Bình hình trụ tròn bán kính R, chiều cao H, chứa chất lỏng đến 1/2 chiều cao H. Vận tốc góc để chất lỏng chưa trào ra khỏi bình khi bình quay quanh trục đối xứng:
Trả lời:
Đáp án đúng: A
Xét mặt thoáng của chất lỏng có phương trình: z = \(\frac{\omega^2 r^2}{2g}\) + h
Tại tâm: r = 0 ⇒ z = h
Tại thành bình: r = R ⇒ z = \(\frac{\omega^2 R^2}{2g}\) + h
Vì thể tích chất lỏng không đổi, ta có:
\(\pi R^2 \frac{H}{2} = \int_0^R 2 \pi r z dr = 2 \pi \int_0^R (\frac{\omega^2 r^3}{2g} + hr) dr = 2 \pi [\frac{\omega^2 r^4}{8g} + \frac{hr^2}{2}]_0^R = 2 \pi (\frac{\omega^2 R^4}{8g} + \frac{hR^2}{2})\)
⇒ \(\frac{H}{2} = \frac{\omega^2 R^2}{4g} + h\)
Để chất lỏng không tràn ra ngoài, ta cần z ≤ H tại mọi điểm. Điểm cao nhất là tại thành bình, nên:
\(\frac{\omega^2 R^2}{2g}\) + h ≤ H
Ta có hệ:
\(\frac{H}{2} = \frac{\omega^2 R^2}{4g} + h\)
\(\frac{\omega^2 R^2}{2g}\) + h ≤ H
Từ phương trình (1): h = \(\frac{H}{2} - \frac{\omega^2 R^2}{4g}\)
Thay vào (2): \(\frac{\omega^2 R^2}{2g} + \frac{H}{2} - \frac{\omega^2 R^2}{4g} ≤ H\)
⇒ \(\frac{\omega^2 R^2}{4g} ≤ \frac{H}{2}\)
⇒ \(\omega^2 ≤ \frac{2gH}{R^2}\)
⇒ \(\omega ≤ \sqrt{\frac{2gH}{R^2}} = \frac{\sqrt{2gH}}{R}\)
Vậy đáp án đúng là A. ω ≤ √(2gH/R).
