khí U 

m iR 7 6.8,31 T  . .10  39 ,7J  2 44 2

(khí CO2 là khí đa nguyên tử (chính xác là 3) nên số bậc tự do của phân tử là 6) 8-12. 10g khí oxy ở áp suất 3at và nhiệt độ 10oC được hơ nóng đẳng áp và giãn nở tới thể tích 10l. Tìm: a. Nhiệt lượng cung cấp cho khối khí. b. Độ biên thiên nội năng của khối khí. c. Công do khí sinh ra khi giãn nở. Bài giải a. Nhiệt lượng cung cấp cho khí bằng nhiệt lượng mà khí nhận vào Q  A  U  Q

m



C p (T2  T1 ) 

 i2  i2m m m  RT2  RT1    pV2  RT1  2   2    

5 2 10  4 3 3  3.9,81 .10 .10 .10  .8,31 .273  10   7,8.10 J 2  32 

b. Độ biến thiên nội năng

58

U 

m



C V (T2  T1 ) 

m CV i C p (T2  T1 )  Q  5,5.10 3 J  Cp i2

c. Công do khí sinh ra khi giãn nở A  Q  U  2,3.10 3 J

8-13. Một chất khí đựng trong một xilanh đặt thẳng đứng có pittông khối lượng không đáng kể di động được. Hỏi cần phải thực hiện một công bằng bao nhiêu để nâng pittông lên cao thêm một khoảng h1  10 cm nếu chiều cao ban đầu của cột không khí là ho  15 cm , áp suất khí quyển là p o  1at , diện tích mặt pittông S  10cm 2 . Nhiệt độ của khí coi là không đổi trong suốt quá trình. Bài Giải Công do khí sinh ra A o  p o Vo ln

h  h1 V1  p o Vo ln o Vo h0

Hay, khi biến đổi khí nhận vào một công :  ho    A o  p o Vo ln   h o  h1 

Công của áp suất khí quyển : A k  p oSh 1 Công cần thực hiện bao gồm công truyền cho khí và công thắng khí quyển   h  A'  A k  A  p oS h1  h o ln 1  1    ho  

  10   A'  1.9,8.104.10.104 10.102  15.102. ln 1     2,3J  15   

8-14. Một khối khí N2 ở áp suất p1=1at có thể tích V1=10l được giãn nở tới thể tích gấp đôi. Tìm áp suất cuối cùng và công do khí sinh ra nếu giãn nở đó là: a. Đẳng áp. b. Đẳng nhiệt c. Đoạn nhiệt Bài giải a. Quá trình đẳng áp Áp suất cuối p2=p1=1at. Công do khí sinh ra

A  p1V  1.9,81.104.2.10.103  10.103   980J

b. Quá trình đẳng nhiệt Áp suất cuối p2:

59

p1V1  p 2 V2  p 2 

V1 p1  0,5at V2

Công do khí sinh ra

V2  1.9,81.10 4.10.10 3. ln 2  680J V1

A  p1V1 ln

c. Quá trình đoạn nhiệt + Áp suất

V  p1V1  p 2 V2  p 2  p1  1   V2  Đối với N2, 

 





i2 52   1,4 i 2

Nên p2  1/ 21, 4  0,38at + Công do khí sinh ra  i m m CV T1  T2    RT1  RT2   2      i   V  1   V1  i i A   p1V1  p2V2    p1V1    V2   p1V1 1   1    590 J  2   V2   2 2  V2     

Q  A  U  A  U 

m

8-15. Nén 10g khí oxy từ điều kiện tiêu chuẩn tới thể tích 4l. Tìm: a. Áp suất và nhiệt độ của khối khí sau mỗi quá trình nén đẳng nhiệt và đoạn nhiệt b. Công cần thiết để nén khí trong mỗi trường hợp. Từ đó, suy ra nên nén theo cách nào htì lợi hơn. Bài giải V1 

10 .22,4  7l 32

a. Quá trình nén đẳng nhiệt: - Áp suất cuối quá trình là p2: p1 V1  p 2 V2  p 2  p1

V1 V2

7 p 2  105.  1,7.105 Pa 4

- Nhiệt độ khí không đổi T2  T1  273 K V  V  m A2   A   p1V1 ln  2    RT1 ln  2   397 J   V1   V1 

60

b. Áp suất p2: 

V  7 p1 V1  p 2 V2  p 2  p1  1   105   4  V2  

1, 4



 2,2.105 Pa

c. Nhiệt độ T2  1

TV 1 1

 1

 T2V2

V   T2  T1  1   V2 

 1

 341K

d. Công nén khí bằng và ngược dấu với công khí sinh ra  1

pV   V  A2   1 1 1   1    1   V2  

   439 J  A1  

Vậy nén đẳng nhiệt thì tốt hơn 8-16. Người ta muốn nén 10 lít không khí đến thể tích 2 lít. Hỏi nên nén đẳng nhiệt hay nén đoạn nhiệt? Bài giải V  V  A1  p1V1 ln  2   p1V1 ln  1   V1   V2 

(1)

Tương tự, đối với quá trình đoạn nhiệt: Q  A  U  0  A  U

Công nén khí trong trường hợp này;   V  1  i A 2  A  U   p1V1 1   1     V2   2  

(2)

