ôn thi học sinh giỏi Vật lý 12

Chuyên đề: HỆ THỐNG BÀI TẬP ĐỘNG HỌC CHẤT ĐIỂM A PHẦN MỞ ĐẦU Trong chương trình vật lý lớp 10 chuyên trình bồi dưỡng HSG quốc gia tập động học chất điểm nội dụng quan trọng kiến thức thiếu đề thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế Trong trình giảng phần động học chất điểm, có nhiều tốn hay khó xác định đại lượng động học tính vận tốc, gia tốc, xác định bán kính cong quỹ đạo Để làm rõ nhiều vấn đề phần động học chất điểm trình bồi dưỡng học sinh giỏi , chọn viết chuyên đề “Hệ thống tập động học chất điểm” để giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 10 chuyên lý trình bồi dưỡng HSG quốc gia Nội dung chuyên đề gồm: + Cơ sở lý thuyết + Hệ thống tập mẫu + Hệ thống tập luyện tập B CƠ SỞ LÝ THUYẾT I Các phương pháp xác định vị trí chất điểm : Toạ độ cong : Trên quĩ đạo tuỳ ý chọn điểm O làm gốc ( hệ qui chiếu ) chiều dương ( + ) tuỳ ý Khi vị trí chất điểm M quĩ đạo xác định khoảng cách OM = s theo quĩ đạo, s gọi toạ độ cong Trường hợp chất điểm chuyển động quĩ đạo thẳng , vị trí chất điểm M xác định theo toạ độ thẳng x = OM Khi chất điểm M chuyển động s , x hàm thời gian Ta có : s = f (t) , x = f (t) ( – 1) Biểu thức ( 1- 1) phương trình chuyển động chất điểm Trong hệ đơn vị SI đơn vị chiều dài mét ( m ) O x O s X M Toạ độ Descartes : Gắn vào hệ qui chiếu O hệ toạ độ vng góc OXYZ Khi vị trí chất điểm M không gian xác định bỡi ba toạ độ x,y,z Ta có : x = f (t) , y = g (t) , z = h (t) (1 – 2) Các biểu thức (1-2) phương trình chuyển động chất điểm Phương trình quĩ đạo chất điểm suy từ phương trình chuyển động (1-2) Z M z M y Y O O s O ’ Vectơ toạ độ : Vị trí chất điểm M xác định x  vectơ toạ độ r gọi bán kính vectơ , có gốc hệ qui chiếu O , X  có chất điểm M Vectơ toạ độ r khai triển hệ toạ độ OXYZ sau :     r x i  y j  z k ( 1- ) Toạ độ góc : Trường hợp chất điểm M chuyển động quĩ đạo tròn bán r Vị trí chất   điểm M xác định góc quay  Với  = ( OO, OM ) Trong hệ đơn vị SI đơn vị  rad Ta có  OM = s = r  (1–5) Vectơ dịch chuyển vi phân : Trên quĩ đạo lấy đoạn ds ngắn xem thẳng Trên   ds tạo vectơ ds chiều với chiều chuyển động chất điểm M Vectơ ds gọi vectơ dịch chuyển vi phân  Trong khoảng thời gian dt = t2 – t1 nhỏ, ta có độ biến thiên hay gia số vectơ toạ độ r :    dr  r  r ( 1- ) Dễ dàng chứng minh :  ds = dr (1–7) II Vận tốc : Vận tốc trung bình : Vận tốc trung bình khoảng đường trung bình chất điểm M giây ( s ) v s t (1–8) Vận tốc trung bình khơng phản ảnh mức độ nhanh chậm chất điểm M thời điểm Trong hệ đơn vị SI đơn vị vận tốc ( m/ s) Vận tốc đại số : Vận tốc đại số v định nghĩa đạo hàm toạ độ cong s hay toạ độ thẳng x theo thời gian : ds v = dt dx v = dt ( 1- ) ( –10 ) Vận tốc đại số v đặc trưng cho mức độ nhanh chậm chất điểm M thời điểm Nếu v  chất diểm M chuyển động theo chiều dương (+) quĩ đạo Nếu v  chất diểm M chuyển động theo chiều âm (-) quĩ đạo Vectơ vận tốc v : Vectơ vận tốc v đại lượng vật lí đặc trưng cho mức độ nhanh chậm phương chiều chuyển động chất điểm M thời điểm , có phương trùng với phương tiếp tuyến với quĩ đạo có chiều chiều chuyển động chất điểm, định nghĩa :  ds v dt  ( – 11 ) Theo (1-7) ta có :  dr v dt  ( – 12 )   Vậy vectơ vận tốc v đạo hàm vectơ toạ độ r theo thời gian Theo (1-4) (1-12) ta có :  v dx  dy  dz  i j k dt dt dt ( – 13 ) dx dy dz , , Trong dt dt dt vận tốc hình chiếu chất điểm M ba trục OXYZ Mặt  khác vectơ vận tốc v khai triển hệ OXYZ     v v x i  v y j  v z k ( – 14 )  Trong vx , vy , vz hình chiếu vectơ vận tốc v lên ba trục toạ độ OXYZ Từ (1-13) (1-14) suy : vx  dx dy ; vy  dt dt ; vz  dz dt ( – 15 )  Ta có mơđun hay độ lớn vectơ vận tốc v : v  v y2  v z2  x v  = Vectơ vận tốc góc : ( – 16 )  r v r v  Trong trường hợp chất điểm M chuyển động quĩ đạo tròn bán kính r Từ (1-5) (1-9) ta suy : ds d ( r ) d  r dt dt v = dt v = r ( – 17 ) d  dt Với : ( – 18 )  gọi vận tốc góc có đơn vị rad/s  Vậy vận tốc góc đạo hàm toạ độ góc  theo thời gian  Người ta biểu diễn vận tốc góc  vectơ vận tốc góc  có phương nằm trục quĩ đạo tròn , có chiều xác định theo qui tắc bàn tay phải : đặt bàn tay phải theo chiều chuyển động ,  lòng bàn tay hướng vào tâm , chiều ngón dang chiều  Dễ dàng chứng minh :    v  x r ( – 19 ) III Vectơ gia tốc :  Vectơ gia tốc : Vectơ gia tốc a đại lượng vật lí dùng để đo độ biến thiên vectơ  vận tốc v theo thời gian Được định nghĩa :  dv a dt  ( – 20 )    Vậy vectơ gia tốc a đạo hàm vectơ vận tốc v theo thời gian Vectơ gia tốc a có phương chiều hướng vào bề lõm quĩ đạo , có đơn vị ( m/ s2 ) Từ ( – 12 ) ( – 20 ) suy :  d2 r a dt  Từ (1-4) (1-21) ta suy : ( – 21 )  a 2 d 2x  d y  d 2z  i  j k dt dt dt ( – 22 ) d x d y d z , , 2 Trong dt dt dt gia tốc hình chiếu chất điểm M OXYZ  Vectơ gia tốc a khai triển hệ toạ độ OXYZ sau :     a a x i  a y j  a z k ( – 23 )  Trong ax , ay , az hình chiếu vectơ a lên OXYZ Từ (1-22) (1-23) suy : d 2x d2y d 2z ax  , a y  , az  dt dt dt ( – 24 )  Ta có mơđun hay độ lớn vectơ gia tốc a :  a  a x2  a 2y  a z2 ( –25 )  Vetơ gia tốc góc : Vectơ gia tốc góc  đại lượng dùng để đo độ biến thiên  vectơ vận tốc góc  theo thời gian Được định nghĩa :  d  dt  ( – 26 )  Vectơ gia tốc  :  Có phương nằm trục quĩ đạo tròn   Cùng chiều với  chất điểm M chuyển động nhanh dần   Ngược chiều với  chất điểm M chuyển động chậm dần  d dt  Có giá trị :  Có đơn vị rad/ s2 3.Vectơ gia tốc tiếp tuyến pháp tuyến : ( –27 ) Trong khoảng thời gian nhỏ dt xem quĩ đạo chất điểm M trùng với phần đường tròn bán kính r Khi r gọi bán kính cong quĩ đạo thời điểm khảo sát Trong khoảng thời gian nhỏ dt xem chất điểm M chuyển động quĩ đạo tròn Theo (1-19) (1-20) ta có :    dv d   d   d r a  ( x r )  x r  x dt dt dt dt         a  x r   x v  a a t  a n ( – 28 ) Với:    a t  x r    ( – 29 )  a n  x v   v at M  ( – 30 ) a an  at  a Chuyển động nhanh dần v M an Chuyển động chậm dần  a Vectơ gia tốc tiếp tuyến a t :  Thành phần a t gọi gia tốc tiếp tuyến có phương nằm theo phương tiếp tuyến với quĩ đạo   Cùng chiều với v chuyển động nhanh dần   Ngược chiều với v chuyển động chậm dần   d d  ( r ) Có độ lớn : at = .r = r dt dt dv Theo ( – 17 ) suy : at = dt ( – 31 ) ( – 32 )    Vectơ gia tốc tiếp tuyến a t dùng để đo thay đổi độ lớn vectơ vận tốc v  Trong chuyển động gia tốc tiếp tuyến at không Từ ( – ) , ( – 10 ) ( – 32 ) ta suy : at  d 2s dt ( – 33 ) Hay : at  d x dt ( – 34 )   b Vectơ gia tốc pháp tuyến a n : Thành phần a n gọi gia tốc pháp tuyến có phương vng góc với quĩ đạo  Có chiều hướng bề lõm quĩ đạo  Có độ lớn : an = .v ( – 35 )  Theo (1-17) ta có : an =  r ( – 36 ) an  v2 r  Hay : ( – 37 )  Vectơ gia tốc pháp tuyến đặc trưng cho thay đổi phương chiều vectơ vận tốc  v   Trong chuyển động thẳng vectơ gia tốc pháp tuyến a n = IV Tổng hợp vận tốc gia tốc : Hệ qui chiếu O, chuyển động hệ O Với OX // O,X, ; OY // O,Y, ; OZ // O,Z, Ta có :    r OO ,  r , Đạo hàm theo thời gian ta :    d r d OO , d r ,   dt dt dt    v V  v , ( – 38 ) Trong :   v vận tốc chất điểm M hệ O  v , vận tốc chất điểm M hệ O,   V vận tốc hệ O, đối hệ O  Đạo hàm (1-38) ta :    d v d V d v,   dt dt dt    a  A a , ( – 