›
›
›

Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn Vật Lý Lớp 8 - Năm học 2011-2012 - Trường THCS Xuân Ninh

doc 34 trang nhatle22 2290
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn Vật Lý Lớp 8 - Năm học 2011-2012 - Trường THCS Xuân Ninh", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docgiao_an_boi_duong_hoc_sinh_gioi_mon_vat_ly_lop_8_nam_hoc_201.doc

Nội dung text: Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn Vật Lý Lớp 8 - Năm học 2011-2012 - Trường THCS Xuân Ninh

  1. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 1 PhÇn 1: C¸c bµi to¸n vÒ chuyÓn ®éng cña c¸c vËt A. Các bài toán về chuyển động của vật và hệ vật 1. Hệ vật gồm các vật chuyển động với vận tốc cùng phương: Phương pháp: sử dụng tính tương đối của chuyển động và công thức cộng vận tốc. trong trường hợp các vật chuyển động cùng chiều so với vật mốc thì nên chọn vật có vận tốc nhỏ hơn làm mốc mới để xét các chuyển động. Bài toán: Trên một đường đua thẳng, hai bên lề đường có hai hàng dọc các vận động viên chuyển động theo cùng một hướng: một hàng là các vận động viên chạy việt dã và hàng kia là các vận động viên đua xe đạp. Biết rằng các vận động viên việt dã chạy đều với vận tốc v1 = 20km/h và khoảng cách đều giữa hai người liền kề nhau trong hàng là l1 = 20m; những con số tương ứng đối với hàng các vận động viên đua xe đạp là v2 = 40km/h và l2 = 30m. Hỏi một người quan sát cần phải chuyển động trên đường với vận tốc v3 bằng bao nhiêu để mỗi lần khi một vận động viên đua xe đạp đuổi kịp anh ta thì chính lúc đó anh ta lại đuổi kịp một vận động viên chạy việt dã tiếp theo? Giải: Coi vận động viên việt dã là đứng yên so với người quan sát và vận động viên đua xe đạp. Vận tốc của vận động viên xe đạp so với vận động viên việt dã là: Vx = v2 – v1 = 20 km/h. Vận tốc của người quan sát so với vận động viên việt dã là: Vn = v3 – v1 = v3 – 20 Giả sử tại thời điểm tính mốc thời gian thì họ ngang nhau. l1 Thời gian cần thiết để người quan sát đuổi kịp vận động viên việt dã tiếp theo là: t1 Vn Thời gian cần thiết để vận động viên xe đạp phía sau đuổi kịp vận động viên việt dã nói trên là: l1 l2 t2 VX l1 l1 l2 Để họ lại ngang hàng thì t1 = t2. hay: Thay số tìm được: v3 = 28 km/h v3 20 VX 2. Hệ vật gồm các vật chuyển động với vận tốc khác phương Phương pháp: Sử dụng công thức cộng vận tốc và tính tương đối của chuyển động: Bài toán: Trong hệ tọa độ xoy ( hình 1), có hai vật nhỏ A và B chuyển động thẳng đều. Lúc bắt đầu chuyển động, vật A cách vật B một đoạn l = 100m. Biết vận tốc của vật A là vA = 10m/s theo hướng ox, vận tốc của vật B là vB = 15m/s theo hướng oy. y a. Sau thời gian bao lâu kể từ khi bắt đầu chuyển động, hai vật A và B lại cách nhau 100m. A vA b. Xác định khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật A và B. O. x vB Giải: a. Quãng đường A đi được trong t giây: AA1 = vAt Quãng đường B đi được trong t giây: BB1 = vBt .B 2 2 2 Khoảng cách giữa A và B sau t giây: d = (AA1) + (AB1) ( Hình 1 ) Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  2. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 2 Với AA1 = VAt và BB1 = VBt 2 2 2 2 2 Nên: d = ( v A + v B )t – 2lvBt + l (*) Thay số và biến đổi ra biểu thức : 325t2 – 3000t = 0 Giải ra được: t 9,23 s y b. - Xét phương trình bậc hai (*) với biến là t. 2 2 l v A A1 Để (*) có nghiệm thì ' 0 từ đó tìm được: (d 2 ) A min 2 2 O. . x 4a v A v B . d B1 l vA - Rút ra được dmin = 2 2 .B v A v B - Thay số tính được dmin 55,47 m 3. Chuyển động lặp: Phương pháp: Có thể sử dụng một trong hai phương pháp sau: Nếu vật chuyển động lặp không thay đổi vận tốc trên cả quá trình chuyển động thì sử dụng tính tương đối của chuyển động Nếu vật tham gia chuyển động lặp có vận tốc thay đổi trên các quãng đường thì sử dụng phương pháp tỷ số quãng đường hoặc tính tương đối của chuyển động. Bài toán 1: Trên quãng đường dài 100 km có 2 xe 1 và 2 cùng xuất phát và chuyển động gặp nhau với vận tốc tương ứng là 30 km/h và 20 km/h. cùng lúc hai xe chuyển động thì có một con Ong bắt đầu xuất phát từ xe 1 bay tới xe 2, sau khi gặp xe 2 nó quay lại và gặp xe 1 và lại bay tới xe 2. Con Ong chuyển động lặp đi lặp lại tới khi hai xe gặp nhau. Biết vận tốc của con ong là 60Km/h. tính quãng đường Ông bay?. Giải: Coi xe 2 đứng yên so với xe 1.Thì vận tốc của xe 2 so với xe 1 là: V21 = V2 + V1 = 50 Km/h Thời gian để 2 xe gặp nhau là: t = = = 2 h Vì thời gian Ong bay bằng thời gian hai xe chuyển động. Nên quãng đường Ong bay là: So = Vo t = 60.2 = 120 Km Bài toán 2: Một cậu bé đi lên núi với vận tốc 1m/s. khi còn cách đỉnh núi 100m cậu bé thả một con chó và nó bắt đầu chạy đi chạy lại giữa đỉnh núi và cậu bé. Con chó chạy lên đỉnh núi với vận tốc 3m/s và chạy lại phía cậu bé với vận tốc 5m/s. tính quãng đường mà con chó đã chạy từ lúc được thả ra tới khi cậu bé lên tới đỉnh núi? Giải: - Gọi vân tốc của cậu bé là v, vận tốc của con chó khi chạy lên đỉnh núi là v1 và khi chạy xuống là v2. Giả sử con chó gặp cậu bé tại một điểm cách đỉnh núi một khoảng L, thời gian từ lần gặp này đến lần gặp tiếp theo là T. Thời gian con chó chạy từ chỗ gặp cậu bé tới đỉnh núi là L/v1. Thời gian con chó chạy từ đỉnh núi tới chỗ gặp cậu bé lần tiếp theo là (T - L/v1) và quãng đường con chó đã chạy trong thời gian này là v2(T - L/v1); quãng đường cậu bé đã đi trong thời gian T là vT. Ta có phương L L(1 v2 v1) trình: L vT v2 (T ) T (1) v1 v v2 Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  3. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 3 Quãng đường con chó đã chạy cả lên núi và xuống núi trong thời gian T là Sc L v2 (T L / v1) . 2v1v2 v(v2 v1) Thay T từ pt (1) vào ta có: Sc L. (2) v1(v v2 ) - Quãng đường cậu bé đã đi trong thời gian T: v(v1 v2 ) Sb v.T L. (3) v1(v v2 ) S 2v v v(v v ) - Lập tỷ số (2) ta có : c 1 2 2 1 (4) (3) Sb v(v1 v2 ) Tỷ số này luôn không đổi, không phụ thuộc vào T mà chỉ phụ thuộc vào các giá trị vận tốc 7S đã cho. Thay các giá trị đã cho vào ta có: S b S 100.7 350(m) c 2 c 2 3/ Chuyển động có vận tốc thay đổi theo quy luật: Phương pháp: Xác định quy luật của chuyển động Tính tổng quãng đường chuyển động. Tổng này thường là tổng của một dãy số. Giải phương trình nhận được với số lần thay đổi vận tốc là số nguyên. Bài toán 1: Một động tử xuất phát từ A trên đường thẳng hướng về B với vận tốc ban đầu V0 = 1 m/s, biết rằng cứ sau 4 giây chuyển động, vận tốc lại tăng gấp 3 lần và cứ chuyển động được 4 giây thì động tử ngừng chuyển động trong 2 giây. trong khi chuyển động thì động tử chỉ chuyển động thẳng đều. Sau bao lâu động tử đến B biết AB dài 6km ? Giải: cứ 4 giây chuyển động ta gọi là một nhóm chuyển động Dễ thấy vận tốc của động tử trong các n nhóm chuyển động đầu tiên là: 30 m/s; 31 m/s; 32 m/s , 3n-1 m/s , , Quãng đường tương ứng mà động tử đi được trong các nhóm thời gian tương ứng là: 4.30 m; 4.31 m; 4.32 m; ; 4.3n-1 m; . Quãng đường động tử chuyển động trong thời gian này là: 0 1 2 n-1 n Sn = 4( 3 + 3 + 3 + .+ 3 ) (m) Hay: Sn = 2(3 – 1) (m) Ta có phương trình: 2(3n -1) = 6000 3n = 3001. Ta thấy rằng 37 = 2187; 38 = 6561, nên ta chọn n = 7. Quãng đường động tử đi được trong 7 nhóm thời gian đầu tiên là: 2.2186 = 4372 (m) Quãng đường còn lại là: 6000 – 4372 = 1628 (m) Trong quãng đường còn lại này động tử đi với vận tốc là ( với n = 8): 37 = 2187 (m/s) 1628 Thời gian đi hết quãng đường còn lại này là: 0,74(s) 2187 Vậy tổng thời gian chuyển động của động tử là: 7.4 + 0,74 = 28,74 (s) Ngoài ra trong quá trình chuyển động. động tử có nghỉ 7 lần ( không chuyển động) mỗi lần nghỉ là 2 giây, nên thời gian cần để động tử chuyển động từ A tới B là: 28,74 + 2.7 = 42,74 (giây). Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  4. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 4 Bài toán 2: Một vật chuyển động xuống dốc nhanh dần. Quãng đường vật đi được trong giây thứ k là S = 4k - 2 (m). Trong đó S tính bằng mét, còn k = 1,2, tính bằng giây. a. Hãy tính quãng đường đi được sau n giây đầu tiên. b. Vẽ đồ thị sự phụ thuộc của quãng đường đi được vào thời gian chuyển động. Giải: a. Quãng đường đi được trong n giây đầu tiên là: Sn = (4.1 – 2) + (4.2 – 2) + (4.3 – 2) + .+ (4.n -2) Sn = 4(1 + 2 + 3 + + n) – 2n 2 Sn = 2n(n + 1) – 2n = 2n 2 b. Đồ thị là phần đường parabol Sn = 2n nằm bên phải trục Sn. B. Các bài toán về vận tốc trung bình của vật chuyển động. Phương pháp: Trên quãng đường S được chia thành các quãng đường nhỏ S1; S2; ; Sn và thời gian vật chuyển động trên các quãng đường ấy tương ứng là t1; t2; .; tn. thì vận tốc trung bình s1 s2 sn trên cả quãng đường được tính theo công thức: VTB = t1 t2 tn Chú ý: Vận tốc trung bình khác với trung bình của các vận tốc. Bài toán 1: Hai bạn Hoà và Bình bắt đầu chạy thi trên một quãng đường S. Biết Hoà trên nửa quãng đường đầu chạy với vận tốc không đổi v1 và trên nửa quãng đường sau chạy với vận tốc không đổi v2(v2< v1). Còn Bình thì trong nửa thời gian đầu chạy với vận tốc v1 và trong nửa thời gian sau chạy với vận tốc v2 . Tính vận tốc trung bình của mỗi bạn ? Giải: - Xét chuyển động của Hoà A v1 M v2 B Thời gian đi v1là t1 = = 1 1 Thời gian đi v2 là t2 = = . t t t S ( ) 1 2 2 V V 1 2 Vận tốc trung bình vH = = Xét chuyển động của Bình A v1 M v2 B S1 V1t;S 2 V 2.t Mà t1= t2 = và s = s1 + s2 s= ( v1+v2) t= Vận tốc trung bình vB = = Bài toán 2: Một người đi trên quãng đường S chia thành n chặng không đều nhau, chiều dài các chặng đó lần lượt là S1, S2, S3, Sn. Thời gian người đó đi trên các chặng đường tương ứng là t 1, t2 t3 tn . Tính vận tốc trung bình của người đó trên toàn bộ quảng đường S. Chứng minh rằng:vận trung bình đó lớn hơn vận tốc bé nhất và nhỏ hơn vận tốc lớn nhất. Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  5. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 5 Giải: Vận tốc trung bình của người đó trên quãng đường S là: Vtb= s1 s2 s3 sn t1 t 2 t3 t n Gọi V1, V2 , V3 Vn là vận tốc trên các chặng đường tương ứng ta có: s n s 1 s 2 s 3 ; ; ; ; n v 1 v 2 v 3 v t 1 t 2 t 3 t n Giả sử Vk lớn nhất và Vi là bé nhất ( n k >i 1). Ta phải chứng minh Vk > Vtb > Vi. v1 v2 v3 vn + v1t1 v2t2 v3t3 vntn t1 t 2 t3 t n Thật vậy: Vtb= = vi vi vi vi vi . t1 t2 t3 tn t1 t 2 t3 t n Do v1 ; v1 v1 >1 vi vi vi v1 v1 v1 .t1+ .t2. + + tn > t1 + t2 + + tn Vi Vtb (2) ĐPCM Bài toán 3: Tính vận tốc trung bình của ôtô trên cả quảng đường trong hai trường hợp : a. Nửa quãng đường đầu ôtô đi với vận tốc v1, Nửa quãng đường còn lại ôtô đi với vận tốc v2 b. Nửa thời gian đầu ôtô đi với vận tốc v1 , Nửa thời gian sau ôtô đi với vận tốc v2 . Giải: a. Gọi quảng đường ôtô đã đi là s . s Thời gian để ôtô đi hết nữa quảng đường đầu là : t1 2v1 s Thời gian để ôtô đi hết nữa quảng đường còn lại là : t2 2v2 s s 2v v Vận tốc trung bình của ôtô trên cả quảng đường: v 1 2 tb t t s s v v 1 2 1 2 2v1 2v2 b. Gọi thời gian đi hết cả quảng đường là t v .t Nữa thời gian đầu ôtô đi được quảng đường là : s 1 1 2 v .t Nữa thời gian sau ôtô đi được quảng đường là : s 2 2 2 v .t v .t s s 1 2 v v Vận tốc trung bình của ôtô trên cả quảng đường là : v 1 2 2 2 1 2 tb t t 2 Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  6. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 6 C. Các bài toán về chuyển động tròn đều. Phương pháp: Ứng dụng tính tương đối của chuyển động. Số lần gặp nhau giữa các vật được tính theo số vòng chuyển động của vật được coi là vật chuyển động. Bài toán 1: Một người đi bộ và một vận động viên đi xe đạp cùng khởi hành ở một địa điểm, và đi cùng chièu trên một đường tròn chu vi C = 1800m. vận tốc của người đi xe đạp là v 1= 22,5 km/h, của người đi bộ là v 2 = 4,5 km/h. Hỏi khi người đi bộ đi được một vòng thì gặp người đi xe đạp mấy lần. Tính thời gian và địa điểm gặp nhau? Giải: Thời gian để người đi bộ đi hết một vòng là: t = 1,8/4,5 = 0,4 h Coi người đi bộ là đứng yên so với người đi xe đạp. Vận tốc của người đi xe đạp so với người đi bộ là: V = v1 – v2 = 22,5 – 4,5 = 18 km/h. Quãng đường của người đi xe đạp so với người đi bộ là: S = Vt = 0,4. 18 = 7,2 km. Số vòng người đi xe đạp đi được so với người đi bộ là: n = = 7,2/1,8 = 4 (vòng) Vậy người đi xe đạp gặp người đi bộ 4 lần. Khi đi hết 1 vòng so với người đi bộ thì người đi xe đạp gặp người đi bộ 1 lần ở cuối đoạn đường. Thời gian người đi xe đạp đi hết một vòng so với người đi bộ là: t’ = = 1,8/18 = 0,1 h. Lần gặp thứ nhất sau khi xuất phát một thời gian là 0,1h cách vị trí đầu tiên là 0,1.4,5 = 0,45 km Lần gặp thứ hai sau khi xuất phát một thời gian là 0,2h cách vị trí đầu tiên là 0,2.4,5 =0, 9 km Lần gặp thứ ba sau khi xuất phát một thời gian là 0,3h cách vị trí đầu tiên là 0,3.4,5 = 1,35 km Lần gặp thứ tư sau khi xuất phát một thời gian là 0,4h cách vị trí đầu tiên là 0,4.4,5 = 1,8 km Các khoảng cách trên được tính theo hướng chuyển động của hai người. Bài toán 2: Chiều dài của một đường đua hình tròn là 300m. hai xe đạp chạy trên đường này hướng tới gặp nhau với vận tốc V1 = 9m/s và V2 = 15m/s. Hãy xác định khoảng thời gian nhỏ nhất tính từ thời điểm họ gặp nhau tại một nơi nào đó trên đường đua đến thời điểm họ lại gặp nhau tại chính nơi đó Giải: Thời gian để mỗi xe chạy được 1 vòng là: t1 = = (s) , t2 = = 20(s) Giả sử điểm gặp nhau là M. Để gặp tại M lần tiếp theo thì xe 1 đã chạy được x vòng và xe 2 chạy được y vòng. Vì chúng gặp nhau tại M nên: xt1 = yt2 nên: = x, y nguyên dương. Nên ta chọn x, y nhỏ nhất là x = 3, y = 5 Khoảng thời gian nhỏ nhất kể từ lúc hai xe gặp nhau tại một điểm đến thời điểm gặp nhau cũng tại điểm đó là t = xt1 = 3. 100 (s) Bài toán 3: Một người ra đi vào buổi sáng, khi kim giờ và kim phút chồng lên nhau và ở trong khoảng giữa số 7 và 8. khi người ấy quay về nhà thì trời đã ngã về chiều và nhìn thấy kim giờ, kim phút ngược chiều nhau. Nhìn kĩ hơn người đó thấy kim giờ nằm giữa số 1 và 2. Tính xem người ấy đã vắng mặt mấy giờ. 1 Giải: Vận tốc của kim phút là 1 vòng/ giờ. Vận tốc của kim giờ là 12 (vòng/giờ.) Coi kim giờ là đứng yên so với kim phút. Vận tốc của kim phút so với kim giờ là (1 – ) = vòng/giờ. Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  7. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 7 1 Thời gian để kim giờ và kim phút gặp nhau giữa hai lần liên tiếp là: = (giờ) 11 12 Khi đó kim giờ đi được 1 đoạn so với vị trí gặp trước là: . = vòng. Khi đó kim phút đã đi được 1 vòng tính từ số 12. nên thời gian tương ứng là (1 + ) giờ. Khi gặp nhau ở giữa số 7 và số 8 thì kim phút đã đi được 7vòng, nên thời điểm đó là 7 + giờ. Tương tự. giữa 2 lần hai kim đối nhau liên tiếp cũng có thời gian là giờ. Chọn tại thời điểm 6h. kim phút và kim giờ đối nhau. Thì khi tới vị trí kim giờ nằm giữa số 1 và số 2. thì thời gian là 7 + giờ. Chọn mốc thời gian là 12h. thì khi hai kim đối nhau mà kim giờ nằm giữa số 1 và số 2 thì thời điểm đó là (6 + 7 + ) giờ. Vậy thời gian người đó vắng nhà là (13 + ) – (7+ ) = 6 giờ. D. Các bài toán về công thức cộng vận tốc: Vì giới hạn của chương trình lớp 9. nên chỉ xét các vận tốc có phương tạo với nhau những góc có giá trị đặc biệt, hoặc các vận tốc có phương vuông góc với nhau. Cần viết biểu thức véc tơ biểu thị phép cộng các vận tốc. căn cứ vào biểu thức véc tơ để chuyển thành các biểu thức đại số. Để chuyển công thức dạng véc tơ thành biểu thức đại số. ta sử dụng định lý Pitago. Hoặc sử dụng định lý hàm số cosin và các hệ thức lượng giác trong tam giác vuông. Bài toán 1: Một đoàn tàu đứng yên, các giọt mưa tạo trên cửa sổ toa tàu những vệt nghiêng góc = 300 so với phương thẳng đứng. Khi tàu chuyển động với vận tốc 18km/h thì các giọt mưa rơi thẳng đứng. Dùng phép cộng các véc tơ dịch chuyển xác định vận tốc của giọt mưa khi rơi gần mặt đất. Giải: Lập hệ véc tơ với phương của vận tốc hạt mưa so với mặt đất tạo với phương thẳng đứng góc 300. Phương vận tốc của tàu so với mặt đất là phương ngang sao cho tổng các véc tơ vận tốc: véc tơ vận tốc của hạt mưa so với tàu và véc tơ vận tốc của tàu so với mặt đất chính là véc tơ vận tốc của hạt mưa so với đất. Khi đó vận tốc hạt mưa V = v.cos300 = 31 km/h Bài toán 2: Một chiếc ô tô chạy trên đường theo phương ngang với vận tốc v = 80 km/h trong trời mưa. Người ngồi trong xe thấy rằng các hạt mưa ngoài xe rơi theo phương xiên góc 300 so với phương thẳng đứng. biết rằng nếu xe không chuyển động thì hạt mưa rơi theo phương thẳng đứng. xác định vận tốc hạt mưa ? Giải: Lập hệ véc tơ với vận tốc của hạt mưa vuông góc với mặt đất. vận tốc của xe theo phương ngang. Hợp của các vận tốc: Vận tốc hạt mưa so với xe và vận tốc của xe so với mặt đất chính là vận tốc của hạt mưa so với mặt đất Từ đó tính được độ lớn vận tốc hạt mưa: V = v.tan300 = 46,2 km/h E. Các bài toán về đồ thị chuyển động: Phương pháp: Cần đọc đồ thị và liên hệ giữa các đại lượng được biểu thị trên đồ thị. Tìm ra được bản chất của mối liên hệ và ý nghĩa các đoạn, các điểm được biểu diễn trên đồ thị. Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  8. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 8 Có 3 dạng cơ bản là dựng đồ thị, giải đồ thị bằng đường biểu diễn và giải đồ thị bằng diện tích các hình biểu diễn trên đồ thị: Bài toán 1: Trên đoạn đường thẳng dài, các ô tô đều L(m) chuyển động với vận tốc không đổi v1(m/s) trên cầu 400 chúng phải chạy với vận tốc không đổi v2 (m/s). Đồ thị bên biểu diễn sự phụ thuộc khoảng. Cách L giữa 200 hai ô tô chạy kế tiếp nhau trong. Thời gian t. tìm các vận tốc V1; V2 và chiều Dài của cầu. 0 10 30 60 80 T(s) Giải: Từ đồ thị ta thấy: trên đường, hai xe cách nhau 400m Trên cầu chúng cách nhau 200 m Thời gian xe thứ nhất chạy trên cầu là T1 = 50 (s) Bắt đầu từ giây thứ 10, xe thứ nhất lên cầu và đến giây thứ 30 thì xe thứ 2 lên cầu. Vậy hai xe xuất phát cách nhau 20 (s) Vậy: V1T2 = 400 V1 = 20 (m/s) V2T2 = 200 V2 = 10 (m/s). Vậy chiều dài của cầu là l = V2T1 = 500 (m) Bài toán 2: Trên đường thẳng x ’Ox. một xe chuyển động qua các giai đoạn có đồ thị biểu diễn toạ độ theo thời gian như hình vẽ, biết đường cong MNP là một phần của parabol đỉnh M có phương trình dạng: x = at2 + c.Tìm vận tốc trung bình của xe trong khoảng thời gian từ 0 đến 6,4h và vận tốc ứng với giai đoạn PQ ? x(km) Q R Giải: Dựa vào đồ thị ta thấy: 90 Quãng đường xe đi được: S = 40 + 90 + 90 = 220 km S 220 Vậy: V 34,375 km/h P TB t 6.4 2 b. Xét phương trình parabol: x = at + c. O N S t(h) Khi t = 0; x = - 40. Thay vào ta được: c = - 40 2 3 4,5 5 6,4 Khi t = 2; x = 0. Thay vào ta được: a = 10 - 40 Vậy x = 10t2 – 40. M Xét tại điểm P. Khi đó t = 3 h. Thay vào ta tìm được x = 50 km. Vậy độ dài quãng đường PQ là S’ = 90 – 50 = 40 km. Thời gian xe chuyển động trên quãng đường này là: t’ = 4,5 – 3 = 1,5 (h) S' 40 80 Vận tốc trung bình của xe trên quãng đường này là: V ' km/h TB t' 1,5 3 Bài toán 3: Một nhà du hành vũ trụ chuyển độngdọc theo một đường thẳng từ A đến B. Đồ thị chuyển động được biểu thị như hình vẽ. (V là vận tốc nhà du hành, x là khoảng cách từ vị trí nhà du hành tới vật mốc A ) tính thời gian người đó chuyển động từ A đến B 1 (Ghi chú: v -1 = ) v x Giải: Thời gian chuyển động được xác định bằng công thức: t = = xv -1. v Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  9. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 9 Từ đồ thị ta thấy tích này chính là diện tích hình được giới hạn bởi đồ thị, hai trục toạ độ và đoạn thẳng MN.Diện tích này là 27,5 đơn vị diện tích. Mỗi đơn vị diện tích này ứng với thời gian là 1 giây. Nên thời gian chuyển động của nhà du hành là 27,5 giây. PhÇn 2 C¸c bµi to¸n vÒ ®iiÒu kiÖn c©n b»ng vËt r¾n vµ m¸y c¬ ®¬n gi¶n A. Lý thuyết I. Mômen lực: Mô men lực ( nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục quay): M F.l( N .m ) Trong đó: l là khoảng cách từ trục quay đến giá của lực ( còn gọi là tay đòn của lực). Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  10. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 10 II. Điều kiện cân bằng của một vật có trục quay cố định: Muốn cho một vật có trục quay cố định đứng cân bằng ( hoặc quay đều) thì tổng mômen các lực làm vật quay theo chiều kim đồng hồ bằng tổng các mô men các lực làm cho vật quay ngược chiều kim đồng hồ l1 Ví dụ: Với vật bất kỳ có thể quay quanh trục cố định O (Hình bên) để đứng yên cân bằng quanh O ( hoặc quay đều quanh O) thì O mômen của lực F1 phải bằng mômen của lực F2. Tức là: M1 = M2 F1. l1 = F2. l2 l2 Trong đó l1, l2 lần lượt là tay đòn của các lực F1, F2 F1 (Tay đòn của lực là khoảng cách từ trục qua đến phương của lực) F2 F III. Quy tắc hợp lực. O 1 1. Quy tắc tổng hợp hai lực đồng quy ( quy tắc hình bình hành). P Hợp lực của hai lực đồng quy ( cùng điểm đặt) có phương trùng với đường chéo của hình bình hành mà hai cạnh là hai lực đó, độ lớn của hợp lực là độ dài đường chéo. F2 F 2 2 F1 F2 2F1.F2.cos 2. Tổng hai lực song song cùng chiều: T Hợp lực của hai lực song song cùng chiều là một lực cùng phương, F độ lớn bằng tổng hai lực thành phần, có giá chia trong khoảng cách giữa hai giá của hai lực thành phần thành những đoạn thẳng tỉ h F l l2 l1 F lệ nghịch với hai lực ấy. F F F ; 1 2 1 1 2 F l 2 1 P l1 F2 F 3. Tổng hợp hai lực song song ngược chiều: 1 F 1 l Hợp lực của hai lực song song ngược chiều là một lực có phương cùng 1 1 F phương với lực lớn hơn, độ lớn bằng hiệu hai lực thành phần, có giá l1 chia ngời khoảng cách giữa hai giá của hai lực thành phần thành những l1 đoạn thẳng tỉ lệ nghịch với hai lực ấy. F1 l2 l2 F F1 F2 ; F2 l1 F2 IV. Các máy cơ đơn giản 1 1. Ròng rọc cố định: Dùng ròng rọc cố định không được lợi gì về lực, đường đi do đó không được lợi gì về công. F F P;s h T P Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  11. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 11 2. Ròng rọc động. Với 1 ròng rọc động: Dùng ròng rọc động được lợi hai lần về lực nhưng lại thiệt hai lần về đường đi do đó không được lợi gì về công. P F ;s 2h 2 Với hai ròng rọc động: Dùng 2 ròng rọc động được lợi 4 lần về lực nhưng lại thiệt 4 lần về đường đi do đó không được lợi gì về công. P F ;s 4h 4 Tổng quát: Với hệ thống có n ròng rọc động thì ta có: P F ;s 2n h 2n 3. Đòn bẩy: Dùng đòn bẩy đượclợi bao nhiêu lần về lực thì thiệt bấy nhiêu lần về đường đi do đó không được lợi gì về công. F1.l1 F2.l2 ( Áp dụng điều kiện cân bằng của một vật có trục quay cố định) Trong đó F1; F2 là các lực tác dụng lên đòn bẩy, l1; l2 là các tay đòn của lực hay khoảng cách từ giá của các lực đến trục quay. F2 F2 l2 B B l1 O l1 A l2 O A F1 F1 I. Các bài toán về điều kiện cân bằng của vật rắn và mô men lực: Phương pháp: Cần xác định trục quay, xác định các vét tơ lực tác dụng lên vật. Xác định chính xác cánh tay đòn của lực. Xác định các mô men lực làm vật quay theo chiều kim đồng hồ và ngược chiều kim đồng hồ. sử dụng điều kiện cân bằng của vật rắn để lập phương trình. Bài toán 1: Một thanh thẳng AB đồng chất, tiết diện đều có rãnh O dọc, khối lượng thanh m = 200g, dài l = 90cm. Tại A, B có đặt 2 m1 m2 hòn bi trên rãnh mà khối lượng lần lượt là m1 = 200g và m2. Đặt A B thước (cùng 2 hòn bi ở A, B) trên mặt bàn nằm ngang vuông góc Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  12. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 12 với mép bàn sao cho phần OA nằm trên mặt bàncó chiều dài l1 = 30cm, phần OB ở mép ngoài bàn.Khi đóngười ta thấy thước cân bằng nằm ngang (thanh chỉ tựa lên điểm O ở mép bàn) a. Tính khối lượng m2. b. Cùng 1 lúc , đẩy nhẹ hòn bi m1 cho chuyển động đều trên rãnh với vận tốc v1 = 10cm/s về phía O và đẩy nhẹ hòn bi m 2 cho chuyển động đều với vận tốc v 2 dọc trên rãnh về phía O. Tìm v2 để cho thước vẫn cân bằng nằm ngang như trên. Giải: a. Trọng tâm của thanh là I ở chính giữa thanh. Nên cách điểm O là 0,15 m Mô men do trọng lượng của bi m1: m1.OA Mô men do trọng lượng thanh gây ra: m.OI Mô men do bi m2 gây ra là: m2OB Để thanh đứng cân bằng: m1OA = m.OI + m2.OB Thay các giá trị ta tìm được m2 = 50 g. b. Xét thời điểm t kể từ lúc hai viên bi bắt đầu chuyển động. Cánh tay đòn của bi 1: (OA – V1t) nên mô men tương ứng là: m1(OA – v1t) Cánh tay đòn của viên bi 2: (OB – v2t) nên mô men là: m2(OB – V2t) Thước không thay đổi vị trí nên mô men do trọng lượng của nó gây ra là OI.m Để thước cân bằng: m1(OA – v1t) = m2(OB – V2t) + OI.m Thay các giá trị đã cho vào ta tìm được v2 = 4v1 = 40cm/s Bài toán 2: Một thanh dài l = 1m có trọng lượng P = 15N, I A O một đầu được gắn vào trần nhà nhờ một bản lề.Thanh được giữ nằm nghiêng nhờ một sợi dây thẳng đứng buộc ở dầu tự G do của thanh. Hãy tìm lực căng F của dây nếu trọng tâm của B thanh cách bản lề một đoạn bằng d = 0,4m. Giải: Mô men gây ra do trọng lượng của thanh tại trọng tâm của nó: P.OI Mô men do lực căng sợi dây gây ra: F.OA Vì thanh cân bằng nên: P.OI = F.OA F OI OG 0.4 F 0,4P 0,4.15 6N Hay: P OA OB Bài toán 3: Một thanh mảnh, đồng chất, phân bố đều khối O lượng có thể quay quanh trục O ở phía trên. Phần dưới của thanh nhúng trong nước, khi cân bằng thanh nằm nghiêng như hình vẽ, một nửa chiều dài nằm trong nước. Hãy xác định khối lượng riêng của chất làm thanh đó. Giải: Khi thanh cân bằng, các lực tác dụng lên thanh gồm: Trọng lực P tập trung ở điểm giữa của thanh (trọng tâm của thanh) và lực đẩy Acsimet FA tập trung ở trọng tâm phần thanh nằm trong nước (Hình bên). Gọi l là chiều dài của thanh. Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  13. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 13 Mô men do lực ác si mét gây ra:FAd1 Mô men do trọng lượng của thanh gây ra: Pd2 FA d1 Ta có phương trình cân bằng lực: 1 l F d 2 A 2 2 (1) P d2 P d 3 3 1 l 4 Gọi Dn và D là khối lượng riêng của nước và chất làm thanh. M là khối lượng của thanh, S là tiết diện ngang của thanh 3 Thay (2), (3) vào (1) suy ra: S.l.Dn.10 = 1 2 Lực đẩy Acsimet: FA = S. .Dn.10 (2) 2 2.10.l.S.D Trọng lượng của thanh: Khối lượng riêng của chất làm thanh: P = 10.m = 10.l.S.D (3) 3 D = Dn 4 Bài toán 4: Một hình trụ khối lượng M đặt trên đường ray, đường này nghiêng một góc α so với mặt phẳng nằm ngang. Một trọng vật m buộc vào đầu một sợi dây quấn quanh hình trụ phải có khối lượng nhỏ nhất là bao nhiêu để hình trụ lăn lên trên ? Vật chỉ lăn không trượt, bỏ qua mọi ma sát. Giải: Gọi R là bán kính khối trụ. PM là trọng lượng khối trụ. T là sức căng sợi dây. Ta có: PM = 10M. Và T = 10m Khối trụ quay quanh điểm I là điểm tiếp xúc giữa khối trụ và đường ray. Từ hình vẽ HI là cánh tay đòn của lực PM và IK là cánh tay đòn của lực T . Ta có: HI = Rsinα và IK = R - IH = R(1 - sinα) Điều kiện để khối trụ lăn lên trên là T.IK ≥ PM.IH Hay 10m.IK ≥ 10M. IH hay m ≥ M Thay các biểu thức của IH và IK vào ta được: m ≥ M Khối lượng nhỏ nhất của vật m để khối trụ lăn đều lên trên là: m = M Bài toán 5: Một thanh đồng chất tiết diện đều, đặt trên thành của bình đựng nước, ở đầu thanh có buộc một quả cầu đồng chất bán kính R, sao cho quả cầu ngập hoàn toàn trong nước. Hệ thống này cân bằng như hình vẽ. Biết trọng lượng riêng của quả cầu và nước lần lượt là d và do, Tỉ số l1:l2 = a: b. Tính trọng lượng của thanh đồng chất nói trên. Có thể sảy ra trường hợp l1>l2 được không? Giải thích? Giải: Gọi chiều dài của thanh là L và trọng tâm của thanh là O. Thanh quay tại điểm tiếp xúc N của nó với thành cốc. Vì thành đồng chất, tiết diện đều nên trọng tâm của thanh là trung điểm của thanh. Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  14. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 14 Vì l1:l2 = a:b nên l2 = b và l1 = a Gọi trọng lượng của thanh đồng chất là P0 thì cánh tay đòn của P0 là l2 - = L Mô Men của nó là M1 = L .P0 Trọng lượng quả cầu là P = dV , Lực ác si mét tác dụng lên quả cầu là FA = d0V Lực tác dụng lên đầu bên phải của thanh là F = P - FA = (d - d0)V lực này có cánh tay đòn là l1 và mô men của nó là M2 = a (d - d0)V Vì thanh cân bằng nên: M1 = M2 L .P0 = a (d - d0)V 3 Từ đó tìm được P0 = Thay V = R ta được trọng lượng của thanh đồng chất Trong trường hợp l1>l2 thì trọng tâm của thanh ở về phía l1. trọng lượng của thanh tạo ra mô men quay theo chiều kim đồng hồ. Để thanh cân bằng thì hợp lực của quả cầu và lực đẩy ác si mét phải tạo mô men quay ngược chiều kim đồng hồ. khi đó FA > P Vậy trường hợp này có thể sảy ra khi độ lớn của lực đẩy ác si mét lên quả cầu lớn hơn trọng lượng của nó. II. Các bài toán về máy cơ đơn giản: Phương pháp: - Xác định các lực tác dụng lên các phần của vật. Sử dụng điều kiện cân bằng của một vật để lập các phương trình Chú ý: - Nếu vật là vật rắn thì trọng lực tác dụng lên vật có điểm đặt tại khối tâm của vật. Vật ở dạng thanh có tiết diện đều và khối lượng được phân bố đều trên vật, thì trọng tâm của vật là trung điểm của thanh. Nếu vật có hình dạng tam giác có khối lượng được phân bố đều trên vật thì khối tâm chính là trọng tâm hình học của vật. Khi vật cân bằng thì trục quay sẽ đi qua khối tâm của vật Bài toán 1: Tấm ván OB có khối lượng không đáng kể, đầu O đặt trên 1 dao cứng tại O, đầu B được treo bằng 1 sợi dây vắt qua ròng rọc cố định R (ván quay được quanh O).Một người có khối lượng 60kg đứng trên tấm ván 2 a. Lúc đầu, người đó đứng tại điểm A sao cho OA =3 OB (Hình 1) b. Tiếp theo thay ròng rọc cố định R bằng 1 palăng gồm 1 ròng rọc cố định R và 1 ròng rọc ’ 1 động R đồng thời di chuyển vị trí đứng của người đó về điểm I sao cho OI = 2 OB (Hình 2) c. Sau cùng palăng ở câu b được mắc theo cách khác nhưng vẫn có OI = 1/2 OB (Hình 3) Hỏi trong mỗi trường hợp a), b), c) người đó phải tác dụng vào dây 1 lực F bằng bao nhiêu để tấm ván nằm ngang thăng bằng?Tính lực F ’ do ván tác dụng vào điểm tựa O trong mỗi trường hợp ( Bỏ qua ma sát ở các ròng rọc và trọng lượng của dây, của ròng rọc ) R R R F F F F R R / A / I O B I O B O Giáo viên: TrầnB Đại Nghĩa P P P
  15. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 15 Hình 1 Hình 2 Hình 3 Giải: a. Ta có : (P - F).OA = F.OB suy ra : F = 240N Lực kéo do tấm ván tác dụng vào O: F/ = P - F - F = 120N b. Ta có FB = 2F và (P - F).OI = FB.OB suy ra : F = 120N Lực kéo do tấm ván tác dụng vào O: F/ = P - F - 2F = 240N c. Ta có FB = 3F và (P + F).OI = FB.OB suy ra : F = 120N Lực kéo do tấm ván tác dụng vào O: F/ = P + F - 3F = 360N Bài toán 2: Một người có trọng lượng P 1 đứng trên tấm ván có trọng lượng P 2 để kéo đầu một sợi dây vắt qua hệ ròng rọc ( Hình vẽ ). Độ dài tấm ván giữa hai điểm treo dây là l. . Bỏ qua trọng lượng của ròng rọc, sợi dây và mọi ma sát. a. Người đó phải kéo dây với một lực là bao nhiêu và người đó đứng trên vị trí nào của tấm ván để duy trì tấm ván ở trạng thái nằm ngang ? b. Tính trọng lượng lớn nhất của tấm ván để người đó còn đè lên tấm ván. Giải: a. Gọi T1 là lực căng dây qua ròng rọc cố định. T2 là lực căng dây qua ròng rọc động, Q là áp lực của người lên tấm ván. Ta có: Q = P1 - T2 và T1 = 2T2 (1) Để hệ cân bằng thì trọng lượng của người và ván cân bằng với lực căng sợi dây. Vậy: T1 + 2T2 = P1 + P2 Từ (1) ta có: 2T2 + 2T2 = P1 + P2 hay T2 = Vậy để duy trì trạng thái cân bằng thì người phải tác dụng một lực lên dây có độ lớn là F = T2 = Gọi B là vị trí của người khi hệ cân bằng, khoảng cách từ B đến đầu A của tấm ván là l0. Chọn A làm điểm tựa. để tấm ván cân bằng theo phương ngang thì T2l0 + T2l = P1l0 + (T2 - 0,5P2)l = (P1 - T2)l0 Vậy: l0 = Thay giá trị T2 ở trên và tính toán được: l0 = Vậy vị trí của người để duy trì ván ở trạng thái nằm ngang là cách đầu A một khoảng l0 = b. Để người đó còn đè lên tấm ván thì Q 0 P1 - T2 0 P1 - 0 3P1 P2 Vậy trọng lượng lớn nhất của ván để người đó còn đè lên tấm ván là: P2max = 3P1 Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  16. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 16 Bài toán 3: Một miếng gỗ mỏng, đồng chất hình tam giác vuông có chiều dài 2 cạnh góc vuông AB = 27cm, AC = 36cm và khối lượng m 0 = 0,81kg; đỉnh A của miếng gỗ được treo bằng một dây mảnh, nhẹ vào điểm cố định 0. a. Hỏi phải treo một vật khối lượng m nhỏ nhất bằng bao nhiêu tại điểm nào trên cạnh huyển BC để khi cân bằng cạnh huyền BC nằm ngang ? b. Bây giờ lấy vật ra khỏi điểm treo(ở câu a)Tính góc hợp bởi cạnh huyền BC với phương ngang khi miếng gỗ cân bằng Giải: a. Để hệ cân bằng ta có: P.HB = P0.HK m.HB = m0.HK 2 Mà HB = AB 2 = 27 = 16,2cm BC 45 2 2 2 HK = .HI3 = .(BI3 - BH) = .(45/23 - 16,2) = 4,2cm m = 4,2/16,2 . 0,81 = 0,21kg Vậy để cạnh huyền BC nằm ngang thì vật m phải đặt tại B và có độ lớn là 0,21kg. b. Khi bỏ vật, miếng gỗ cân bằng thì trung tuyến AI có phương thẳng đứng BIA AB / 2 Ta có : Sin = = 27 = 0,6 2 BC / 2 45 BIA = 73,740 Do BD //AI Suy ra DBC = BIA = 73,740 Góc nghiêng của cạnh huyền BC so với phương ngang = 900 - DBC = 900 - 73,740 = 16,260 III. Các bài toán về sự kết hợp giữa máy cơ đơn giản và lực đẩy ác si mét: Bài toán 1: Hai quả cầu bằng kim loại có khối lượng bằng nhau được treo vào hai đĩa của 3 3 một cân đòn. Hai quả cầu có khối lượng riêng lần lượt là D1 = 7,8g/cm ; D2 = 2,6g/cm . Nhúng quả cầu thứ nhất vào chất lỏng có khối lượng riêng D3, quả cầu thứ hai vào chất lỏng có khối lượng riêng D4 thì cân mất thăng bằng. Để cân thăng bằng trở lại ta phải bỏ vào đĩa có quả cầu thứ hai một khối lượng m1 = 17g. Đổi vị trí hai chất lỏng cho nhau, để cân thăng bằng ta phải thêm m2 = 27g cũng vào đĩa có quả cầu thứ hai. Tìm tỉ số hai khối lượng riêng của hai chất lỏng. Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  17. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 17 Giải: Do hai quả cầu có khối lượng bằng nhau. Gọi V1, V2 là thể tích của hai quả cầu, ta có: V2 D1 7,8 D1. V1 = D2. V2 hay 3 V1 D2 2,6 Gọi F1 và F2 là lực đẩy Acsimet tác dụng vào các quả cầu. Do cân bằng ta có: ’ (P1- F1).OA = (P2+P – F2).OB ’ Với P1, P2, P là trọng lượng của các quả cầu và quả cân; OA = OB; P1 = P2 từ đó suy ra: ’ P = F2 – F1 hay 10.m1 = (D4.V2- D3.V1).10 Thay V2 = 3 V1 vào ta được: m1 = (3D4- D3).V1 (1) Tương tự cho lần thứ hai ta có; ’ ’’ ’ (P1- F 1).OA = (P2+P – F 2).OB ’’ ’ ’ P = F 2 - F 1 hay 10.m2=(D3.V2- D4.V1).10 m2= (3D3- D4).V1 (2) (1) m1 3D 4 - D3 Lập tỉ số m1.(3D3 – D4) = m2.(3D4 – D3) (2) m2 3D3 - D 4 D3 3m2 m1 ( 3.m1 + m2). D3 = ( 3.m2 + m1). D4 = 1,256 D4 3m1 m2 Bài toán 2: Hai quả cầu giống nhau được nối với nhau bởi một sợi dây nhẹ không dãn vắt qua ròng rọc cố định. Một quả nhúng trong bình nước (hình vẽ). Tìm vận tốc chuyển động của các quả cầu. Biết rằng khi thả riêng một quả cầu vào bình nước thì quả cầu chuyển động đều với vận tốc V0. Lực cản của nước tỷ lệ với vận tốc quả cầu. Cho khối lượng riêng của nước và chất làm quả cầu lần lượt là D0 và D. Giải: Gọi trọng lượng mỗi quả cầu là P, Lực đẩyÁc si mét lên quả cầu là FA. Khi nối hai quả cầu như hình vẽ thì quả cầu chuyển động từ dưới lên trên. FC1 và FC2 là lực cản của nước lên quả cầu trong hai trường hợp nói trên.T là sức căng sợi dây. Ta có: P + FC1 = T + FA FC1 = FA ( vì P = T) suy ra FC1 = V.10D0 Khi thả riêng quả cầu trong nước, do quả cầu chuyển động từ trên xuống dưới nên: P = FA - Fc2 Fc2 = P - FA = V.10(D - D0) Do lực cản của nước tỷ lệ với vận tốc quả cầu nên ta có: = Nên vận tốc của quả cầu trong nước là: v = Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  18. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 18 Bài toán 3: Hệ gồm ba vật đặc và ba ròng rọc được bố trí như hình vẽ. Trọng vật bên trái có khối lượng m = 2kg và các trọng vật ở hai bên được làm bằng nhôm có khối lượng riêng D1 = 2700kg/m3. Trọng vât ở giữa là các khối được tạo bởi các tấm có khối lượng riêng D2 = 1100kg/m2. Hệ ở trạng thái cân bằng. Nhúng cả ba vật vào nước, muốn hệ căn bằng thì thể tích các tấm phải gắn thêm hay bớt đi từ vật ở giữa là bao nhiêu? Cho khối lượng riêng của nước là D0 = 1000kg/m3. Bỏ qua mọi ma sát. Giải: Vì bỏ qua mọi ma sát và hệ vật cân bằng nên khối lượng vật bên phải cũng bằng m và 3 khối lượng vật ở giữa là 2m. Vậy thể tích vật ở giữa là: V0 = = 3,63 dm . Khi nhúng các vật vào nước thì chúng chịu tác dụng của lực đẩy Ác si mét. Khi đó lực căngcủa mỗi sợ dây treo ở hai bên là: T = 10( m - D0). Để cân bằng lực thì lực ở sợi dây treo chính giữa là 2T. Gọi thể tích của vật ở giữa lúc này là V thì: = 2T - 2.10m.