Từ (1) và (2) A 2 i V1 / V2   1 5 10 / 2 1  .  .  1,4  1 A1 2 ln V1 / V2  2 ln 10 / 2  1

1, 4 1

Vậy nén theo quá trình đẳng nhiệt tốn ít công hơn, do đó lợi hơn. 8-17. 7,2 lít khí oxy được nén đoạn nhiệt đến thể tích 1 lít, lúc đó áp suất của khí nén là 16at. Hỏi áp suất ban đầu? Bài giải Phương trình (xem phụ lục) cho quá trình đoạn nhiệt 

V   1  p1 V1  p 2 V2  p 2  p1  1   16.   7,2   V2  



61

1, 4

 1at

8-18. 1kg không khí ở nhiệt độ 30oC và áp suất 1,5at được giãn đoạn nhiệt đến áp suất 1at. Hỏi: a. Thể tích không khí tăng lên bao nhiêu lần? b. Nhiệt độ không khí sau khi giãn? c. Công do không khí sinh ra khi giãn nở? Bài giải a. Từ phương trình V p  p1 V1  p 2 V2  2   1  V1  p 2  

1/ 



 1,5     1 

1 / 1, 4

 1,33

Thể tích tăng khoảng 1,33 lần b. Phương trình cho quá trình đọan nhiệt p  p1 V1  p 2 V2  T1 p11  T2 p12  T2  T1  1   p2   1,5  T2  273  30    1 

11, 4 1, 4

1



 270 K

c. Công do khí sinh ra A   U 

m iR T1  T2   2

Đối với không khí μ=29g/mol, bậc tự do của phân tử i=5 A

10 3 5.8,31 .303  270   2,4.10 4 J 29 2

8-19. Một kilômol khí N2 (μ=28kg/kmol) ở điều kiện tiêu chuẩn giãn đoạn nhiệt sao cho thể tích của nó tăng lên 5 lần. Tìm: a. Công do khí thực hiện. b. Độ biên thiên nội năng của khối khí. Bài giải a. Nhiệt độ khí sau khi nén là T2: p1 V1  p 2 V2  T1 V1  1

V   T2  T1  1   V2 

 1

 T2 V2

 1

1, 4 1

1  273.   5

 143,4 K

Công do khí thực hiện m iR T  T   2 1 2 5.8,31 273  143 ,4  2,7.10 6 J A  10 3. 2 A   U 

62

b. Độ biến thiên nội năng của khối khí bằng và ngược dấu với công do khí sinh ra U  A  2,7.10 6 J

8-20. Một khối khí giãn nở đoạn nhiệt, thể tích của nó tăng gấp đôi, nhưng nhiệt độ tuyệt đối của nó giảm đi 1,32 lần. Tìm số bậc tự do của phân tử khí đó. Bài giải Từ phương trình p1 V1  p 2 V2  T1 V1 1 2 / i    i 

 1

 T2 V2

 1

  1 

ln T2 / T1  ln V1 / V2 

2 ln V1 / V2  2. ln 1 / 2   5 ln T2 / T1  ln 1 / 1,32 

Số bậc tự do khí là 5. 8-21. Một chất khí lưỡng nguyên tử có thể tích V1  0,5l , áp suất p1  0,5atm bị nén đoạn nhiệt tới thể tích V2 và áp suất p2. Sau đó người ta giữ nguyên thể tích V2 và làm lạnh nó tới nhiệt độ ban đầu. Khi đó áp suất của khí là po  1atm a. Vẽ đồ thị của quá trình đó. b. Tìm thể tích V2 và áp suất p 2 Bài giải a. Đồ thị của quá trình: p 2

p2 po 3

1

p1

V1 V

V2

b. Quá trình 3 – 1 đẳng nhiệt nên : p o V3  p1 V1  V3 

p1 V1  0,25l  V2 po

Quá trình 1 – 2 đoạn nhiệt nên : 



V  p  p1V1  p 2 V2  p 2   1  p1   o  p1  V2   p1  p 2  21, 4.0,5  1,32at 



63

8-22. Một lượng khí oxy chiếm thể tích V1=3l ở nhiệt độ 27 o C và áp suất p1=8,2.105Pa. Ở trạng thái thứ hai, khí có các thông số V2=4,5l và p2=6.105Pa (hình 8.1). Tìm nhiệt lượng mà khí sinh ra khi giãn nở, và độ biến thiên nội năng của khối khí. Giải bài toán trong trường hợp biến đổi khối khí từ trạng thái 1 tới trạng thái 2 theo hai con đường: a. ACB b. ADB Bài giải

p

a. Quá trình ACB e. AC đẳng tích: QAC  U 

P1

m iR TC  TA    2

D

 i m m  RTC  RTA  2   





i  p2  p1 V1  5 6.105  8,2.105 3.103  1650J 2 2

QAC 

A

P2

B

C

o V1 f. Quá trình CB đẳng áp: C p  CV  R m

QCB  QCB 



CV

 R TB  TC  

Hình 8-1

 i 2m m  RTB  RTC  2   

i2 5 2 p2 V2  V1   6.105 4,5  3103  3150J 2 2

g. Cả quá trình Q ACB  Q AC  Q CB  1650  3150  1500 J

Quá trình ACB khí nhận lượng nhiệt Q ACB  1500 J Độ biến thiên nội năng: U AB  U AB 

