CHUYÊN đề bán KÍNH CONG của QUỸ đạo tại một điểm CHUYỂN ĐỘNG của hệ CHẤT điểm l10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (520.26 KB, 30 trang )

CHUYÊN ĐỀ: BÁN KÍNH CONG CỦA QUỸ ĐẠO TẠI MỘT ĐIỂM
CHUYỂN ĐỘNG CỦA HỆ CHẤT ĐIỂM

A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài.
Trong chương trình Vật lí THPT, phần cơ học đóng một vai trò then chốt
quyết định tới việc học sinh có học tốt các phần khác của Vật lí hay không.
Khi dạy phần cơ học trong chương trình chuyên, tôi nhận thấy các bài toán
chuyển động của chất điểm có quỹ đạo là đường Côníc liên quan tới các kiến
thức giải tích như đạo hàm và giải các phương trình vi phân học sinh thường
gặp khó khăn.
Đối với các kì thi Olimpic và HSG Quốc gia những năm gần đây thì việc
vận dụng các kiến thức toán vào Vật lí để giải quyết nhanh các vấn đề ngày
càng được chú trọng. Chính vì thế tôi viết chuyên đề: “Chuyển động của chất
điểm theo quỹ đạo là đường Côníc – bán kính cong của quỹ đạo tại một điểm”
hy vọng sẽ giúp một phần nhỏ cho đồng nghiệp và các em học sinh vận dụng
toán để giải quyết các bài toán Vật lí một các đơn giản và hiệu quả nhất.
II. Mục đích của đề tài.
Các mục đích chính của đề tài như sau:
– Giúp học sinh nắm được các kiến thức về các đường Côníc, các kiến
thức về đạo hàm cấp I, cấp II và vận dụng kiến thức này trong các bài toán
tìm bán kính cong của quỹ đạo của chất điểm tại một điểm.
– Giúp học sinh nắm được cách giải một phương trình vi phân bằng
phương pháp phân li biến số để vận dụng trong trường hợp khảo sát chuyển
động của một chất điểm trong trường lực xuyên tâm đặc biệt là trường tĩnh
điện.
– Phân chia dạng bài tập để định hướng cách giải bài tập cho học sinh.

B. NỘI DUNG

I. Cơ sở lí thuyết
1) Nhắc lại về phương trình của các đường côníc
a) Elip

* Định nghĩa: Cho hai điểm cố định F1 và F2 với F1F2  2c  c  0 . Đường
elip là quỹ tích các điểm M sao cho MF1  MF2  2a ( a  c ), trong đó a là số
cho trước.
+ Hai điểm F1; F2 là các tiêu điểm của elíp, còn F1F2  2c là tiêu cự của elip
+ MF1; MF2 được gọi là bán kính qua tiêu.
* Phương trình chính tắc: Trong hệ trục toạ độ Oxy chọn F1  c,0  ; F2  c,0 
thì elíp có phương trình.
x2 y 2
 2  1 ; trong đó c 2  a 2  b 2
2
a
b
* Các yếu tố của elip:
+ Tiêu điểm: Elíp có hai tiêu điểm F1  c,0  ; F2  c,0 
+ Tiêu cự: F1F2  2c là tiêu cự của elip
+ Toạ độ các đỉnh: A1  a,0  ; A2  a,0  ; B1  0, b  ; B2  0, b 
+ Toạ độ các đỉnh: A1  a,0  ; A2  a,0  ; B1  0, b  ; B2  0, b 
+ Độ dài trục lớn A1 A2  2a ; Độ dài trục bé B1 B2  2b
+ Hình chữ nhật cơ sở: là hình chữ nhật có chiều dài các cạnh là 2a và 2b
+ Đường chuẩn: 1;  2 là hai đường chuẩn của Elip, khi thoả mãn điều kiện.
MF1
MF2

 e với 0  e  1
d  M, 1  d  M,  2 

a
a
và x 
e
e
+ Tâm sai: Số thực e được gọi là tâm sai của Elip. Giá trị của e càng nhỏ thì
Elip càng giống đường tròn, giá trị e càng lớn thì Elip càng giống đường
thẳng (càng dẹt).
c
e  ; với: 0  e  1
a
Nếu e = 0 tức là hai tiêu điểm trùng nhau, elip sẽ suy biến thành đường tròn
Nếu e = 1 tức là hai tiểu điểm trùng với hai điểm A1 và A2 thì elip suy biến
Phương trình đường chuẩn: x 

thành đường thẳng
b) Hypebol
* Định nghĩa: Cho hai điểm cố định F1 và F2 với F1F2  2c  c  0 . Đường
Hypebol là quỹ tích các điểm M sao cho MF1  MF2  2a ( 0  a  c ), trong
đó a là số cho trước. Hai điểm F1; F2 là các tiêu điểm của hypebol, còn
F1F2  2c là tiêu cự của hypebol.

* Phương trình chính tắc:
Trong hệ trục toạ độ Oxy chọn F1  c,0  ; F2  c,0  thì hypebol có phương
trình.
x2 y 2
 2  1 ; trong đó c 2  a 2  b 2

* Các yếu tố của hypebol:
+ Tiêu cự: F1F2  2c là tiêu cự của hypebol.
+ Tiêu điểm: F1  c,0  ; F2  c,0 
+ Độ dài trục thực A1 A2  2a ; Độ dài trục ảo B1 B2  2b

+ Toạ độ hai đỉnh: A1  a,0  ; A2  a,0 
+ Hình chữ nhật cơ sở có độ dài hai cạnh là 2a và 2b (xem hình vẽ)
+ Đường chuẩn: 1;  2 là hai đường chuẩn của Hypebol, khi thoả mãn điều
kiện.
MF1
MF2

 e với e  1
d  M, 1  d  M,  2 
Phương trình đường chuẩn: x 
+ Tâm sai e 

a
a
và x 
e
e

c
;e>1
a

c) Parabol

* Định nghĩa:

