Tải bản đầy đủ

HỆ tọa độ cực TRONG các bài TOÁN vật lý l24

Chuyên đề:
CHUYỂN ĐỘNG TRONG TRƯỜNG XUYÊN TÂM

PHẦN I. MỞ ĐẦU
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Bài toán chuyển động trong trường xuyên tâm là vấn đề xuất hiện nhiều
trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia, chọn thi học sinh giỏi quốc tế. Các bài toán
về sự chuyển động trong trường xuyên tâm áp dụng rất nhiều kiến thức toán phức
tạp, khá khó đối với học sinh và đối với cả giáo viên giảng dạy. Tuy vậy, tư liệu bài
tập vận dụng về chúng trong các giáo trình ít và nằm rải rác. Do đó, chúng tôi đã
nghiên cứu, sưu tầm, biên soạn chuyên đề về bài toán chuyển động trong trường
xuyên tâm.
II. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Bài toán chuyển động trong trường xuyên tâm.
III. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU, ĐÓNG GÓP MỚI CỦA ĐỀ TÀI
Củng cố kiến thức về sự chuyển động trong trường xuyên tâm.
Sưu tầm bài tập bài toán chuyển động trong trường xuyên tâm để dạy đội
tuyển
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Phương pháp nghiên cứu lí thuyết
- Phân tích và tổng hợp lí thuyết:

+ Phân tích lí thuyết để phân chia vấn đề cần nghiên cứu thành các đơn vị
kiến thức, cho phép tìm hiểu các dấu hiệu đặc thù, cấu trúc bên trong của từng đơn
vị kiến thức. Từ đó nắm vững bản chất của từng phần kiến thức và của toàn bộ vấn
đề.
1


+ Trên cơ sở phân tích, tiến hành tổng hợp các kiến thức để tạo ra hệ thống,
thấy được các mối quan hệ của các đơn vị kiến thức dựa trên sự suy luận logic để
rút ra kết luận khoa học.
- Phân loại hệ thống lí thuyết:
+ Trên cơ sở phân tích lí thuyết để tiến tới tổng hợp chúng, cần phải thực
hiện các quá trình phân loại kiến thức nhằm hệ thống hoá kiến thức, sắp xếp kiến
thức theo mô hình nghiên cứu, làm cho vấn đề nghiên cứu được trình bày chặt chẽ,
sâu sắc.
2. Phương pháp nghiên cứu thực tiễn
Thu thập thông tin từ quan sát, luyện tập, trao đổi về một số hiện tượng trong
thực tế có liên quan đến vấn đề.
V. CẤU TRÚC CHUYÊN ĐỀ
Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, phần nội
dung của đề tài gồm hai phần:
- Phần A. Lí thuyết chung
- Phần B.
• Bài tập lý thuyết
• Bài tập áp dụng
• Bài tập tự giải

PHẦN II. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ

2


A. LÍ THUYẾT
1. Định nghĩa trường xuyên tâm
• Trường lực xuyên tâm là trường có vector cường độ trường hướng dọc theo
phương bán kính và có độ lớn chỉ phụ thuộc vào khoảng cách tính đến tâm
trường.
• Trường hấp dẫn Newton và trường tĩnh điện Coulomb là hai trường hợp phổ
biến của bài toán này.
2. Các định luật bảo toàn áp dụng cho bài toán chuyển động trong trường xuyên


tâm
2.1. Bảo toàn vectơ momen động lượng:

ur
r r
Vector momen động lượng đối với tâm trường lực có dạng: L = mr ∧ v
ur
r
r
r dv r r
dL
dr r
Có:
= m ∧ v + mr ∧
=r∧F=0
dt
dt
dt
Do đó, vectơ momen động lượng trong trường xuyên tâm được bảo toàn.
ur
ur
r
Vì momen động lượng L vuông góc với r mà phương của L được bảo toàn nên
r
trong quá trình chuyển động, vectơ r luôn luôn nằm trong mặt phẳng (P) vuông
ur
góc với L và đi qua O. Quỹ đạo của chất điểm là đường cong nằm trong mặt phẳng
(P) hay chuyển động của chất điểm là chuyển động cong phẳng
2.2. Bảo toàn năng lượng.
Năng lượng của chất điểm có biểu thức : E = T + V
Với T =
Có :

1 2
mv là động năng của hạt, V – là thế năng của hạt
2

dE
dv dV
dv dV dr
dv
dr
dv
dv
= mv +
. = mv − F. = mv − mv
= mv +
=0
dt
dt dt
dt dr dt
dt
dt
dt
dr

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

3


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

r
kr
F = − 2 er
r
ur 1 r ur r
R
Vector Runge-Lenz có biểu thức : = v ∧ L − e r
k
r
dv
kr
Phương trình định luật II Newton viết cho hạt là: m
= − 2 er (1)
dt
r
r r
Với er , eZ là véc tơ đơn vị trong hệ tọa độ cực
dθ r
ur
r r
eZ
2 dt
L
=
mr

v
Có :
= mr

r
Nhân tích hữu hướng hai vế cho L ta được :
r
r
dv ur
dθ r r
dθ r
der
k r ur
k
2
er ∧eZ = km
eθ = km
m ∧ L = − 2 er ∧ L = − 2 mr
dt
dt
dt
dt
r
r
r
r
d 1r r r 
1 dv ur der
Chia cả 2 vế cho km ta được :
∧L =
=>  v ∧ L − er ÷ = 0
dt  k
k dt
dt

r 1r r r
Như vậy, véc tơ R = v ∧ L − er là một vecto không đổi theo thời gian được xác
k
r
định từ các điều kiện ban đầu. Véc tơ R gọi là vecto Runge-Lenz.

