Khi nói về
chuyển động của các vật có khối lượng thay đổi, người ta thường đề cập đến các bài toán về
chuyển động của xe đẩy có cát được đổ vào hoặc đổ ra, về
chuyển động phản lực của tên lửa vũ trụ (do luồng khí thoát ra),
chuyển động của sợi dây sau khi một đầu chạm sàn, và các bài toán tương tự khác. Trong những tình huống này, khối lượng của vật mà chúng ta quan tâm có thể giảm đi (cát đổ ra, nhiên liệu tiêu thụ) hoặc tăng lên (cát được đổ vào, bụi vũ trụ bám vào tên lửa). Để đơn giản, chúng ta sẽ nghiên cứu riêng từng trường hợp này, sau đó kết hợp chúng lại thành một công thức duy nhất –
phương trình Meshchersky.
Cơ sở để mô tả chuyển động của các vật có khối lượng thay đổi là một sự thật đã biết: tốc độ thay đổi động lượng của hệ bằng tổng hợp lực của các ngoại lực tác dụng lên hệ:
$$ \frac{d\vec{p}}{dt}=\vec{F} \quad \text{hoặc} \quad d\vec{p}=\vec{F}dt $$
Trường hợp 1: Khối lượng tăng
Giả sử một vật có khối lượng $m$ chuyển động với vận tốc $\vec{v}$, và một vật khác có khối lượng rất nhỏ $\delta m$ chuyển động với vận tốc $\vec{w}$. Trong khoảng thời gian $dt$, hai vật dính vào nhau, và vật mới có khối lượng $m+\delta m$ chuyển động với vận tốc $\vec{v}+d\vec{v}$. Độ biến thiên động lượng của hệ là:
$$
d\vec{p}=(m+\delta m)(\vec{v}+d\vec{v})-(m\vec{v}+\delta m\cdot\vec{w})=md\vec{v}-(\vec{w}-\vec{v})\delta m+\delta m\cdot d\vec{v}.
$$
Số hạng cuối cùng $\delta m \cdot d\vec{v}$ có thể bỏ qua vì nó là một đại lượng nhỏ bậc hai. Vận tốc $\vec{u}=\vec{w}-\vec{v}$ là vận tốc tương đối của vật $\delta m$ so với vật $m$ trước khi tương tác. Như vậy:
$$ d\vec{p}=md\vec{v}-\vec{u}\delta m. $$
Thay vào phương trình trên, ta được:
$$ m\frac{d\vec{v}}{dt}=\vec{F}+\vec{u}\frac{\delta m}{dt} $$
Trường hợp 2: Khối lượng giảm
Giả sử một tên lửa có khối lượng $m$ chuyển động với vận tốc $\vec{v}$ và trong khoảng thời gian $dt$, nó phóng ra một lượng khí có khối lượng $\delta m$. Vận tốc của lượng khí này trong hệ quy chiếu đứng yên là $\vec{w}$, còn so với tên lửa thì nó là $\vec{u}=\vec{w}-\vec{v}$. Sau khi phóng ra lượng khí, tên lửa có vận tốc $\vec{v}+d\vec{v}$. Độ biến thiên động lượng của hệ "tên lửa + luồng khí" là:
$$ d\vec{p}=((m-\delta m)(\vec{v}+d\vec{v})+\delta m\cdot\vec{w})-m\vec{v}=md\vec{v}+(\vec{w}-\vec{v})\delta m=md\vec{v}+\vec{u}\delta m. $$
Thay vào phương trình trên, ta được:
$$ m\frac{d\vec{v}}{dt}=\vec{F}-\vec{u}\frac{\delta m}{dt} $$
Phương trình Meshchersky
Khi so sánh hai công thức trên, chúng ta thấy chúng chỉ khác nhau ở dấu trước $\delta m$. Nếu khối lượng tăng, dấu là cộng, và nếu khối lượng giảm, dấu là trừ. Điều này cho phép chúng ta kết hợp cả hai công thức thành một, bằng cách sử dụng vi phân thông thường $dm$:
$$ m\frac{d\vec{v}}{dt}=\vec{F}+\vec{u}\frac{dm}{dt} $$
(Trường hợp khối lượng tăng tương ứng với $dm>0$, khối lượng giảm tương ứng với $dm\lt0$). Mối quan hệ này được gọi là phương trình Meshchersky và là công cụ cơ bản để mô tả chuyển động của các vật có khối lượng thay đổi.
MỘT SỐ BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG CỦA CÁC VẬT CÓ KHỐI LƯỢNG THAY ĐỔI
Bài toán 1. Lực ép của tên lửa lên tường – Bài toán cơ bản về vật chuyển động có khối lượng thay đổi
Một tên lửa hình trụ có động cơ đang hoạt động, dựa đầu vào một bức tường đứng yên. Luồng khí thoát ra với vận tốc $u$, tốc độ tiêu thụ nhiên liệu theo khối lượng là $\mu$. Tìm lực ép của tên lửa lên tường. Bỏ qua trọng lực.
Áp dụng phương trình Meshchersky, với $v=0$ và $\frac{dm}{dt}=-\mu$ (khối lượng khí trong tên lửa giảm đi), ta có
$$
F=\mu u
$$
Đây là lực do tường tác dụng lên tên lửa. Lực do tên lửa tác dụng lên tường là $F'=-F$.
Bài toán 2. Xác định tốc độ tiêu thụ nhiên liệu của tên lửa có khối lượng thay đổi
Một tên lửa có khối lượng $m$ lơ lửng trên bề mặt Trái Đất. Hỏi nó phải tiêu thụ bao nhiêu nhiên liệu trong một đơn vị thời gian để làm được điều đó, nếu vận tốc thoát khí là $u$? Kết quả sẽ thay đổi như thế nào nếu tên lửa bay lên với gia tốc $a$?
Chọn chiều dương hướng từ dưới lên.
+ Trường hợp tên lửa lơ lửng trên bề mặt Trái Đất
Ngoại lực tác dụng lên tên lửa là trọng lực, vận tốc tên lửa bằng không, theo phương trình Meshchersky thì
$$
\frac{dm}{dt}=-\frac{F}{u}=-\frac{-mg}{u}=\frac{mg}{u}
$$
Do khí thoát ra nên $\frac{dm}{dt}\lt 0$, duy ra $u\lt 0$, tức là khí phải phút xuống mặt đất.
+ Trường hợp tên lửa bay lên với gia tốc $a$, tức là $\frac{dv}{dt}=a$
$$
ma=-mg+u\frac{dm}{dt}\\
\frac{dm}{dt}=\frac{m(a+g)}{u}
$$
Bài toán 3. Phân tích gia tốc tên lửa và vận tốc phụt khí trong bài toán vật chuyển động có khối lượng thay đổi
Một tên lửa phóng thẳng đứng. Ở thời điểm $t_1=30\ \text{s}$ của chuyến bay, trọng lượng của vệ tinh được đưa lên quỹ đạo tăng lên $k_1=1\text{,}5$ lần (so với trọng lượng trước khi phóng), ở thời điểm $t_2=60\ \text{s}$, trọng lượng của vệ tinh đã lớn hơn $k_2=2\text{,}0$ lần so với trước khi phóng. Giả sử tốc độ tiêu thụ nhiên liệu theo khối lượng là không đổi. Bỏ qua sức cản của không khí và sự thay đổi của gia tốc trọng trường theo độ cao. Lấy $g=10~\text{m}\!/\!\text{s}^2\!$.
- Tìm gia tốc của tên lửa tại thời điểm $t_1$.
- Xác định vận tốc $u$ của sản phẩm cháy thoát ra so với vòi phun, coi nó là không đổi.
1) Gia tốc của tên lửa tại thời điểm $t_1$
Trọng lượng của vệ tinh trước khi phóng là $P=m_\text{vt}g$, tại thời điểm $t_1$ là $P_1=m_\text{vt}(a_1+g)$. Theo bài ra thì $P_1=k_1P$, suy ra gia tốc tại đây
$$
a_1=(k_1-1)g=5\ \text{m}\!/\!\text{s}^2
$$
2) Tốc độ thoát khí so với tên lửa
Ý 1) đã gợi ý rằng, ngoài các dữ kiện: Lưu lượng khí thoát ra không đổi, vận tốc khí thoát ra không đổi, thì còn có gia tốc của tên lửa tại các thời điểm $t_1$ và $t_2$. Tức là phương trình Meshchersky chúng ta phải đưa về dạng có gia tốc.
