Chuyên đề: CHUYỂN ĐỘNG TRONG TRƯỜNG XUYÊN TÂM PHẦN I MỞ ĐẦU I LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Bài tốn chuyển động trường xuyên tâm vấn đề xuất nhiều đề thi học sinh giỏi quốc gia, chọn thi học sinh giỏi quốc tế Các toán chuyển động trường xuyên tâm áp dụng nhiều kiến thức tốn phức tạp, khó học sinh giáo viên giảng dạy Tuy vậy, tư liệu tập vận dụng chúng giáo trình nằm rải rác Do đó, chúng tơi nghiên cứu, sưu tầm, biên soạn chuyên đề toán chuyển động trường xuyên tâm II ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Bài toán chuyển động trường xuyên tâm III MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU, ĐÓNG GÓP MỚI CỦA ĐỀ TÀI Củng cố kiến thức chuyển động trường xuyên tâm Sưu tầm tập toán chuyển động trường xuyên tâm để dạy đội tuyển IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Phương pháp nghiên cứu lí thuyết - Phân tích tổng hợp lí thuyết: + Phân tích lí thuyết để phân chia vấn đề cần nghiên cứu thành đơn vị kiến thức, cho phép tìm hiểu dấu hiệu đặc thù, cấu trúc bên đơn vị kiến thức Từ nắm vững chất phần kiến thức toàn vấn đề + Trên sở phân tích, tiến hành tổng hợp kiến thức để tạo hệ thống, thấy mối quan hệ đơn vị kiến thức dựa suy luận logic để rút kết luận khoa học - Phân loại hệ thống lí thuyết: + Trên sở phân tích lí thuyết để tiến tới tổng hợp chúng, cần phải thực q trình phân loại kiến thức nhằm hệ thống hố kiến thức, xếp kiến thức theo mơ hình nghiên cứu, làm cho vấn đề nghiên cứu trình bày chặt chẽ, sâu sắc Phương pháp nghiên cứu thực tiễn Thu thập thông tin từ quan sát, luyện tập, trao đổi số tượng thực tế có liên quan đến vấn đề V CẤU TRÚC CHUYÊN ĐỀ Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, phần nội dung đề tài gồm hai phần: - Phần A Lí thuyết chung - Phần B • Bài tập lý thuyết • Bài tập áp dụng • Bài tập tự giải PHẦN II NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ A LÍ THUYẾT Định nghĩa trường xuyên tâm • Trường lực xuyên tâm trường có vector cường độ trường hướng dọc theo phương bán kính có độ lớn phụ thuộc vào khoảng cách tính đến tâm trường • Trường hấp dẫn Newton trường tĩnh điện Coulomb hai trường hợp phổ biến toán Các định luật bảo tồn áp dụng cho tốn chuyển động trường xuyên tâm 2.1 Bảo toàn vectơ momen động lượng: ur r r Vector momen động lượng tâm trường lực có dạng: L = mr ∧ v ur r r r dv r r dL dr r Có: = m ∧ v + mr ∧ =r∧F=0 dt dt dt Do đó, vectơ momen động lượng trường xuyên tâm bảo tồn ur ur r Vì momen động lượng L vng góc với r mà phương L bảo tồn nên r q trình chuyển động, vectơ r luôn nằm