2.4. Công thức Binet

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

r

r

&− rθ&2 )e r + (r&
θ&+ 2r&θ&)e θ
Gia tốc của vật trong hệ tọa độ cực có biểu thức : a = (r&

Theo phương bán kính r : F = m( &
r&− rθ&2 ) (1)
r
θ&+ 2r&θ&)
Theo phương eθ : 0 = m (r&
(2)
1d 2.
&
&
&
&
(r θ)
Từ phương (2) ta có : (rθ + 2rθ) = 0=
r dt
1
.
.
Suy ra : r 2 θ = h = hằng số => θ = h.u2 với u =
r
4


Khi đó : r&=
&
r&=

dr & dr
dr
du

=hu2
= -h
dt




(

dr
1 du
=- 2
)

u dθ

2
d
dr& dθ & dr&
d
du
2
2 2d u
&=
(r)
.
(

= h.u
-h ) = -h u
dt
dθ dt



dθ2

r θ&2 =

1 2 4
h u = h 2u 3
u

d2u
Phương trình 1 trở thành : F = -mh u ( 2 +u)

2 2

Phương trình này gọi là công thức Binet

5


B. BÀI TẬP
B.1. Bài tập lý thuyết
Bài 1. Xác định quỹ đạo chuyển động của chất điểm dưới tác dụng của lực xuyên tâm

r
kr
có dạng F = − 2 e r .
r
Lời giải :
r 1r r r
Vector Runge-Lenz R = v ∧ L − er là một vecto không đổi theo thời gian
k
r
Phân tích R thành các thành phần trên các trục :
r
r r
r
L r
dθ r
L dθ
L r
R = (v.er + r eθ ) ∧ e Z − er = ( r − 1)er + ( v)eθ
k
dt
k dt
k
r
Ta chọn hệ trục tọa độ sao cho R thẳng hàng và cùng chiều với trụ Ox. Như vậy,
r
r
góc giữa R và r là θ
r r
L dθ
L L
−r = . −r
Nhân vô hướng R . r = Rrcosθ = r 2
k dt
k m
L2
p
L2
=> r =
=
Với p =
km
1 + R.cosθ
km
1 + R.cosθ
Phương trình trên cho ta quỹ đạo của một đường conic: r =

p
, trong đó p
1 + R cos θ

được gọi là thông số của đường conic, và e = R là tâm sai. Vì góc θ được tính so với
vector Runge-Lenz nên vector này xác định phương của trục tiêu của quỹ đạo conic
(chắng hạn bán trục lớn đối với quỹ đạo elip).
Bài 2. Xét chuyển động của hạt khối lượng m dưới tác dụng của lực xuyên tâm có
r
r
r
biểu thức F = −k.r . Với k là hằng số dương còn r là véc tơ xác định vị trí của vật
a) Chứng minh rằng, chuyển động của hạt nằm trong một mặt phẳng

6


b) Tìm vị trí của hạt theo thời gian. Cho rằng tại thời điểm ban đầu (t = 0) có : x
= a, y = 0, vx = 0, vy = v
c) Chứng minh rằng quỹ đạo của hạt có dạng elip. Tìm chu kì chuyển động của
hạt
d) Chuyển động của hạt có tuân theo định luật Keple về chuyển động của hành
tinh.
Lời giải :

r r r
r
r r
a) Có : r ∧ F = r ∧(-k r ) = -k( r ∧r ) = 0
r
r
r
r
dv
dv
r
r dv
Có : F = m
=> r ∧m
= 0 => r ∧ =0
dt
dt
dt
r r
r
d(r ∧ v) r r r dv
Suy ra :
= v∧v + r∧
=0
dt
dt
r r r
=> r ∧ v = h = hằng số - là một véc tơ không đổi
r
r
r
Nhận xét : r vuông góc với véc tơ không đổi h , tức là r nằm trong mặt
r
phẳng vuông góc với h . Điều đó chứng tỏ, hạt chỉ chuyển động trong một mặt
phẳng . Ta chọn mặt phẳng là mặt phẳng xy với gốc tọa độ ở tâm lực.
b) Phương trình chuyển động của hạt là :
r
r
r
r
m. r ” = - k. r  r ” = - ω2 r . Với ω2 = k/m
Trong hệ tọa độ Descartes :

x” + ω2x = 0 ; y” + ω2y = 0

Nghiệm tổng quát của hệ phương trình trên là :
x = A1sin(ωt + ϕ1) ; y = A2sin(ωt + ϕ2)
Với các điều kiện ban đầu đã cho :
x = A1sin ϕ1 = a