$$
a=\frac{dv}{dt}\\
a_1=(k_1-1)g\\
a_2=(k_2-1)g\\
$$
Lưu lượng thoát khí không đổi, tức là
$$
\mu=-\frac{dm}{dt}=\text{const}\\
dm=-\mu dt\\
\int\limits_{m_0}^{m_1}dm=-\mu\int\limits_{0}^{t_1}dt\\
m_1-m_0=-\mu t_1\\
m_1=m_0-\mu t_1
$$
Tương tự ta có
$$
m_2=m_0-\mu t_2
$$
Thay vào phương trình Meshchersky ta được hai phương trình
$$
(m_0-\mu t_1)a_1=-(m_0-\mu t_1)g-\mu u\\
(m_0-\mu t_2)a_2=-(m_0-\mu t_2)g-\mu u
$$
Hay gọn lại là
$$
\left(\frac{m_0}{\mu}-t_1\right)k_1g=-u\\
\left(\frac{m_0}{\mu}-t_2\right)k_2g=-u
$$
Giải hệ hai phương trình hai ẩn $u$ và $\dfrac{m_0}{\mu}$ ta được
$$
u=\frac{gk_1k_2(t_2-t_1)}{k_1-k_2}=-1800\ \text{m}\!/\!\text{s}
$$
Bài toán 4. Vận tốc ổn định của thuyền phản lực nước – Một ví dụ thực tế về vật có khối lượng thay đổi
Một chiếc thuyền phản lực nước đang di chuyển trên mặt nước lặng. Lực cản của nước đối với chuyển động của thuyền là $f=kv^2$, với $k$ là hằng số và $v$ là vận tốc của thuyền. Thuyền vận hành theo cơ chế như sau: do chuyển động của thuyền, nước đi vào trong qua một cửa tiết diện $𝑆$ (vuông góc với hướng chuyển động); ở phía sau, nước được đẩy ra ngoài với vận tốc có độ lớn $u$ không đổi so với thuyền. Xác định vận tốc ổn định của thuyền. Biết khối lượng riêng của nước là $\rho$.
Trong phương trình Meshchersky áp dụng cho thuyền phản lực, ngoại lực chính là lực cản của nước $F=-kv^2$, khi thuyền chuyển động đều thì $\dfrac{dv}{dt}=0$, số hạng còn lại của phương trình này không chỉ tính đến lưu lượng nước thoát khỏi thuyền mà phải tính đến cả lưu lượng nước đi vào thuyền. Ta sẽ phân tích kĩ vấn đề này.
+ Ở phía trước thuyền: Nước vào thuyền với vận tốc (đối với thuyền) có độ lớn bằng vận tốc của thuyền $v$ và ngược chiều chuyển động của thuyền, trong thời gian $dt$ khối lượng nước vào thuyền là $dm=\rho Sdx$, trong phương trình Meshchersky nó được biểu diễn bằng số hạng
$$
-v\frac{dm}{dt}=-v\rho S\frac{dx}{dt}=-\rho S v^2
$$
+ Ở phía sau: Nước được đẩy ra với vận tốc có độ lớn $u$ so với thuyền, với cùng độ lớn lưu lượng $\dfrac{dm}{dt}$ (nếu không, lượng nước trong thuyền sẽ thay đổi, không đảm bảo cho thuyền vận hành thời gian dài), điều này cũng được tính đến trong phương trình Meshchersky bằng một số hạng
$$
-u\left(-\frac{dm}{dt}\right)=\rho S u v
$$
Ở đây $-\dfrac{dm}{dt}$ là vì nước bị đẩy ra khỏi thuyền, lượng nước giảm đi, không như ở phía trước lượng nước được đưa vào thuyền là tăng thêm khối lượng.
Tóm lại phương trình hoàn thiện là
$$
-kv^2-\rho S v^2+\rho S uv=0\\
v=\frac{\rho S u}{\rho S+k}
$$
Bài toán 5. Phân tích lực ép của sợi dây lên bàn – Bài toán về vật chuyển động có khối lượng thay đổi
Một sợi dây xích đồng chất được treo một đầu trên một sợi chỉ sao cho đầu kia của nó chạm vào bề mặt bàn. Người ta đốt sợi chỉ để nó bị đứt một cách đột ngột. Xác định sự phụ thuộc của áp lực từ sợi dây xích lên mặt bàn vào chiều dài $x$ của phần sợi dây xích đang rơi. Va chạm của các mắt xích với mặt bàn là không đàn hồi, khối lượng của dây xích là $m$, chiều dài của nó là $l$.