m



C V TB  TA  

i p 2 V2  p1 V1  2

5  6.10 5.4,5 .10 3  8,2.10 5.3.10 3   600 J 2

Công khí thực hiện trong quá trình biến đổi: A ACB  A CB  p 2 V2  V1 

A ACB  6.105.4,5.10 3  3.10 3   900J

b. Quá trình ADB Nhiệt h. Quá trình AD đẳng áp Q AD  Q AD 

m



C V  R TD  TA   i  2  m RTD  m RTA  2 





i2 5 2 p1 V2  V1   8,2.105 4,5  310 3  4305J 2 2

64

V2

V

i. DB đẳng tích: Q DB  U  Q DB 

m iR TB  TD    2

 i m m  RTA  RTC  2   





i p 2  p1 V2  5 6.105  8,2.105 4,5.103  2475J 2 2

j. Cả quá trình Q ADB  Q AC  Q CB  4305  2475  1830 J

Độ biến thiên nội năng: U AB  U AB 

m



C V TB  TA  

i p 2 V2  p1 V1  2

5 6.10 5.4,5 .10 3  8,2.10 5.3.10 3   600 J 2

Công khí thực hiện trong quá trình: A ADB  A AD  p1 V2  V1 

A ADB  8,2.105.4,5.10 3  3.10 3   1230J

8-23. Một kmol khí (khối lượng mol μ) thực hiện một chu trình ABCD như hình dưới, trong đó AB, CD là hai quá trình đẳng nhiệt, ứng với nhiệt độ T1 và T2 , BC và DA là hai qua trình đẳng tích ứng với hai thể tích V2 và

p pA

p

A

pD D

B

pB

V1 .

pC C

a. Chứng minh rằng

p A pD  pB pC

V1

V2

V

Hình 8-2

b. Tính công và nhiệt trong cả chu trình.

V

Bài giải a. Áp dụng liên tiếp các phương trình của các quá trình đẳng nhiệt: p A VB VC p D    p B V A V D pC

(đpcm)

b. Công của chu trình bằng công trên các quá trình AB và CD, các quá trình còn lại công bằng không. A  AAB  ACD

V V  p AVA ln 2  pDVD ln 1 V1 V2

65

m pV  RT





m



RT2  T1 ln

V2 V1

Nhiệt khí nhận trong cả chu trình: Q A

m



RT2  T1 ln

V2 V1

p

8-24. Một khối khí thực hiện một chu trình

p1

1

như hình 8-3, trong đó 1-2 và 3-4 là hai quá trình đẳng nhiệt ứng với các nhiệt độ T1 và T2 , 2-3 và 3-4 là các quá

đoạn

trình

V1  2l ,V2  5l ,

nhiệt.

Cho

p1  7 atm .

V3  8l ,

p2 p4

2 4 3

p3

Tìm: a. p2 , p3 , p4 ,V4 , T2

V1 V4

b. Công khí thực hiện trong từng

V2 V3 V

Hình 8-3

quá trình và trong toàn chu trình. c. Nhiệt mà khối khí nhận được hay tỏa ra trong từng quá trình đẳng nhiệt. Bài giải a. p2 

V1 p1  2,7 atm , coi không khí là khí lưỡng nguyên tử: i=5, ta có: V2 

V  p3   2  p2  1,45atm  V3  1

V  T2  T1  2   V3 

T   331K ; p4  p1  2   T1  V4 

 1 

 3,6atm

p3 V3  3,2l p4

b. Công thực hiện trên từng quá trình: A12  p1V1 ln

A23 

V2  1300 J V1

p2V2  T2  1    620J   1  T1 

A34  p2V2 ln

A41 

V4  1070 J V3

p2V2  T1  1    620J   1  T2 

66

Công khí thực hiện trong cả chu trình: A  A12  A23  A34  A41  230 J

c. Nhiệt mà khí nhận trong từng quá trình đoạn nhiệt: Q12  A12  1300 J , khí nhận nhiệt. Q34  A34  1070 J , khí nhả nhiệt.

8-25. Giản đồ công tác theo lý thuyết của một máy nén được vẽ trên hình 8 – 4. (giản đồ thực nghiệm có các góc tròn hơn). Đoạn AB ứng với quá trình nén đẳng nhiệt không khí, BC quá trình đẩy không khí vào bình chứa (áp suất không đổi); CD – giảm đột ngột áp suất trong xilanh của máy nén khi đóng van thoát và mở van nạp; DA – cho không khí vào ở áp suất 1at. Hãy chứng minh rằng công của máy nén sau một chu trình bằng công đối với quá trình đẳng nhiệt và được biểu diễn bằng diện tích ABGF.

p C

P2

B

P1 D H G V2

A F

V

V1

Hình 8-4 Bài giải Công A của máy nén bằng công khí nhận được và bằng diện tích ABCD A  dt( ABCDA )  dtABHA   dtBCDHB 

dtBCDHB   p 2  p1 V2  p1V1  p1V2  p1 V1  V2   dtAFGH   A  dtABHA   dtAFGH   dtABGF  (đpcm)

CHƯƠNG 9: NGUYÊN LÝ THỨ HAI CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC 9-1.