; x’ = A1 ωcos ϕ1 = 0

y = A2sin ϕ2 = 0

; y’ = A2 ωcos ϕ2 = v0

Ta tìm được : ϕ1 = π/2 ; ϕ2 = 0, A1 = a, A2 = v0/ω

7


=> x = asin(ωt + π/2) = a.cosωt ; y =

v0
sinωt
ω

c) Từ phương trình chuyển động của hạt ta có :
v0
x 2 y2
+
=
1.
Với
b
=
=> quỹ đạo của vật có dạng elip
ω
a 2 b2
Chu kì chuyển động của hạt : T =


m
= 2π
ω
k

d) Định luật 3 Kepler : tỉ số bình phương chu kì quay của một hành tinh trên
lập phương chiều dài bán trục lớn của nó là một hằng số
 4π 2 m
neu a > b
 ka 3
T2

=
(ban truclon)3  4π2 k
neu a < b
 v30 m
Vì tỉ số này không phải là hằng số( phụ thuộc vào a, v0, m) nên định luật 3 Kepler
không đúng trong trường hợp này.
Bài 3. Xét một hạt chuyển động dưới tác dụng của một lực xuyên tâm F(r) và
trong hệ tọa độ cực có r.θ = hằng số. Xác định phương trình thế năng của hạt theo r
Lời giải :
Ta có : r.θ = hằng số => θ = hằng số/r =>u = C.θ với C là hằng số
d2u
=> 2 = 0

d2u
Từ công thức Binet : F = -mh u ( 2 +u)

2 2

−mh 2
suy ra: F = -mh u =
r3
2 3

−mh 2
mh 2
Thế năng của hạt là : V = - ∫∞ F(r)dr = ∫ 3 dr =
∞ r
2r 2
r

r

8

r

=


−mh 2
2r 2


Bài 4. Một vật có khối lượng là một đơn vị khối lượng, chuyển động trong một
trường thế có thế năng U(r). Phương trình quỹ đạo của nó trong hệ tọa độ cực có
dạng : r = a.e-bθ, trong đó θ là góc phương vị đo trong mặt phẳng quỹ đạo. Tìm biểu
thức thế năng U(r)
Lời giải :
1 ebθ
Đặt u = =
r
a
d2u
b 2 e bθ
= b2u
Do đó 2 =

a
d2u
Theo công thức Binet : F = -mh u ( 2 +u)

2 2

dU(r)
h 2 (b 2 + 1)
Đối với m = 1 => F = -h u (b + 1) = =−
3
dr
r
2 3

2

Lấy tích phân từ r  ∞ và lấy gốc thế năng U(r) = 0 tại vô cùng, ta được
h 2 (b 2 + 1)
U(r) = −
2
r2
Trong đó : h = r2 θ&là mô men động lượng được bảo toàn của vật khi chuyển động
quanh tâm của lực và được xác định bởi các điều kiện ban đầu.
Bài 5. Một hạt chuyển động trên một quỹ đạo tròn có bán kính r dưới tác dụng của
một lực hút xuyên tâm. Chứng minh rằng, quỹ đạo của vật ổn định nếu :
 r  ∂f
f(r) > −  ÷
 3  ∂r

r

Trong đó f(r) là độ lớn của lực tại khoảng cách r so với tâm
Lời giải :
Với chuyển động của một hạt dưới tác dụng của lực xuyên tâm ta có :
Mô men động lượng : L = m r2 θ& = hằng số
r&= -f + mr θ&2
Định luật 2 Niu ton : m&

9


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

r(t) = r + δr (t)

; θ = ωt + δθ (t)

Trong đó ω là tần số góc của hạt trên quỹ đạo tròn bán kính r cho bởi mω2r = f(r).
Biến thiên momen động lượng : ∆L = m r2 δθ& + 2mr θ&δr
Từ biểu thức định luật 2 Niuton ở trên : mδ&
r&=

df
δr + m θ&2 δr + 2mr θ&δθ&
dr

Có : θ& = ω + δθ&
Suy ra : mδ&
r&≈ −


df
∆L − 2mrωδr
δr + mω2 δr + 2ω
dr
r

f (r) 
2ω.∆L
 df
δ&
r& =  − − 3
÷δr +
r 
r
 dr

Trong khi biến đổi ta chỉ giữ lại thành phần bậc nhất của δr hoặc δθ
f (r) 
 df
Với L là hằng số thì ∆L = 0. Khi đó : δ&
r& = −  + 3
÷δr
r 
 dr
Quỹ đạo tròn sẽ là ổn định khi δr biến thiên điều hòa đơn giản. Điều này xảy ra
f (r) 
 df
khi :  + 3
÷> 0
r 
 dr

 r  df
f(r) > −  ÷
 3  dr

hay

Bài 6. Một hạt có khối lượng m chuyển động từ xa vô cực với vận tốc ban đầu v 0,
đường kéo dài của vectơ vận tốc có khoảng cách b (tham số ngắm) so với tâm cố
định của một trường lực đẩy có độ lớn tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách F
= k/r2, với k là một hằng số. Tìm khoảng cách gần nhất của hạt so với tâm trường
lực và góc lệch θ của hạt so với phương chuyển động ban đầu (góc tán xạ).
Lời giải:
+ Khi hạt tại vị trí gần tâm tán xạ (tâm trường lực) nhất và nếu coi khoảng cách từ
hạt tới tâm trường là hàm của thời gian r = r(t) thì tại đó ta có dr/dt = 0.
10


Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng và bảo toàn mômen động lượng cho hạt tại
vị trí bất kỳ ta có:

mv02
mv 2
= V(r) +
2
2
r
r
r
L = mv0 b = mvr
trong đó: v là vận tốc của hạt tại vị trí có khoảng cách tới tâm trường là r, V(r) là
thế năng tương tác của hạt trong trường lực.
uuuur
r
 ∂V r ∂V r ∂V r 
i+
j+

Theo định nghĩa thì: F = −gradV = − 
∂x
∂x 
 ∂x
do đó với: F =

k
k
V(r)
=
thì:
(lấy mốc thế năng tại vô cực: V ∝ = 0). Tại vị trí gần
r2
r

tâm của trường lực nhất, hạt có vận tốc v m và

vf

khoảng cách tới tâm trường là Rm. Có thể coi
chuyển động của hạt là trên quỹ đạo tròn. Ta có:

F

vi
b

mv 02
mv m2
= V(r) +
2
2
mv 0 b = mv m R m

θ
Rm

θ’

2

 k 
k
⇒ Rm =
+
+ b2

2
2 ÷
mv 0
 mv 0 
r
r
+ Để xác định góc tán xạ θ, ta áp dụng định luật II: F.dt = dP
∞ r
r r
Ta có: ∫−∞ Fdt = m ( v f − vi )
2kR m
Từ đó ta thu được: R −
− b2 = 0
2
mv 0
2
m

Ở đây vi = vf = v0. Xét trên phương của vận tốc ban đầu vi ta có:

11


− ∫−∞ Fcos θ 'dt = mv f cos θ − vi = mv 0 ( cos θ − 1) ⇔ − ∫−∞ Fcos θ '




2
2
Do: F = k / r và L = mr

dt
dθ ' = mv 0 ( cos θ − 1)
dθ '

dθ '
, với L là mômen động lượng của hạt, nên vế trái của
dt

phương trình là:


− ∫−∞ Fcos θ '

∞ mk
dt
dt
mk π−θ
mk
dθ ' = − ∫−∞ 2 .
cos θ 'dθ ' = −
.∫0 cos θ 'dθ ' = −
sin θ '
dθ '
mr dθ '
L
L

(chú ý là ở đây ta đã đổi cận tích phân sang đối với biến θ)
Do đó:
mk
2mk
θ
θ
θ
sin θ = mv 0 (cos θ − 1) ⇔ −
sin cos = −2mv 0 sin 2
L
L
2
2
2
θ
k
hay : tan =
2 Lv0


2
θ
k
k
mv
0
=
Thay L = mv0b ta có: tan =
, với T0 =
là động năng ban đầu
2 mv 02 b 2T0 b
2

của hạt.
Bài 7. Trong không gian tồn tại một trường thế hấp dẫn xuyên tâm có tâm O cố
định và thế hấp dẫn là V = -G(r). Một hạt cổ điển có khối lượng m, năng lượng E 0
và mô men động lượng L đối với tâm O chuyển động về phía trường hấp dẫn này.
Hạt bị tán xạ bởi trường lực.
a. Xét trong hệ tọa độ cực có tâm cực là O, trục cực cùng hướng với hướng
bay đến ban đầu của hạt. Lập phương trình vi phân xác định sự thay đổi của
khoảng cách r từ hạt đến O theo góc tán xạ θ.
b. Tìm khoảng cách cực tiểu từ hạt đến tâm tán xạ O (rmin).
Lời giải :
a. Thế hấp dẫn xuyên tâm tạo ra trường lực xuyên tâm tác dụng lên hạt do đó
mô men động lượng của hạt đối với O bảo toàn, quỹ đạo của hạt là phẳng.
12


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

1

2
2 2
E 0 = m( r& + r θ& ) − G ( r )
2

L = mr 2θ&

2( E 0 + G )
L2
Do đó ta có: r& =
− 2 2
m
mr
2

Do:

dr dr dθ & dr
= . = θ. và :
dt dθ dt


L
θ&= 2
mr

Nên ta có được:
2

2 4
2m( E 0 + G ) 4 2
L2 
dr
 dr  m r  2( E 0 + G )
− 2 2⇒

.r − r
 dθ ÷ = L2 . 
m
m r  dθ
L2
 


b. Để tìm khoảng cách ngắn nhất tới tâm O ta có thể tìm theo hai cách:
- Xét tại điểm gần tâm O nhất (r = rmin) thì r&= 0 , do đó:

1 2 &2
1 2
L2
L2
E 0 = mrmin
θ − G ( rmin ) = mrmin
. 2 4 − G ( rmin ) =
− G (rmin )
2
2
2
m rmin
2mrmin
⇒ rmin =

L
2m [ E 0 + G( rmin )]

- Nếu xem r là hàm của biến θ thì khi r đạt cực trị ta có dr/dθ = 0.
2m( E 0 + G ) 4 2
2m( E 0 + G ) 4 2
dr