Xét phần dây xích đã rơi xuống mặt bàn, nó có chiều dài $y$ ($y=l-x$) và khối lượng $\dfrac{m}{l}y$.
Ngoại lực tác dụng lên phần dây xích này gồm trọng lực và phản lực từ mặt bàn
$$
F=\frac{m}{l}yg-N
$$
Vận tốc của phần dây xích này luôn không đổi (luôn bằng không) nên $\dfrac{dv}{dt}=0$.
Vận tốc của phần dây xích thêm vào nó là $u$, được tính theo công thức rơi tự do, nó không phụ thuộc vào khối lượng vật rơi, quãng đường nó đã rơi từ khi dây chỉ đứt là $y$, tức là
$$
u=\sqrt{2gy}
$$
Phần khối lượng thêm vào trong thời gian $dt$ là
$$
dm=\frac{m}{l}dy\\
\Rightarrow u\frac{dm}{dt}=\frac{m}{l}u^2=\frac{m}{l}2gy
$$
Thay vào phương trình Meshchersky ta được
$$
0=\frac{m}{l}yg-N+\frac{m}{l}2gy\\
\Rightarrow N=\frac{3mg}{l}y=\frac{3mg}{l}(l-x)
$$
Bài toán 6. Nghiên cứu độ ổn định của hệ thống với cát rơi – Bài toán phức tạp về vật chuyển động có khối lượng thay đổi
Nekto đã tiến hành một loạt thí nghiệm để nghiên cứu độ ổn định của hệ thống, được minh họa trong hình vẽ. Từ một phễu, nằm ở độ cao $H$ trên mép nhô ra của một tấm ván đồng nhất nằm trên hai giá đỡ, ngay sau khi mở cửa xả, cát bắt đầu đổ ra với tốc độ lưu lượng khối lượng $\mu$ kg/s. Khoảng cách giữa các giá đỡ là $2\!/\!3$ chiều dài của tấm ván. Hệ thống được thiết kế sao cho, khi rơi vào một khay nhẹ, được gắn ở mép tấm ván, cát sẽ ở lại đó.
Hình 1. Khối lượng cát thay đổi tạo ra phản lực
Nhà thực nghiệm nhận thấy rằng trong thí nghiệm đầu tiên, mép tấm ván đã bị nhấc lên khỏi giá đỡ B sau thời gian $\tau_1 = 1\text{,}00$ s kể từ khi mở cửa xả. Sau đó, nhà thực nghiệm giảm tốc độ lưu lượng khối lượng của cát xuống một nửa và phát hiện ra rằng tấm ván lại nhấc lên khỏi giá đỡ B sau thời gian $\tau_1$. Lần thứ ba, anh ta giảm tốc độ lưu lượng khối lượng của cát xuống còn một phần tư so với ban đầu, và tấm ván đã nhấc lên khỏi giá đỡ B sau thời gian $\tau_2 = 1\text{,}75$ s.
Biết rằng khối lượng của tấm ván là $M=700$ g, hãy xác định độ cao $H$ mà cát đã rơi xuống và tốc độ lưu lượng khối lượng $\mu$ của cát trong thí nghiệm đầu tiên.
Điều kiện để đầu B được nhấc lên khỏi giá đỡ là áp lực $N$ từ cát lên đầu trái của ván phải thỏa mãn:
$$
N\frac{l}{3}\ge Mg\frac{l}{6}\\
N\ge \frac{Mg}{2}
$$
Áp dụng phương trình Meshchersky cho lượng cát ở trong bát.
+ Gia tốc của phần cát này bằng không do vận tốc của nó không đổi luôn bằng không nên $\dfrac{dv}{dt}=0$.
+ Ngoại lực tác dụng lên lượng cát này gồm phản lực có độ lớn $N$ và trọng lực $Mg$.
+ Lưu lượng cát vào bát dương và không đổi $\dfrac{dm}{dt}=\mu$.
+ Vận tốc của cát đi vào bát (đối với bát) $u=\sqrt{2gH}$.
Tóm lại
$$
0=mg-N+u\mu
$$
Trong đó $m$ là khối lượng cát vào bát sau thời gian $t$, nó bằng
$$
m=\left(t-\sqrt{\frac{2H}{g}}\right)\mu
$$
(Trong thời gian cát rơi $t_\text{r}=\sqrt{\dfrac{2H}{g}}$ chúng chưa vào bát).