39 ) Trong :   a gia tốc chất điểm M hệ O  a , gia tốc chất điểm M hệ O,    A gia tốc hệ O, đối hệ O Z Z’ ●M  r  ' r O O’ X Y Y’ X’ V Chuyển động thẳng với gia tốc khơng đổi : Phương trình vận tốc : dv  at a const dt dv adt Theo ( – 32 ) ta có :  Tại thời điểm t = vận tốc chất điểm vo , thời điểm t vận tốc chất điểm v v Lấy tích phân : t dv adt vo v at  v o Ta : Phương trình chuyển động : Theo (1 – 34 ) ta có : ( – 40 ) dx v at  vo dt dx ( at  vo )dt  Tại thời điểm t = chất điểm gốc toạ độ x = , thời điểm t chất điểm vị trí x Lấy tích phân : x t dx ( at  v Ta : Từ (1-40) (1-41) suy : ) dt o x  at  v o t ( – 41 ) v  v o2 2 ax ( – 42 ) Trong x, v, vo , a đại lượng đại số Với vo a âm hay dương tuỳ theo chọn chiều dương quĩ đạo Nếu độ lớn vận tốc v tăng chất điểm chuyển động nhanh dần Nếu độ lớn vận tốc v giảm chất điểm chuyển động chậm dần   VI Chuyển động trọng trường a g : Y S ● y   vo g  r O xS x xA X  Mọi vật chuyển động tự mặt đất với độ cao h b) 1/ Quĩ đạo vật có dạng đường gì? 2/ Tìm gia tốc tiếp tuyến, gia tốc pháp tuyến thời điểm t? 3/ Tìm bán kính cong quĩ đạo thời điểm t điểm (a; 0) (0; b)? Lời giải x2 y  2 1/ Có: a b =1 Vậy quĩ đạo đường elip có a bán trục lớn b bán trục nhỏ, tâm trùng gốc O 2 2/ ay=y’’=-  y; ax=x’’=-  x Xét thời điểm t vật M, tiếp tuyến quĩ đạo M hợp với Ox góc  hình vẽ b cos(t ) dy dy / dt Ta có: tan  = dx = dx / dt =  a sin(t ) � sin  = 1  cot an 2 ; cos  =  t an 2 Chọn chiều (+) theo chiều KĐH: Vậy:  (b  a ).sin 2t 2 2 att = axcos  -aysin  = a sin t  b cos t an = (ax2  a y2 )  att2  ab = a sin t  b cos 2t y ax M ay x a vx2  v y2 / R= an sin t  b cos 2t  3/ ab = b2 � RA = a = Rmin a2 � RB = b = Rmax Tại điểm (a;0): x=a; y=0 � cos t =1 sin t =0 Tại điểm (0;b): x=0; y=b � cos t =0 sin t =1 Bài 2: Một chất điểm M chuyển động mặt phẳng thẳng đứng chịu tác dụng lực đàn hồi tỉ lệurthuận với r F =-k2m r khoảng cáchuutừ M đến điểm cố định O: uu r y F r r = OM m khối lượng vật, k hệ số tỉ x P lệ 1/ Xác định quĩ đạo vật thời điểm ban đầu C Mo g có vị trí Mo(a; k ) có vận tốc vo hình vẽ 2/ Tính bán kính khúc gia tốc hướng tâm  chất điểm thời điểm t= 3k Lời giải ur r r a = m g -k2m r Theo định luật II Niuton: m u r r r g r Vậy: ( )'' = - k2 r (*) r r (Với a = ( r )'') + Chiếu (*) lên Ox được: x'' + k2x =0 (1) � Với điều kiện: x(0)= a ; x'(0) = x = acoskt + Chiếu (*) lên Oy được: y'' +k y=-g (2) Nghiệm phương trình (2) là: y = y1 + y2 Với y1 nghiệm riêng ( số) phương trình (2): y'' +k2y=-g g Giả sử y1=A, thay vào (2) được: y1=- k Còn y2 nghiệm tổng quát phương trình: y'' +k2y= � y2 = Bcos(kt+  ) Vậy ta có: g y = Bcos(kt+  ) - k g Với điều kiện ban đầu: y(0) = - k ; y'(0) = vo > vo  g Kết quả: y = k cos(kt- ) - k  �   � � � �B cos   �B  vo �  Bk sin   v  o � � � � k �x  a cos kt � � vo g y  sin kt  � k Vậy phương trình chuyển động chất điểm là: � k � g � y  � � � k � Quĩ đạo elip: �v o � x2 � � a + �k � =1 vo g Elip có tâm điểm C(0; - k ); bán trục a bán trục k �x  a cos kt vo g � Y  b sin kt � � k k 2/ Đặt =b Y=y+ ay=Y’’=-  Y; ax=x’’=-  x Xét thời điểm t vật M, tiếp tuyến quĩ đạo M hợp với Ox góc  hình vẽ Ta có: dY bk.cos(kt) tan  =  dx = ak.sin(kt) Y M ax n ay x 2 � sin  =  cot an  ; cos  =  t an  k ab 2 2 an=-aycos  -axsin  = a sin kt  b cos kt = k avo k a sin kt  vo cos kt k a vx2  v y2 R= an = sin kt  vo2 cos kt  3/2 k avo 2k avo  3k a  vo2 Vậy thời điểm t= 3k : an= ; k a R=  3vo2  3/2 8k avo Bài 3: Một chất điểm m trượt không vận tốc đầu từ điểm A parabol nhẵn có phương trình y 2=ax Biết 2 yA=15/4(m) số a= m A y N M x