mặt phẳng (P) vuông ur góc với L qua O Quỹ đạo chất điểm đường cong nằm mặt phẳng (P) hay chuyển động chất điểm chuyển động cong phẳng 2.2 Bảo toàn lượng Năng lượng chất điểm có biểu thức : E = T + V Với T = Có : mv động hạt, V – hạt dE dv dV dv dV dr dv dr dv dv = mv + = mv − F = mv − mv = mv + =0 dt dt dt dt dr dt dt dt dt dr Do đó, Năng lượng chất điểm trường xuyên tâm bảo toàn 2.3 Bảo toàn Vector Runge-Lenz trường hợp lực tác dụng có dạng: r kr F = − er r ur r ur r R Vector Runge-Lenz có biểu thức : = v ∧ L − e r k r dv kr Phương trình định luật II Newton viết cho hạt là: m = − er (1) dt r r r Với er , eZ véc tơ đơn vị hệ tọa độ cực dθ r ur r r eZ dt L = mr ∧ v Có : = mr r Nhân tích hữu hướng hai vế cho L ta : r r dv ur dθ r r dθ r der k r ur k er ∧eZ = km eθ = km m ∧ L = − er ∧ L = − mr dt dt dt dt r r r r d 1r r r  dv ur der Chia vế cho km ta : ∧L = =>  v ∧ L − er ÷ = dt  k k dt dt  r 1r r r Như vậy, véc tơ R = v ∧ L − er vecto không đổi theo thời gian xác k r định từ điều kiện ban đầu Véc tơ R gọi vecto Runge-Lenz 2.4 Công thức Binet r r Xét véc tơ lực xuyên tâm F = F(r).r tác dụng lên hạt có khối lượng m r r r &− rθ&2 )e r + (r& θ&+ 2r&θ&)e θ Gia tốc vật hệ tọa độ cực có biểu thức : a = (r& Theo phương bán kính r : F = m( & r&− rθ&2 ) (1) r θ&+ 2r&θ&) Theo phương eθ : = m (r& (2) 1d & & & & (r θ) Từ phương (2) ta có : (rθ + 2rθ) = 0= r dt Suy : r θ = h = số => θ = h.u2 với u = r Khi : r&= & r&= dr & dr dr du =θ =hu2 = -h dt dθ dθ dθ ( dr du =- ) dθ u dθ d dr& dθ & dr& d du 2 2d u &= (r) ( =θ = h.u -h ) = -h u dt dθ dt dθ dθ dθ dθ2 r θ&2 = h u = h 2u u d2u Phương trình trở thành : F = -mh u ( +u) dθ 2 Phương trình gọi cơng thức Binet B BÀI TẬP B.1 Bài tập lý thuyết Bài Xác định quỹ đạo chuyển động chất điểm tác dụng lực xuyên tâm r kr có dạng F = − e r r Lời giải : r 1r r r Vector Runge-Lenz R = v ∧ L − er vecto không đổi theo thời gian k r Phân tích R thành thành phần trục : r r r r L r dθ r L dθ L r R = (v.er + r eθ ) ∧ e Z − er = ( r − 1)er + ( v)eθ k dt k dt k r Ta chọn hệ trục tọa độ cho R thẳng hàng chiều với trụ Ox Như vậy, r r góc R r θ r r L dθ L L −r = −r Nhân vô hướng R r = Rrcosθ = r k dt k m L2 p L2 => r = = Với p = km + R.cosθ km + R.cosθ Phương trình cho ta quỹ đạo đường conic: r = p , p + R cos θ gọi thông số đường conic, e = R tâm sai Vì góc θ tính so với vector Runge-Lenz nên vector xác định phương trục tiêu quỹ đạo conic (chắng hạn bán trục lớn quỹ đạo elip) Bài Xét chuyển động hạt khối lượng m tác dụng lực xuyên tâm có r r r biểu thức F = −k.r Với k số dương