.r − r = 0 ⇒
.r − r = 0
2

L
L2
2m( E 0 + G ) 2
L

.r − 1 = 0 ⇒ r =
.
2
L
2m( E 0 + G )
Bài 8. Giả sử hạt α có khối lượng m chuyển động từ xa vô cực với vận tốc ban đầu
v0, đường kéo dài của vectơ vận tốc có khoảng cách b tới tâm nguyên tử Au, góc
lệch của hạt so với phương chuyển động ban đầu (góc tán xạ) là θ. Giá trị nhỏ nhất
13


của b cho phép đánh giá được kích thước của hạt nhân: b càng nhỏ thì kích thước
hạt nhân càng nhỏ. Thiết lập biểu thức xác định liên hệ giữa góc tán xạ θ và b.
Lời giải
Trong bài toán này, trường thế xuyên tâm ở đây chính là trường tĩnh điện, đây
cũng là trường hợp hay gặp nhất.Ở bài toán này ta cần xác định được quỹ đạo
chuyển động của hạt α.
Trong hầu hết các bài toán tán xạ trên nguyên tử thì nguyên tử được xem là có
khối lượng và kích thước rất lớn so với hạt tán xạ và được coi như đứng yên. Khi
đó tâm của trường chính là tâm nguyên tử.
Trường hợp nguyên tử có khối lượng không quá lớn so với hạt thì khi đó phải
tính đến ảnh hưởng của nó. Trong trường hợp này phải xét cụ thể chuyển động của
hạt nhân và hạt tán xạ quanh khối tâm của hệ và bài toán sẽ phức tạp hơn nhiều.
Xét điểm M bất kỳ trên quĩ đạo, có khoảng cách tới tâm hạt nhân O là r, góc
giữa OM và hướng của v0 là ϕ (r và ϕ là các tọa độ của M trong hệ tọa độ cực có
tâm cực là O).
+ Năng lượng của α là:
2
2
r

q α Q mv 2
2eQ m  dr 
r dr
2  dϕ 
W = Wt + Wd = k
+
=k
+ .  ÷ + r .  ÷  (chú ý là: v = )
r
2
r
2  dt 
dt
 dt  

Mặt khác, mômen động lượng của hạt α là: L = mvr = mr 2
do đó:


L
= 2
dt mr




= mv0 b
dt

dr dr dϕ
L dr
= . = 2.
dt dϕ dt mr dϕ

Thay vào biểu thức của năng lượng ta được:
2
2

2eQ m  dr 
2eQ
L2  dr 
L2
2  dϕ 
W=k
+ .  ÷ + r .  ÷  = k
+
+
2
r
2  dt 
r
2mr 4  dϕ ÷
 dt  
 2mr
2

14


2

1  dr  2m
4mkeQ 1 1
. − 2
Chia hai vế cho L2/2m và biến đổi ta được: 4  ÷ = 2 W −
r  dϕ 
L
L2
r r

Đặt 1/r = ρ ⇒

dρ d  1 
1 dr
=  ÷= − 2 .
dϕ dϕ  r 
r dϕ

y’
M

v0
x

2

 dρ  2m
4mkeQ
.ρ − ρ2
ta có:  ÷ = 2 W −
2
L
L
 dϕ 

b

H

ϕ

x’

θ

dρ d 2ρ
4mkeQ dρ

.

2
ρ
Lấy đạo hàm hai vế theo biến ϕ: 2 . 2 = −
dϕ d ϕ
L2


Do ρ phụ thuộc vào r và do đó là φ nên dρ/dφ ≠ 0. Vì vậy ta có:

d 2ρ
2mkeQ
+ρ=−
2

L2
+ Mặt khác, do có thể coi hệ cô lập nên mômen động lượng L bảo toàn, do đó ta có
thể đặt: C = −

2mkeQ
và ta có:
L2
d 2ρ
+ρ=C
dϕ2

Phương trình vi phân này có nghiệm tổng quát dạng: ρ = A cos ϕ + B sin ϕ + C , với A
và B được xác định từ các điều kiện ban đầu.
Ta có: Khi φ = π thì hạt ở xa vô cực và ρ = 1/r = 0, nên thay φ = π và ρ = 0 vào
nghiệm TQ thì có: A = C, do đó nghiệm có thể viết là: ρ = C(1 + cos ϕ) + Bsin ϕ .
Khi φ → π thì đồng thời MH = rsinφ → b nên:
 C(1 + cos ϕ)

1
1
ρ
= lim
=
lim
=
lim
+
B

=B
b ϕ→π r sin ϕ ϕ→π sin ϕ ϕ→π  sin ϕ

Vậy ta có:
1
ρ = C(1 + cos ϕ) + sin ϕ
b

15


Phương trình này là phương trình của một hypebol có hai đường tiệm cận là xx’ và
yy’. Góc giữa xx’ và yy’ là θ.
Khi hạt đi ra xa vô cực thì ρ = 1/r → 0 và φ → θ , như vậy khi ρ = 0 thì φ = θ. =>