Tại điểm vật bắt đầu khơng tì lên đường trượt? Lời giải * Xét vị trí M, vật có tọa độ (x,y) P + Áp dụng định luật bảo toàn cho vật ta có: mgy o = mgy+ mv2 � v2 = 2g(yo-y) (1) ur uu r r g N a + Theo định luật II Niuton: m + = m � mgcos  - N = maht mv � N = mgcos  - R (2) (  góc tiếp tuyến với quĩ đạo vị trí M trục Ox, R bán kính cong M) + v R= ' (3) a dy + Từ y2=ax đạo hàm hai vế 2y.dy=adx � tan  = dx = y y2 a a a cot  cot   ' � y= � y’= 2sin  ; x= a = ;  a.cot   a.cos   '  ' x’ = sin  = 2sin  (4)  a2  y2  x '2  y '2 a ' 2a = 2sin  = 3/2 Thay (4) (3) được: R = Thay (1) (5) vào (2) cho N=0 được: 4y3+3a2y-2a2yo = Thay số được: y + y- = (5) (Nhận thấy có nghiệm y=1) � (y-1)(y + y+ ) = Vậy tọa độ y=1m chất điểm khơng đè lên đường trượt Bài 4: V Một sợi dây nhẹ, trơn, không dãn xuyên qua hạt x cườm nhỏ khối lượng m Một đầu sợi dây buộc vào T điểm cố định A, đầu buộc vào vòng nhỏ N khơng khối lượng, vòng trượt khơng ma y T'' sát ngang cứng nhẵn (hình vẽ) Tại thời điểm ban đầu người ta giữ hạt cườm đầu dây A cho sợi dây thẳng khơng có lực căng thả P tay 1/ Quĩ đạo hạt cườm đường gì? 2/ Hãy tìm vận tốc hạt cườm thời điểm sợi dây bị đứt, biết lực căng cực đại mà sợi dây chịu T o Cho chiều dài sợi dây L, khoảng cách từ A đến cứng h Lời giải * Xét chuyển động vòng, vòng có khối lượng mV=0 nên lực tác dụng cân nhau: + =0 sợi dây từ vật đến vòng ln thẳng đứng * Xét thời điểm t: hạt cườm vị trí M + AM2 = AN2 + NM2 (L-y)2 = (h-y)2 + x2 y = - + (*) Vậy quĩ đạo hạt cườm parabol (A tiêu điểm, C đỉnh) * Xét chuyển động hạt cườm Chọn hệ trục Oxy hình vẽ + Giả sử thời điểm t hạt cườm có vận tốc v vị trí M (x,y) Các lực tác dụng vào hạt cườm hình vẽ, T=T' Áp dụng định luật II Niuton cho hạt cườm xét theo phương  vng góc với quĩ đạo M ta có: v2 2Tcos  -mgcos  = m R Theo bảo tồn ta lại có: mv2 = mgy � v2 = 2gy (1) (2) * Tìm R:  dy Xét thời điểm t vật M, tiếp tuyến quĩ đạo M tạo với Ox góc  : tan  = dx xdx  dy x Từ (*) suy ra: dy = - L  h � tan  = dx = L  h � x = (L-h)tan  v Bán kính cong M: R =  ' = ( L  h) tan  y= x '2  y '2 Lh Lh ' = cos  = cos (1+tan2  ) 2( L  y ) Thay tan2  pt y được: R = cos (3) mgL Thay (3) (2) vào (1) được: T = 2( L  y ) mg Dây đứt T=To � y=L(1- 2To ) mg Lh Lh � � L(1- 2To ) � Biện luận: Vì �y � + Nếu: + Nếu: + Nếu: � � mg � mg mgL gL � 1 � 2To � 2gy � �To �L  h lúc dây đứt vận tốc vật: v = = mg To< dây đứt lúc t=0 mgL To > L  h dây khơng đứt trình hạt cườm chuyển động Bài 5: Hai cầu nhỏ giống nối với sợi dây nhẹ không giãn dài L nằm mặt ngang nhẵn Một hai truyền vận tốc vo hướng thẳng đứng lên Hỏi độ lớn vận tốc đầu cần thỏa mãn điều kiện để sợi dây căng khơng bị bứt lên khỏi mặt ngang Hãy tìm điều kiện lực căng dây trở thành nhỏ dây vị trí thẳng đứng trước cầu bứt lên khỏi mặt ngang? Lời giải Cách * Các ngoại lực tác dụng lên hệ theo phương thẳng đứng, khối tâm hệ khơng dịch chuyển theo phương ngang + Xét vị trí M cho sợi dây tạo với phương ngang góc : L x = cos  ; y =Lsin  x2 y2  2 L = Quĩ đạo phần elip � ( L / 2) 1 Theo định luật bảo toàn ta có: mvo2=2 mv12 + mgL (1) v12 Theo định luật II Niuton cho trên: T+mg = m R y X + Xét vị trí sợi dây thẳng đứng, tốc độ cầu v1 * Tìm R mg mgL �To � L  h (2) Xét quĩ đạo nửa elip có bán trục lớn L bán trục I L nhỏ L/2 Ta có: x= cos  ; y=Lsin  L ' Tại đỉnh I quĩ đạo elip: x=0; vx=x'= ; ax=x''=0 y=L; v =y'=0; a =y''= - L( ') y y x Bán kính khúc I là: R = 2m v ay M = v ay L = v  gL L -mg = suy ra: vo � 2,5gL o * Trở lại toán: T= Xét cầu (2) chuyển động theo phương ngang nên vị trí sợi dây thẳng đứng: N=mgT Điều kiện N �0 nên T �mg suy vo � 3gL Cách Khảo sát chuyển động khối tâm sợi dây tạo với phương thẳng đứng góc  : L L L L yG= sin  � yG' = cos   ' ; yG'' = cos   ''- sin   '2  Tại vị trí dây thẳng đứng  = : L N - 2mg = maG = m.yG'' = - m  '2 (1) L ' Tại vị trí dây thẳng đứng vG=yG'=0 � vận tốc cầu bằng: v= Theo bảo toàn lượng ta lại có: L L ' 2mg + 2m.