Ta có phương trình
$$
\left(t-\sqrt{\frac{2H}{g}}\right)\mu g-N+\mu \sqrt{2gH}=0\\
N=\left(t-\sqrt{\frac{2H}{g}}\right)\mu g+\mu \sqrt{2gH}
$$
Rõ ràng là $N$ tăng theo $t$. Nhưng trong dữ kiện bài toán, hai lần thí nghiệm với hai giá tri $\mu$ khác nhau, mà thời gian bằng nhau cùng là $\tau_1$ để đạt trạng thái mất cân bằng.
+ Về mặt toán học ta nói $N$ không phụ thuộc vào $t$, tức là biểu thức của $N$ không chứa $t$. Muốn như vậy thì
$$
t=\sqrt{\frac{2H}{g}}=\tau_1\\
\Rightarrow H=\frac{g\tau_1^2}{2}=5\ \text{m}
$$
+ Về mặt vật lý, chúng ta hiểu rằng, với các lưu lượng cát thoát ra là $\mu$ hay $\dfrac{\mu}{2}$ (ứng với hai thí nghiệm) thì ngay khi cát chạm bát, nó đã tạo ra xung lực đủ lớn để đẩy đầu trái của ván xuống rồi. Vậy nên thời gian nhà thí nghiệm đo được trong cả hai lần thí nghiệm chính là thời gian rơi của những hạt cát đầu tiên thoát ra.
Tóm lại ta đã tìm được $H=5\ \text{m}$, bây giờ áp dụng phương trình cho thí nghiệm lần thứ ba, đó là $t=\tau_2=1\text{,}75\ \text{s}$, $N=\frac{Mg}{2}$ và lưu lượng cát $\frac{\mu}{4}$ ta có
$$
\frac{Mg}{2}=\left(\tau_2-\sqrt{\frac{2H}{g}}\right)\frac{\mu}{4} g+\frac{\mu}{4}\sqrt{2gH}\\
\mu=\frac{M}{2\tau_2}=0\text{,}2\ \text{kg}\!/\!\text{s}
$$
Bài toán 7. Khối lượng của giọt nước tăng dần khi rơi - Bài toán thú vị về chuyển động của vật có khối lượng thay đổi
Một giọt mưa hình cầu có khối lượng $m$, bán kính $r$ và vận tốc hướng xuống $v$, rơi qua một đám mây hơi nước đang chuyển động lên trên với vận tốc $U$. Giọt mưa bắt đầu từ trạng thái nghỉ với bán kính $r_0$ tại thời điểm $t = 0$. Do hơi nước ngưng tụ trên giọt mưa, khối lượng của giọt mưa tăng với tốc độ bằng $k$ lần diện tích bề mặt. Bỏ qua lực cản của không khí và coi gia tốc trọng trường $g$ không đổi theo độ cao.
- Lập biểu thức của $r$ theo thời gian $t$.
- Viết biểu thức của $v$ như một hàm của thời gian $t$.
- Chứng minh rằng gia tốc của giọt nước có xu hướng tiến đến một giá trị không đổi, xác định giá trị đó.
1) Lập biểu thức của bán kính giọt nước $r$ theo thời gian $t$.
Ta dựa vào dữ kiện: Khối lượng giọt nước tăng với tốc độ bằng $k$ lần diện tích bề mặt giọt nước
$$
\frac{dm}{dt}=k(4\pi r^2)
$$
Khối lượng giọt nước $m=\rho \dfrac{4}{3}\pi r^3$, với $\rho$ là khối lượng riêng của nước. Dẫn đến vi phân
$$
dm=\rho 4\pi r^2 dr
$$
Suy ra
$$
dr=\frac{k}{\rho}dt
$$
Tích phân hai vế với điều kiện ban đầu khi $t=0$: $r(0)=r_0$
$$
\int\limits_{r_0}^r dr=\frac{k}{\rho}\int\limits_0^t dt\\
r=r_0+\frac{k}{\rho}t
$$
2) Viết phương trình vận tốc của giọt nước
Phương trình Meshchersky chính là dạng vi phân của phương trình chuyển động. Chọn chiều dương là chiều chuyển động của giọt nước (từ trên xuống). Ta viết lại
$$
m\frac{dv}{dt}=F+u\frac{dm}{dt}
$$
Trong đó ta đã biết
$$
m=\rho \frac{4}{3}\pi r^3\\
F=mg=\rho \frac{4}{3}\pi r^3 g\\
u=-(U+v)\\
\frac{dm}{dt}=k4\pi r^2
$$
Đến đây thường chúng ta thay các thông tin này vào phương trình Meshchersky và biến đổi, kết quả là
$$
\frac{dv}{dt}=1+\frac{3k(U+v)}{\rho(r_0+\frac{k}{\rho}t)}
$$
Phương trình này mà không có số "$1$" thì dễ dàng tích phân theo hai biến $t$ và $v$, nhưng "vướng" số "$1$" nên việc tích phân thật khó khăn. Đây cũng không phải bài toán có phép tính gần đúng nên không thể nghĩ đến việc loại bỏ số hạng vô cùng bé.