r véc tơ xác định vị trí vật a) Chứng minh rằng, chuyển động hạt nằm mặt phẳng b) Tìm vị trí hạt theo thời gian Cho thời điểm ban đầu (t = 0) có : x = a, y = 0, vx = 0, vy = v c) Chứng minh quỹ đạo hạt có dạng elip Tìm chu kì chuyển động hạt d) Chuyển động hạt có tuân theo định luật Keple chuyển động hành tinh Lời giải : r r r r r r a) Có : r ∧ F = r ∧(-k r ) = -k( r ∧r ) = r r r r dv dv r r dv Có : F = m => r ∧m = => r ∧ =0 dt dt dt r r r d(r ∧ v) r r r dv Suy : = v∧v + r∧ =0 dt dt r r r => r ∧ v = h = số - véc tơ không đổi r r r Nhận xét : r vng góc với véc tơ khơng đổi h , tức r nằm mặt r phẳng vng góc với h Điều chứng tỏ, hạt chuyển động mặt phẳng Ta chọn mặt phẳng mặt phẳng xy với gốc tọa độ tâm lực b) Phương trình chuyển động hạt : r r r r m r ” = - k r  r ” = - ω2 r Với ω2 = k/m Trong hệ tọa độ Descartes : x” + ω2x = ; y” + ω2y = Nghiệm tổng quát hệ phương trình : x = A1sin(ωt + ϕ1) ; y = A2sin(ωt + ϕ2) Với điều kiện ban đầu cho : x = A1sin ϕ1 = a ; x’ = A1 ωcos ϕ1 = y = A2sin ϕ2 = ; y’ = A2 ωcos ϕ2 = v0 Ta tìm : ϕ1 = π/2 ; ϕ2 = 0, A1 = a, A2 = v0/ω => x = asin(ωt + π/2) = a.cosωt ; y = v0 sinωt ω c) Từ phương trình chuyển động hạt ta có : v0 x y2 + = Với b = => quỹ đạo vật có dạng elip ω a b2 Chu kì chuyển động hạt : T = 2π m = 2π ω k d) Định luật Kepler : tỉ số bình phương chu kì quay hành tinh lập phương chiều dài bán trục lớn số  4π m neu a > b  ka T2  = (ban truclon)3  4π2 k neu a < b  v30 m Vì tỉ số khơng phải số( phụ thuộc vào a, v0, m) nên định luật Kepler không trường hợp Bài Xét hạt chuyển động tác dụng lực xuyên tâm F(r) hệ tọa độ cực có r.θ = số Xác định phương trình hạt theo r Lời giải : Ta có : r.θ = số => θ = số/r =>u = C.θ với C số d2u => = dθ d2u Từ công thức Binet : F = -mh u ( +u) dθ 2 −mh suy ra: F = -mh u = r3 −mh mh Thế hạt : V = - ∫∞ F(r)dr = ∫ dr = ∞ r 2r r r r = ∞ −mh 2r Bài Một vật có khối lượng đơn vị khối lượng, chuyển động trường U(r) Phương trình quỹ đạo hệ tọa độ cực có dạng : r = a.e-bθ, θ góc phương vị đo mặt phẳng quỹ đạo Tìm biểu thức U(r) Lời giải : ebθ Đặt u = = r a d2u b e bθ = b2u Do = dθ a d2u Theo công thức Binet : F = -mh u ( +u) dθ 2 dU(r) h (b + 1) Đối với m = => F = -h u (b + 1) = =− dr r Lấy tích phân từ r  ∞ lấy gốc U(r) = vô cùng, ta h (b + 1) U(r) = − r2 Trong : h = r2 θ&là mơ men động lượng bảo tồn vật chuyển động quanh tâm lực xác định điều kiện ban đầu Bài Một hạt chuyển động quỹ đạo tròn có bán kính r tác dụng lực hút xuyên tâm Chứng minh rằng, quỹ đạo vật ổn định :  r  ∂f f(r) > −  ÷   ∂r r Trong f(r) độ lớn lực khoảng cách r