1
0 = C(1 + cos ϕ) + sin ϕ ⇒
b

1
1 + cos θ
θ
=−
= − cot
Cb
sin θ
2

Thay giá trị của M vào biểu thức của C và thay vào trên ta được:
tan

θ 2keQ keQ
=
=
2 mv 02 b T0 b

với T0 là động năng ban đầu của hạt α.
Nếu sử dụng hạt có điện tích q thì biểu thức trên được viết lại là:

tan

θ kqQ kqQ
=
=
2 mv02 b 2T0 b

B.2. Bài tập áp dụng
Bài 9. HSG Quốc gia 2008
Một hạt mang điện - q (q > 0), khối lượng m chuyển động trong điện trường
gây bởi các ion dương. Các ion dương phân bố đều với mật độ điện tích ρ trong
vùng không gian dạng khối trụ, bán kính R, trục đối xứng là xx' và đủ dài.
Giả sử các lực khác tác dụng lên hạt là rất nhỏ so với lực điện và trong khi
chuyển động hạt không va chạm với các ion dương. Xét hai trường hợp sau:
1. Hạt chuyển động trong mặt phẳng chứa trục đối xứng xx':
r

Lúc đầu hạt ở điểm M cách trục một đoạn a < R và có vận tốc v0 hướng theo
phương của trục. Giá trị v0 phải bằng bao nhiêu để sau khi hạt đi được một khoảng
L (tính dọc theo trục) thì nó tới điểm N nằm cùng phía với M so với trục xx' và
cách trục một đoạn a/2?

16


2. Hạt chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng
xx':
Lúc đầu hạt ở điểm P cách trục một khoảng b > R, có vận
r
tốc v0 nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng. Lấy

y

r
v
r

rP
v//

v0

R O

giao điểm O của mặt phẳng này với trục xx' làm tâm, vẽ một
r r r
r
vòng tròn bán kính b qua P và phân tích v0 = v + v // , trong đó v
r
có phương tiếp tuyến với vòng tròn còn v // hướng dọc theo phương bán kính. Giả
r
r
sử v // << v .
a. Chứng minh rằng hạt chuyển động tuần hoàn theo phương bán kính đi qua
hạt.
b. Tìm độ lớn của v và chu kì T.
c. Tính khoảng cách l từ P tới hạt sau khoảng thời gian t = n.

T
(n nguyên,
2

dương).
Lời giải :
1. Hạt chuyển động trong mặt phẳng chứa trục đối xứng:
Tại điểm cách trục một khoảng r cường độ điện trường là E. Áp dụng định lí OG:
E.2πLr = ρ.πr2L/ε0.
Suy ra:

E=

ρr
2ε0

Theo phương Or vuông góc với trục x'x, hạt chịu tác dụng của lực F = qE =

..
& → −
do đó hạt có gia tốc r : Có −F = mr&

17

qρr
,
2ε0

qρr

& → &
= mr&
r&+
r =0.
2ε 0
2mε0


2ε 0 m


Hạt dao động điều hoà theo phương Or với chu kì : T = 2π
Thời gian hạt đi từ M tới N theo phương x'x của trục là t =

L
.
v0

t
a
Mặt khác theo phương vuông góc với trục: a cos(2π ) =
T
2
suy ra t =

Vậy

v0 =

1
→ t = (k ± )T
6

T
1
và t = (k ± )T với k nhận giá trị nguyên dương.
6
6
L 3L

L
L

v0 =
=
=
với k=1,2,3,
1
1
T
π 2mε0 và
T(k ± ) 2π(k ± ) 2mε0
6
6
6

2. Hạt chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với trục đối
xứng.
Tại điểm cách trục r (r > R) cường độ điện trường là E. Theo
định lí O-G:
E.2πLr = ρ.πR2L/ε0 → E =

r
rv

v0

y

rP
v//
R O

ρR
.
2ε0 r
2

Tại P: Từ điểm cắt O của mặt phẳng quỹ đạo điện tích và trục xx' làm tâm, ta vẽ
qua P một vòng tròn bán kính b.
Ứng với khoảng cách b, hạt có vận tốc v, lực điện tác dụng: F = Fht →

ρqR 2
v2

qE =
=m
→v=R
.
2mε0
2ε 0 b
b
Xét chuyển động của hạt trong hệ quy chiếu quay cùng vận tốc góc ω' với hạt (ω'
là vận tốc góc tại thời điểm t >0).
Ta có vận tốc góc của hạt tại thời điểm t = 0: ω =

18

v R
=
b b


.
2mε0


a. Tại thời điểm t, vận tốc của điện tích là vt ≈ ω'.(b+y) vì v// = vt
Theo định luật bảo toàn mô men động lượng:
2

 b 
y −2
2y
mω '(b + y) = mωb →ω ' = ω 
÷ = ω(1 + ) ≈ ω(1 − ) .
b
b
b+y
2

2

qρ R 2
qρR 2
y
y

(1 − ) = mω2 b(1 − ) (vì x <<
Lực điện tác dụng lên hạt F =
2ε0 (b + y) 2ε 0 b
b
b
b).
Lực quán tính trong hệ quy chiếu quay:

Fqt = ma ht = mω'2 (b + y) ≈ mω2 (1 −

2y 2
y
3y
) .b(1 + ) ≈ mω2 b(1 − ) .
b
b
b

y
3y
&
&= − F + Fqt = −mω2 b(1 − ) + mω2 b(1 − ) = −2mω2 y → &
y&+ 2ω2 y = 0
Ta có: my
b
b
Phương trình này chứng tỏ theo phương bán kính, hạt chuyển động tuần hoàn
với tần số góc ω 2 và chu kỳ T.

T=
b.


2πb
=
ω 2 R 2

c. Sau thời gian
Sau t = n

T
2

2mε0 2πb
=

R

mε0
qρ .