Một máy hơi nước có công suất 14,7kW, tiêu thụ 8,1kg than trong một giờ. Năng suất tỏa nhiệt của than là 7800kcal/kg. Nhiệt độ của nguồn nóng 200oC, nhiệt độ của nguồn lạnh là 58 o C . Tìm hiệu suất thực tế của máy. So sánh hiệu suất đó với hiệu suất lý tưởng của máy nhiệt làm việc theo chu trình Cácnô với những nguồn nhiệt kể trên.

Bài giải

67

Hiệu suất thực tế của máy h

Q coich 14 ,7.3600 100 %  100 %  20 % Q toanphan 8,1.7800 .4,18

Hiệu suất lý tưởng theo chu trình Cácnô h lt 

Tn  Tl 200  58 100 %  100 %  30 % Tn 200  273

2 3

Hay h  h lt

9-2.

Các ngoại lực trong máy làm lạnh lý tưởng thực hiện một công bằng bao nhiêu để lấy đi một nhiệt lượng 105J từ buồng làm lạnh, nếu nhiệt độ của buồng là 263K, còn nhiệt độ của nước làm lạnh là 285K.

Bài giải Hệ số làm lạnh của động cơ Q2 A



Nếu máy chạy theo chu trình Cácnô ngược thì: T2 T1  T2



Suy ra T   285  5  A   1  1Q2    110  8365J  T 263    2 

9-3.

Một động cơ nhiệt lý tưởng chạy theo chu trình Cácnô, nhả cho nguồn lạnh 80% nhiệt lượng mà nó thu được của nguồn nóng. Nhiệt lượng thu được trong một chu trình là 1,5kcal. Tìm: a. Hiệu suất động cơ. b. Công mà động cơ sinh ra trong một chu trình

Bài giải a. Hiệu suất của động cơ 

 Q  A 100%  1  2 100%  1  0,8100%  20% Q1  Q1 

c. Công mà động cơ sinh ra trong một chu trình A=ηQ1=0,2.1,5=0,3kcal=12,54kJ

68

Một động cơ nhiệt làm việc theo chu trình Cácnô, sau mỗi chu trình sinh một

9-4.

công A=7,35.104J. Nhiệt độ của nguồn nóng là 100 o C , nhiệt độ của nguồn lạnh là 0oC. Tìm: a. Hiệu suất động cơ. b. Nhiệt lượng nhận được của nguồn nóng sau một chu trình. c. Nhiệt lượng nhả cho nguồn lạnh sau một chu trình. Bài giải a. Hiệu suất của động cơ 

  1  

T2  273   100%  1  100%  26,8% T1   100  273 

b. Nhiệt lượng nhận được của nguồn nóng sau một chu trình Q1  A /   7,35 .10 4 / 0,268  27 ,42 .10 4 J 

c. Nhiệt lượng nhả cho nguồn lạnh sau một chu trình. Q 2  Q1  A  27 ,42 .10 4  7,35 .10 4  20,07 .10 4 J 

9-5.

Nhiệt độ của hơi nước từ lò hơi vào máy hơi nước là t1=227 o C , nhiệt độ của bình ngưng là t2=27 o C . Hỏi khi tốn một nhiệt lượng Q=1kcal thì thu được một công cực đại theo lý thuyết bằng bao nhiêu?

Bài giải Công cực đại theo lý thuyết thu được khi động cơ làm việc theo chu trình Cácnô thuận nghịch với hiệu suất lý tưởng   1

T2 T1

Mặt khác 

9-6.

 T  A 27  273    A  1  2 Q  1  1  0,4kcal  1,672kJ  Q  227  273   T1 

Một chu trình Cácnô thực hiện giữa hai máy điều nhiệt nhiệt độ t1=400oC, t2=20oC. Thời gian để thực hiện chu trình đó là τ=1s. Tìm công suất (sinh công) làm việc của động cơ theo chu trình ấy, biết tác nhân là 2kg không khí, áp suất cuối quá trình giãn đẳng nhiệt bằng áp suất ở đầu quá trình nén đoạn nhiệt. Cho không khí có μ =29kg/kmol.

Bài giải

69

p p1

1

T1 p2

2

4 3

p3

T2 V1 V4

V2

V3

V

Nhiệt lượng nhận được của động cơ trong một chu trình là nhiệt nhận được trong quá trình 1-2 (hình vẽ) Q1 

m



RT1 ln

p1 p2

Quá trình 4-1 đoạn nhiệt nên p1 V1  p 4 V4  p11 T1  p14 T4

Theo giả thiết p2=p4, T4=T2 

p1  T1    p 2  T2 

  1

Do đó Q1 

T m  RT1 ln 1   1 T2

Công sinh ra trong một chu trình 

A  Q1 A

T1  T2 T1



T1  T2 T m  Q1  R T1  T2  ln 1 T1   1 T2

2000 1,4  400  273  . 8,31 .400  20 . ln    634 kJ  29 1,4  1  20  273 

Công suất của động cơ P

9-7.

A



 634kW

Một máy làm lạnh làm việc theo chu trình Cacnô nghịch, tiêu thụ công suất 36800W. Nhiệt độ của nguồn lạnh là -10oC, nhiệt độ nguồn nóng là 17oC. Tính: a. Hệ số làm lạnh của máy. b. Nhiệt lượng lấy được của nguồn lạnh trong 1s. c. Nhiệt lượng nhả cho nguồn nóng trong 1 giây.