so với tâm Lời giải : Với chuyển động hạt tác dụng lực xuyên tâm ta có : Mơ men động lượng : L = m r2 θ& = số r&= -f + mr θ&2 Định luật Niu ton : m& Xét hạt chuyển động quỹ đạo tròn có bán kính r với thăng giáng nhỏ bán kính góc : δr δθ Có: r(t) = r + δr (t) ; θ = ωt + δθ (t) Trong ω tần số góc hạt quỹ đạo tròn bán kính r cho mω2r = f(r) Biến thiên momen động lượng : ∆L = m r2 δθ& + 2mr θ&δr Từ biểu thức định luật Niuton : mδ& r&= df δr + m θ&2 δr + 2mr θ&δθ& dr Có : θ& = ω + δθ& Suy : mδ& r&≈ −  df ∆L − 2mrωδr δr + mω2 δr + 2ω dr r f (r)  2ω.∆L  df δ& r& =  − − ÷δr + r  r  dr Trong biến đổi ta giữ lại thành phần bậc δr δθ f (r)   df Với L số ∆L = Khi : δ& r& = −  + ÷δr r   dr Quỹ đạo tròn ổn định δr biến thiên điều hòa đơn giản Điều xảy f (r)   df :  + ÷> r   dr  r  df f(r) > −  ÷   dr hay Bài Một hạt có khối lượng m chuyển động từ xa vơ cực với vận tốc ban đầu v 0, đường kéo dài vectơ vận tốc có khoảng cách b (tham số ngắm) so với tâm cố định trường lực đẩy có độ lớn tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách F = k/r2, với k số Tìm khoảng cách gần hạt so với tâm trường lực góc lệch θ hạt so với phương chuyển động ban đầu (góc tán xạ) Lời giải: + Khi hạt vị trí gần tâm tán xạ (tâm trường lực) coi khoảng cách từ hạt tới tâm trường hàm thời gian r = r(t) ta có dr/dt = 10 b) Điều kiện để tàu không bị chạm vào bề mặt hành tinh Trong trường hợp thỏa mãn điều kiện đó, với tàu có tốc độ ban đầu v0 cho trước, xác định góc lệch θ cực đại độ biến thiên động lượng cực đại tàu sau bay qua xa hành tinh Giả thiết bay tới điểm cực cận (điểm cách hành tinh khoảng ngắn nhất) tàu cách tâm hành tinh khoảng 2R phương chuyển động tàu bị lệch góc 450 so với xa vô a) Xác định tốc độ ban đầu v0 khoảng nhằm d tàu theo R, M b) Để tàu hạ cánh xuống bề mặt hành tinh điểm đối diện qua tâm hành tinh, người ta mở động tàu thời gian ngắn để khí theo phương chuyển động tàu với tốc độ u so với tàu Hỏi khối lượng nhiên liệu phải đốt cháy chiếm phần khối lượng tàu lúc đầu ? Lời giải : a) Tính góc lệch Theo đinh luật Niutơn: r dP GMm r = − er (1) dt r r v0 Vì trường lực xuyên tâm nên mômen động lượng không đổi L = mr R dθ = mv 0d (2) dt r deθ dθ r = − er nên: Vì dt dt θ d rcc r r ercc eθcc r p Hình r GM r GMm r dP = dθ.er = deθ (3) mv0d v0d Tích phân (3) từ vị trí ban đâù tới điểm cực cận ta có 25 r eθ∞ r p0 r r GMm r r P − P0 = ( eθcc − eθ∞ ) (4) v 0d r Nhân vô hướng (4) với ercc mv0 sin θ GMm θ θ GM = cos , Suy : tan = (5) v 0d 2 dv θ GMm  θ r + sin b) Nhân vô hướng (4) với eθcc cho ta mv − mv0cos =  ÷ (6) v0d  2 Viết lại (2) dạng dv0 = rv (7) G 2M GM + d − Từ (5), (6), (7) ta có r = (8) v04 v02 G 2M GM + d2 − ≥ R Điều kiện để tàu vũ trụ không chạm vào mặt hành tinh: r = v0 v0 d ≥ R 1+ 2GM = d (9) Rv02 Từ (5), θ lớn d = dmin ; tan θmax GM = = d v02 GM 2GM Rv02 + Rv02 r p r ∆p xác định hình vẽ: ∆p = 2mv sin θ = 2mv + co tan θ = r p θ r ∆p 2mv R v04 + 2GMv 20 1+ G 2M 2 a) Ở cận điểm phương chuyển động lệch góc θ = 450 2 θ GM GM G M GM + d − = d( − 1) = 2R Tính d: tan = = ; = d nên r = dv0 v0 v0 v0 26 d= R (8) −1 Tính v0: từ GM GM GM = d suy v02 = = ( − 1) v0 d R Tại cực cận hyperbol: r v3 r eθcc r ercc dv v0 GM v1 = = = (10) r −1 R( − 1) r ercv r eθcv r v2 b) Để hạ cánh tàu cần có vận tốc v2 để vừa chạm đất có vận tốc v3 Sử dụng (4) với quỹ đạo elip ta có mv3 + mv = GMm 2Rv Kết hợp với bảo toàn momen động lượng 2Rv = Rv3 ta có v = GM 3R Hệ tàu khí lập nên động lượng bảo tồn mv = (m - dm)( v +dv) + dm( v+u) Khai triển bỏ qua số hạng chứa dm.dv lại mdv + udm = Để giảm vận tốc u>0 tức khí phía trước ⇒ dm dv = − Tích phân hai vế ta có: Tàu cần hãm tốc độ từ v1 đến v2 m u m = m 0e − v1 − v u Khối lượng nhiên liệu ∆m với v1 v2 có giá trị GM  1  − R  −1 ÷  − ∆m =1− e u m Bài 13 Một hạt α với động 0.27MeV lệch hướng góc 60 o sau xuyên qua vàng Tìm giá trị tham số ngắm (khoảng cách từ nguyên tử vàng tới giá vận tốc ban đầu) hạt α Lời giải: 27 - Bài tốn coi áp dụng toán chuyển động trường xuyên tâm, lực xuyên tâm lực Coulomb Áp dụng cơng thức xác định góc tán xạ θ cho hạt mang điện tích q lên hạt nhân Q: v0 b θ θ qQ qQ qQ tan = = ⇒b= Với hạt α Au: q = 2e, 4πε mv b 4πε 2bT 4πε 2T tan θ / Q = 79e Từ ta có: b = 0,731pm Bài 14 Một hạt α với động T = 0.50MeV lệch hướng qua góc θ = 90o trường Coulomb hạt nhân Hg đứng yên Tìm: a) Bán kính quỹ đạo nhỏ nó; b) Khoảng cách tối thiểu hạt α hạt nhân Lời giải: Do khối lượng hạt nhân Hg lớn so với α nên bỏ qua giật lùi hạt nhân Hg a Giả sử hạt nhân Hg đứng yên tâm C, A điểm mà hạt α tiến tới gần hạt nhân Hg (AC = rmin) Tại A, coi hạt α chuyển động quỹ đạo tròn bán kính quỹ đạo ρ thay đổi đạt giá trị nhỏ Gọi v tốc độ hạt A Áp dụng định luật bảo tồn động lực học cho hạt α ta có: Z1Z2e =T Bảo toàn lượng hạt: mv + 4πε0 rmin (1) Bảo toàn mômen động lượng: mv0 rmin = 2mT b (2) mv02 Z1Z 2e = Phương trình động lực học: ρ 4πε rmin 28 (3) Sử dụng công thức xác định góc tán xạ θ Bài ta có: b= Z Z e2 4πε 2T tan θ (4) 2Tb Z1Z 2e = Từ (2) (3) ta có: ρ 4πε ⇒ ρ 4πε Z1Z 2e 2 = 2Tb = θ Z1Z 2e 8πε 0T tan 2 Với Z1 = 2, Z2 = 80 ta có: θ ≈ 0,231pm b Từ (2) (4) ta có: rmin = 4πε v Thay