Cho một điểm F cố định và một đường thẳng 
cố định không đi qua F. Tập hợp các điểm M
cách đều F và đường thẳng  được gọi là
đường parabol.
F gọi là tiêu đỉêm của parabol
Đường thẳng  gọi là đường chuẩn
Khoảng cách từ F tới  được gọi là tham số
tiêu của parabol.
* Phương trình chính tắc của parabol:
�p �
Giả sử F � ,0 �; p  0
�2 �

khi đó parabol có

phương trình chính tắc là:
y 2  2 px
p
�p �
* Các yếu tố: Đỉnh O  0,0  ; Tiêu điểm F � ,0 �
; Đường chuẩn x 
2
�2 �
2) Công thức tính bán kính cong của quỹ đạo tại một điểm
Khi một chất điểm chuyển động trên một quỹ đạo cong bất kì, như đã biết tại
mỗi điểm gia tốc của vật có thể được phân tích thành hai thành phần
+ Gia tốc tiếp tuyến đặc trưng cho sự thay đổi về độ lớn của véctơ vận tốc:
at 

dv
dt

+ Gia tốc pháp tuyến (hay gia tốc hướng tâm) đặc
trưng cho sự thay đổi về hướng của véctơ vận tốc, độ
v2
lớn của gia tốc pháp tuyến là: an , với giá trị r
r
được hiểu là bán kính của một đường tròn được vẽ
đồng phẳng với quỹ đạo và có độ cong giống với độ
cong của quỹ đạo tại điểm khảo sát (xem hình vẽ)
Đường tròn này được gọi là đường tròn mật tiếp của
quỹ đạo tại điểm khảo sát.
1
là độ cong
r
của đồ thị tại điểm khảo sát. Ta đi thiết lập
công thức tính r như sau:
Xét một cung nhỏ P0 P có độ dài ds như
Về mặt toán học thì đại lượng

hình vẽ bên. Ta có r 
ds 

 dx 

tan  

2

ds
; trong đó
d

  dy   dx. 1   y ‘
2

2

y ”.dx
dy
2
  1  tan   d  y ”.dx  d 
2
1   y ‘
dx



Thay biểu thức của ds và d vào biểu thức của r ta được: r  1   y ‘
y ”

3
2 2



Đây chính là công thức tính bán kính cong của quỹ đạo tại một điểm. Cần lưu

ý rằng công thức trên có thể cho ta giá trị r âm hoặc dương tuỳ theo mặt cong
lõm hay lồi. Trong các bài Vật lí nếu không xét chi tiết ta có thể chỉ tính độ
lớn của bán kính bằng cách lấy giá trị tuyệt đối của biểu thức ở vế phải.
3
2 2

r

 1   y ‘ 
y ”

Trong đó y ‘ và y ” là đạo hàm bậc nhất và bậc hai của hàm số tại điểm khảo
sát (điểm mà chất điểm đang có mặt trên quỹ đạo)

Chú ý: Trong trường hợp x là hàm số của y (ví dụ Parabol) ta cũng có:
3
2 2

1   x’ 

r
x”

Ví dụ 1: Xác định bán kính cong của parabol có phương trình chính tắc:
y 2  2 px tại đỉnh của nó.
Ví dụ 2: Xác định bán kính cong của Elip có phương trình chính tắc:
x2 y 2

 1 tại đỉnh A1  a;0  của nó.

a2 b2

II. Hệ thống bài tập
Bài toán 1: Lập phương trình quỹ đạo, tính bán kính cong của quỹ đạo
tại một điểm
Bài 1:
Một vật được ném với vận tốc ban đầu 10m/s từ mặt đất, hợp với phương
ngang một góc 600
a) Lập phương trình quỹ đạo của chất điểm
b) Tính bán kính cong của quỹ đạo tại điểm bắt đầu ném và tại điểm cao nhất
của quỹ đạo, từ đó tính gia tốc pháp tuyến tại hai điểm này.
ĐS: b) r0  20m; rN  2,5m ; an 0  5 m/s2; anN  10 m/s2;
HƯỚNG DẪN GIẢI
Để giải bài toán này tác giả đề xuất 2 cách giải:
Cách 1: Áp dụng công thức tính bán kính cong quỹ đạo như đã xây dựng
trong phần lí thuyết, cách này có ý nghĩa tổng quát.
Cách 2: Sử dụng tính chất đặc biệt của quỹ đạo và các điểm đang xét, cách
này chỉ được áp dụng tuỳ vào từng bài toán đặc thù.

a) Chọn t = 0 là lúc ném, chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ:
�x  v0cos .t
�
Phương trình chuyển động: �
1
y  v0 sin  .t  gt 2
�
�
2
Khử t trong pt chuyển động ta được pt quỹ đạo: y  tan  .x 

x2
Thay số được: y  x. 3 
5

g
x2
2
2v cos 
2
0

Cách 1:
b) Trước hết ta đi tính các đạo hàm cấp I và cấp II của pt quỹ đạo:
2
2
y ‘  3  x ; y ” 
5
5
3

3
2 2

Thay vào công thức: r 
y ”

+ Tại điểm ném x = 0  r0  20m
5 3
 rN  2,5m
2
Đến đây việc tính các gia tốc pháp tuyến trở nên đơn giản
+ Tại điểm cao nhất của quỹ đạo: x 

v2
v 2  v cos  
an 0  0  5 m/s2; anN  N  o
 10 m/s2
ro
rN
rN
2

Cách 2: Ta nhận thấy phương pháp

tuyến luôn vuông góc với véctơ vận
tốc của chất điểm. Cụ thể hai điểm O
và điểm N ta đã biết trước véctơ vận
tốc của chất điểm. Mặt khác trong
bài toán này chất điểm chuyển động
ném xiên nên gia tốc toàn phần của
chất điểm chính là gia tốc rơi tự do
r r
ag
 Để tìm gia tốc pháp tuyến tại O
r
và N ta chỉ cần chiếu véctơ gia tốc a
theo phương pháp tuyến tương ứng.
Từ hình vẽ ta thấy: an 0  g.cos   5 m/s2 ; anN  g  10 m/s2;
Từ đó có thể tìm lại được bán kính cong của quỹ đạo tương ứng.
Nhận xét: Cách này chỉ tuỳ vào tính chất đặc biệt của bài toán mà không
mang ý nghĩa tổng quát.