Bài giải

70

a. Hệ số làm lạnh của máy 

Q2 T2  10  273    9,74 A T1  T2 17   10 

b. Nhiệt lượng lấy được của nguồn lạnh trong 1s Q' 2  A  Pt  9,74 .36800 .1  3,6.10 5 J   86000 cal

c. Nhiệt lượng nhả cho nguồn nóng trong 1 giây Q1  A  Q' 2    1Pt  9,74  136800 .1  4.10 5 J  9,5.10 4 cal

9-8.

Khi thực hiện chu trình Cácnô, khí sinh công 8600J và nhả nhiệt 2,5kcal cho nguồn lạnh. Tính hiệu suất của chu trình.

Bài giải Hiệu suất của chu trình 

9-9.

A A 8600 100 %  100 %  100 %  45 % Q1 A  Q2 8600  2,5.10 3.4,18

Khi thực hiện chu trình Cácnô, khí nhận được nhiệt lượng 10kcal từ nguồn nóng và thực hiện công 15kJ . Nhiệt độ của nguồn nóng là 100 o C . Tính nhiệt độ của nguồn lạnh

Bài giải Hiệu suất của chu trình Các nô 1

 T2 A 15.103   A 273  100  239K   T2  1  T1  1  3 T1 Q  Q  10.10 .4,18 

9-10. Một máy nhiệt lý tưởng, chạy theo chu trình Cácnô, có nguồn nóng ở nhiệt độ 117oC và nguồn lạnh ở nhiệt độ 27oC. Máy nhận của nguồn nóng là 63000cal/s. Tính: a. Hiệu suất của máy. b. Nhiệt lượng nhả cho nguồn lạnh trong một giây. c. Công suất của máy. Bài giải a. Hiệu suất của máy là hiệu suất của chu trình Cácnô   1

T2 27  273  1  23 % T1 117  273

b. Nhiệt lượng nhả cho nguồn lạnh trong một giây là Q2 1

Q2 T T 27  273  1  2  Q 2  2 Q1  63000  48000 cal / s Q1 T1 T1 117  273

c. Công suất máy là P bằng công máy sinh ra trong một giây

71

P

A





Q1  Q 2





63000  48000 4,18  63kW 1

9-11. Một kmol khí lý tưởng thực hiện một chu trình gồm 2 quá trình đẳng tích và hai quá trình đẳng áp. Khi đó thể tích của khí thay đổi từ V1=25m3 đến V2=50m3 và áp suất từ p1=1at đến p2=2at. Hỏi công thực hiện bởi chu trình này nhỏ hơn bao nhiêu lần công thực hiện bởi chu trình Cácnô có các đường đẳng nhiệt ứng với nhiệt độ lớn nhất và nhỏ nhất của chu trình nói trên, nếu khi giãn đẳng nhiệt thể tích tăng lên gấp đôi? Bài giải Công thực hiện trong cả chu trình: A  p 2  p1 V2  V1  Trong chu trình Cácnô, nhiệt độ nguồn nóng ứng với điểm (V2,p2), nguồn lạnh với (V1,p1). Trong một chu trình tác nhân nhận nhiệt p 2 V2 ln 

V' 2 với hiệu suất: V '1

T2  T1 p 2 V2  p1 V1  T2 p 2 V2

Công khí sinh ra trong một chu trình: A'  Q1  p 2 V2  p1V1  ln



A'  A

V' 2 V'1

p 2 V2  p1V1 ln V' 2

V' 1  2,1 p1  p 2 V2  V1 

9-12. Một máy hơi nước làm việc theo chu trình như hình vẽ 9-1 a. Thoạt tiên hơi nước từ nồi hơi vào xilanh, áp suất hơi nước tằng từ po tới p1, thể tích không đổi và bằng Vo (nhánh AB).

p P1

Po

B

A

C

D E

b. Hơi nước tiếp tục đi vào, V Vo V1 V2 pittông chuyển động từ trái Hình 9-1 sang phải (nhánh BC) với áp suất hơi không đổi là p1 và thể tích tăng lên V1. c. Xilanh đóng van lại, pittông chuyển động tiếp tục sang phải khi đó xảy ra quá trình giãn đoạn nhiệt (Nhánh CD);

72

d. Khi đến vị trí cuối cùng bên phải, thì hơi nước trong xilanh đi vào nguồn lạnh, khi đó áp suất hơi giảm xuống po, còn thể tích không đổi bằng V2, (nhánh DE). e. Pittông chuyển động ngược lại, đẩy hơi nước còn lại trong xilanh ra ngoài, khi đó áp suất không đổi bằng po, thể tích giảm từ V2 tới Vo (nhánh EA). Hãy tính công mà máy nhiệt sinh ra mỗi chu trình, nếu Vo=0,5l; V1=1,5l;V2=3l;po=1at;p1=12at và hệ số đoạn nhiệt là γ=1,33. Bài giải Công khí thực hiện trên từng quá trình riêng biệt: + Quá trình A-B và D-E đẳng tích, khí không sinh công A AB  A DE  0

+ Quá trình BC, khí giãn nở đẳng áp, sinh công A BC  p1 V1  Vo   12 .9,8.10 4 1,5  0,5.10 3  1176 J 