vào (1): ⇒ rmin rmin Z1Z 2e 2mT tan θ  2T  1  − tan θ ÷ mv0 + mT v0 tan θ = T ⇒ v0 = m  cosθ 2  Z1Z 2e cosθ cosθ Z1 Z e − sin θ = = 4πε 2T sin θ − sin θ 4πε 2T sin θ ( − sin θ ) Z1Z 2e − sin θ = ≈ 0,557 pm 4πε 2T sin θ Bài 15 Tính khoảng cách tối thiểu mà hạt α với động T = 0.40MeV cách tiếp cận chuyển động phía: a) Một hạt nhân nguyên tử Pb đứng yên b) Một hạt nhân Li7 tự đứng n Lời giải: a Hạt nhân chì có khối lượng lớn nhiều lần khối lượng α, đồng thời hạt nhân Pb khơng tự do, nên bỏ qua hiệu ứng giật lùi Pb Mặt khác, động hạt α không lớn lên bỏ qua xạ bị gia tốc trường hạt nhân Pb Khi đó, với tán xạ đàn hồi khoảng cách 29 hai hạt nhỏ nhất, vận tốc động α 0, sau hạt α chuyển động ngược trở lại Tại vị trí gần nhất, lượng hệ gồm nằng tương tác tĩnh điện Áp dụng định luật bảo tồn lượng ta có: 2Z Pb e2 2Z Pb e2 = T ⇒ rmin = = 0,591 pm 4πε rmin 4πε 0T b Trường hợp Li7 ta coi Li7 đứng yên α bay tới, tương tác tĩnh điện làm cho hạt nhân Li7 chuyển động, Kết ban đầu khoảng cách chúng giảm tới giá trị lại tăng tiếp Gọi x1 x2 tọa độ α hạt nhân Li7 với gốc O trục Ox trùng với quỹ đạo ban đầu hạt α; v1 v2 vận tốc hạt thời điểm tương ứng Áp dụng định luật bảo toàn lượng bảo toàn động lượng cho hệ: 1 2.3.e 2 =T  m1v1 + m2v2 + 1 4πε x1 − x2 ⇒ T = m1v12 + 2 2m2  m v + m v = m v = m T 1 2 1  Biến đổi biểu thức ta được: 30 ( 2m1T − m1v1 ) 6e + 4πε x1 − x2 1 ⇒ T = m1v12 + 2m2 ( 2m1T − m1v1 1 ⇔ = −T + m1v12 + 2m2 1 xét : −T + m1v12 + 2m2 ( ( ) 6e + 4πε x1 − x2 2m1T − m1v1 2m1T − m1v1 ) ) + 6e 4πε x1 − x2 m  1 =  T − T ÷ + m1v12 − 2m1v1 2m1T + m12v12 2m2 2m2  m2  ( m + m2 ) ( m1 − m2 ) T − 2m v 2m T + m2v + m v = 1 1 1 1 m2 ( m1 + m2 ) 2m2 2m2 = (m − m22 ) m2 ( m1 + m2 ) T − 1 2m1v1 2m1T + m1 + m2 m1v12 2m2 2m2 ( ) m2 m12 1 =− T + T − 2m1v1 2m1T + m1 + m2 m1v12 m2 ( m1 + m2 ) 2m2 2m2 ( m1 + m2 ) ( =− m2  m1 T +  2m1 T − 2m2  ( m1 + m2 ) ( m1 + m2 ) ) ( m1 + m2 ) m1 v1  m2  m1 =− T+ 2m1T   m1 ( m1 + m2 ) v1 − m1 + m2 2m2  m1 + m2   m1 2m1T + ( m1 + m2 ) m1 v12  ( m1 + m2 )  2  m2  m1 6e ⇒ T= 2m1T  +  m1 ( m1 + m2 ) v1 − m1 + m2 2m2  m1 + m2  4πε x1 − x2 Khi khoảng cách hai hạt nhỏ nhất, số hạng thứ hai vế phải lớn ta bỏ qua số hạng thứ Khi ta có: x1 − x2 = 6e 4πε 0T v0  m1  1 + ÷  m2  Nếu lấy m1 ≈ AHe = 4, m2 ≈ ALi = 7, rmin b m1 = m2 ⇒ x1 − x2 Bài 16 Chon HSG Quốc tế 2017 = 0, 034 pm y Cho hạt nhân nguyên tử nằm cố định điểm Một b hạt α khối lượng M (lúc đầu xa hạt nhân), chuyển động x 31 Hình a r với vận tốc ban đầu v hướng theo đường thẳng ab phía hạt nhân Biết hạt γ r α hạt nhân tương tác Culơng U ( r ) = , r khoảng cách hạt nhân hạt α, γ số dương phụ thuộc vào độ lớn điện tích cách chọn hệ đơn vị Do lực đẩy, hạt α chuyển động theo nhánh hypebol mà ab hai tiệm cận gốc hai tiêu điểm Góc ξ hai đường tiệm cận góc lệch quỹ đạo hạt (góc tán xạ) Chọn hệ trục tọa độ 0xy nằm mặt phẳng quỹ đạo hạt hình Gọi θ góc bán kính r véctơ r hạt chiều dương trục 0x, vị trí hạt biểu diễn hệ tọa độ cực (r, θ ) Vận tốc hạt vị trí quỹ đạo biểu diễn dạng r r r r r v = h − qeθ , eθ véctơ đơn vị vng góc với bán kính véctơ r a) Biểu diễn q theo mômen động lượng L γ r b) Xác định hướng véctơ h biểu diễn h theo L, v0 ,γ Trong hệ tọa độ mà ta lấy thành phần vận tốc v x, vy làm trục tọa độ, đầu mút r véctơ v vẽ nên quỹ đạo gọi tốc đồ Hãy vẽ tốc đồ hạt α biểu diễn góc tán xạ ξ qua L, v0 ,γ Ngoài lực Culơng, hạt α chịu thêm tác dụng lực nhiễu loạn xuyên r βr r r tâm g(r) = e r , er véctơ đơn vị hướng dọc theo bán kính véctơ r , β r số dương cho với điểm quỹ đạo β γ = Khi chưa nhiễu loạn, quỹ r3 r2 đạo hạt hypebol có phương trình hệ tọa độ cực r = 32 p , ε cos θ − p = L2 / Mγ, ε = Lh / γ Tìm độ thay đổi góc tán xạ δξ theo M, L, h, γ, β, θ0 Lời giải : r r r r r a) Mômen động lượng L = r × p = Mr 2θ&ez ( eZ vector đơn vị trục 0z) r γ r γM &r γM r& θer = − eθ tức lượng hạt bảo tồn Do đó: Mv&= er = r L L r r γ r uuuuur h = v + eθ = const L b) Vậy q = γ độ lớn h dễ dàng tính hạt vơ L r r r r γ2 2 Khi v / /er , hay v ⊥ e θ , nên h = v + Tại điểm cực cận L r r r r r quỹ đạo, v r = ⇒ v / /eθ hay h / /eθ , tức h hướng theo phương trục Oy r r r Ta dễ dàng biến đổi dạng v = h − qeθ đồ có dạng cung tròn tâm nằm vị trí (0,h) bán kính q (xem hình) Áp dụng biến thiên véc-tơ vận tốc cho hai điểm r r r r ∆v = ∆h − q∆eθ = −q∆eθ quỹ đạo hyperbol, ta được: r ξr 2v sin e x = 2q sin θ0 e x Mặt khác ξ / + θ0 = π / nên cuối cot 33 ξ Lv0 = γ r r r Bây giờ, có thêm lực nhiễu loạn xuyên tâm g(r) = g(r)er , mômen động lượng r r L = Mr θ&ez đại lượng bảo toàn Tuy nhiên, phương trình chuyển động bây r r γr r r γ r có dạng Mv&= er + g(r)e r Nếu ta định nghĩa h = v + eθ trước r L khơng véc-tơ bảo tồn mà biến thiên theo thời gian với tốc độ r dh r& γ &r = v − θ er dt L r r& γ &r g(r) r dh g(r) r e r , từ vào ta Rút v = θer + = er L M dt M r r dh dh & Đổi biến = θ dt dθ r dh r g(r) r & Từ mômen động lượng rút θ = L / Mr vào ta được: = er dθ L r Ta giải nhiễu loạn, tức lấy tích phân tìm biến thiên δh theo quỹ đạo cũ r r r chưa bị nhiễu loạn Thay : er = cos θex + sin θe y r r er x θ0 ey θ0 δh = ∫ r g(r) cos θdθ + ∫ r g(r) sin θdθ L −θ0 L −θ0 Thành phần