Bạn nào có cách giải thì viết bình luận đệ mọi người cùng tham khảo nhé!
Việc phải làm bây giờ là quay lại phương trình Meshchersky để xử lý theo cách khác. Phương trình đó là
$$
m\frac{dv}{dt}=mg-\left(U+v\right)\frac{dm}{dt}
$$
Chúng ta chú ý, có một công thức về đạo hàm mà những bài toán kiểu này rất hay áp dụng, đó là công thức tính đạo hàm của một tích:
$$
d(f\!\cdot\!g)=g\!\cdot\!df+f\!\cdot\!dg
$$
Ở đây chúng ta biến đổi phương trình theo hướng áp dụng công thức này, đó là đưa về dạng
$$
m\frac{dv}{dt}+v\frac{dm}{dt}=mg-U\frac{dm}{dt}
$$
Vế trái thì rõ ràng là đạo hàm của tích $mv$ rồi, còn vế phải ta thấy $U$ là hằng số nên $U\dfrac{dm}{dt}=\dfrac{d(mU)}{dt}$, ta có
$$
\frac{d(mv)}{dt}=mg-\frac{d(mU)}{dt}\\
\frac{d(mv)}{dt}+\frac{d(mU)}{dt}=mg\\
\frac{d(mv+mU)}{dt}=mg
$$
Bây giờ chúng ta đưa $m$ ở vế phải về hàm của thời gian $t$ được rồi khi đó
$$
m=\rho \dfrac{4}{3}\pi r^3=\rho \dfrac{4}{3}\pi\left(r_0+\frac{k}{\rho}t\right)^3
$$
$$
d(mv+mU)=\rho g \frac{4}{3}\pi \left(r_0+\frac{\rho}{k}t\right)^3\\
\int\limits_{(0+m_0 U)}^{(mv+mU)}d(mv+mU)=\int\limits_{0}^t\rho g \frac{4}{3}\pi \left(r_0+\frac{k}{\rho}t\right)^3dt\\
mv+mU-m_0U=\frac{1}{3}kg\pi\left[\left(r_0+\frac{k}{\rho}t\right)^4-r_0^4\right]
$$
Ta đưa nốt $m$ về theo hàm của $t$ là được. Kết quả cuối cùng là
$$
v=\frac{\rho g}{4k}\left[r_0+\frac{k}{\rho}t-\frac{r_0^4}{\left(r_0+\frac{k}{\rho}t\right)^3}\right]-U\left[1-\frac{r_0^3}{\left(r_0+\frac{k}{\rho}t\right)^3}\right]
$$
3) Chứng minh gia tốc dần tới một giá trị không đổi
Gia tốc không đổi thì vận tốc phải là hàm bậc nhất theo thời gian. Ở kết quả trên chúng ta xét đến giá trị $t$ rất lớn, lấy gần đúng ta được
$$
v\approx \frac{\rho g}{4k}\left(r_0+\frac{k}{\rho}t\right)-U
$$
Khi đó gia tốc là
$$
a=\frac{dv}{dt}=\frac{g}{4}=\text{const}
$$
BÀI TẬP TỰ GIẢI VỀ CHUYỂN ĐỘNG CỦA VẬT CÓ KHỐI LƯỢNG THAY ĐỔI
Bài tập 1. Thực nghiệm về lực phản lực của sợi dây xích đang rơi - Bài toán quen thuộc về vật chuyển động có khối lượng thay đổi
Một nhà thực nghiệm quyết định nghiên cứu phản lực tác dụng từ mặt cân lên một sợi dây xích đồng chất đang rơi. Để làm điều này, anh ta giữ một đầu sợi dây xích trên cao sao cho mắt xích dưới cùng gần như chạm vào mặt cân điện tử, và sau đó thả nhẹ nó ra. Ngay khi bắt đầu rơi, đồng hồ bấm giờ điện tử tự động khởi động. Số đọc tức thời của cân $P$ và đồng hồ bấm giờ $t$ được gửi đến máy tính để xử lý. Kết quả đo lường làm nhà thực nghiệm khá bối rối:
| $t\ (\text{s})$ |
$0,\!2$ |
$0,\!4$ |
$0,\!6$ |
| $P\ (\text{g})$ |
$50$ |
$200$ |
$100$ |
Dựa trên dữ liệu này, hãy xác định khối lượng $m$, chiều dài $l$ của sợi dây xích và thời gian rơi $t_1$ của cả sợi dây. Bỏ qua sức cản của không khí, lấy $g=10\ \text{m}\!/\!\text{s}^2$.