Bài 2:

Một hòn bi nhỏ khối lượng m bắt đầu lăn từ
điểm O trên một mảng trơn OCB (Hình vẽ).
Hãy tính áp lực của bi lên máng tại C biết hình
cắt của máng là một đường được xác định bằng
l
� x �
;h
phương trình y  h.sin � �
�l � 3

� 2 2 �
1
ĐS: N  mg �
�
� 9 �
HƯỚNG DẪN GIẢI
Trước hết ta tính được vận tốc của hạt khi nó đi qua C nhờ bảo toàn cơ năng:
vC  2 gh

r
r
Tại C hòn bi chịu tác dụng của hai lực: P và N (là phản lực do máng tác
dụng vào viên bi, phản lực này có độ lớn bằng áp lực do viên bi tác dụng vào
máng)
Phương trình ĐLH cho viên bi tại C: N  P 

mvC2
. Trong đó R là bán kính
R

cong của quỹ đạo tại C.
Nhận xét: Rõ ràng trong trường hợp này việc tính trực tiếp R từ công thức đã
xây dựng ở phần lí thuyết là bắt buộc, vì không biết trước gia tốc của viên bi.
Tính R:
l
� x �
; h  ; đạo hàm cấp I và cấp II tại C là:
Xét hàm số y  h.sin � �
�l � 3
y’ 

h
� x �
cos � � y ‘ C   0
l
�l �

 2 h � x �
 2
y ”   2 sin � �
 y ” C  
l
3l
�l �
Từ đo ta tìm được: R 

3
2 2

1 y’ 
y ”



3l
2

� 2 2 �
N


mg
1
Thay R vào phương trình ĐLH ta tính được:
�
�
� 9 �
Bài 3:

Một quả cầu sắt (A) khối lượng m = 2 kg có thế
trượt không ma sát dọc theo một thanh cố định
nằm ngang, thanh xuyên qua quả cầu. Một quả
cầu (B) cùng khối lượng m, được nối với quả
cầu (A)bằng một sợi dây mảnh, không dãn,
chiều dài L = 1,6 m.
Ban đầu các quả cầu đứng yên, sợi dây nối căng ngang và tổng chiều dài đúng
bằng chiều dài thanh (Hình vẽ). Khi đó thả nhẹ quả cầu (B) để nó bắt đầu rơi
với vận tốc ban đầu bằng không. Lấy g = 10 m/s2.
a) Hãy xác định dạng quỹ đạo chuyển động của quả cầu (B).
b) Tính vận tốc của quả cầu B tại điểm thấp nhất của quỹ đạo.
b) Tính áp lực của thanh lên quả cầu (A) và lực căng sợi dây khi quả cầu (B)
ở vị trí thấp nhất.
ĐS: a) Quỹ đạo là đường Elip; b) vB  4 m/s; c) T  100 N ; N  120 N
HƯỚNG DẪN GIẢI
a) Xác định dạng quỹ đạo của quả cầu B
Xét hệ hai quả cầu A và B, các ngoại lực tác dụng gồm trọng lực và phản lực
của thanh tác dụng lên quả cầu A. Các ngoại lực này chỉ theo phương thẳng
đứng nên gia tốc khối tâm của hệ theo phương ngang bằng không.
Ban đầu khối tâm đứng yên  Khối tâm không dịch chuyển theo phương
ngang mà chỉ chuyển động theo phương thẳng đứng hướng xuống.

Chọn hệ truc toạ độ Oxy như hình vẽ. Gốc O trùng với vị trí khối tâm ban đầu
của hai vật. Tại một thời điểm t bất kì, vật B có toạ độ (x,y)
y
x
Ta có: sin   ; cos  2 ;
L
L
2
2

sử dụng hệ thức sin 2   cos 2  1 biến đổi được:
x2

y2
1
2
2
L
 Quỹ đạo là một Elip
�L �
��
�2 �


Nhận xét: Đối với bài toán này có thể yêu cầu HS vẽ phác quỹ đạo chuyển
động của quả cầu B, và mô tả chi tiết chuyển động của hệ (những em có trực
giác vật lí tốt có thể dễ dàng làm được). Từ đó dùng các lập luận vật lí và
chọn hệ toạ độ thích hợp để lập pt qũy đạo.

b) Tại điểm thấp nhất của quỹ đạo y = L; x = 0
Áp dụng bảo toàn động lượng cho hệ hai vật theo phương ngang ta được:
vB   v A  v
1
Áp dụng bảo toàn cơ năng (chú ý vB  v A  v ) ta được: 2. mv 2  mgL
2
 v  gL  4m / s
c) Áp dụng ĐL II Niu tơn cho vật B theo phương pháp tuyến:
mvB2
(*)
T  mg 
R
Tìm bán kính cong của quỹ đạo tại B.
x2

y2

1
2
Vì y �0 nên ta có thể viết phương trình quỹ đạo ở dạng: �L � L2
��
�2 �
y  L2  4 x 2
Áp dụng công thức tính bán kính cong của quỹ đạo:
3
2 2

R

 1   y ‘ 

y ”

Tính đạo hàm tại x = 0 rồi thay vào tính được: R 

L
4

Thay vào (*) tính được: T  100 N

Chú ý quan trọng:
Để tìm bán kính cong R của quỹ đạo tại điểm thấp nhất của quả cầu B nếu
HS rút x là hàm số của y và thực hiện các phép tính như trên thì sẽ không thu
được kết quả. Lí do là vì lân cận vị trí thấp nhất của quả cầu B (vị trí x = 0)

thì ta sẽ có hai hàm số của x theo y đối dấu nhau. Do vậy ta sẽ không tính
được đạo hàm của x theo y tại điểm này.
Bài 4:
Một vật khối lượng 2m được coi là chất điểm đặt
ở đỉnh của một đường trượt (C) có dạng parahol
với phương trình trong hệ toạ độ oxy (trong mặt
phẳng thẳng đứng như hình vẽ bên)(m): y  Ax 2
(m), A  20m 1, x tính bằng mét. Một viên đạn
khối lượng m bay theo phương ngang với vận tốc
v0 đến va chạm mềm với chất điểm nói trên. Bỏ
qua ma sát.
a) Tính vận tốc của hai vật ngay sau va chạm? (kí hiệu là v1)
b) Tính vận tốc của hai vật khi chúng trượt trên đường trượt đến vị trí có
hoành độ x.
c) Tính bán kính cong của quỹ đạo tại một vị theo hoành độ x.

