Tìm hiểu sâu thêm vật lý sơ cấp: Các bài toán tổng hợp về cơ học

tìm hiểu sâu thêm vật lý sơ cấp Các bài toán tổng hợp về cơ học Kinh nghiệm cho thấy việc giải các bài toán cơ học nhiều khi phải vận dụng kiến thức tổng hợp, ngoài ba định luật Newton ra, còn phải sử dụng các định luật bảo toàn hay các định luật về sự biến thiên của các đại l−ợng vật lý và đôi khi phải sử dụng cả tới các mối liên kết động học, có lúc lại phải chuyển từ hệ quy chiếu này sang hệ quy chiếu khác, phải phân tích động lực học của hệ bên cạnh động lực học riêng rẽ của vật này hay khác…Tất cả những điều đó làm cho các bài toán cơ học trở nên …khó, nh−ng lại rất hấp dẫn đối với những ai mê vật lý. Những bài tập loại này th−ờng đ−ợc gọi là các bài toán tổng hợp và cũng th−ờng có nhiều cách giải. D−ới đây xin giới thiệu với bạn đọc một số bài toán loại này. Bài toán 1. Hai quả cầu đồng nhất bán kính R , đặt xuyên qua một dây thép trơn, nằm ngang (H.1). Ng−ời ta gắn vào quả cầu đứng yên, khối l−ợng 6m một lò xo nhẹ, có độ cứng k và dài 6 R . Quả cầu khối l−ợng m chuyển động với vân tốc v . Hãy tìm độ biến dạng cực đại maxL∆ của lò xo và thời gian tiếp xúc τ của quả cầu khối l−ợng m với lò xo. Hình 1. Giải. Ta sẽ xét ba cách bài toán này: Cách 1. Trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm (HPTN) ph−ơng trình chuyển động của hai quả cầu chiếu trên trục Ox (xem H.2) có dạng: xxxx FmaFma 2211 6, == Từ đó, với l−u ý rằng xx FF 21 −= , ta đ−ợc: )1 6 1(212 mm Faa xxx +=− Hình 2 Tại thời điểm t độ biến dạng của lò xo bằng: ,8)()2(6)()0( 1212 RxxRxxRtLL +−−=−−−=− trong đó L là chiều dài của lò xo. Theo định luật Hooke, lực đàn hồi bằng: [ ]RxxkF x 8)( 122 +−−= . Khi đó chuyển động của quả cầu này đối với quả cầu kia đ−ợc mô tả bằng ph−ơng trình: )8()8( 121212 RxxM k aaRxx xx −−−=−=′′−− trong đó m mm mmM 7 6 6 .6 = + = đ−ợc gọi là khối l−ợng rút gọn của hệ hai quả cầu. Đây chính là ph−ơng trình mô tả dao động điều hoà. Nghiệm tổng quát của ph−ơng trình này có dạng: tBtARxx ωω sincos)8( 12 +=−− trong đó m k M k 6 7 ==ω , còn các hằng số A và B đ−ợc tìm từ điều kiện ban đầu: ARxx =−− 8)0()0( 12 ωBvvv xx =−=− )0()0( 12 Cuối cùng ta đ−ợc: t k m vRtxtx ωsin 7 68)()( 12 −=−− Từ đây ta tìm đ−ợc độ biến dạng cực đại của lò xo: k m vL 7 6 max =∆ Quả cầu tiếp xúc với lò xo trong suốt nửa chu kỳ của dao động điều hoà: k m 7 6 pi ω pi τ == . Cách 2. Trong HPTN, động năng của hệ chất điểm bằng: ∑= i ii k vmE 2 2 Nếu ta đ−a vào hệ quy chiếu khối tâm (HKT) và l−u ý tới quy tắc cộng vận tốc: ikti uvv rrr += trong đó ktv là vận tốc của khối tâm đối với HPTN, còn iu r là vận tốc của hạt thứ i trong HKT, thì biểu thức động năng bây giờ có dạng: ∑ ∑∑        ++      = i iikt ii kt i ik umv um vmE rr . 22 1 22 Số hạng cuối cùng trong biểu thức trên bằng không, vì vậy trong HKT, vận tốc của khối tâm bằng không: 0== ∑ ∑ i i i ii kt m um u r r Kết quả ta đ−ợc: ∑∑ +      = i ii kt i ik um vmE 22 1 22 (1) Công thức này có thể phát biểu thành lời (định lý Kenig) nh− sau: Động năng của hệ chất điểm bằng tổng của nửa tích khối l−ợng của hệ với bình ph−ơng vận tốc khối tâm của nó và động năng của hệ đối với HKT. Để ứng dụng công thức này vào bài toán của chúng ta, ta hãy tìm vận tốc khôi tâm của hệ hai quả cầu. Vì không có ngoại lực tác dụng theo ph−ơng ngang, động l−ợng của hệ đ−ợc bảo toàn, tức là: ktvmmmv )6( += Do đó vận tốc của khối tâm trong HPTN là không đổi và bằng .7/vvkt = Tại thời điểm lò xo bắt đầu biến dạng, động năng chuyển động t−ơng đối của hệ hai quả cầu trong HKT, theo (1) bằng: 7 3 72 7 2 222 mvvmmv =      − Trong quá trình lò xo biến dạng, động năng của chuyển động t−ơng đối giảm tới không, còn năng l−ợng biến dạng tăng tới giá trị cực đại tại thời điểm hai quả cầu dừng lại trong HKT. Cần nhớ rằng khối tâm của hệ chuyển động với vận tốc không đổi. Theo định luật bảo toàn năng l−ợng, ta có: 27 3 2max2 Lkmv ∆ = k m vL 7 6 max =∆⇒ (Đúng nh− ta đã nhận đ−ợc ở trên). Để xác định thời gian τ , ta l−u ý rằng độ biến dạng của lò xo biến thiên theo quy luật điều hoà, bởi vậy biên độ của vận tốc biến dạng và biên độ của độ dịch chuyển t−ơng đối liên hệ với nhau bởi hệ thức: maxLvvm ∆== ω . Từ hai ph−ơng trình trên, ta tính đ−ợc: m k L v 6 7 max = ∆ =ω . Suy ra: k m 7 6 pi ω pi τ == . Cách 3. Tại thời điểm ban đầu, vận tốc của hai quả cầu trong HKT là cực đại về độ lớn và t−ơng ứng bằng 7/67/1 vvvu m =−= đối với quả cầu bay tới trong HPTN và 7/2 vu m = đối với quả cầu đứng yên. Trong HKT (hệ có động l−ợng bằng không), tỷ số vận tốc của hai quả cầu là 6:1 (nghịch đảo của tỷ số khối l−ợng) và là không đổi trong quá trình biến dạng của lò xo. Do đó điểm bất động trong HKT của lò xo sẽ chia chiều dài của lò xo theo đúng tỷ lệ đó, tức là 6:1. Mặt khác, ta biết rằng độ cứng của lò xo tỷ lệ nghịch với chiều dài của nó, do đó ta có thể tính đ−ợc độ cứng của hai lò xo ngăn cách nhau bởi điểm bất động nói trên: kk 6 7 1 = và kk 72 = Khi đó biên độ dịch chuyển của hai quả cầu t−ơng ứng bằng: k m v mk vuL mm 7 6 7 6 / 7/6 11 1 1 ===∆ ω và ( ) k m v mk vuL mm 7 6 7 1 6/ 7/ 22 2 2 ===∆ ω Những biến dạng này đạt đ−ợc đồng thời, còn độ biến dạng cực đại của lò xo nhận đ−ợc bằng tổng của hai biên độ đó: k m vLLL mmm 7 6 21 =∆+∆=∆ Thời gian τ bằng nửa chu kỳ của dao động điều hoà của một trong hai quả cầu: k m 7 6 21 pi ω pi ω pi τ === . Bài toán 2. Từ mặt phẳng nghiêng lập với mặt phẳng nằm ngang một góc α , một ống mỏng khối l−ợng M lăn không tr−ợt xuống d−ới. Bỏ qua ảnh h−ởng của không khí, hãy tìm gia tốc kta của khối tâm của ống và lực ma sát msF . Hãy tìm hệ thức giữa hệ số ma sát tr−ợt à và góc α để ống lăn mà không tr−ợt. Cho gia tốc rơi tự do là g . Giải. Ta ký hiệu ktv là vận tốc khối tâm của ống; ω là vận tốc góc của ống trong HKT. Vì ống lăn không tr−ợt, ta có: Rvkt ω= , trong đó R là bán kính của ống. Động năng của ống bằng: ( ) ∑ =+= i kt ikt k Mv RmMvE 2 22 22 ω Theo định luật bảo toàn năng l−ợng, độ tăng động năng của ống ở thời điểm t (tính từ lúc bắt đầu chuyển động) đúng bằng độ giảm thế năng của nó ở thời điểm đó: αsin2 MgxMvkt = trong đó x là độ dịch chuyển của ống ở thời điểm đang xét. Lờy đạo hàm biểu thức trên và l−u ý rằng dtdxvkt /= và dtdva ktkt /= , ta đ−ợc: αsin 2 1 gakt = Hình 3 Từ ph−ơng trình chuyển động của khối tâm ống: mskt FMgMa −= αsin , ta tìm đ−ợc lực ma sát: αsin 2 1 MgFms = Nừu xem khi lăn giá trị cực đại của lực ma sát bằng αàà cosMgNFmsm == , thì để cho vật lăn không tr−ợt, ta phải có: αà cosMgFms ≤ hay: àα 2≤tg . Vì có lực ma sát tác dụng lên vật lăn, nên nảy sinh vấn đề: tại sao ở đây ta lại có thể áp dụng đ−ợc định luật bảo toàn cơ năng. Câu trả lời là: khi ống không tr−ợt, lực ma sát đặt vào những điểm nằm trên trục quay tức thời, tức là những điểm có vận tốc bằng không, nên lực ma sát bám đặt vào đó không sinh công. Vai trò của lực ma sát bám ở đây chỉ có tác dụng làm cho vật quay, đảm bảo chỉ có chuyển động lăn thuần tuý (chứ không tr−ợt). Bài toán 3. Một vật có khối l−ợng m tr−ợt theo mặt một nêm đặt trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang. Khối l−ợng của nêm là ,M mặt nhẵn của nó lập với mặt phẳng nằm ngang một góc α . Hãy xác định gia tốc 1a của nêm. Hỏi vật chuyển động với một góc β bằng bao nhiêu so với ph−ơng ngang? Tính áp lực F của vật lên nêm. Cho gia tốc rơi tự do là g . Giải. Ta sẽ xét hai cách giải bài toán này. Cách 1. Ngoại lực tác dụng lên hệ nêm + vật chỉ h−ớng theo ph−ơng thẳng đứng (xem H. 4). Hình 4 Hình 5 Do đó động l−ợng của hệ theo ph−ơng ngang đ−ợc bảo toàn: 021 =+ xx mvMv Lấy đạo hàm hai vế ph−ơng trình trên theo thời gian, ta đ−ợc: 021 =+ xx maMa Vận tốc 2v r của vật trong HPTN, vận tốc u r của vật đối với nêm và vận tốc 1v của nêm trong HPTN liên hệ với nhau bởi hệ thức: uvv rrr += 12 hay : αcos12 uvv xx −= và αsin2 uv y −= Thay biểu thức của xv2 vào biểu thức bảo toàn động l−ợng, ta đ−ợc: αcos1 m Mm vu x + = . Từ đây dễ dàng tính đ−ợc: αtg m Mm vv xy + −= 12 αtg m Mm aa xy + −= 12 . Bây giờ ta sẽ sử dụng các lập luận về năng l−ợng. Do không có ma sát, nên cơ năng của hệ nêm+vật là bảo toàn: mgh mvmv mgyMv yxx =+++ 222 2 2 2 2 2 1 trong đó h là toạ độ y của vật tại thời điểm 0=t . Lấy đạo hàm hai vế ph−ơng trình trên theo thời gian, ta đ−ợc: 02222211 =+++ yyxxyxx amvamvmgvaMv . Đặt vào biểu thức trên các biểu thức đã tìm đ−ợc ở trên của yxyx aavv 2222 ,,, (sau khi đã giản −ớc xv1 ), ta nhận đ−ợc gia tốc cần tìm của nêm: g mM m a x α α 21 sin 2sin 2 1 + = . Để tìm góc β , ta l−u ý rằng trong HPTN, vật chuyển động biến đổi đều với vận tốc ban đầu bằng không, sao cho độ dịch chuyển của nó sau khoảng thời gian bất kỳ đều cùng ph−ơng với véctơ 2a r , khi đó:       + == αβ tg M Mm arctg a a arctg x y 2 2 Thành phần nằm ngang của áp lực do vật tác dụng lên nêm (xem H.4) đã truyền cho nêm gia tốc xa1 . Theo định luật II Newton , ta có: αsin1 FMa x = . Từ đó ta tìm đ−ợc áp lực F : g mM MmF α α 2sin cos + = . Cách 2. Để xác định gia tốc của nêm ta hãy xét chuyển động của vật và nêm một cách riêng rẽ. Các lực tác dụng lên mỗi vật đã đ−ợc chỉ rõ trên H.3. Viết định luật II Newton lần l−ợt cho nêm và vật, ta có: RFgMaM rrrr ++=1 và Ngmam rrr +=2 Chiếu các ph−ơng trình trên lên các trục x và y trong HPTN và l−u ý rằng NF rr −= , ta có: αsin1 NMa x = , αsin2 Nma x −= và αcos2 Nmgma y −= T−ơng tự nh− trong Cách 1, ta cũng có: uvv rrr += 12 Lấy đạo hàm theo thời gian hai vế ph−ơng trình trên, ta đ−ợc: ω rrr += 12 aa Từ tam giác tổng hợp các gia tốc (t−ơng tự nh− tam giác vận tốc ở H.5), ta tính đ−ợc: xx y aa a tg 12 2 − =α Đặt vào đẳng thức trên các biểu thức hình chiết gia tốc của vật xa2 và ya2 , ta đ−ợc: α α 21 sin 2sin 2 1 mM m a x + = . Bài toán 4. Trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang đặt một nêm có góc ở đỉnh là α . Một vật đ−ợc đặt trên mặt nghiêng nhẵn của nêm và đ−ợc gắn với nêm bằng một lò xo có độ cứng là k (H.6). Biết khối l−ợng của nêm và vật lần l−ợt là M và m . Tìm chu kỳ dao động bé của hệ. Hình 6 Giải. Chúng ta sẽ xét hai cách giải bài toán này. Cách 1. Các ngoại lực tác dụng lên hệ nêm+vật chỉ h−ớng theo ph−ơng thẳng đứng (xem H.7). Do đó đó động l−ợng theo ph−ơng ngang của hệ đ−ợc bảo toàn: 021 =+ xmvMv Lấy tích phân theo thời gian, ta đ−ợc: 021 =+ mxMx Hình 7. Chọn gốc của HPTN t−ơng ứng với vị trí của vật sao cho lò xo không biến dạng. Từ hình học các độ dịch chuyển trên H.7 và l−u ý hệ thức vừa tìm đ−ợc ở trên, ta