Bài tập 2. Tìm động năng cực đại của sợi dây xích đang rơi – Lại một bài toán sợi dây xích đang rơi
Một sựi dây xích chiều dài $l$ với các mắt xích nhỏ, được giữ đầu trên trên, trong khi đầu dưới của nó chạm vào mặt sàn nằm ngang. Sợi dây xích được thả ra, và nó bắt đầu rơi xuống mặt sàn. Giả sử vận tốc của các mắt xích đã rơi xuống ngay lập tức bị triệt tiêu về 0 do va chạm hoàn toàn không đàn hồi và các mắt xích đã rơi xuống không ảnh hưởng đến chuyển động của các mắt xích còn lại. Hãy tìm thời gian sau khi sợi dây xích bắt đầu chuyển động, mà động năng của các mắt xích chưa rơi đạt cực đại. Động năng cực đại này bằng bao nhiêu?
Bài tập 3. Tìm thời gian bay của tên lửa đất đối không – Lại một bài toán quen thuộc về chuyển động của vật có khối lượng thay đổi
Mặc dù kiến thức vật lý liên quan đến bài toán này không khó hơn so với hầu hết các bài toán khác, nhưng phép tính tích phân cần thiết, tuy không quá phức tạp, nhưng lại đòi hỏi sự cẩn thận cao khi áp dụng. Một tên lửa đất đối không có tổng khối lượng ban đầu $m_0$ chứa $\dfrac{1}{2}m_0$ nhiên liệu, được đốt cháy với tốc độ không đổi $α$, đẩy nhiên liệu về phía sau với vận tốc $u$ so với tên lửa. Khi được kích hoạt, tên lửa ngay lập tức phóng thẳng đứng lên trên. Hỏi tên lửa sẽ đạt độ cao bao nhiêu trước khi bắt đầu rơi xuống đất? Bỏ qua sức cản của không khí và mọi biến thiên của $g$ theo độ cao.
Bài tập 4. Tên lửa hai tầng – Một bài toán điển hình về chuyển động của vật có khối lượng thay đổi
Một tên lửa hai tầng được phóng từ trạng thái nghỉ trong một vùng không gian không có các trường lực. Khối lượng của tầng 1 khi chứa đầy nhiên liệu là $M_1$ và khi rỗng (khi nhiên liệu của tầng này đã được đẩy hết ra ngoài) là $m_1$. Tương tự cho tầng 2 khi đầy nhiên liệu và khi rỗng lần lượt là $M_2$ và $m_2$. Tầng 1 ở ở phía sau tên lửa, tầng hai ở phía trước. Ban đầu nhiên liệu được phóng ra từ tầng 1, sau khi tầng 1 phóng hết nhiên liệu, nó được tách khỏi tên lửa (mà không tạo ra xung lực) và tầng 2 bắt đầu phóng nhiên liệu. Khí phóng ra từ các tầng có cùng vận tốc $u$ so với tên lửa. Bỏ qua lực cản của không khí.
- Với thiết kế hai tầng, vận tốc mà tên lửa đạt được khi phóng hết nhiên liệu lớn hơn bao nhiêu so với vận tốc đạt được khi sử dụng một tên lửa duy nhất có khối lượng $M_1 + M_2$ khi đầy nhiên liệu và $m_1 + m_2$ khi rỗng?
- Diễn giải kết quả của bạn một cách định tính nếu $m_1$ nhỏ hơn rất nhiều so với các khối lượng khác liên quan.