+ Quá trình CD khí giãn nở đọan nhiệt, theo công thức (P.6) phần phụ lục, công sinh ra trong quá trình giãn nở đoạn nhiệt: A CD

 1 1, 331  p1V1   V1   12.9,8.104.1,5.10 3   1,5    1093J   1     1     3    1   V2   1,33  1    

+ Quá trình EA khí biến đổi đẳng áp, công thực hiện A EA  p o Vo  V2   9,8.10 4 0,5  3.10 3  245 J 

Công mà máy nhiệt sinh ra trong mỗi chu trình làm việc chính bằng công thực hiện bởi khí A  A AB  A BC  A CD  A DE  A EA  0  1176  1093  0  245  2024 J 

9-13. Hình vẽ 9-2 trình bày giản đồ lý thuyết của động cơ đốt trong bốn kỳ. a. Trong quá trình đầu tiên, hỗn hợp cháy được nạp vào xilanh, khi đó po=const và thể tích tăng từ V2 tới V1. (nhánh AB); b. Trong quá trình thứ hai (nhánh BC), hỗn hựop cháy được nén đoạn nhiệt từ thể tích V1 tới V2. Khi đó nhiệt độ tăng từ To đến T1 và áp suất từ po đến p1;

73

p D

C

P1

E

Po A

B V V1

V2 Hình 9-2

c. Tiếp theo là quá trình đốt cháy nhanh hỗn hợp cháy bằng tie lửa điện; khi đó áp suất tăng từ p1 tới p2, thể tích không đổi và bằng V2 (nhánh CD), nhiệt độ tăng tới T2; d. Tiếp theo là quá trình giãn đoạn nhiệt từ thể tích V2 tới V1 (nhánh DE), nhiệt độ giảm xuống T3; e. ở cuối cùng của pittông (điểm E), van mở, khí thoát ra ngoài, áp súat giảm nhanh tới po, thể tích không đổi và bằng V1. (nhánh EB). f. Cuối cùng là quá trình nén đẳng áp ở áp suất po (nhánh BA). Hãy tính hiệu suất của chu trình nếu hệ số nén  =V1/V2=5 và hệ số đoạn nhiệt là  =1,33.

Bài giải Nhiệt tác nhân nhận trong cả chu trình chính bằng nhiệt tác nhân nhận trong quá trình CD: Q1  Q CD  nCV TD  TC 

Trên EB tác nhân tỏa nhiệt (nhiệt nhận vào sẽ có dấu âm): Q 2  nCV TB  TE 

Hiệu suất của động cơ:   1

p V  p 4 V1 Q2 T  TE nR TB  TE  V p  p4 1 B 1 1 o 1 1 1 o Q1 TD  TC nR TD  TC  p 2 V2  p1V2 V2 p 2  p1

(1)

Mặt khác: p1 V2  p o V1 ; p 2 V2  p 4 V1  p 2  p1 V2  p 4  p o V1 

p  p4 V   o   2     p 2  p1  V1 

(2)

74

Thay (2) vào (1):   1   1  1  511,33  41,2%

9-14. Tìm hiệu suất của động cơ đốt trong, cho biết hệ số đoạn nhiệt là 1,33 và hệ số nén bằng: a. V1/V2=4; b. V1/V2=6; c. V1/V2=8; Bài giải Theo bài 9-14 ta tính được lần lượt cho các quá trình cụ thể a.   1   1  1  4 11,33  36,7% b.   1   1  1  611,33  44 ,6% c.   1   1  1  811,33  49 ,6% 9-15. Chu trình của động cơ điezen bốn kỳ được trình bày trên hình 9-3 p p1

C

D

p2

E B

po

A V1

V3

V2 V

Hình 9-3

a. Nhánh AB ứng với quá trình nạp không khú , áp suất po=1at; b. Nhánh BC – không khí được nén đoạn nhiệt tới áp súat p1. c. ở cuối kỳ nén, nhiên liệu được phun vào xilanh, nhiên liệu cháy trong không khí nóng, khi đó pittông chuyển động sang phải, đầu tiên là đẳng áp (nhánh CD), sau đó là đoạn nhiệt (nhánh DE); d. Ở cuối quá trình đoạn nhiệt, van thoát mở, áp suất giảm xuống po (nhánh EB); e. Nhánh BA ứng với quá trình đẩy khí ra khỏi xilanh. Tình hiệu suất của động cơ diezen. Bài giải Trong một chu trình, tác nhân chỉ nhận nhiệt trên quá trình CD: Q1  Q CD  nC p TD  TC 

Nhả nhiệt:

75

Q 2  Q EB  nC V TB  TE 

Hiệu suất :

  1

Q2 1 TB  TE 1 p o V2  p 2 V2 1 V2 p o / p1  p 2 / p1  1  1  1 Q1  TD  TC  p1 V3  p1 V1  V1 V3 / V1  1

po p2   p1 p1   1   1

(1)

Trong đó   V2 / V1 Mặt khác 

V  p p o V2  p1 V1  o   1     ; p1  V2  







V  V V  p p 2 V2  p1 V3  2   3    3 1       p1  V2   V1 V2  



Với  

(2)