( 1 - ) 3 3 V = = 25,18 dm . Thể tích của vật ở giữa tăng thêm là: ∆V = V - V0 = 21,5 dm . C¸c bµi to¸n vÒ c«ng vµ c«ng suÊt Bài toán 1: Một bình chứa một chất lỏng có trọng lượng riêng d0 , chiều cao của cột chất lỏng trong bình là h0 . Cách phía trên mặt thoáng một khoảng h1 , người ta thả rơi thẳng đứng một vật nhỏ đặc và đồng chất vào bình chất lỏng. Khi vật nhỏ chạm đáy bình cũng đúng là lúc vận tốc của nó bằng không. Tính trọng lượng riêng của chất làm vật. Bỏ qua lực cản của không khí và chất lỏng đối với vật Giải: Khi rơi trong không khí từ C đến D vật chịu tác dụng của trọng lực P. Công của trọng lực trên đoạn CD = P.h1 đúng bằng động năng của vật ở D : A1 = P.h1 = Wđ Tại D vật có động năng Wđ và có thế năng so với đáy bình E là Wt = P.h0 Vậy tổng cơ năng của vật ở D là: Wđ + Wt = P.h1 + P.h0 = P (h1 +h0) Từ D đến C vật chịu lực cản của lực đẩy Ac – si – met : FA = d.V Công của lực đẩy Acsimet từ D đến E là: A2 = FA.h0 = d0Vh0 Từ D đến E do tác động của lực cản là lực đẩy Ac – si – met nên cả động năng và thế năng của vật đều giảm. đến E thì đều bằng 0. Vậy công của lực đẩy Ac – si – met bằng tổng động năng và thế năng của vật tại D: P (h1 +h0) = d0Vh0 d 0 h0 dV (h1 +h0) = d0Vh0 d = h1 h0 Bài toán 2: Một vật nặng bằng gỗ, kích thước nhỏ, hình trụ, hai đầu hình nón được thả không có vận tốc ban đầu từ độ cao 15 cm xuống nước. Vật tiếp tục rơi trong nước, tới độ sâu 65 cm Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  19. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 19 thì dừng lại, rồi từ từ nổi lên. Xác định gần đúng khối lượng riêng của vật. Coi rằng chỉ có lực Ác si mét là lực cản đáng kể mà thôi. Biết khối lượng riêng của nước là 1000 kg/m3. Giải: Vì chỉ cần tính gần đúng khối lượng riêng của vật và vì vật có kích thước nhỏ nên ta có thể coi gần đúng rằng khi vật rơi tới mặt nước là chìm hoàn toàn ngay. Gọi thể tích của vật là V và khối lượng riêng của vật là D, Khối lượng riêng của nước là: D’. h = 15 cm; h’ = 65 cm. Khi vật rơi trong không khí. Lực tác dụng vào vật là trọng lực. P = 10DV Công của trọng lực là: A1 = 10DVh Khi vật rơi trong nước. lực ác si mét tác dụng lên vật là: FA = 10D’V Vì sau đó vật nổi lên, nên FA > P Hợp lực tác dụng lên vật khi vật rơi trong nước là: F = FA – P = 10D’V – 10DV Công của lực này là: A2 = (10D’V – 10DV)h’ Theo định luật bảo toàn công: A1 = A2 10DVh = (10D’V – 10DV)h’ h' D = D' Thay số, tính được D = 812,5 Kg/m3 h h' S ’ l h Bài toán 3: Trong bình hình trụ,tiết diện S chứa nước có chiều cao P H = 15cm Người ta thả vào bình một thanh đồng chất, tiết diện đều H sao cho nó nổi trong nước thì mực nước dâng lên một đoạn h = 8cm. F1 a. Nếu nhấn chìm thanh hoàn toàn thì mực nước sẽ cao bao nhiêu ? 3 3 (Biết khối lượng riêng của nước và thanh lần lượt là D1 = 1g/cm ; D2 = 0,8g/cm b. Tính công thực hiện khi nhấn chìm hoàn toàn thanh, biết thanh có chiều dài l = 20cm, tiết diện S’ = 10cm2. Giải:a. Gọi tiết diện và chiều dài thanh là S’ và l. Ta có trọng lượng của thanh: P = 10.D2.S’.l Thể tích nước dâng lên bằng thể tích phần chìm trong nước: V = ( S – S’).h Lực đẩy Acsimet tác dụng vào thanh : F1 = 10.D1(S – S’).h Do thanh cân bằng nên: P = F1 D S S' l 1 . .h S D S' ’ 10.D2.S’.l = 10.D1.(S – S’).h 2 (*) F Khi thanh chìm hoàn toàn trong nước, nước dâng lên một h lượng bằng thể tích thanh. l Gọi V là thể tích thanh. Ta có : V = S’.l o o P H D1 V0 .(S S').h D F2 Thay (*) vào ta được: 2 Lúc đó mực nước dâng lên 1 đoạn h V D h 0 1 .h S S' D ( so với khi chưa thả thanh vào) 2 D Từ đó chiều cao cột nước trong bình là: H’ = H + h =H +1 .h H’ = 25 cm D2 Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  20. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 20 b. Lực tác dụng vào thanh lúc này gồm : Trọng lượng P, lực đẩy Acsimet F2 và lực tác dụng F. Do thanh cân bằng nên: F = F2 - P = 10.D1.Vo – 10.D2.S’.l F = 10( D1 – D2).S’.l = 2.S’.l = 0,4 N D2 l 2 Từ pt(*) suy ra : S . 1 .S' 3.S' 30cm D1 h Do đó khi thanh đi vào nước thêm 1 đoạn x có thể tích V = x.S’ V V x Thì nước dâng thêm một đoạn: y S S' 2S' 2 D1 x Mặt khác nước dâng thêm so với lúc đầu: h h 1 .h 2cm 2 x 4 D2 2 x 3x 8 Vậy thanh được di chuyển thêm một đoạn: x + 4 x cm . 2 2 3 Và lực tác dụng tăng đều từ 0 đến F = 0,4 N, Nên công thực hiện được: 1 1 8 A F.x .0,4. .10 2 5,33.10 3 J 2 2 3 Bài toán 4: Khi ca nô có vận tốc v 1 = 10 m/s thì động cơ phải thực hiện công suất P 1 = 4 kw. Hỏi khi động cơ thực hiện công suất tối đa là P 2 = 6 kw thì ca nô có thể đạt vận tốc v 2 lớn nhất là bao nhiêu? Cho rằng lực tác dụng lên ca nô tỉ lệ với vận tốc của nó đối với nước. Giải: Vì lực tác dụng lên ca nô tỉ lệ với vận tốc của nó. Gọi hệ số tỉ lệ là K 2 2 Thì: F1 = Kv1 và F2 = Kv1 Vậy: P1 = F1v1 = Kv1 ; P2 = F2v2 = Kv2 . 2 2 P1 v1 v1 P2 Nên: 2 v2 Thay số ta tìm được kết quả. P2 v2 P1 Bài toán 5: Một xe máy chạy với vận tốc 36km/h thì máy phải sinh ra môt công suất 1,6kW. Hiệu suất của động cơ là 30%. Hỏi với 2 lít xăng xe đi được bao nhiêu km? Biết khối lượng riêng của xăng là 700kg/m3; Năng suất toả nhiệt của xăng là 4,6.107J/kg Giải: Nhiệt lượng toả ra khi đốt cháy hoàn toàn 2 lít xăng: Q = q.m = q.D.V = 4,6.107.700.2.10-3 = 6,44.107 ( J ) Công có ich: A = H.Q = 30%.6,44.107 = 1,932.107 ( J ) s A.v 1,932.107.10 Mà: A = P.t = P. s 1,2.105 (m) 120(km) v P 1,6.103 Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  21. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 21 C¸c bµi to¸n vÒ khèi lîng vµ träng lîng Bài toán 1: Một mẩu hợp kim thiếc – Chì có khối lượng m = 664g, khối lượng riêng D = 8,3g/cm3. Hãy xác định khối lượng của thiếc và chì trong hợp kim. Biết khối lượng riêng của 3 3 thiếc là D1 = 7300kg/m , của chì là D2 = 11300kg/m và coi rằng thể tích của hợp kim bằng tổng thể tích các kim loại thành phần. 3 3 3 3 Giải: Ta có D1 = 7300kg/m = 7,3g/cm ; D2 = 11300kg/m = 11,3g/cm Gọi m1 và V1 là khối lượng và thể tích của thiếc trong hợp kim Gọi m2 và V2 là khối lượng và thể tích của chì trong hợp kim Ta có m = m1 + m2 664 = m1 + m2 (1) m m1 m2 664 m1 m2 V = V1 + V2 (2) D D1 D2 8,3 7,3 11,3 664 m1 664 m1 Từ (1) ta có m2 = 664- m1. Thay vào (2) ta được (3) 8,3 7,3 11,3 Giải phương trình (3) ta được m1 = 438g và m2 = 226g Bài toán 2: Một chiếc vòng bằng hợp kim vàng và bạc, khi cân trong không khí có trọng lượng P0= 3N. Khi cân trong nước, vòng có trọng lượng P = 2,74N. Hãy xác định khối lượng phần vàng và khối lượng phần bạc trong chiếc vòng nếu xem rằng thể tích V của vòng đúng bằng tổng thể tích ban đầu V1 của vàng và thể tích ban đầu V2 của bạc. Khối lượng riêng của vàng là 19300kg/m3, của bạc 10500kg/m3. Giải: Gọi m1, V1, D1 ,là khối lượng, thể tích và khối lượng riêng của vàng. Gọi m2, V2, D2 ,là khối lượng, thể tích và khối lượng riêng của bạc. Khi cân ngoài không khí: P0 = ( m1 + m2 ).10 (1) m m 1 2 Khi cân trong nước. P = P0 - (V1 + V2).d = m1 m2 .D .10 D1 D2 D D P = 10. m1 1 m2 1 (2) D1 D2 Từ (1) và (2) ta được: 1 1 D 1 1 D 10m1.D. =P - P0. 1 và 10m2.D. =P - P0. 1 D2 D1 D2 D1 D2 D1 Thay số ta được m1 = 59,2g và m2 = 240,8g. C¸c bµi to¸n vÒ ¸p suÊt trong lßng chÊt láng vµ chÊt khÝ I. Các bài toán về áp suất gây ra trong lòng chất lỏng. Phương pháp: Cần xác định được hướng của lực do áp suất chất lỏng gây ra. Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  22. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 22 Biểu thị sự tương quan giữa các áp suất hoặc tương quan giữa lực gây ra do áp suất và trọng lực tác dụng lên vật. Từ đó xây dựng các phương trình biểu thị mối tương quan ấy. 2 Bài toán 1: Tại đáy của một cái nồi hình trụ tiết diện S 1 = 10dm , người ta khoét một lỗ tròn và 2 cắm vào đó một ống kim loại tiết diện S 2 = 1 dm . Nồi được đặt trên một tấm cao su nhẵn, đáy lộn ngược lên trên, rót nước từ từ vào ống ở phía trên. Hỏi có thể rót nước tới độ cao H là bao nhiêu để nước không thoát ra từ phía dưới. (Biết khối lượng của nồi và ống kim loại là m = 3,6 3 kg. Chiều cao của nồi là h = 20cm.Trọng lượng riêng của nước dn = 10.000N/m ). Giải: Nước bắt đầu chảy ra khi áp lực của nó lên đáy nồi cân bằng với trọng lực: P = 10m ; F = p ( S1 - S2 ) (1) Hơn nữa: p = d ( H – h ) (2) Từ (1) và (2) ta có: 10m = d ( H – h ) (S1 – S2 ) 10m 10m H – h = H h d(S1 S2 ) d(S1 S2 ) 10.3,6 Thay số ta có: H = 0,2 + 0,2 0,04 0,24(m) 24cm 10000(0,1 0,01) Bài toán 2: Người ta nhúng vào trong thùng chất lỏng một ống nhẹ dài hình trụ đường kính d; ở phía dưới ống có dính chặt một cái đĩa hình trụ dày h, đường kính D, khối lượng riêng của vật liệu làm đĩa là . Khối lượng riêng của chất lỏng là L ( với > L). Người ta nhấc ống từ từ lên cao theo phương thẳng đứng. Hãy xác định độ sâu H (tính từ miệng dưới của ống lên đến mặt thoáng của chất lỏng) khi đĩa bắt đầu tách ra khỏi ống. Giải: F1 là áp lực của chất lỏng tác dụng vào mặt dưới của đĩa. F2 là áp lực của chất lỏng tác dụng lên phần nhô ra d ngoài giới hạn của ống ở mặt trên của đĩa. H P là trọng lượng của đĩa. h Đĩa bắt đầu tách ra khỏi ống khi: P + F2 = F1 (1) D2 D Với: F1 = p1S =10.(H+h). L .S = 10. (H+h). L 4 D2 d2 F2 = p2S' =10.H. L.( - ) 4 4 D2 P = 10. .V = 10. .h 4 Thế tất cả vào (1) và rút gọn: F2 d 2 2 2 2 D .h. + (D - d )H. L = D (H + h) L H 2 2 2 D h D h L D L h H 2 = h d L d L P F1 Giáo viên: Trần Đại Nghĩa D