tìm đ−ợc độ giãn của lò xo:       += − =∆ M mxxxL 1 coscos 212 αα và độ dịch chuyển của vật theo ph−ơng thẳng đứng: αtg M m xy       +−= 122 phụ thuộc vào toạ độ 2x của vật. Phần thế năng phụ thuộc vào bình ph−ơng của 2x có dạng: 2 2 2 2 2 1 cos22 x M mkLkE p       += ∆ = α (các số hạng phụ thuộc tuyến tính vào 2x và 2y sẽ triệt tiêu nhau ở gần VTCB). Vì 1x và 1y phụ thuộc tuyến tính vào 2x , nên động năng của hệ nêm+vật là hàm bậc hai của thành phần vận tốc nằm ngang 22 xv x ′= của vật: ( )222221 22 yxxk vv mMvE ++= ( )2'221112 xtgM m M mm             ++      += α Ta đã biết rằng, đối với một hệ có động năng và thế năng biểu diễn qua toạ độ q của nó d−ới dạng: ( )2 2 qEk ′= β và 2 2 qE p γ = (t−ơng tự nh− với con lắc lò xo) thì hệ sẽ dao động điều hoà theo toạ độ q với tần số góc: β γ ω = Vậy trong bài toán của ta, hệ sẽ dao động điều hoà với chu kỳ: ( ) Mm Mm k mT /1 sin/1cos22 22 + ++ == αα pi ω pi . Cách 2. Có ba lực tác dụng lên vật là lực đàn hồi, trọng lực và phản lực (xem H.7). Theo định luật II Newton, ta có: NgmFam dh rrrr ++=2 Chiếu ph−−ong trình trên lên các trục của HPTN, ta đ−ợc: αα sincos2 NLkma x +∆−= αα cossin2 NmgLkma y +−∆= Thay vào các ph−ơng trình đó các hệ thức động học đã thu đ−ợc ở Cách 1:       += − =∆ M mxxxL 1 coscos 212 αα , αtg M m aa xy       +−= 122 , sau khi đã khử N, ta đ−ợc ph−ơng trình: xaM m m 2 22 sin1cos             ++ αα αmgtgx M mk +      +−= 21 Đây chính là ph−ơng trình mô tả dao động điều hoà của vật đối với VTCB đ−ợc xác định bởi hệ thức: αsin0 mgLk =∆ Đặt biến số mới αcos 0 22 L xX ∆−= , ph−ơng trình trên đ−ợc đ−a về dạng: 2 2'' 2 XX ω−= trong đó: αα ω 22 sin)/1(cos /1 . Mm Mm m k ++ + = Từ đây đễ dàng tìm lại chu kỳ T đã thu đ−ợc theo Cách 1. Bài toán 5. Một quả tạ tay (gồm hai quả cầu ở hai đầu) đ−ợc đặt thẳng đứng trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang, bắt đầu đổ xuống do bị đẩy nhẹ sang phải của ph−ơng thẳng đứng. Hãy xác định lực F do quả cầu bên trái tác dụng lên giá đỡ ngay tr−ớc khi quả cầu bên phải đập vào giá đỡ đó. Cho khối l−ợng mỗi quả cầu bằng m và gia tốc trtọng tr−ờng là g. Giải. Các lực tác dụng lên quả tạ là trọng lực của nó và phản lực của giá đỡ. Khối tâm của quả tạ chuyển động theo ph−ơng thẳng đứng (vì không có lực tác dụng theo ph−ơng ngang và vận tốc ban đầu theo ph−ơng ngang bằng không). Ph−ơng trình chuyển động của khối tâm quả tạ trong HPTN là: Nmg dt dv m y +−= 22 Trong HKT, quả tạ quay (xem H.8) với vận tốc góc: dt dα ω = . Vận tốc của điểm thấp nhất của quả tạ có ph−ơng năm ngang, nên theo quy tắc cộng vận tốc tại góc α bất