V3 V1

Thay (2) vào (3) và biến đổi ta nhận được:   1

  1   1   1

9-16. Một máy hơi nước chạy theo chu trình stilin gồm hai quá trình đẳng nhiệt và hai quá trình đẳng tích như hình 9-4. Tính hiệu suất của chu trình đó. So sánh hiệu suất đó với hiệu suất chu trình Cácnô có cùng nhiệt độ của nguồn nóng và nguồn lạnh. p 3

T1 4

2

T2 1

V

Hình 9-4 Bài giải

76

Nhiệt tác nhận nhận được trong một chu trình làm việc bao gồm qúa trình 2 – 3 và 3 –4 Q 23  nC V T1  T2 

V  Q 34  A 34  nRT1 ln  2   V1 

Công tác nhân sinh ra (bằng công động co sinh ra) trong một chu trình làm việc V  V  V  A  A12  A 23  A 34  A 41  nRT2 ln  1   0  nRT1 ln  2   0  nR T1  T2  ln  2   V2   V1   V1 

Hiệu suất của động cơ 

A  Q 23  Q 34

T1  T2 T  T2  1   Carnot C V T1  T2  T1 T1  R ln V2 / V1 

Vậy động cơ làm việc theo chu trình Stilin có hiệu suất nhỏ hơn khi làm việc theo chu trình Carnot. 9-17. Tính độ biến thiên entrôpy khi hơ nóng đẳng áp 6,5g hiđrô, thể tích khí tăng gấp đôi. Bài giải Độ biến thiên entropy trong qúa trình đẳng áp dS 

Q T



nC p dT T

Cả quá trình entropy biến thiên một lượng S   dS  nC p 

T2

T1

T dT m i  2  R ln 2 T  2 T1

Mặt khác, quá trình đẳng áp nên T2 V2  2 T1 V1

Với Hiđrô i=5 S

6,5 5  2 . .8,31. ln 2  65,52J / K  2 2

9-18. Tính độ tăng entrôpy khi biến đổi 1g nước ở 0oC thành hơi ở 100oC. Bài giải Độ biến thiên entropy khi nước được làm nóng tới 100oC dS 

Q T



T  mCdT dT  S1   dS  mC  mC ln  2  T T  T1 

77

 100  273  S1  10 3.4180 . ln    1,3  0  273 

Độ biến thiên entropy trong quá trình nước hóa hơi ở 100oC S 2  

Q T2



Lm 2,26.106.10 3   6,1 T2 373

Độ biên thiên entropy trong cả quá trình S  S1  S 2  7,4J / K 

9-19. Tính độ biến thiên entrôpy khi giãn đẳng nhiệt 10,5g khí Nitơ từ thể tích 2l tới thể tích 5l. Bài giải Ta có S  

Q T



 V  10,5 Q m  R ln  2   .8,31. ln 5 / 2  2,9J / K  T   V1  28

9-20. 10g ôxy được hơ nóng từ t1=50oC tới t2=150oC. Tính độ biến thiên entrôpy nếu quá trình hơ nóng là: a. Đẳng tích; b. đẳng áp. Bài giải a. Quá trình đẳng tích S   S 

Q T



A  dU T



m



CV 

T dT m i  2  R ln 2 T  2 T1

10 5  150  273  .8,31. ln    1,7J / K  32 2  50  273 

b. Đẳng áp S   S 

Q T



m



Cp 

T  dT m i  2  R ln  2  T  2  T1 

10 5  2  150  273  .8,31. ln    2,4J / K  32 2  50  273 

9-21. Tính độ biến thiên entrôpy khi biến đổi 6g khí hyđrô từ thể tích 20lít, áp suất 1,5at đến thể tích 60lít, áp suất 1at. Bài giải Vì độ biến thiên entropy chỉ phụ thuộc vào trạng thái đầu và cuối nên ta có thể chọn cho khí một cách biến đổi bất kỳ mà không ảnh hưởng tới kết quả. Chẳng hạn, cho khí biến đổi đẳng tích tới áp suất 1at, sau đó giãn đẳng áp tới thể tích 60l. + Với quá trình thứ nhất (quá trình đẳng tích):

78

S1  

Q T

T  m p  dT m  C V ln  2   C V ln  2  T   T1    p1 

nC V 

+ Với quá trình thứ hai (quá trình đẳng áp): S 2  

Q T

T dT m  C p ln  2 T   T1

nC p 

 m V   C p ln  2    V1

  

Độ biến thiên entropy của cả quá trình S  S1  S 2  S 

V m  C p ln  2 V    1

 p   C V ln  2   p1

    

6 5 2  1   60  5  .8,31. ln    .8,31. ln     71J / K  2 2  20  2  1,5  

9-22. Một kilômol khí lưỡng nguyên tử được hơ nóng, nhiệt độ tuyệt đối của nó được tăng lên 1,5 lần. Tính độ biến thiên entrôpy nếu quá trình hơ nóng là: a. Đẳng tích; b. Đẳng áp Bài giải a. Quá trìn đẳng tích S1  

Q T

T dT m  C V ln  2 T   T1

nC V 

 m i T   R ln  2   2  T1

  

5 S1  10 3. .8,31. ln 1,5  8,4.10 3 J / K  2

b. Quá trìn đẳng tích S 2  

Q T

S 2  10 3.

nC p 

T  T dT i2  nC p ln  2   n R ln  2 T 2  T1   T1

  