  23. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 23 II. Các bài toán về bình thông nhau: Phương pháp: Nếu hai nhánh của bình thông nhau chứa cùng 1 chất lỏng, nên chọn 1 điểm tại đáy bình làm điểm để so sánh áp suất. Nếu chúng chứa hai loại chất lỏng không hòa tan nhau thì nên chọn điểm tại mặt phân cách giữa hai chất lỏng làm điểm so sánh áp suất. Nếu bình thông nhau có đặt các pitton nhẹ và tiết diện các nhánh khác nhau, cần xét tới lực tác dụng lên pitton do áp suất khí quyển gây ra. Bài toán 1: Hai nhánh của một bình thông nhau chứa chất lỏng có tiết diện S. Trên một nhánh có một pitton có khối lượng không đáng kể. Người ta đặt một quả cân có trọng lượng P lên trên pitton ( Giả sử không làm chất lỏng tràn ra ngoài). Tính độ chênh lệch mực chất lỏng giữa hai nhánh khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng cơ học?. Khối lượng riêng của chất lỏng là D Giải: Gọi h1 là chiều cao cột chất lỏng ở nhánh không có pitton, h2 là chiều cao cột chất lỏng ở nhánh có pitton. Dễ thấy h1 > h2. Áp suất tác dụng lên 1 điểm trong chất lỏng ở đáy chung 2 nhánh gồm Áp suất gây ra do nhánh không có pitton: P1 = 10Dh1 P Áp suất gây ra do nhánh có pitton: P2 = 10Dh2 + S P Khi chất lỏng cân bằng thì P1 = P2 nên 10Dh1 = 10Dh2 + S P Độ chênh lệch mực chất lỏng giữa hai nhánh là: h1 – h2 = 10DS CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ CÂN BẰNG CỦA VẬT TRONG CHẤT LỎNG I/ Các bài toán về sự cân bằng của vật và hệ vật trong một chất lỏng: Bài 1: Một cốc hình trụ có đáy dày 1cm và thành mỏng. Nếu thả cốc vào một bình nước lớn thì cốc nổi thẳng đứng và chìm 3cm trong nước.Nếu đổ vào cốc một chất lỏng chưa xác định có độ cao 3cm thì cốc chìm trong nước 5 cm. Hỏi phải đổ thêm vào cốc lượng chất lỏng nói trên có độ cao bao nhiêu để mực chất lỏng trong cốc và ngoài cốc bằng nhau. Giải: Gọi diện tích đáy cốc là S. khối lượng riêng của cốc là D0, Khối lượng riêng của nước là D1, khối lượng riêng của chất lỏng đổ vào cốc là D2, thể tích cốc là V. Trọng lượng của cốc là P1 = 10D0V Khi thả cốc xuống nước, lực đẩy ác si mét tác dụng lên cốc là: FA1 = 10D1Sh1 Với h1 là phần cốc chìm trong nước. 10D1Sh1 = 10D0V D0V = D1Sh1 (1) Khi đổ vào cốc chất lỏng có độ cao h2 thì phần cốc chìm trong nước là h3 Trọng lượng của cốc chất lỏng là: P2 = 10D0V + 10D2Sh2 Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  24. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 24 Lực đẩy ác si mét khi đó là: FA2 = 10D1Sh3 Cốc đứng cân bằng nên: 10D0V + 10D2Sh2 = 10D1Sh3 Kết hợp với (1) ta được: h3 h1 D1h1 + D2h2 = D1h3 D2 D1 (2) h2 Gọi h4 là chiều cao lượng chất lỏng cần đổ vào trong cốc sao cho mực chất lỏng trong cốc và ngoài cốc là ngang nhau. Trọng lượng của cốc chất lỏng khi đó là: P3 = 10D0V + 10D2Sh4 Lực ác si mét tác dụng lên cốc chất lỏng là: FA3 = 10D1S( h4 + h’) (với h’ là bề dày đáy cốc) Cốc cân bằng nên: 10D0V + 10D2Sh4 = 10D1S( h4 + h’) h3 h1 D1h1 + D2h4 = D1(h4 + h’) h1 + h4 =h4 + h’ h2 h1h2 h'h2 h4 = h1 h2 h3 Thay h1 = 3cm; h2 = 3cm; h3 = 5cm và h’ = 1cm vào Tính được h4 = 6 cm II. Các bài toán về sự cân bằng của vật và hệ vật trong hai hay nhiều chất lỏng không hòa tan. Bài toán 1: 3 3 Một quả cầu có trọng lượng riêng d1=8200N/m , thể tích V1=100cm , nổi trên mặt một bình nước. Người ta rót dầu vào phủ kín hoàn toàn quả cầu. Trọng lượng riêng của dầu là 3 3 d2=7000N/m và của nước là d3=10000N/m . a. Tính thể tích phần quả cầu ngập trong nước khi đã đổ dầu. b. Nếu tiếp tục rót thêm dầu vào thì thể tích phần ngập trong nước của quả cầu thay đổi như thế nào? Giải: a. Gọi V1, V2, V3lần lượt là thể tích của quả cầu, thể tích của quả cầu ngập trong dầu và thể tích phần quả cầu ngập trong nước. Ta có V1=V2+V3 (1) Quả cầu cân bằng trong nước và trong dầu nên ta có: V1.d1=V2.d2+V3.d3 . (2) Từ (1) suy ra V2=V1-V3, thay vào (2) ta được: V1d1=(V1-V3)d2+V3d3=V1d2+V3(d3-d2) V1 (d1 d 2 ) V3(d3-d2)=V1.d1-V1.d2 V3 d3 d 2 3 3 3 3 Thay số: với V1=100cm , d1=8200N/m , d2=7000N/m , d3=10000N/m V1 (d1 d 2) 100(8200 7000) 120 3 V3 40cm d3 d 2 10000 7000 3 Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  25. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 25 V1 (d1 d 2 ) b/Từ biểu thức: V3 . Ta thấy thể tích phần quả cầu ngập trong nước (V3) chỉ phụ d3 d 2 thuộc vào V1, d1, d2, d3 không phụ thuộc vào độ sâu của quả cầu trong dầu, cũng như lượng dầu đổ thêm vào. Do đó nếu tiếp tục đổ thêm dầu vào thì phần quả cầu ngập trong nước không thay đổi III. Các bài toán liên quan đến sự chuyển thể của các chất Chú ý rằng: Khi các chất chuyển thể thì thể tích của ó có thể thay đổi, nhưng khối lượng của nó là không đổi. Bài toán 1: Người ta thả một cục nước đá có một mẩu thuỷ tinh bị đóng băng trong đó vào một bình hình trụ có chứa nước. khi đó mực nước trong bình dâng lên một đoạn h = 11mm. còn cục nước đá nổi nhưng ngập hoàn toàn trong nước. hỏi khi cục nước đá tan hết thì mực nước trong 3 bình hạ xuống một đoạn bằng bao nhiêu. Cho khối lượng riêng của nước là D3 = 1g/cm ; của 3 3 nước đá là D1 = 0,9g/cm ; và của thuỷ tinh là D2 = 2g/cm Giải: Gọi thể tích nước đá là V; thể tích thuỷ tinh là V’, V1 là thể tích nước thu được khi nước đá tan hoàn toàn, S là tiết diện bình. Vì ban đầu cục nước đá nổi nên ta có: (V + V’)Dn = VDđ + V’Dt Thay số được V = 10V’ ( 1) 10Sh Ta có: V + V’ = Sh. Kết hợp với (1) có V = (2) 11 Khối lượng của nước đá bằng khối lượng của nước thu được khi nước đá tan hết nên: DđV = Dn DđV V1 V1 = 0,9V Dn Khi cục nước đá tan hết. thể tích giảm đi một lượng là V – V1 =V – 0,9V = 0,1V 0,1V 10Sh.0,1 Chiều cao cột nước giảm một lượng là: h’ = 1 (mm) S S.11 PHẦN II - NHIỆT HỌC I. Các bài toán về sự trao đổi nhiệt của hai chất và nhiều chất Phương pháp: Xác định các chất thu nhiệt, các chất tỏa nhiệt. Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt để thiết lập các phương trình cần thiết. Bài 1: Người ta cho vòi nước nóng 700C và vòi nước lạnh 100C đồng thời chảy vào bể đã có sẳn 100kg nước ở nhiệt độ 600C. Hỏi phải mở hai vòi trong bao lâu thì thu được nước có nhiệt độ 450C. Cho biết lưu lượng của mỗi vòi là 20kg/phút. Bỏ qua sự mất mát năng lượng ra môi trường. Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  26. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 26 Giải: Vì lưu lượng hai vòi chảy như nhau nên khối lượng hai loại nước xả vào bể bằng nhau. Gọi khối lượng mỗi loại nước là m(kg): Ta có: m.c(70 – 45) + 100.c(60 – 45) = m.c(45 – 10) 25.m + 1500 = 35.m 10.m = 1500 1500 15 m 150(kg) Thời gian mở hai vòi là:t 7,5( phút) 10 20 Bài 2: Một chiếc ca không có vạch chia được dùng để múc nước ở thùng chứa I và thùng chứa 0 II rồi đổ vào thùng chứa III. Nhiệt độ của nước ở thùng chứa I là t1 = 20 C, ở thùng II là t2 = 80 0 0 C. Thùng chứa III đã có sẵn một lượng nước ở nhiệt độ t3 = 40 C và bằng tổng số ca nước vừa đổ thêm. Cho rằng không có sự mất mát nhiệt lượng ra môi trường xung quanh. Hãy tính số ca nước cần múc ở thùng I và thùng II để nước ở thùng III có nhiệt độ bằng 50 0C ? Giải: Gọi m là khối lượng của mỗi ca nước, n1 là số ca nước ở thùng I, n2 là số ca nước ở thùng II 0 Vậy số ca nước ở thùng III là n1+ n2, nhiệt độ cân bằng của nước trong thùng III là 50 C Ta có : Nhiệt lượng thu vào của số nước từ thùng I là : Q1 = m1.c.(50-20) = n1.m.c.30 (1) Nhiệt lượng tỏa ra của số nước từ thùng II là : Q2 = m2.c.(80-50) = n2.m.c.30 (2) Nhiệt lượng thu vào của số nước từ thùng III là : Q3 =(n1+n2).m.c.(50 - 40) = (n1+n2).m.c.10 (3) Do quá trình là cân bằng nên ta có : Q1 + Q3 = Q2 (4) Thay hệ thức (1), (2), (3) vào hệ thức (4) ta được: 2n1= n2 Như vậy nếu mức ở thùng II: n ca thì phải múc ở thùng I: 2n ca và số nước có sẵn trong thùng III là: 3n ca (n nguyên dương ) Bài 3: Trong một bình nhiệt lượng kế chứa hai lớp nước. Lớp nước lạnh ở dưới và lớp nước nóng ở trên. Tổng thể tích của hai khối nước này thay đổi như thế nào khi chúng sảy ra hiện tượng cân bằng nhiệt?. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình và với môi trường. Giải: Gọi V1; V2; V’1; V’2 lần lượt là thể tích nước nóng, nước lạnh ban đầu và nước nóng, nước lạnh khi ở nhiệt độ cân bằng. độ nở ra hoặc co lại của nước khi thay đổi 10C phụ thuộc vào hệ số tỷ lệ K. sự thay đổi nhiệt độ của lớp nước nóng và nước lạnh lần lượt là ∆t1 và ∆t2. V1 = V’1 + V’1K∆t1 và V2 = V’2 - V’2K∆t2 Ta có V1 + V2 = V’1 + V’2 + K(V’1∆t1 - V’2∆t2) Theo phương trình cân bằng nhiệt thì: m1C∆t1 = m2C∆t2 với m1, m2 là khối lượng nước tương ứng ở điều kiện cân bằng nhiệt, vì cùng điều kiện nên chúng có khối lượng riêng như nhau Nên: V’1DC∆t1 = V’2DC∆t2 V’1∆t1 – V’2∆t2 = 0 Vậy: V1 + V2 = V’1 + V’2 nên tổng thể tích các khối nước không thay đổi Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  27. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 27 II/ Các bài toán có sự chuyển thể của các chất Bài 1: Trong một bình bằng đồng có đựng một lượng nước đá có nhiệt độ ban đầu là t1 = 5 oC. Hệ được cung cấp nhiệt lượng bằng một bếp điện. Xem rằng nhiệt lượng mà bình chứa và lượng chất trong bình nhận được tỷ lệ với thời gian đốt nóng (hệ số tỷ lệ không đổi). Người ta o o thấy rằng trong 60 s đầu tiên nhiệt độ của hệ tăng từ t 1 = 5 C đến t2 = 0 C, sau đó nhiệt độ o o không đổi trong 1280 s tiếp theo, cuối cùng nhiệt độ tăng từ t2 = 0 C đến t3 = 10 C trong 200 s. Biết nhiệt dung riêng của nước đá là c 1 = 2100 J/(kg.độ), của nước là c 2 = 4200 J/(kg.