T ω 2π
π
T
.
=
, bán kính véc tơ quay được góc α = ω =
.
2
2
2 2ω
2

thì hạt quay được góc

Khoảng cách cần tìm là l = 2b sin


.
2

nπ 2
(n nguyên, dương).
4

Bài 10. Một vật m1 chuyển động quanh một lỗ trống
trên mặt phẳng của cái bàn nằm ngang không ma sát.

m1

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

19

v

r


được buộc vào đầu kia của lò xo. Khoảng cách từ m 1 đến lỗ trống là r, vận tốc của
m1 là v.
a) Biết ban đầu m1 cách lỗ trống đoạn R0 và có vận tốc v0. Tìm phương trình xác
định bán kính quỹ đạo lớn nhất và nhỏ nhất
b) Tìm tần số dao động của bán kính quỹ đạo khi quỹ đạo chỉ hơi lệch so với
vòng tròn
Lời giải :
a) Phương trình chuyển động của m1 và m2 là :
m1 ( &
r&− rθ&2 ) = - T (1)

;

m1r2 θ& = m1h (2)

r& (3)
; T – m2 g = m 2 &

Trong đó : m1h là momen động lượng, là hằng số.
r&- m1 rθ&2 + m2g = 0 (4)
Từ 3 phương trình trên ta được : (m1 + m2) &

Kết hợp phương trình (2) và (4) ta được :
r&(m1 + m2) &

m1h 2
= - m2g
r3

(5)

dr& 1 dr&2
&
Với &
r&= r
=
, Lấy tích phân biểu thức trên ta được :
dr 2 dr
1
m1h 2
2
( m1 + m2) r& +
= - m2gr + C
2
2r 2
Ở t = 0 thì : r = R0 ;

(6)

r&= v0cosϕ ; rθ&= v0sinϕ

Ta có : h = R0v0 sinϕ. Ở đây, ϕ là góc giữa R0 và v0
Thay vào phương trình ta được : C =

1
2
2
2
2
[( m1 + m2) v0 cos ϕ + m1 v0sin ϕ ]+ m2g R0
2

Để r có cực trị thì r&= 0, phương trình (6) trở thành :
2 m2gr3 – 2Cr2 + m1h2 = 0
Nghiệm của phương trình này là giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của r
r&= 0 và (5) trở thành :
b) Khi quỹ đạo của m1 là đường tròn, &

20


m 2gR 30
h =
(7)
m1
2

Khi quỹ đạo hơi lệch so với tròn, đặt r = R 0 + x, với x << R0. Phương trình (5) trở
thành :

m1h 2
(m1 + m2) &
x&= - m2g
(R 0 + x)3

−3
−3
Với : (R 0 + x) ≈ R 0 (1 −

3x
)
R0

−3
2
Phương trình trên trở thành : (m1 + m2) &
x&- m1h R 0 (1 −

x&+
Thay (7) vào phương trình ta được : (m1 + m2) &

=> &
x&+

3x
) = - m2 g
R0

3m 2gx
=0
R0

3m 2gx
( m1 + m 2 ) R 0 = 0

Phương trình này cho thấy x dao động điều hòa với tần số
f=

ω
1
=
2π 2π

3m 2g
( m1 + m 2 ) R 0

Bài 11. Chọn HSGQT 2010
Một trạm vũ trụ chuyển động với tốc độ u trên một quỹ đạo hình tròn bán kính
R quanh Trái Đất. Khi đi qua điểm C trên trục 0y của hệ trục tọa độ 0xy gắn cố
định với Trái Đất, trạm vũ trụ phóng ra một máy thăm dò. Lúc phóng ra, máy thăm
r

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

21


1. Chứng minh rằng nếu góc nhìn

y
αgh u
r

y

máy thăm dò bằng góc nhìn trạm vũ

r
u

trụ thì các véctơ vận tốc của chúng
ur

lại khác nhau một lượng là V như

u
r
V Trái Đất r
u

C

x

0

lúc phóng.

V

C

Trái Đất
x

0

Quỹ đạo

Quỹ đạo

2. Khi góc nhìn máy thăm dò là α

Hình 1

Hình 2

thì máy thăm dò cách tâm Trái Đất là bao nhiêu?
3. Tốc độ V phải thỏa mãn điều kiện nào thì quỹ đạo của máy thăm dò sẽ là kín
(quỹ đạo elip)?
4. Trong trường hợp quỹ đạo không kín, hãy tìm góc giới hạn αgh hợp bởi véctơ
vận tốc của máy thăm dò và tia 0y khi máy thăm dò ra xa vô cùng (Hình 2).
5. Trong trường hợp quỹ đạo kín (quỹ đạo elip), hãy tìm bán trục lớn và bán
trục nhỏ của quỹ đạo máy thăm dò.
Lời giải :
1. Đối với trạm hay máy thăm dò:
r
dv
GMm r
m
= − 2 er
dt
r
r
r
dv
GM r
dv dα
GM r
= − 2 er →
.
= − 2 er
dt
r
dα dt
r
r
dv
GM dt r
=− 2
er (1)

r dα

u
r
V

r
v αr


y

r

α
0
0

Theo định luật bảo toàn momen động lượng:

dα Ru
 dα 
rmv ⊥ = Rmu → r  r
= 2
÷ = Ru →
dt
r
 dt 
r
 GM  r
dα ÷er (3)
Thay (2) vào (1): dv = − 
Ru