d) Tìm điều kiện v0 để vật luôn trượt trên đường (C) nói trên .
3

2 2 2
v
9g
ĐS: a) v1  0 ; b) v  v12  2 gAx 2 ; c) R   1  4 A x  ; d) v0 
3
2A
2A

HƯỚNG DẪN GIẢI
a) Vận tôc của hai vật ngay sau va chạm có thể tính được dễ dàng nhờ định
luật bảo toàn động lượng:
mv0   m  2m  v1  v1 

v0
3

b) vận tốc của hai vật khi chúng trượt trên đường trượt đến vị trí có hoành độ
x.
Áp dụng ĐL bảo toàn cơ năng cho thời điểm ngay sau va chạm và thời điểm
hai vật có hoành độ x. Chọn mốc thế năng tại vị trí vật đang có hoành độ x.
1
1
 3m  v12  3m.g. y   3m  v 2
2
2
Biến đổi được: v  v12  2 gAx 2
c) Tính bán kính cong của quỹ đạo tại một vị theo hoành độ x.

Công thức tính bán kính cong của quỹ đạo:
R



1   y ‘
y ”

3
2 2

  1 4A x 

3
2 2 2

2A

d) Tìm điều kiện v0 để vật luôn trượt trên đường (C) nói trên .
Các lực tác dụng lên vật như hình vẽ. Phương trình động lực học:
r r
r
P  N  ma
Chiếu lên phương hướng tâm ta được:
2
3mv 2 � N  3m �gcos  v �
3mg.cos  N 
�

�
R�
R
�

ĐK để quả cầu luôn trượt trên C là N �0
v2
Hay:
�g .cos điều này luôn được thoả mãn nếu thoả mãn với góc   0
R
hay ở gốc toạ độ. Từ đó ta tìm được điều kiện: v0 
Bài 5:

9g
2A

Một chất điểm khối lượng m trượt không
vận tốc ban đầu từ điểm A trên một thanh
cứng AO nhỏ, mỏng và nhẵn được uốn
thành một đường Parabol có phương trình
15
y2 = ax. Biết tọa độ của điểm A là y A = (m)
4

A

x
O

2 2
(m). Thanh cứng AO và
3
hệ trục Oxy cùng thuộc một mặt phẳng
thẳng đứng.
Tại điểm nào thì vật bắt đầu không
còn gây áp lực lên thanh cứng?
ĐS: y = 1m
HƯỚNG DẪN GIẢI
* Xét ở vị trí bất kì M, vật có tọa độ (x,y).
+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật ta có:
1
mgyo = mgy+ mv2 � v2 = 2g(yo-y) (1)
2
và hằng số a =

+ Theo định luật II Niuton: m g + N = m a �
mgcos  – N = maht
2
mv
� N = mgcos  (2)
R
(  là góc giữa tiếp tuyến với quĩ đạo tại vị trí M và trục Ox, R là bán kính
cong tại M)
a
dy
+ Từ y2=ax đạo hàm hai vế được 2y.dy=adx � tan  =
=
2y
dx
2
a
a
� y = .cot  ; x = y = .cot 2 
2
4
a
a.cos 
a
a.cot 
� y’=
. ‘ ; x’ =
. ‘ =
. ‘ (3)
2

2
2sin 
2sin 
2sin 3 
+ Giả sử sau thời gian rất nhỏ dt, tiếp tuyến quĩ đạo quay góc d thì bán

kính cong cũng quay góc d, vật dịch chuyển đoạn đường ds
ds
v
� ds = R. d
� R=
=
(4)
d  ‘
3/2
a
a2  4 y2 
x ‘2  y ‘2

Thay (3) vào (4) được:
R=
=…… =
=
3
2sin

’
2a 2
(5)

Thay (1) (5) vào (2) rồi cho N=0 được: 4y3+3a2y-2a2yo = 0
2 5
Thay số được: y3+ y- = 0
3 3
2 5
� (y-1)(y2+ y+ ) = 0
3 3
Vậy tại tọa độ y=1m thì chất điểm không ép lên đường trượt
Bài 6:
Hai viên bi giống nhau, được nối với nhau
bằng một sợi dây nhẹ, không giãn, dài 2l, đặt
trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn (hình vẽ).
Người ta truyền cho một trong hai viên bi đó
một vận tốc v0 hướng theo phương thẳng
đứng lên trên.
a) Giả sử trong quá trình chuyển động, sợi dây luôn căng và viên bi dưới
không bị nhấc lên, hãy lập phương trình quĩ đạo của viên bi trên?
b) Tìm điều kiện của v0 để thỏa mãn điều giả sử trên (tức là trong suốt quá
trình chuyển động, sợi dây luôn căng và viên bi dưới không rời mặt phẳng
ngang).
Bỏ qua lực cản của không khí, có thể thừa nhận rằng viên bi dưới sẽ dễ bị
nhấc lên khỏi mặt phẳng ngang nhất khi dây ở vị trí thẳng đứng.
ĐS: a) Quỹ đạo là nửa Elip;
b)

5 gl �v � 6 gl (Tìm ĐK để dây luôn căng và vật 1 không bị nhấc

khỏi sàn)
HƯỚNG DẪN GIẢI:
a) + Vì bỏ qua ma sát nên khối tâm

của hệ (trung điểm của sợi dây) chỉ
chuyển động theo phương thẳng đứng.
+ Phương trình chuyển động của
viên bi 2 (viên bi trên)
x  l sin 
y  2l cos 
m1