( ) = mvo2 vo2 N = mg(3g- L ) �0 � vo � 3gL (2) Từ (1) (2): Áp dụng định luật II Niuton cho cầu thời điểm dây thẳng đứng ta được: N+T=mg � T = mg-N �0 � vo � 2,5gL suy ra: vo Bài Một viên đá ném theo phương tạo với phương ngang góc với vận tốc ban đầu v o Nếu muỗi bay theo quĩ đạo viên đá với vận tốc khơng đổi v o gia tốc muỗi điểm có độ cao ½ độ cao cực đại viên đá? Bỏ qua lực cản khơng khí viên đá chuyển động Lời giải Độ cao cực đại viên đá là: H= Vận tốc vật độ cao h= thoả mãn: mvo2 = mv2 + mgh v = vo Tại thời điểm vectơ vận tốc tạo với phương ngang góc thoả mãn: cos = = Thành phần gia tốc theo phương bán kính quĩ đạo vng góc với bằng: g.cos v  g Vậy bán kính cong là: R= Gia tốc muỗi vị trí là: a = = = Bài 7: Một thân hình trụ nằm mặt đất có tiết diện ngang hình tròn bán kính R Một bọ chét cố gắng nhảy qua thân Tìm tốc độ nhảy tối thiểu bọ chét để nhảy qua thân Giả sử bọ chét đủ thơng minh để chọn vị trí góc nhảy tối ưu Gia tốc trọng trường g, bỏ qua sức cản khơng khí Lời giải r u y O x Quỹ đạo bọ chét đường paraboℓ Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ Mốc thời gian lúc bọ chét đỉnh paraboℓ Đỉnh paraboℓ độ cao h so với tâm O khối trụ Vận tốc theo phương ngang u - Các phương trình tọa độ bọ chét theo thời gian là: gt y=h- x = ut; - Khoảng cách từ O đến bọ chét S, với S2 = x2 + y2 - Để vượt qua thân S  R - Xét giới hạn S = R � gt � u t � h � R � � g2t  gh  u t  h  R   2     (1) - Để quỹ đạo paraboℓ không cắt đường tròn phương trình (1) phải có nghiệm kép gh  u  =0  u = - Nghiệm kép:   g2  h2  R   g h � h2  R2  2  gh – u2 = g h  R (2) gh  u g2 2� g h  h2  R 2 2 t =   u  gh  Từ (2), ta lấy nghiệm: u =   - Để lên đến độ cao (R + h), thành phần vận tốc ban đầu theo phương thẳng đứng phải có độ lớn: v2 R + h = 2g  voy2 = 2g(R + h) - Vận tốc ban đầu bọ chét:    v 02  u  v 2oy  g h  h  R  2g  R  h  v02  g 3h  2R  h  R  =y (3) h 3R 2 y’ =  - h  R =  h = (4) Thay vào (3) �9R � 9R g �  2R   R � gR 2 v 0min  g 3h  2R  h  R �8 � � = �   v0min  gR  82  82   Bài 8: Ở độ cao đủ lớn, viên đạn bắn trọng trường với vận tốc v o nghiêng với phương ngang góc  Khối lượng viên đạnuurlà m, gia tốc trọng trường g Lực cản Fc r v = -mgk (k hệ số tỉ lệ k>0) khơng khí tác dụng lên viên đạn có biểu thức 1/ Hãy tìm phương trình quĩ đạo giới hạn tầm xa viên đạn? 2/ Xác định bán kính cong quĩ đạo? Rmin? 3/ Áp dụng số:  =600; g=10m/s2; k=0,02(m-1s); vo=120m/s; t=10s Lời giải ur r r a m = m g -mgk v 1/ Theo định luật II Niuton: + Xét theo phương Ox: x’’ = -gkx’ (� dvx dt = -gk.vx � vx = x’ = A e gkt Tại t=0: vx=vocos  � A=vocos  �  gkt vocos  e t vo cos  e  gkt d ( gkt ) � x= � gk dx dt = = vo cos   gkt gk ( e +C) vo cos   gkt Tại t=0 có x=0 � x = gk (1- e ) (1))  gkt Cách khác: PT có nghiệm dạng x = A e + B Tại t=0: vx=vocos  vo cos  � x= gk (1- e  gkt xo = =0 ) + Tương tự, xét theo phương Oy: Lúc lên y’>0 nên FCy= -kgy’ Lúc xuống y’ nên có FCy= -kgy’ Vậy: y’’ = -g-kgy’ � d (v y  ) k dt = -gk.