độ). Tìm nhiệt lượng cần thiết để 1kg nước đá tan hoàn toàn ở 00c. Giải: Gọi K là hệ số tỷ lệ và  là nhiệt lượng cần thiết để 1 kg nước đá nóng chảy hoàn toàn ở nhiệt độ nóng chảy. o o + Trong T1 = 60 s đầu tiên, bình và nước đá tăng nhiệt độ từ t1 = - 5 C đến t2 = 0 C: k.T1 = (m1.c1 + mx.cx)(t2 - t1) (1) + Trong T2 = 1280 s tiếp theo, nước đá tan ra, nhiệt độ của hệ không đổi: k.T2 = m1. (2) o o + Trong T3 = 200 s cuối cùng, bình và nước tăng nhiệt độ từ t2 = 0 C đến t3 = 10 C: k.T3 = (m1.c2 + mx.cx)(t3 - t2) (3) Từ (1) và (3): k.T1 m1c1 m x c x (4) t 2 t1 k.T3 m1c2 m x c x (5) t 3 t 2 Lấy (5) trừ đi (4): k.T3 k.T1 m(c2 c1 ) (6) t 3 t 2 t 2 t1 Chia 2 vế của 2 phương trình (2) và (6):  k.T T 2 2 c c k.T k.T T T 2 1 3 1 3 1 t 3 t 2 t 2 t1 t 3 t 2 t 2 t1 T (c c ) Vậy:  2 2 1 T T 3 1 t 3 t 2 t 2 t1 1280(4200 2100) J Thay số:  336000 3,36.105 200 60 kg 10 0 0 ( 5) III/ Các bài toán có sự trao đổi nhiệt với môi trường Sự trao đổi nhiệt với môi trường luôn tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ. Tỷ lệ với diện tích tiếp xúc với môi trường. Nên nhiệt lượng hao phí ra môi trường là k.S.(t2 - t1) với k là hệ số tỷ lệ. Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  28. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 28 Trong trường hợp nhiệt lượng cung cấp cho vật không đủ làm cho vật chuyển thể thì khi vật có nhiệt độ ổn định ta luôn có công suất tỏa nhiệt ra môi trường đúng bằng công suất của thiết bị đốt nóng cung cấp cho vật. Bài toán 1: Có ba bình hình trụ chỉ khác nhau về chiều cao. Dung tích các bình là 1l, 2l, 4l. tất cả đều chứa đầy nước. Nước trong các bình được đun nóng bởi thiết bị đun. Công suất thiết bị đun không đủ để nước sôi. Nước ở bình thứ nhất được đốt nóng đến 800c. ở bình thứ hai tới 600c. Nước ở bình thứ 3 được đốt nóng tới nhiệt độ nào? Nếu nhiệt độ phòng là 200c. Cho rằng nhiệt lượng tỏa ra môi trường tỷ lệ với hiệu nhiệt độ giữa nước và môi trường xung quanh, tỷ lệ với diện tích tiếp xúc giữa nước và môi trường. Nước trong bình được đốt nóng đều đặn. Giải: Gọi nhiệt độ của nước trong bình 1, 2, 3 khi ổn định nhiệt độ là T1, T2, T3 và nhiệt độ ; phòng là T. Diện tích hai đáy bình là S và diện tích xung quanh của các bình tương ứng là S1 S2; S3. Dung tích các bình tương ứng là V1; V2; V3 Vì: V3 = 2V2 = 4V1 Nên S3 = 2S2 = 4S1 Vì nhiệt độ tỏa ra môi trường tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ và tỷ lệ với diện tích tiếp xúc. Nên công suất hao phí của thiết bị đun của các bình tương ứng là: Php1 = A(S1 + S)(T1-T) = A( S3 +S)60 Php2 = A(S2 + S)(T2-T) = A( S3 +S)40 Php3 = A(S3 + S)(T3-T) = A( S3 +S)(T3 - 20) Với A là hệ số tỷ lệ. Nhiệt độ của các bình sẽ ổn định khi công suất cung cấp của thiết bị đun đúng bằng công suất hao phí. Nên: A( S3 +S)60 = A( S3 +S)40 S3 = 4S 0 Từ: A( S3 +S)60 = A( S3 +S)(T3 - 20) và S3 = 4S ta tính được T3 = 44 C Vậy nước trong bình thứ 3 được đun nóng tới 440c. Bài 2: Người ta thả một chai sữa của trẻ em vào phích đựng nước ở nhiệt độ t = 400C. Sau khi 0 đạt cân bằng nhiệt, chai sữa nóng tới nhiệt độ t1 = 36 C, người ta lấy chai sữa này ra và tiếp tục thả vào phích một chai sữa khác giống như chai sữa trên. Hỏi chai sữa này khi cân bằng sẽ được làm nóng tới nhiệt độ nào? Biết rằng trước khi thả vào phích, các chai sữa đều có nhiệt độ t0 =180C. 0 Giải: Gọi q1 là nhiệt lượng do phích nước toả ra để nó hạ 1 C , q2 là nhiệt lượng cung cấp cho 0 chai sữa để nó nóng thêm 1 C , t2 là nhiệt độ của chai sữa thứ hai khi cân bằng. Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có: + Lần 1: q1(t – t1) = q2(t1 - t0) + Lần 2: q1(t1 – t2) = q2(t2 - t0) + Từ (1) và (2) giải ra ta có t2=32,70C IV/ Các bài toán có liên quan đến công suất tỏa nhiệt của các vật tỏa nhiệt. Bài toán 1: Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  29. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 29 Một lò sưởi giữ cho phòng ở nhiệt độ 200C khi nhiệt độ ngoài trời là 50C. Nếu nhiệt độ ngoài trời hạ xuống tới – 50C thì phải dùng thêm một lò sưởi nữa có công suất 0,8KW mới duy trì nhiệt độ phòng như trên. Tìm công suất lò sưởi được đặt trong phòng lúc đầu?. Giải: Gọi công suất lò sưởi trong phòng ban đầu là P, vì nhiệt toả ra môi trường tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ, nên gọi hệ số tỷ lệ là K. Khi nhiệt độ trong phòng ổn định thì công suất của lò sưởi bằng công suất toả nhiệt ra môi trường của phòng. Ta có: P = K(20 – 5) = 15K ( 1) Khi nhiệt độ ngoài trời giảm tới -50C thì:(P + 0,8) = K[20 – (-5)] = 25K (2) Từ (1) và (2) ta tìm được P = 1,2 KW. Bài toán 2: Một ấm điện bằng nhôm có khối lượng 0,5kg chứa 2kg nước ở 25oC. Muốn đun sôi lượng nước đó trong 20 phút thì ấm phải có công suất là bao nhiêu? Biết rằng nhiệt dung riêng của nước là C = 4200J/kg.K. Nhiệt dung riêng của nhôm là C1 = 880J/kg.K và 30% nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh Giải: + Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của ấm nhôm từ 25oC tới 100oC là: Q1 = m1c1 ( t2 – t1 ) = 0,5.880.(100 – 25 ) = 33000 ( J ) + Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của nước từ 25oC tới 100oC là: Q2 = mc ( t2 – t1 ) = 2.4200.( 100 – 25 ) = 630000 ( J ) + Nhiệt lượng tổng cộng cần thiết: Q = Q1 + Q2 = 663000 ( J ) ( 1 ) + Mặt khác nhiệt lượng có ích để đun nước do ấm điện cung cấp trong thời gian 20 phút Q = H.P.t ( 2 ) ( Trong đó H = 100% - 30% = 70% ; P là công suất của ấm ; t = 20 phút = 1200 giây ) Q 663000.100 +Từ ( 1 ) và ( 2 ) : P = 789,3(W) H.t 70.1200 V/ Các bài toán về sự trao đổi nhiệt qua thanh và qua các vách ngăn Sự trao đổi nhiệt qua thanh sẽ có một phần nhiệt lượng hao phí trên thanh dẫn nhiệt. Nhiệt lượng này tỷ lệ với diện tích tiếp xúc của thanh với môi trường, tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ của thanh dẫn với nhiệt độ môi trường và phụ thuộc vào chất liệu làm thanh dẫn. Khi hai thanh dẫn khác nhau được mắc nối tiếp thì năng lượng có ích truyền trên hai thanh là như nhau. Khi hai thanh dẫn khác nhau mắc song song thì tổng nhiệt lượng có ích truyền trên hai thanh đúng bằng nhiệt lượng có ích của hệ thống. Khi truyền nhiệt qua các vách ngăn. Nhiệt lượng trao đổi giữa các chất qua vách ngăn tỷ lệ với diện tích các chất tiếp xúc với các vách ngăn và tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ giữa hai bên vách ngăn. Bài toán 1: Trong một bình cách nhiệt chứa hỗn hợp nước và nước đá ở 00c. Qua thành bên của bình người ta đưa vào một thanh đồng có một lớp cách nhiệt bao quanh. Một đầu của thanh tiếp xúc với nước đá, đầu kia được nhúng trong nước sôi ở áp suất khí quyển. Sau thời gian Td = 15 phút thì nước đá ở trong bình tan hết. Nếu thay thanh đồng bằng thanh thép có cùng tiết diện nhưng khác nhau về chiều dài với thanh đồng thì nước đá tan hết sau Tt = 48 phút. Cho hai thanh đó nối tiếp với nhau thì nhiệt độ t tại điểm tiếp xúc giữa hai thanh là bao nhiêu? Xét hai trường hợp: 1/ Đầu thanh đồng tiếp xúc với nước sôi Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  30. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 30 2/ Đầu thanh thép tiếp xúc với nước sôi. Khi hai thanh nối tiếp với nhau thì sau bao lâu nước đá trong bình tan hết? (giải cho từng trường hợp ở trên) Giải: Với chiều dài và tiết diện của thanh là xác định thì nhiệt lượng truyền qua thanh dẫn nhiệt trong một đơn vị thời gian chỉ phụ thuộc vào vật liệu làm thanh và hiệu nhiệt độ giữa hai đầu thanh. Lượng nhiệt truyền từ nước sôi sang nước đá để nước đá tan hết qua thanh đồng và qua thanh thép là như nhau. Gọi hệ số tỷ lệ truyền nhiệt đối với các thanh đồng và thép tương ứng là Kd và Kt. Ta có phương trình: Q = Kd(t2 - t1)Td = Kt(t2-tt)Tt Với t2 = 100 và t1 = 0 Nên: = = 3,2 Khi mắc nối tiếp hai thanh thì nhiệt lượng truyền qua các thanh trong 1 s là như nhau. Gọi nhiệt độ ở điểm tiếp xúc giữa hai thanh là t 0 Trường hợp 1: Kd(t2-t) = Kt(t - t1) Giải phương trình này ta tìm được t = 76 c Trường hợp 2: Tương tự như trường hợp 1. ta tìm được t = 23,80c. Gọi thời gian để nước đá tan hết khi mắc nối tiếp hai thanh là T Với trường hợp 1: Q = Kd(t2-t1)Td = Kd(t2-t)T = 63 phút. Tương tự với trường hợp 2 ta cũng có kết quả như trên Bài toán 2:Trong một bình có tiết diện thẳng là hình vuông được chia làm ba ngăn như hình vẽ. hai ngăn nhỏ có tiết diện thẳng cũng là hình vuông có cạnh bằng nửa cạnh của bình. Đổ vào các ngăn đến cùng một độ cao ba chất lỏng: Ngăn 1 là nước ở nhiệt độ 0 0 t1 = 65 c. Ngăn 2 là cà phê ở nhiệt độ t2 = 35 c. Ngăn 3 là sữa ở nhiệt độ 0 t3 = 20 c. Biết rằng thành bình cách nhiệt rất tốt nhưng vách ngăn có thể dẫn nhiệt. Nhiệt lượng truyền qua vách ngăn trong một đơn vị thời gian tỷ lệ với diện tích tiếp xúc của chất lỏng và với hiệu nhiệt độ hai bên vách ngăn. Sau một 0 thời gian thì nhiệt độ ngăn chứa nước giảm ∆t1 = 1 c. Hỏi ở hai ngăn còn lại nhiệt độ biến đổi bao nhiêu trong thời gian nói trên? Coi rằng về phương diện nhiệt thì 3 chất nói trên là giống nhau. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt của bình và môi trường. Giải: Vì diện tích tiếp xúc của từng cặp chất lỏng là như nhau. Vậy nhiệt lượng truyền giữa chúng tỷ lệ với hiệu nhiệt độ với cùng một hệ số tỷ lệ K Tại các vách ngăn. Nhiệt lượng tỏa ra: Q12 = K(t1 - t2); Q13 = k(t1 - t3); Q23 = k(t2 - t3) Từ đó ta có các phương trình cân bằng nhiệt: Đối với nước: Q12 + Q23 = K(t1 - t2 + t1 -t3) = 2mc∆t1 Đối với cà phê: Q12 -Q23 = k(t1 - t2 - t2 + t3 ) = mc∆t2 Đối với sữa: Q13 + Q23 = k(t1 - t3 + t2 - t3) = mc∆t3 0 0 Từ các phương trình trên ta tìm được: ∆t2 = 0,4 c và ∆t3 = 1,6 c VI/ Các bài toán liên quan đến công suất tỏa nhiệt của nhiên liệu: Bài toán: Một bếp dầu hoả có hiệu suất 30%. a)Tính nhiệt lượng toàn phần mà bếp toả ra khi đốt cháy hoàn toàn 30g dầu hoả? b)Với lượng dầu hoả nói trên có thể đun được bao nhiêu lít nước từ 300C đến 1000C. Biết năng suất toả nhiệt của dầu hoả là 44.106J/kg , nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K. Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  31. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 31 Giải: 6 a) QTP =mq = 0,03 .44 10 = 1320 000(J) b) + Gọi M là khối lượng nước cần đun, theo bài ra ta có: Qthu= cM t = 4200.M.(100 - 30) = 294 000.M(J) Qi 30 + Từ công thức : H = Qi = H.QTP = .1320 000 = 396 000(J) QTP 100 + Nhiệt lượng cần đun sôi lượng nước là Qi , theo phương trình cân bằng nhiệt ta có: 294 000.M = 396 000 M = 1,347 (kg) Vậy với lượng dầu trên đun bằng bếp ta có thể đun được 1,347 kg (1,347l) nước từ 300C đến 1000C. VII/ Bài toán đồ thị: Bài toán: Hai lít nước được đun trong một chiếc bình đun nước có công suất 500W. Một phần nhiệt tỏa ra môi trường xung quanh. Sự phụ thuộc của công suất tỏa ra môi trường theo thời gian đun được biểu diễn trên đồ thị như hình vẽ. Nhiệt độ ban đầu của nước là 200c. Sau bao lâu thì nước trong bình có nhiệt độ là 300c. Cho nhiệt dung riêng của nước là c = 4200J/kg.K Giải: Gọi đồ thị biểu diễn công suất tỏa ra môi trường là P = a + bt. + Khi t = 0 thì P = 100 + Khi t = 200 thì P = 200 + Khi t = 400 thì p = 300 Từ đó ta tìm được P = 100 + 0,5t Gọi thời gian để nước tăng nhiệt độ từ 200c đến 300c là T thì nhiệt lượng trung bình tỏa ra trong thời gian này là: Ptb = = = 100 + 0,25t Ta có phương trình cân bằng nhiệt: 500T = 2.4200(30 - 20) + (100+0,25t)t Phương trình có nghiệm: T = 249 s và T = 1351 s Ta chọn thời gian nhỏ hơn là T = 249s PHẦN III - CÁC BÀI TOÁN THỰC NGHIỆM CƠ - NHIỆT I/ Các bài toán thực nghiệm ứng dụng điều kiện cân bằng của vật rắn: Bài toán 1: Hãy tìm cách xác định khối lượng của một cái chổi quét nhà với các dụng cụ sau: Chiếc chổi cần xác định khối lượng, một số đoạn dây mềm có thể bỏ qua khối lượng, 1 thước dây có độ chia tới milimet. 1 gói mì ăn liền mà khối lượng m của nó được ghi trên vỏ bao ( coi khối lượng của bao bì là nhỏ so với khối lượng cái chổi) Giải: ( xem hình vẽ phía dưới) Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  32. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 32 Bước 1: dùng dây mềm treo ngang chổi. di chuyển vị trí buộc dây tới khi chổi nằm cân bằng theo phương ngang, đánh dấu điểm treo là trọng tâm của chổi ( điểm M) Bước 2: Treo gói mì vào đầu B. làm lại như trên để xác đinh vị trí cân bằng mới của chổi ( điểm N) Bước 3: vì lực tác dụng tỷ lệ nghịch với cánh tay đòn nên ta có: Pc.l1 = PM.l2 m.l2 mc .l1 = m .l2 mc = l1 Từ đó xác định được khối lượng chổi. các chiều dài được đo bằng thước dây. Bài toán 2: Trình bầy phương án xác định khối lượng riêng (gần đúng) của một chất lỏng x với các dụng cụ sau đây. Một thanh cứng, đồng chất, một thước thẳng có thang đo, dây buộc không thấm nước, một cốc nước( đã biết Dn), Một vật rắn không thấm nước( có thể chìm được trong cả hai chất lỏng), Cốc đựng chất x. Giải: - Dùng dây treo thanh cứng, khi thanh thăng bằng, đánh dấu vị trí dây treo là G( G chính là trọng tâm của thanh). Treo vật nặng vào thanh cứng, dịch chuyển dây treo để thước thăng bằng trở lại, đánh dấu vị trí treo thanh và treo vật là O1 và A, dùng thước đo khoảng cách AO1=l1, O1G=l2. khi đó ta có phương trình cân bằng: l1 P1= p0l2 (1) Nhúng chìm vật rắn vào chất lỏng x , dịch dây treo thước đến vị trí O 2 để thước thăng bằng trở lại. đo khoảng cách AO2 =l3, O2G=l4 Ta có phương trình cân bằng: l3( P1- 10 V Dx) = P0.l4 (2). Nhúng chìm vật rắn vào cốc nước , dịch dây treo thước đến vị trí O 3 để thước thăng bằng trở lại. đo khoảng cách AO3 =l5, O3G=l6 , Ta có phương trình cân bằng: l5( P1- 10 V Dn) = P0.l6 (3). Giải hệ 3 phương trình 1,2,3 ta tìm được Dx II/ các bài toán thực nghiệm ứng dụng điều kiện cân bằng của vật trong chất lỏng: Bài toán 1: Trong tay chỉ có 1 chiếc cốc thủy tinh hình trụ thành mỏng, bình lớn đựng nước, thước thẳng có vạch chia tới milimet. Hãy nêu phương án thí nghiệm để xác định khối lượng riêng của một chất Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  33. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 33 lỏng nào đó và khối lượng riêng của cốc thủy tinh. Cho rằng bạn đã biết khối lượng riêng của nước. Giải: Gọi diện tích đáy cốc là S, Khối lượng riêng của cốc là D0; Khối lượng riêng của nước là D1; khối lượng riêng của chất lỏng cần xác định là D2 và thể tích cốc là V. chiều cao của cốc là h. Lần 1: thả cốc không có chất lỏng vào nước. phần chìm của cốc trong nước là h1 Ta có: 10D0V = 10D1Sh1 D0V = D1Sh1. (1) h1 D0Sh = D1Sh1 D0 = D1 xác định được khối lượng riêng của cốc. h Lần 2: Đổ thêm vào cốc 1 lượng chất lỏng cần xác định khối lượng riêng ( vừa phải) có chiều cao h2, phần cốc chìm trong nước có chiều cao h3 Ta có: D1Sh1 + D2Sh2 = D1Sh3. ( theo (1) và P = FA) D2 = (h3 – h1)D1 xác định được khối lượng riêng chất lỏng. Các chiều cao h, h1, h2, h3 được xác định bằng thước thẳng. D1 đã biết. Bài toán 2: Hãy trình bày phương án xác định ( gần đúng) khối lượng riêng của một vật nhỏ bằng kim loại Dụng cụ gồm: Vật cần xác định khối lượng riêng, lực kế, ca đựng nước có thể nhúng chìm hoàn toàn vật, một số sợi dây nhỏ mềm có thể bỏ qua khối lượng. coi rằng khối lượng riêng của không khí là D1 và khối lượng riêng của nước là D2 đã biết. Giải: Bước 1: Treo vật vào lực kế. đọc số chỉ lực kế khi vật ở trong không khí ( P1) Nhúng chìm vật trong nước. đọc số chỉ của lực kế khi vật bị nhúng chìm (P2) Bước 2: Thiết lập các phương trình: Gọi thể tích của vật là V, Lực ác si mét khi vật ngoài không khí là FA1 và khi vật ở trong nước là FA2. Khi vật trong không khí: P1 = P - FA1 = P – 10D1V (1) Khi vật được nhúng chìm trong nước: P2 = P - FA2 = P – 10D2V (2) P P Từ (1) và (2) ta có: V = 1 2 (3) 10 D2 D1 P1D2 P2 D1 Mặt khác. Từ (1) và (3) có: P = F1 + 10D1V = D2 D1 P P D P D Vậy khối lượng của vật: m = 1 2 2 1 10 10 D2 D1 m P D P D Từ đó tính được khối lượng riêng của vật: D = 1 2 2 1 V P1 P2 III/ Các bài toán thực nghiệm ứng dụng áp suất trong lòng chất lỏng: Bài toán: Trình bày cách xác định khối lượng riêng của dầu hỏa bằng phương pháp thực nghiệm với các dụng cụ gồm: hai ống thủy tinh rỗng giống nhau và một ống cao su mếm có thể nối khít hai ống thủy tinh , một cốc đựng nước nguyên chất, một cốc đựng dầu hỏa , một thước dài có độ chia nhỏ nhất đến mm. 1 bút vạch dấu, 1 phễu rót thích hợp, một giá thí nghiệm. Trọng lượng riêng của nước đã biết là dn. Giải: Bước 1: Nối hai ống thủy tinh bằng ống cao su mềm thành một bình thông nhau và gắn lên giá thì nghiệm sao cho hai miệng ống thủy tinh có chiều cao như nhau. Giáo viên: Trần Đại Nghĩa
  34. Trường THCS Xuân Ninh – Quảng Ninh- Quảng Bình 34 Bước 2: Đổ nước vào một nhánh , sau đó đổ dầu vào nhánh kia Do dầu không hòa tan và nhẹ hơn nước nên nổi trên mặt nước.xác định 2 điểm A và B trong 2 nhánh (giả sử A ở nhánh có dầu) sao cho A nằm trên mặp phân cách giữa dầu và nước và A, B cùng nằm trên mặt phẳng nằm ngang. ( thực hiện bằng cách đo từ miệng ống) Bước 3: Thiết lập các phương trình: pA = pB nên hA. dd = hB.dn Vậy: dd = Dùng thước có chia đến mm để đo độ cao hA của cột dầu và độ cao hB của cột nước và thế vào biểu thức trên để tính dn Có thể tiến hành đo nhiều lần với lượng nước và dầu khác nhau để tính trị số trung bình của trọng lượng riêng của dầu IV/ Các bài toán thực nghiệm ứng dụng phương trình cân bằng nhiệt: Bài toán: Hãy nêu phương án xác định nhiệt dung riêng của chất lỏng không có phản ứng hóa học với các chất khi tiếp xúc. Dụng cụ gồm: 1 nhiệt lượng kế có nhiệt dung riêng là Ck, một nhiệt kế phù hợp, 1 chiếc cân không có bộ quả cân, hai chiếc cốc thủy tinh, nước có nhiệt dung riêng là Cn, bếp điện và bình đun. Giải: Bước 1: Dùng cân để lấy ra một lượng nước và một lượng chất lỏng có cùng khối lượng bằng khối lượng của nhiệt lượng kế: ta thực hiện như sau: Lần 1: Trên đĩa cân 1 đặt nhiệt lượng kế và một cốc rỗng 1. trên đĩa cân 2 đặt cốc rỗng 2. rót nước vào cốc 2 cho đến khi cân thăng bằng. Lần 2: bỏ nhiệt lượng kế ra khỏi đĩa cân 1. rót chất lỏng vào cốc 1 cho đến khi cân thăng bằng. ta có khối lượng chất lỏng bằng khối lượng của nhiệt lượng kế. ml = mk. Đổ chất lỏng từ cốc 1 vào bình nhiệt lượng kế. Lần 3: rót nước vào cốc 1 cho đến khi cân thăng băng. Ta có khối lượng của nước bằng khối lượng nhiệt lượng kế. mn = mk. Đổ nước từ cốc 1 vào bình đun. Bước 2: Đo nhiệt độ t1 của chất lỏng ở nhiệt lượng kế. Đun nước tới nhiệt độ t2 rồi rót vào nhiệt lượng kế và khuấy đều. đo nhiệt độ của hỗn hợp chất lỏng khi cân bằng nhiệt là t3. Bước 3: Lập phương trình cân bằng nhiệt: mnCn(t2 - t3) = (mlCl + mkCk)(t3 - t1) từ đó xác định được Cl Giáo viên: Trần Đại Nghĩa