C

m2
α

O

vO
m2

x2 y2
=> Phương trình quĩ đạo 2  2  1 (1)
l
4l
=> Quĩ đạo của viên bi trên là (nửa) elip.
b) Khi viên bi 2 chuyển động lên trên:
+ Vận tốc v giảm dần, lực căng dây giảm dần
+ Tại vị trí cao nhất của m2:
mv 2
TC  C  mg
(2)

RC
+ Tìm vận tốc của m2 tại vị trí cao nhất:
Tại vị trí cao nhất, về độ lớn: v1 = v2 = vC
Bảo toàn cơ năng:
mv0 2
mvc 2
 2.
 mg 2l
2
2
vO 2
2
=> vC 
 2 gl (3)
2
+ Tìm bán kính chính khúc RC của m2 tại vị trí cao nhất
Đạo hàm 2 vế biểu thức (1)
2v X x 2vY. y

 0  4v X .x  vY. y  0 (1’)
l2
4l 2
Đạo hàm hai vế biểu thức (1’)
4a X .x  4v X 2  a y. y  vY 2  0
Tại vị trí C: x = 0; y = 2l
vx = vC; vy = 0
ax = 0; ay = – vc2/RC
vC 2
2
 0 => RC = l/2

=> 4vC  2l.
(4)
RC
+ Thay (3) và (4) vào (2) ta được:
vO 2
m(
 2 gl )
mvO 2
2
TC 
 mg 
 5mg
l
l
2
+ Điều kiện để dây luôn căng: TC �0 =>
+ Điều kiện để m1 luôn chuyển động trên mặt phẳng ngang:
TC �mg => vO � 6 gl
5 gl �vO � 6 gl
Kết luận:
Bài 7:
Một hạt cườm khối lượng m được xỏ qua một sợi dây nhẹ, không giãn chiều
dài L. Một đầu dây buộc cố định tại điểm A, đầu kia buộc vào một cái vòng
rất nhẹ, vòng lại có thể trượt không ma sát trên một thanh ngang Tại thời điểm

ban đầu, dây được giữ ở cạnh
vòng và dây thẳng, không
căng. Thả cho hạt cườm
chuyển động. Tìm vận tốc của

nó ở thời điểm dây bị đứt biết
rằng dây chịu sức căng lớn
nhất là T0. Khoảng cách từ A
đến thanh là h. Bỏ qua mọi
ma sát.
ĐS: v =

� mg �
2 gL �
1
�
� 2T0 �

HƯỚNG DẪN GIẢI
Trước tiên ta xác định quỹ đạo chuyển động. Chọn hệ tọa độ như hình vẽ.
Theo định lý Pitago:
AN2 = QN2 + QA2
(L – y)2 = x2 + (h – y)2
Lh
x2

y=
2
2( L  h)
Như vậy quỹ đạo là parabol.
Phương trình định luật II Newton
viết theo phương pháp tuyến:

v2
m  2T .cos  mg .cos

R
với v  2 g. y

(1)
(2)

còn R là bán kính chính khúc tại N.
Để tìm R ta so sánh quỹ đạo hạt cườm với quỹ đạo một vật ném xiên
góc. Chọn các thông số của quỹ đạo để nó đối xứng với quỹ đạo hạt cườm.
Như vậy:

OV

ux = t
 ux =
còn: vy =

L2  h 2
HL
2 H với H =
2
g

g ( L  h)
2g (H  y)

Gia tốc pháp tuyến tại N là:
2
2

u 2 ux  u y 2 g (L  y)

an = g.cos =


R
R
R
2( L  y )
Vậy: R =
cos 
Giải các phương trình (1) – (3) được:
mgL
T=
2( L  y )
� mg �
1
Lúc T = T0 thì y = L �
�
� 2T0 �
Chú ý là:

0 ≤ y ≤ (L + h)/2  1 

Khi đó v =

h mg
� �2
L T0

� mg �
2 gL �
1
�
� 2T0 �

 Biện luận:
mg
 2 thì dây đứt ngay ở thời điểm vừa thả ra.
 Khi
T0
 Khi

mg
h
 1  : dây không bị đứt trong suốt quá trình chuyển động.
T0
L

Bài toán 2: Chuyển động của hệ chất điểm có liên kết bằng sợi dây.
Bài 8:
Cho hệ thống như hình vẽ, có một ròng rọc cố định A, một ròng rọc động B
và hai vật có khối lượng m1 và m2. Bỏ qua khối lượng của

A

dây và ma sát.
1.)Khối lượng của cả hai ròng rọc không đáng kể. Thả cho hệ
thống

chuyển động từ trạng thái nghỉ. Tính gia tốc a2 của vật m2 và
lực Q

B
m2
m1

tác dụng lên trục của ròng rọc A. So sánh Q với trọng lực Q’
của hệ.
Áp dụng bằng số: m1 = 0,2 kg ; m2 = 0,5kg; g =10m/s2.
Tính a2 và Q ?
2.) Khối lượng ròng rọc B không đáng kể nhưng ròng rọc A
có khối lượng đáng kể; bán kính của A là r. Thả cho
hệ thống chuyển động từ trạng thái nghỉ, người ta thấy m 2 có gia tốc a = g/n,
g là gia tốc rơi tự do, n là một số dương hoặc âm (lấy chiều dương đi xuống).
Tính khối lượng của ròng rọc A theo m1, m2 và n.
Áp dụng số: r = 0,1m.
a) m1 = 0,2 kg ; m2 = 0,5kg; g =10m/s2; n = 5. Tính m, mômen quán tính và
lực Q tác dụng lên trục của ròng rọc A? So sánh Q và Q’ do trọng lực của hệ
tác dụng.
b) m1 = 1kg; m có giá trị vừa tìm được ở trên. Tính m2 để có n = – 5( m2 đi
lên).
HƯỚNG DẪN GIẢI
1) Khối lượng của hai ròng rọc không đáng kể thì lực căng
dây có giá trị T suốt dọc dây. Ta có các phương trình chuyển động của m1 và
m2 (chiều dương đi xuống ).
A