Đối với trạm vũ trụ ta cũng có phương trình (3) vì
22

r
r
v0 u
V
r
u

(2)

Hình 6

x


phương trình này không chứa khối lượng của chúng.
r

Phương trình (3) cho thấy dv là như nhau đối với cả trạm và máy khi véc tơ vị
trí quay được một góc dα như nhau.
r
r
r
r
r
r
r
r r
u α − u o = vα − vo
⇒ vα − u α = vo − u o = V (điều phải chứng minh)
2. Áp dụng bảo toàn mô men động lượng cho máy thăm dò:

rm(u − V sin α) = Rmu → r ( α ) =

3. Điều kiện quỹ đạo kín là e =

uR
R
=
u − V sin α 1 − V sin α (4)
u

V
<1 ⇒
u

V < u.

(cách 2): Năng lượng toàn phần của máy thăm dò:

mv 2 GMm m(u 2 + V 2 ) GMm
(5)
E=

=

2
r
2
R
Mặt khác:

GMm mu 2
(6)
=
R2
R

m(V 2 − u 2 )
Từ (5) và (6): E =
. Điều kiện quỹ đạo kín là E < 0, suy ra V 2
4. Quỹ đạo không kín (parabol hoặc hypecbol) khi V ≥ u hay
Từ (4) ta có r ( α ) =

uR
u − V sin α

r → ∞ khi u − V sin α → 0 hay sin α →
Vậy α gh = arcsin

u
≤1
V

u
V

u
V

u
r
r V
y
vC C
r
u
r α

5. Áp dụng bảo toàn mô men động lượng:
Từ (4) ta có r ( α ) =

uR
u − V sin α
23

0

A
D
Hình 7

B

x


rmax khi sinα = 1 hay α =

π
(điểm cực viễn nằm trên trục X)
2

rmin khi sinα = -1 hay α =


(điểm cực cận trên trục x)
2

rmax =
rmin =

uR
(4a)
u−V

uR
(4b)
u+V

Tại đỉnh C (Hình 7):
uu
r ur
v c ⊥ V → u 2 = v c2 + V 2 → v c = u 2 − V 2
Bán trục lớn:

1
1
1 
Ru 2
 1
a = ( rmax + rmin ) = Ru 
+
÷= 2
2
2
2
 u−V u +V u −V
Mặt khác cũng tại C

v c cos α.r = Ru mà rcosα = b
Nên b =

Ru
Ru
=
.
vc
u 2 − V2

Bài 12. Chọn HSGQT 2012
r

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

r
v0

tinh và đang ở rất xa hành tinh, không mở động cơ và bay đến
gần hành tinh này với khoảng nhằm d như Hình 1 theo quỹ
đạo hyperbol. Biết hành tinh có khối lượng M, bán kính R và

d

không có khí quyển, khối lượng m của tàu rất nhỏ so với khối
lượng của hành tinh và trong quá trình chuyển động tàu
không bị chạm vào bề mặt hành tinh. Coi hệ gồm con tàu và
hành tinh là hệ cô lập.

R
Hình 1

1. Hãy xác định:
a) Góc lệch θ giữa phương chuyển động của tàu khi tàu đã bay qua, ra xa hành
tinh và phương ban đầu.

24


b) Điều kiện để tàu không bị chạm vào bề mặt hành tinh. Trong trường hợp
thỏa mãn điều kiện đó, với con tàu có tốc độ ban đầu v0 cho trước, hãy xác định góc
lệch θ cực đại và độ biến thiên động lượng cực đại của tàu sau khi đã bay qua và ra
xa hành tinh.
2. Giả thiết khi bay tới điểm cực cận (điểm cách hành tinh một khoảng ngắn
nhất) thì con tàu cách tâm hành tinh một khoảng 2R và phương chuyển động của
tàu bị lệch đi một góc 450 so với khi ở xa vô cùng.
a) Xác định tốc độ ban đầu v0 và khoảng nhằm d của tàu theo R, M.
b) Để tàu hạ cánh xuống bề mặt hành tinh tại điểm đối diện qua tâm hành tinh,
người ta mở động cơ tàu trong thời gian ngắn để khí phụt ra theo phương chuyển
động của tàu với tốc độ u so với tàu. Hỏi khối lượng nhiên liệu phải đốt cháy
chiếm bao nhiêu phần khối lượng của tàu lúc đầu ?
Lời giải :
1. a) Tính góc lệch
Theo đinh luật 2 Niutơn:
r
dP
GMm r
= − 2 er (1).
dt
r

r
v0

Vì trường lực xuyên tâm nên mômen động lượng không
đổi.
L = mr 2

R


= mv 0d (2)
dt

r
deθ
dθ r
= − er nên:

dt
dt

θ
2

d
rcc

r
r ercc
eθcc
r
p

Hình 1

r GM
r GMm r
dP =
dθ.er =
deθ (3)
mv0d
v0d
Tích phân (3) từ vị trí ban đâù tới điểm cực cận ta có

25

r
eθ∞
r
p0


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×