(vy+ k ) � (vy+ k ) = A e  gkt dy 1  gkt Tại t=0: voy=vosin  � vy = dt = (vosin  + k ) e - k t t 1 e  gkt d ( gkt ) dt � � k � y = (vosin  + k ) gk 0 (vo sin   ) t k  gkt gk = ( e +C) - k (vo sin   ) t k  gkt gk Tại t=0 có y=0: � y= (1- e ) - k (2) + Từ (1) (2) suy phương trình quĩ đạo vật là: � gkx � x ln � 1 � gk vo cos � v c os  �  k o y = (vosin + ) + vo cos  * Từ phương trình x ta suy t � � x � gk vo cos  Vậy quĩ đạo vật có đường tiệm cận đứng: x= gk Sau thời gian đủ lớn, vật coi lim v y rơi thẳng đứng với vận tốc giới hạn: v= t �� = - k 2/ + Xét điểm M, tiếp tuyến quĩ đạo tạo với trục Ox góc  : dy / dt � tan  = dx / dt = �  gkt � vo sin   � e  � k� k �  gkt  vo cos   e ur at ur g uur an 1  e gkt   = tan  + kvo cos  g + an = g.cos  =  tan  = v2 y '2  x ' an + R = an = = x '2 + R y’=0: R = an = min 3/ Áp dụng: R �391m Bài 9: Trên mặt phẳng ngang nhẵn có hệ trục cốurđịnh Oxy, chất điểm m chuyển động r tác dụng lực đẩy từ O theo qui luật: F = k m r (k số, m khối lượng r r bán kính định vị chất điểm tính từ O Ở thời điểm đầu chất điểm M o (a;0) chất điểm, uu r có vo song song với trục Oy 1/ Xác định qũi đạo chất điểm? 2/ Xác định bán kính cong quĩ đạo? 3/ Xác định bán kính cong thời điểm t=4s vo=2m/s; k=1(s)-1; a=2m Lời giải dvx Áp dụng định luật II theo phương Ox: k mx = max = m dt 1 � k2 xdx = vxdvx � k2x2 = vx2 + C Tại t=0: x=a; vox=0: C= k2a2 Vậy: k2x2 = vx2 + k2a2 dx � x  a = kdt dx 2 � vx = dt = k x  a � ln(x+ Tại t=0 có x=a: D=-lna � + Hồn tồn tương tự ta có: x  a ) + D = kt a kt x = (ekt + e ) (1) vo kt kt y = 2k (e - e ) dvx dx dvx � k x = dx dt = vx dx 2 x k y  2 vo Từ (1) (2): a (2) = (quĩ đạo Hypecbol) + Xét thời điểm t tiếp tuyến tạo với Ox góc  uur ay y vo e kt  e kt y' kt  kt Tan  = x ' = ak e  e uur v0 + Vecto lực hướng xa O nên vecto gia tốc hình vẽ an=axsin  - aycos  = x’’sin  - y’’cos  uur uur ax an x a vo2  e kt  e  kt   a k  e kt  e  kt  2 y '2  x '2 vo k kt  kt ak kt  e  e  cos   e  e  kt  sin    a n R= = Áp dụng số: R(4s) �230 km y ' vo ekt  e  kt kt  kt (với tan  = x ' = ak e  e ) Bài 10: Một dây đàn hồi giữ chặt điểm A vòng qua vòng nhẫn cố định O Ở đầu cuối tự dây có buộc vật khối lượng m Chiều dài dây lúc không giãn l=OA Để kéo dây giãn 1cm cần lực k2m (N) Sau kéo dây giãn theo đường thẳng đứng dài gấp đôi người ta truyền vận tốc vo nằm ngang hình vẽ 1/ Hãy xác định quĩ đạo cầu, xem sức căng tỉ lệ với độ giãn dài 2/ Xác định bán kính cong quĩ đạo?  3/ Xét thời điểm t= 6k Áp dụng số l=20cm; vo=40cm/s; k=4(s)-1 Lời giải Áp dụng định luật II theo phương Ox: - k2mx = max � - k2x = x’’ � x = Acos(kt+  ) Y O X Tại t=0: x=0; vxmax = vo: vo  � A= k ;  = - vo x = k sin(kt) Vậy: (1) + Hoàn toàn tương tự ta có: - k2my – mg = may � y’’ + k2y = - g (2) Nghiệm phương trình (2) là: y = y1 + y2 Với y1 nghiệm riêng ( số) phương trình (2): y'' + k2y = -g g Giả sử y1=A, thay vào (2) được: y1=- k Còn y2 nghiệm tổng quát phương trình: y'' +k2y= � y2 = Bcos(kt+  ) g y = Bcos(kt+  ) - k Vậy ta có: Với điều kiện ban đầu: y(0) = l ; y'(0) = g � �B cos   l  k � � � � Bk sin    0 � � g � Bl � k � � g Kết quả: y = lcos(kt) - k (3) � vo x  sin(kt ) � � k � �y  (l  g )cos(kt )  g k2 k2 Vậy phương trình chuyển động chất điểm là: � � g � x �y  � � k � �vo � g �k � (l  ) k Quĩ đạo elip: � �+ =1 vo g g 2 Elip có tâm điểm C(0; - k ); bán trục (l+ k ) bán trục k 2/ Xét thời điểm t vật M, tiếp tuyến quĩ đạo M hợp với Ox góc  hình vẽ Ta có:  dy lk.sin(kt) tan  = dx = vo cos(kt) ax ay O � sin  =  cot an  ; cos  =  t an  an=aycos  +axsin  = y’’cos  +x’’sin  R= an k l vx2  v y2 2 = sin kt  vo2 cos kt  3/2 k 2lvo  Vậy thời điểm t = 6k R = Y k l 2  3vo2 8k 2lvo  3/2 �181 (cm) X Bài 11: Một hệ hình vẽ, vật B có dạng nửa bán trụ bán kính R bắt đầu dịch chuyển với gia tốc không đổi