– T + m2 g = m2.a2

B
m1

m2

1
-2T + m1 g = m1a1 = -m1 2 a2

Giải ra ta được: a2 = -2a1 = g
Và T = m2( g – a2) = g

4m2  2m1
4m2  m1

3m2 m1
4m2  m1

Q = 3T = g

9m2 m1
; Q’ = ( m1
4m2  m1

+m2)g

Q’ – Q =g

 m1  2m2 
4m2  m1

2

> 0. Vậy Q’ > Q

Áp dụng số: a2 = 7,27m/s2, Q = 4,1N < Q’ = 7 N
2) Ròng rọc A có khối lượng đáng kể thì các lực căng T bên m2 và T’ bên m1
khác nhau. Ta có phương trình:
– T + m2 g = m2.a2
1
-2T’ + m1 g = m1a1 = -m1 2 a2
( T – T’)r = I  =

1
mra2
2

Giải hệ phương trình trên ta được:
a2 = g

4m2  2m1
 1
4m2  m1  2m

T = m2( g – a2 )
T’ =

1
1
m1 ( g + a2 )

2
2

Theo đầu bài a2 = g/n, ta tìm được:
m = 2m2(n – 1) – m1(n +
Áp dụng số:
a) m = 2,9kg ; I = 0,0145 kgm2;
Q = 35,2 N; Q’ = 36 N

1
)
2

b) a2 = – 2m/s2 ; m2 = 0,133 kg ; T = 1,6N, T’ = 4,5N;
Q = mg + T + 2T’ = 39,6N < Q’ = (m1 +m2 + m)g = 40,3N
Bài 9:
Cho cơ hệ gồm hai vật khối lượng là M và M/2 có
gắn hai ròng ròng khối lượng không đáng kể. Hai
vật liên kết với nhau qua sợi dây mảnh không giãn
vắt qua hai ròng rọc. Biết rằng hệ chuyển động
không ma sát trên mặt bàn nằm ngang dưới tác
dụng của lực F0 (xem hình vẽ) và coi các đoạn dây
không tiếp xúc với ròng rọc đều nằm ngang. Tính
gia tốc của đầu dây đặt lực F0 .
17F0
ĐS: a 
M
HƯỚNG DẪN GIẢI
 Vì dây không giãn, ròng rọc và dây có khối lượng không đáng kể nên

lực căng dây ở mọi thời điểm đều bằng F0. Chọn chiều dương là chiều
chuyển động của mỗi vật.
 Theo định luật II Newton ta có:
3F
a1 � a1  0
Vật 1: 3F0  M �
M
M
4F
Vât 2: 2 F0  a2 � a2  0
2
M

1
M


F0
F0

A
F0



F0

2
M/2

 Giả sử sau thời gian t : Vật 1 dịch chuyển một đoạn S1 ,vật 2 dịch
chuyển một đoạn S2 .
Khi đó đầu dây A đã dịch chuyển được một đoạn là: S A  3S1  2 S 2
9 F 8F 17 F0
� a  3a1  2a2  0  0 
M
M
M
17F0
Vậy, gia tốc của đầu dây đặt lực F0 là: a 
.
M
Bài 10:

Hai vật cùng khối lượng m có thể trượt không ma sát trên một thanh cứng
nằm ngang, được nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ, không giãn, có chiều dài
là 2l. Một vật khác có khối lượng 2m được gắn vào trung điểm của dây. Ban
đầu, giữ cho ba vật ở cùng độ cao và sợi dây không chùng. Thả nhẹ hệ, hãy
xác định vận tốc cực đại của mỗi vật.
HƯỚNG DẪN GIẢI
m


v


l

l

m

2m

u

.
Gọi u là vận tốc của quả cầu 2m và v là vận tốc của hai quả cầu m (hai quả
cầu m có vận tốc như nhau ở mọi thời điểm) khi dây hợp với phương ngang
một góc . Vì dây luôn căng nên ta có: v cos   u sin  (1).
Mặt khác, theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:
1
1
2mu 2  2. mv 2  2mgl sin 
2
2

(2)

Suy ra:
(3)
v2 �
2 gl�
sin
  u 2 2 gl sin  2 gl
v
2 gl
Khi hai quả cầu m sắp chạm vào nhau thì   900, tức sin   1 và cos   0 .
Suy ra khi hai quả cầu sắp chạm nhau thì u = 0 [theo (1)] và sin   1. Lúc đó

bất đẳng thức (3) trở thành đẳng thức. Vậy vận tốc cực đại của quả cầu 2m
bằng: vmax  2 gl (khi   900 ).
Từ (1) ta có v  utg ( �900 ), thế vào (2) ta được: u 2 (tg 2  1)  2 gl sin  .
Suy ra:
u 2  2 gl cos 2  sin   2 gl cos 2  1  cos 2 
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có:
u 2  2 gl (2  2cos 2  )cos 2  cos 2 
3/2

�2  2cos 2   cos 2   cos 2  � 4 3
� 2 gl �
gl
� 
3
9
�
�
Dấu bằng xảy ra khi 2  2cos 2   cos 2  � cos 2  

2
6
.
� cos  
3
3

Suy ra vận tốc cực đại của hai quả cầu m bằng umax 
cos  

2
3

3gl khi

6
.
3

Bài 11:
Một quả cầu nhỏ nối với một sợi dây mảnh có thể chuyển động không ma sát
trên mặt phẳng nằm ngang. Sợi dây được quấn quanh một hình trụ thẳng đứng
bán kính r. Truyền cho quả cầu vận tốc v0 theo phương tiếp tuyến với đường
tròn chấm chấm bán kính R như hình vẽ.Tay cầm đầu tự do của dây và kéo
sao cho quả cầu luôn chuyển động trên đường tròn trên. Xác định sự phụ
thuộc vận tốc của quả cầu theo thời gian. Bỏ qua ma sát giữa dây và hình trụ.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Quả cầu A, khối lượng m chuyển động trên đường tròn (O,R). Xét tại thời
điểm t, quả cầu có vận tốc V, lực căng dây khi đó là T. Áp dụng định luật II
Newton:
r
r
T  ma (*)
Chiếu phương trình (*) lên phương hướng tâm AO và phương tiếp tuyến At
ta được:
�
V2
T cos   m �
aht  m � (1)
�

�
R
�
dV
�
T sin   m �
at  m �
(2)
�
dt


V

A
R


T

O r

I

Tay

Chia theo vế của (2) cho (1) ta có: tg 
�

dV tg


�
dt
V2
R

ˆ ).
(với   OAI

dV tg
�
dt
Tích phân hai vế: �2 
�
V
R
V0
0
V

t

dV R
�
V 2 dt

t

� 1 1 � tg

��
  �
�
t
V
V
R
0 �
�
1
�V 
1 tg

�
t
V0
R
OI

Mặt khác, tg 
AI

r
R2  r 2

nên

V0 R R 2  r 2

�1
�
r
R � R2  r 2
�
t � 0 � t 
Điều kiện: � 
V0 R R 2  r 2 �
r�
V0
�
Bài 12:
Cho cơ hệ như hình vẽ. Ba vật có khói lượng bằng nhau. Các đoạn dây không
nằm trên ròng rọc đều thẳng đứng hoặc nằm ngang. Vật 3 chuyển động trên
mặt phẳng ngang và không bị lật. Tìm gia tốc mỗi vật. Bỏ qua mọi ma sát.
Khối lượng các ròng rọc không đáng kể.
Giải. Gọi gia tốc của vật 1 là a1. Gia tốc của vật hai theo phương thẳng đứng
là a2 y. Gia tốc của 2 vật theo phương ngang là a2 x .

Gia tốc vật 3 là a3. Ta có: a3  2a1  2a2 y
a3  a2 x  2a
Phương trình lực cho các vật:

I. Cơ sở lí thuyết1 ) Nhắc lại về phương trình của những đường côníca ) Elip

* Định nghĩa : Cho hai điểm cố định và thắt chặt F1 và F2 với F1F2  2 c  c  0 . Đường elip là quỹ tích những điểm M sao cho MF1  MF2  2 a ( a  c ), trong đó a là sốcho trước. + Hai điểm F1 ; F2 là những tiêu điểm của elíp, còn F1F2  2 c là tiêu cự của elip + MF1 ; MF2 được gọi là bán kính qua tiêu.

* Phương trình chính tắc : Trong hệ trục toạ độ Oxy chọn F1   c, 0  ; F2  c, 0  thì elíp có phương trình. x2 y 2  2  1 ; trong đó c 2  a 2  b 2 * Các yếu tố của elip :

+ Tiêu điểm : Elíp có hai tiêu điểm F1   c, 0  ; F2  c, 0  + Tiêu cự : F1F2  2 c là tiêu cự của elip

+ Toạ độ những đỉnh : A1   a, 0  ; A2  a, 0  ; B1  0,  b  ; B2  0, b 

+ Toạ độ những đỉnh : A1   a, 0  ; A2  a, 0  ; B1  0,  b  ; B2  0, b  + Độ dài trục lớn A1 A2  2 a ; Độ dài trục bé B1 B2  2 b

+ Hình chữ nhật cơ sở : là hình chữ nhật có chiều dài những cạnh là 2 a và 2 b + Đường chuẩn :  1 ;  2 là hai đường chuẩn của Elip, khi thoả mãn điều kiện kèm theo. MF1MF2  e với 0  e  1 d  M,  1  d  M,  2   avà x 

+ Tâm sai : Số thực e được gọi là tâm sai của Elip. Giá trị của e càng nhỏ thìElip càng giống đường tròn, giá trị e càng lớn thì Elip càng giống đườngthẳng ( càng dẹt ). e  ; với : 0  e  1N ếu e = 0 tức là hai tiêu điểm trùng nhau, elip sẽ suy biến thành đường trònNếu e = 1 tức là hai tiểu điểm trùng với hai điểm A1 và A2 thì elip suy biếnPhương trình đường chuẩn : x  thành đường thẳng

b ) Hypebol * Định nghĩa : Cho hai điểm cố định và thắt chặt F1 và F2 với F1F2  2 c  c  0 . ĐườngHypebol là quỹ tích những điểm M sao cho MF1  MF2  2 a ( 0  a  c ), trongđó a là số cho trước. Hai điểm F1 ; F2 là những tiêu điểm của hypebol, cònF1F2  2 c là tiêu cự của hypebol.

* Phương trình chính tắc : Trong hệ trục toạ độ Oxy chọn F1   c, 0  ; F2  c, 0  thì hypebol có phươngtrình. x2 y 2  2  1 ; trong đó c 2  a 2  b 2 * Các yếu tố của hypebol :

+ Tiêu cự : F1F2  2 c là tiêu cự của hypebol. + Tiêu điểm : F1   c, 0  ; F2  c, 0  + Độ dài trục thực A1 A2  2 a ;

Độ dài trục ảo B1 B2  2 b + Toạ độ hai đỉnh : A1   a, 0  ; A2  a, 0  + Hình chữ nhật cơ sở có độ dài hai cạnh là 2 a và 2 b ( xem hình vẽ )

+ Đường chuẩn :  1 ;  2 là hai đường chuẩn của Hypebol, khi thoả mãn điềukiện. MF1MF2  e với e  1 d  M,  1  d  M,  2  Phương trình đường chuẩn : x  + Tâm sai e   avà x  ; e > 1

c ) Parabol * Định nghĩa : Cho một điểm F cố định và thắt chặt và một đường thẳng  cố định và thắt chặt không đi qua F. Tập hợp những điểm Mcách đều F và đường thẳng  được gọi làđường parabol. F gọi là tiêu đỉêm của parabol

Đường thẳng  gọi là đường chuẩnKhoảng cách từ F tới  được gọi là tham sốtiêu của parabol. * Phương trình chính tắc của parabol : � p � Giả sử F �, 0 � ; p  0 � 2 � khi đó parabol cóphương trình chính tắc là : y 2  2 px  p � p � * Các yếu tố : Đỉnh O  0,0  ;

Tiêu điểm F �, 0 � ; Đường chuẩn x  � 2 � 2 ) Công thức tính bán kính cong của quỹ đạo tại một điểmKhi một chất điểm hoạt động trên một quỹ đạo cong bất kỳ, như đã biết tạimỗi điểm tần suất của vật hoàn toàn có thể được nghiên cứu và phân tích thành hai thành phần