kỳ, ta có: αω sinRvy −= , trong đó R là một nửa khoảng cách giữa hai quả cầu. Lấy đạo hàm hai vế ph−ơng trình trên theo thời gian, ta đ−ợc:       +−= αωα ω cossin 2RR dt d dt dvy Hình 8 Với 2/piα = , ta có: dt dR dt dvy ω −= Động năng của quả tạ là: ( ) 2222222 sin 2 2 2 2 RmRmRm mvy ωαω ω +=+ Do không có lực ma sát, nên cơ năng đ−ợc bảo toàn: ( )αωαω cos12sin 22222 −=+ mgRRmRm Tức là độ tăng của động năng bằng độ giảm của thế năng. Lấy đạo hàm hai vế ph−ơng trình trên theo thời gian và đặt 2/piα = , ta đ−ợc: g dt dR 2 1 = ω Do đó, tại thời điểm đang xét, hình chiếu theo ph−ơng thẳng đứng của gia tốc khối tâm quả tạ bằng: g dt dR dt dvy 2 1 −=−= ω Từ ph−ơng trình trên chuyển động của khối tâm theo ph−ơng thẳng đứng ta tìm đ−ợc độ lớn phản lực của giá đỡ: mg dt dv mmgN y =+= 22 Theo định luật III Newton, ta có mgNF == . Độc giả chắc chắn sẽ rất thích thú, nếu giải đ−ợc bài toán trên với góc α bất kỳ! Bài toán 6. Sóng điện từ đ−ợc phát xạ (hấp thụ) khi hạt nhân nguyên tử chuyển từ các trạng thái kích thích có năng l−ợng cao hơn về các trạng thái có năng l−ợng thấp hơn (và ng−ợc lại) đ−ợc gọi là bức xạ (hấp thụ) gamma )(γ . Hạt nhân thiếc 119Sn chuyển động với vận tốc smv /63= và phát ra một l−ợng tử γ theo ph−ơng chuyển động. Sau đó l−ợng tử này đ−ợc một hạt nhân thiếc tự do đứng yên hấp thụ. Hãy tìm năng l−ợng γE của l−ợng tử này. Biết rằng năng l−ợng nghỉ của hạt nhân thiếc GeVcmE t 113 2 == , vận tốc truyền sóng điện từ trong chân không smc /10.3 8= . Chú ý rằng khi phát xạ hay hấp thụ l−ợng tử γ nói trên, đều xảy ra sự chuyển giữa cùng hai mức năng l−ợng của các hạt nhân. Giải. Các định luật bảo toàn cơ bản (nh− bảo toàn năng l−ợng, động l−ợng, mômen động l−ợng) cho phép giải đ−ợc không chỉ các bài toán cơ học mà cả các bài toán trong vật lý vi mô. Thực vậy, để giải bào toán này chúng ta chỉ cần áp dụng định luật bảo toàn năng l−ợng và một số kiến thức sơ cấp của vật lý l−ợng tử và vật lý hạt nhân. Giả sử khi phát xạ l−ợng tử γ , hạt nhân kích thích (ở đây là thiếc) chuyển mức giữa hai trạng thái có hiệu năng l−ợng là E∆ . Theo đề bài, khi phát xạ l−ợng tử này hạt nhân thiếc lại đang chuyển động, nên theo định luật bảo toàn năng l−ợng ta có: tt m pE m pE 22 2 1 2 +=+∆ γ Mặt khác, theo định luật bảo toàn động l−ợng (xung l−ợng), ta có: c E pp γ+= 1 trong đó p và 1p là động l−ợng của hạt nhân tr−ớc và sau khi phát xạ l−ợng tửγ . Từ đó suy ra: 2 2 2 cm E cm pE EE tt γγ γ +−=∆ Khi hạt nhân thiếc đứng yên hấp thụ l−ợng tử γ , năng l−ợng cũng đ−ợc bảo toàn, tức là: tm pEE 2 2 2+∆=γ và động l−ợng cũng bảo toàn, tức là: 2p c E = γ trong đó 2p là động l−ợng của hạt nhân sau khi hấp thụ l−ợng tử γ . Khử 2p từ hai ph−ơng trình trên, ta đ−ợc: 2 2 2 cm E EE t γ γ +∆= Thay vào hệ thức đó biểu thức của E∆ tìm đ−ợc ở trên, cuối cùng ta có: 7,232 ≈== E c v cm c vE tγ keV. Bài tập 1. Trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang đặt hai chất điểm có khối l−ợng m , nối với nhau bằng một lò xo nhẹ, có độ cứng k (H.9). Một chất điểm thứ ba có khối l−ợng m2 chuyển động với vận tốc v tới va chạm và dính vào chất điểm thứ hai. Khi thực hiện đ−ợc trọn vẹn hai dao động nhỏ, cả hệ va chạm với t−ờng. Hãy xác định khoảng cách ban đầu từ lò xo đến t−ờng. Hình 9 ĐS: kmvs /3pi= 2. Trên mặt phẳng nằm ngang đặt một nêm có khối l−ợng M và góc nghiêng α đối với mặt phẳng nằm ngang. Một vật có khối l−ợng m chuyển động trên mặt phẳng ngang với vận tốc 0v tới gần rồi đi lên theo mặt nghiêng của nêm. Hỏi sau thời gian τ bằng bao nhiêu thì vật rời nêm? Cho gia tốc trọng tr−ờng là g và sự chuyển tiếp từ mặt phẳng ngang tới mặt nghiêng của nêm là trơn nhẵn. ĐS: α τ 2 0 sin 12 += M m g v 3. Bên trong một hình trụ khối l−ợng m có treo một vật nặng có cùng khối l−ợng trên một lò xo có độ cứng k . Ban đầu khối trụ đứng yên. Tại một thời điểm nào đó, ng−ời ta thả khối trụ ra cho rơi tự do, sao cho trục của hình trụ vẫn giữ thẳng đứng. Hãy xác định khoảng cách mà hình trụ đi đ−ợc sau khoảng thời gian mà vật thực hiện đ−ợc một nửa dao động. Cho gia tốc trtọng tr−ờng là g . ĐS: k mg s       += 1 4 9 2pi 4. Môt quả tạ tay đặt thẳng đứng trong một góc tạo bởi hai mặt phẳng nhẵn. Ng−ời ta làm dịch chuyển quả cầu d−ới của tạ một khoảng cách rất nhỏ và quả tạ bắt đầu chuyển động. Hãy tìm phản lực N của mặt tựa nằm ngang tại thời điểm khi quả cầu trên bắt đầu rời khỏi mặt phẳng tựa thẳng đứng. Cho khối l−ợng mỗi quả cầu là m . Cho gia tốc trtọng tr−ờng là g . ĐS: mgN = 5. Sóng điện từ đ−ợc phát ra khi hạt nhân nguyên tử chuyển từ các trạng thái kích thích có năng l−ợng cao hơn về các trạng thái có năng l−ợng thấp hơn đ−ợc gọi là bức xạ gamma )(γ . Một hạt nhân nguyên tử thiếc 119Sn đứng yên phát ra một l−ợng tử γ có năng l−ợng keVE 5,22=γ và sau đó l−ợng tử này bị một hạt nhân thiếc khác chuyển động ng−ợc chiều đi tới và hấp thụ . Hãy tìm vận tốc của hạt nhân thiếc đó. Biết rằng năng l−ợng nghỉ của hạt nhân thiếc GeVcmE t 113 2 == . Cho vận tốc truyền sóng điện từ trong chân không smc /10.3 8= . Chú ý rằng khi phát xạ hay hấp thụ l−ợng tử γ nói trên, đều xảy ra sự chuyển giữa cùng hai mức năng l−ợng của các hạt nhân. ĐS: sm E E cm E cv /602 * ≈== γγ L−ợng Tử (s−u tầm và giới thiệu)