thứ hai tích phân đối xứng hàm lẻ nên khơng, lại thành phần đầu Bây ta thay g(r) = r er x δh = L β vào ta r3 r e x β θ0 β ∫−θ0 r cos θdθ = pL ∫−θ0 (ε cos θ − 1) cos θdθ θ0 34 r er xβ ε (εθ0 + sin 2θ0 − 2sin θ0 ) Tích phân lên ta δh = pL Tuy nhiên, từ phương trình quỹ đạo hyberbol, r = ∞, ta có ε cos θ0 − = nên r er x β (εθ0 − sin θ0 ) biểu thức rút gọn δh = pL Biến thiên góc tán xạ: δξ = δh β Mβ γ = (εθ0 − sin θ0 ) = (θ0 − sin θ0 ) h hpL L hL B.3 Bài tập tự giải Bài 17 Một hạt với động T bị lệch hố hình cầu bán kính R chiều sâu U 0, chẳng hạn trường gây hạt có dạng: U = với r > R; U = -Uo với r < R r khoảng cách từ tâm rào Tìm mối quan hệ tham số ngắm b góc lệch θ so với hướng chuyển động ban đầu hạt Bài 18 Một chùm hẹp hạt alpha với lượng 1.0MeV đập vng góc vào bạch kim dày 1.0μm Các hạt tán xạ quan sát góc 60o nhỏ hình tròn có kích thước 1.0cm2 đạt cách tâm tán xạ 10cm Tìm tỉ lệ hạt α tán xạ tới màn? Bài 19 Một chùm hẹp hạt alpha với động T= 0.50MeV cường độ I = 5,0.103 hạt/gy đập vào vàng Tìm độ dày khoảng cách r = 15 cm từ tâm tán xạ, mật độ dòng hạt tán xạ góc θ = 60° J = 40 hạt / (cm s) Bài 20 Một chùm hẹp hạt alpha chiếu tới bạc sau hạt tán xạ thu thiết bị thu hạt α Khi thay bạch kim có dộ dày 35 bạc, số lượng hạt alpha thu nhận đơn vị thời gian tăng η = 1.52 lần Tìm nguyên tử số bạch kim, giả thiết nguyên tử số bạc khối lượng nguyên tử bạch kim, bạc biết Bài 21 Chọn HSG Quốc tế 2011 Xét hành tinh (khối lượng m) chuyển động quanh Mặt Trời (khối lượng M) Ta định nghĩa vectơ r Z sau: r 1r r r Z = v × L − er α = (G α GMm r r số hấp dẫn), v,L vận tốc momen động lượng hành tinh r r Trong toán này, ta chọn hệ toạ độ cực có gốc Mặt Trời (S), er eθ vectơ đơn vị ứng với hai toạ độ r, θ a) Chứng minh hành tinh chịu tác dụng lực hấp dẫn Mặt Trời r Z vectơ không đổi, hướng từ S phía điểm cận nhật P (xem hình vẽ) r b) Dùng vectơ Z chứng tỏ phương trình quỹ đạo toạ độ cực hành tinh là: r = p + ecos θ Biểu diễn đại lượng p e qua rA rP A điểm viễn nhật, P điểm cận nhật hành tinh Như theo 1., có lực hấp dẫn Mặt Trời tác dụng lên hành tinh quỹ đạo hành tinh cố định, đặc biệt điểm cận nhật P cố định Trong thực tế, quan sát thiên văn cho thấy P dịch chuyển chậm thể rõ Thuỷ tinh, hành tinh gần Mặt Trời Sở dĩ theo thuyết tương đối rộng, chuyển động hành tinh xung quanh Mặt Trời (cả hai giả thiết cầu đồng chất) cần phải mô tả hấp dẫn 36 Niutơn U(r) = − GM L ε GMm = − cộng với nhiễu loạn UP = c mr 3r r c tốc độ ánh sáng chân không, ε = GM L c2 m a) Chứng minh UP thoả mãn điều kiện nhiễu loạn, tức : U P