5 2 .8,31. ln 1,5  11,8.10 3 J / K  2

9-23. 22g khí nitơ được hơ nóng, nhiệt độ tuyệt đối của nó tăng gấp 2,1 lần và entrôpy tăng lên 4,19cal/K. Xét xem quá trình hơ nóng là đăng tích hay đẳng áp? Bài giải Giả sử nhiệt dung của quá trình biến đổi là C, khi đó S   C

Q T

nC

S

T dT m  C ln  2 T   T1

m ln T2 / T1 



  

28.4,19  7cal / K   29J / K  22. ln 2,1

Đối với Nitơ CV 

i  2R  29J / mol iR  21J / mol; C p  2 2 79

Vậy quá trình hơ nóng là quá trình đẳng áp 9-24. Độ biến thiên entrôpy trên đoạn giữa hai quá trình đoạn nhiệt trong chu trình Cácnô bằng 1kcal/độ. Hiệu nhiệt độ giữa hai đường đẳng nhiệt là 100oC. Hỏi nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong chu trình này Bài giải Gọi nhiệt độ của hai đường đẳng nhiệt là T1 và T2 (T1>T2) Công thực hiện trong chu trình bằng hiệu của nhiệt nhận vào thực sự và nhiệt tỏa ra thực sự trong một chu trình (chính bằng tổng nhiệt lượng nhận vào trong cả chu trình) A  Q1  Q 2

Trong chu trình Carnot 

Q1  Q 2 T1  T2 Q Q Q  Q2 A   1  2  1  Q1 T1 T1 T2 T1  T2 T1  T2

Trong quá trình đẳng nhiệt (giữa hai quá trình đoạn nhiệt), độ biến thiên entropy là S  

Q T



Q1 Q 2  T1 T2

Nên A  T1  T2 S  100 kcal   418 kJ 

9-25. Tính độ biến thiên entrôpy của một chất khí lý tưởng khi trạng thái của nó thay đổi từ A tới B (hình 9-5) theo:

P P1

P2

A

D

B

C

O V1

V2

V

Hình 9-5 a. Đường ACB b. Đường ADB Cho biết: V1=3l; p1=8,31.105N/m2;V2=4,5l; t1=27 o C , p2=6.105N/m2 Bài giải Độ biến thiên entropy không phụ thuộc vào quá trình biến đổi như thế nào, mà chỉ phụ thuộc vào trạng thái đầu và trạng thái cuối, nên:

80

B dT T  T  dT  nC p   nC V ln  C   nC p ln  B  A T C T  TA   TC 

S  S AC  S CB  nC V 

C

A - C và C – B đẳng áp nên TC p 2 TB V2   ; TA p 1 TC V1

Do đó p  V i i2 S  n R ln  2   n R ln  2 2 2  p1   V1

 p1 V1  i  p 2  ln    p  T 1 2   1

 i  2  V2   ln  2   V1

    

8,31.105.3.103  6  6.105  6  2  4,5    ln   S  ln     5,4J / K  27  273  2  8,31.105  2  3  

9-26. Có hai bình khí, bình thứ nhất có thể tích V1=2l chứa khí Nitơ ở áp suất p1=1at, bình thứ hai có thể tích V2=3l chứa khí CO ở áp suất p2=5at. Cho hai bình thông với nhau và đặt chúng trong một vỏ cách nhiệt lý tưởng. Tính độ biến thiên entrôpy của hệ khi hai khí trộn lẫn vào nhau, biết nhiệt độ ban đầu trong hai bình bằng nhau và bằng 27oC. Bài giải Khi giãn nở vào nhau các chất khí không sinh công, nhiệt lại bị cách nên quá trình đạt được trạng thái cuối cùng có nhiệt độ không đổi (lưi ý, đây không phải là quá trình đoạn nhiệt thuận nghịch). Entropy thay đổi một lượng (tính bằng con đường đẳng nhiệt) Q Q S  S1  S 2  

1

T



2

T

Quá trình đẳng nhiệt Q  A  pV ln

V2 V1

p1V1  V1  V2  p 2 V2  V1  V2     ln  ln  T T  V1   V2  9,8.10 4.2.10 3  2  3  5.9,8.10 4.3.10 3  2  3  S  ln  ln     3,1J / K  273  27 273  27  2   3  S 

9-27. 200g sắt ở 100oC được bỏ vào một nhiệt lượng kế chứa 300g nước ở 12 o C . Entrôpy của hệ này thay đổi như thế nào khi cân bằng nhiệt? Bài giải Sau khi trao đổi nhiệt hệ sẽ cân bằng ở nhiệt độ toC. Phương trình cân bằng nhiệt c1 m 1 t 1  t   c 2 m 2 t  t 2   t 

c1 m1 t 1  c 2 m 2 t 2 c1 m1  c 2 m 2

81

t

460 .0,2.100  4180 .0,3.12  18 o C 460 .0,2  4180 .0,3

Độ biến thiên entropy của hệ bao gồm sự giảm entropy của miếng sắt và sự tăng entropy của khối nước S  c1 m1 

T T dT dT  c2 m2   c1 m1 ln    c 2 m 2 ln   T T  T1   T2 

 18  273   18  273  S  460 .0,2. ln    4180 .0,3. ln    3,3J / K   100  273   12  273 

Vậy sau khi cân bằng nhiệt entropy của hệ tăng lên một lượng 3,3(J/K)

82