ao theo phương ngang mặt đất, vật nhỏ A nối với điểm C sợi dây không dãn, nâng lên theo mặt trụ vật B sau B dịch chuyển Giả sử thời điểm ban đầu, vật A nằm yên sàn (h=0) 1/ Hãy tính tốc độ dài trung bình vật A lên đến đỉnh bán trụ? 2/ Tìm bán kính cong quĩ đạo vị trí bán kính nối vật với tâm trụ tạo góc  / với phương ngang, cho ao=0,4m/s2; R=2m; Lời giải Lúc đầu góc bán trụ trùng với gốc O y Xét thời điểm t vật nhỏ vị trí góc hình vẽ bán trụ dịch chuyển quãng đường R Ta có: y=Rsin dy = R.cos.d x=R+Rcos dx = (R-Rsin)d Vậy dS==   /2 S= = Đặt  �1  sin  d ao ao x o   � d  = -d  sin  =cos   /2  R �2 sin d  S= Với t thoả mãn: aot2= = 4R vTB = vTB = at at 2/ Có: y’ = atcos R ; x’ = at – at.sin R ; R  = aot2 a 2t at a 2t a 2t + y’’ = - Ro sin Ro ; x’’= a - Ro cos Ro ; y' + tan  = x ' ; x '2  y '2 R = y ''.cos   x ''sin  Bài 12 Tìm phương trình đường cong sợi y b dây đàn hồi AB, khơng co giãn, có B khối lượng phân bố với mật độ  hai a đầu dây treo vào hai điểm mà khoảng cách A hai điểm treo ngắn chiều dài l dây (hình vẽ) Khi cân bằng, sợi dây nằm mặt phẳng thẳng đứng x Tìm bán kính cong sợi dây? y Lời giải + Xét đoạn dây chiều dài dl, khối lượng dm = ρdl + Lực kéo căng dây tăng dần phía hai điểm treo Do đoạn dây dl, đầu chịu lực đầu chịu lực + Dây cân bằng, (1) gdm - Từ phương trình thứ nhất, suy FX = const - Từ phương trình thứ hai suy ra: x dFY =urρgdl = ρg (2) ur - Vì F tiếp tuyến quĩ đạo, giá F tạo với Ox góc  : tan  = (3) - Từ (2) (3) ta có : d2y dy g  B  ( )2 , B   const dx dx FX (4) + Đặt z = , phương trình (4) có dạng : dz 1 z2  bdx (5) + Lấy tích phân (5), ta được: ln(z   z )  Bx  C1 + Mặt khác  z  z + Từ (6) (7) suy ra: z Bx  C , hay :  z  z  e (6) (với C1 số tích phân)   z  z  e  Bx C1 (7) dy Bx C1  Bx C1 Bx C1  (e e ) e  e  Bx C1   � y = 2B dx +C2 Bài 13: Một hạt cườm nhỏ có khối lượng m xuyên qua sợi dây (sợi dây mảnh, cứng) di chuyển khơng ma sát dọc theo sợi dây Sợi dây có hình elip mặt phẳng sợi dây nằm mặt phẳng thẳng đứng Biết trục lớn elip có phương thẳng đứng bán trục lớn a, trục nhỏ có phương nằm ngang bán trục nhỏ b D (hình vẽ) Vận tốc chuyển động hạt cườm điểm cao v Tìm lực vòng dây tác dụng lên hạt cườm trường hợp sau a) Hạt cườm vị trí cao (vị trí A) b) Hạt cườm vị trí thấp (vị trí B) A a y b B Lời giải Chọn HQC gắn với mặt đất.urHệ trục tọa độ Oxy hình vẽ uu r - Các lực tác dụng vào vật: P, N - Áp dụng định luật II Niu – tơn, ta có: - Chiếu phương trình (*) lên trục Oy: ur uu r r P  N  ma x2 y  1 - Phương trình elip: b a � �x  b cos  t  � y   a sin  t  � - Đặt: -b -a  * P  N  ma y � N  m  a y  g  C O a b  1  2 Khi y đóng vai trò giống vật tốc vật dao động điều hòa với phương trình x v ' v  xmax  b �   b - Điều kiện ban đầu: - Phương trình vận tốc phương trình gia tốc vật theo trục: x � vx  x '  b sin  t  ; ax  b cos  t  � � v y  y '  a cos   t  ; a y  a sin  t  � ax  r uu r � cos  t   � �x  � � �a a �� �� � v y sin  t   a y  a  a �y   a  � � b � - Khi vật qua vị trí cao nhất: Tìm gia tốc vật điểm A cách khác: Chọn trục Oxy có Ox nằm ngang, Oy hướng lên + Đạo hàm hai vế phương trình (2), ta được: dx dy 2 x  y  � xvx  yv y  b dt a dt b a x  � ; vx2  v 2y  v  *** � + Tại vị trí cao nhất, ta có: �y  a  ** v  v; v  y Từ (**) (***): x + Vì hạt cườm chuyển động không ma sát dọc theo sợi dây, điểm cao phản lực sợi dây tác dụng lên hạt cườm có phương thẳng đứng Áp dụng định luật II Niu – tơn: ur uu r r Chiếu lên Oy: P  N  ma N  mg  ma y � N  m  g  a y   1'  2 vx  x.ax  vy2  y.a y  a + Đạo hàm hai vế phương trình (**), ta được: b � a0 v2a � � ay   , � av � �y  a b N  m �g  �  3' � v x  v, v y  � b � � Tại A: thay vào (1’), ta được:     �av � N  m �  g �  3 �b � - Từ tính được: av uu r g N  0, N b - Nếu hướng theo chiều dương Oy av uu r g N  0, N b - Nếu hướng ngược chiều dương Oy 1b.Tại điểm thấp Vận tốc hạt cườm tìm từ định luật bảo tồn lượng Ta có: v 22  v  4ag Lập luận tương tự, tìm lực vòng dây tác dụng lên hạt cườm có chiều từ lên có độ lớn là: N  m(g  a(v  4ga) ) b2 D HỆ THỐNG BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bi 1: Một chất điểm chuyển động mặt phẳng toạ độ Oxy có toạ độ x = 3cos2t (m); y = 3sin2t (m) Trong t thời gian có đơn vị giây (s) a Tính tốc độ v vật thời điểm t b Tìm hớng độ lớn vectơ gia tốc c Cho biÕt tÝnh chÊt cđa chun ®éng cđa chÊt ®iĨm ®ã vẽ quỹ đạo chuyển động vật (ĐS v = 6m/s; a = 12 m/s2; chuyển động tròn đều) Bài 2: Một chất điểm chuyển động mặt phẳng toạ độ Oxy có toạ độ x = acost; y = bsint Trong t thời gian chuyển động chất điểm a>b a Vẽ quỹ đạo chuyển động chất điểm b Tìm gia tốc tiếp tuyến chất điểm thời điểm t c Tìm gia tốc pháp tuyến chất điểm thời điểm t d Tính bán kính cong quỹ đạo thời điểm t hai điểm gần O xa O (Đs: b ; ; ) Bài 3: Bán kính vectơ chất điểm A gốc toạ độ biến thiên theo thời gian t theo quy luật Trong lần lợt vectơ đơn vị trục Ox Oy a,b hai số dơng; t thời gian chuyển đông chất điểm a Tìm phơng trình quỹ đạo vẽ đờng quỹ đạo chuyển động chất điểm b Tìm vận tốc v; gia tốc a ®é lín cđa chóng theo thêi gian c T×m gãc hợp hớng vectơ vectơ theo thời gian Bài 4: Một chất điểm chuyển động mặt phẳng toạ độ Oxy có toạ độ x = Asint; y = A(1- cost), víi A,  lµ hai h»ng số dơng a Tính quãng đờng s mà chất điểm đợc sau khoảng thời gian b Chứng minh vectơ vận tốc vectơ gia tốc vuông góc với Bài 5: Cho cấu tay quay truyền nh hình vẽ bên Tay quay OA có chiỊu dµi = 10 cm quay quanh O theo quy luật = 10t làm cho chạy B chuyển ®éng däc theo A m¸ng nhê trun AB = M a Lập phơng trình chuyển động B B M trung điểm AB O b Vẽ quỹ đạo chuyển động điểm B ®iĨm M c T×m vËn tèc tøc thêi cđa ®iĨm B điểm M theo t Bài 6: Một vật đợc ném xiên từ mặt đất với vận tốc ban đầu v0 hợp với phơng ngang góc Bỏ qua sức cản không khí, xác định: a Khoảng thời gian chuyển động chất điểm, b Chiều cao cực đại tầm bay xa vật, xác định góc ném để hai đại lợng c Bán kính cong điểm ném vật đỉnh quỹ đạo Bài 7: Cần ném bi theo góc so với mặt phẳng ngang để: a Bán kính khúc điểm điểm đầu quỹ đạo lớn gấp 0,8 lần bán kính khúc đỉnh quỹ đạo b Tâm khúc đỉnh quỹ đạo mặt đất Bi 8: Một thuyền bơi qua sông từ O với vận tốc v1 khơng y đổi ln vng góc với dòng nước chảy Dòng nước chảy có vận tốc bờ điểm song song với bờ, có giá trị phụ thuộc vào khoảng cách đến bờ theo quy luật: , với v0 v2 L số, L chiều rộng sông Hãy xác định: O x a Vận tốc thuyền bờ sau thời gian t kể từ xuất phát vận tốc thời điểm thuyền đến dòng? b Xác định phương trình chuyển động, phương trình quỹ đạo thuyền điểm đến thuyền bờ bên sông? A Bài 9: Một thuyền bơi qua khúc sơng có rchiều rộng a Mũi thuyền ln vng góc với bờ sông Vận tôc thuyền so với nước u , vận tốc nước chảy tăng dần đạt cực đại sông Chọn hệ trục xOy hình bên O điểm sơng Ox vng góc với bờ vận tốc nước chảy dọc theo bờ sơng có độ lớn tn theo quy luật a y O � �a  v0 �  x � a �4 � với v0 số dương r 1, Nếu vận tôc thuyền so với nước u không đổi C b B a, Lập phương trình quỹ đạo thuyền b, Xác định điểm cập bến 2, Để thuyền theo quỹ đạo thẳng từ A đến C vân tốc thuyền so với nước thay đổi nào? Biết C cách điểm đơi diện B phía hạ lưu khoảng b x