+ Gia tốc tiếp tuyến đặc trưng cho sự đổi khác về độ lớn của véctơ tốc độ : at  dvdt + Gia tốc pháp tuyến ( hay tần suất hướng tâm ) đặctrưng cho sự biến hóa về hướng của véctơ tốc độ, độv2lớn của tần suất pháp tuyến là : an , với giá trị rđược hiểu là bán kính của một đường tròn được vẽđồng phẳng với quỹ đạo và có độ cong giống với độcong của quỹ đạo tại điểm khảo sát ( xem hình vẽ )

Đường tròn này được gọi là đường tròn mật tiếp củaquỹ đạo tại điểm khảo sát. là độ congcủa đồ thị tại điểm khảo sát. Ta đi thiết lậpcông thức tính r như sau : Xét một cung nhỏ P0 P có độ dài ds nhưVề mặt toán học thì đại lượnghình vẽ bên.

Ta có r  ds   dx  tan   ds ; trong đód    dy   dx. 1   y ‘  y ‘ ‘. dxdy   1  tan   d   y ‘ ‘. dx  d   1   y ‘  dxThay biểu thức của ds và d  vào biểu thức của r ta được : r  1   y ‘  y ‘ ‘ 2 2

Đây chính là công thức tính bán kính cong của quỹ đạo tại một điểm. Cần lưuý rằng công thức trên hoàn toàn có thể cho ta giá trị r âm hoặc dương tuỳ theo mặt conglõm hay lồi. Trong những bài Vật lí nếu không xét chi tiết cụ thể ta hoàn toàn có thể chỉ tính độlớn của bán kính bằng cách lấy giá trị tuyệt đối của biểu thức ở vế phải. 2 2 r   1   y ‘   y ‘ ‘ Trong đó y ‘ và y ‘ ‘ là đạo hàm bậc nhất và bậc hai của hàm số tại điểm khảosát ( điểm mà chất điểm đang xuất hiện trên quỹ đạo )

Chú ý : Trong trường hợp x là hàm số của y ( ví dụ Parabol ) ta cũng có : 2 21   x ‘   r  x ‘ ‘ Ví dụ 1 : Xác định bán kính cong của parabol có phương trình chính tắc : y 2  2 px tại đỉnh của nó. Ví dụ 2 : Xác định bán kính cong của Elip có phương trình chính tắc : x2 y 2  1 tại đỉnh A1  a ; 0  của nó. a2 b2II. Hệ thống bài tập

Bài toán 1 : Lập phương trình quỹ đạo, tính bán kính cong của quỹ đạotại một điểmBài 1 : Một vật được ném với tốc độ bắt đầu 10 m / s từ mặt đất, hợp với phươngngang một góc 600 a ) Lập phương trình quỹ đạo của chất điểmb ) Tính bán kính cong của quỹ đạo tại điểm mở màn ném và tại điểm cao nhấtcủa quỹ đạo, từ đó tính tần suất pháp tuyến tại hai điểm này. ĐS : b ) r0  20 m ; rN  2,5 m ; an 0  5 m / s2 ; anN  10 m / s2 ;

HƯỚNG DẪN GIẢI

Để giải bài toán này tác giả yêu cầu 2 cách giải :

Cách 1 : Áp dụng công thức tính bán kính cong quỹ đạo như đã xây dựngtrong phần lí thuyết, cách này có ý nghĩa tổng quát.

Cách 2 : Sử dụng đặc thù đặc biệt quan trọng của quỹ đạo và những điểm đang xét, cáchnày chỉ được vận dụng tuỳ vào từng bài toán đặc trưng.

a ) Chọn t = 0 là lúc ném, chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ : � x  v0cos . tPhương trình hoạt động : � y  v0 sin . t  gt 2K hử t trong pt hoạt động ta được pt quỹ đạo : y  tan . x  x2Thay số được : y  x. 3  x22v cos 

Cách 1 : b ) Trước hết ta đi tính những đạo hàm cấp I và cấp II của pt quỹ đạo :  2 y ‘  3  x ; y ‘ ‘  2 21   y ‘   Thay vào công thức : r  y ‘ ‘ 2 2 � � 2 x � � 1  3  � � � � 5 � �  2 + Tại điểm ném x = 0  r0  20 m5 3  rN  2,5 m

Đến đây việc tính những tần suất pháp tuyến trở nên đơn thuần + Tại điểm cao nhất của quỹ đạo : x  v2v 2  v cos   an 0  0  5 m / s2 ; anN  N  o  10 m / s2rorNrN

Cách 2 : Ta nhận thấy phương pháptuyến luôn vuông góc với véctơ vậntốc của chất điểm. Cụ thể hai điểm Ovà điểm N ta đã biết trước véctơ vậntốc của chất điểm. Mặt khác trongbài toán này chất điểm chuyển độngném xiên nên tần suất toàn phần củachất điểm chính là tần suất rơi tự dor ra  g  Để tìm tần suất pháp tuyến tại Ovà N ta chỉ cần chiếu véctơ tần suất atheo phương pháp tuyến tương ứng.

Từ hình vẽ ta thấy : an 0  g.cos   5 m / s2 ; anN  g  10 m / s2 ; Từ đó hoàn toàn có thể tìm lại được bán kính cong của quỹ đạo tương ứng. Nhận xét : Cách này chỉ tuỳ vào đặc thù đặc biệt quan trọng của bài toán mà khôngmang ý nghĩa tổng quát. Bài 2 : Một hòn bi nhỏ khối lượng m mở màn lăn từđiểm O trên một mảng trơn OCB ( Hình vẽ ).

Hãy tính áp lực đè nén của bi lên máng tại C biết hìnhcắt của máng là một đường được xác lập bằng �  x � ; h  phương trình y  h.sin � � � l � 3 � 2  2 � 1  ĐS : N  mg � � 9 �

HƯỚNG DẪN GIẢI

Trước hết ta tính được tốc độ của hạt khi nó đi qua C nhờ bảo toàn cơ năng : vC  2 ghTại C hòn bi chịu công dụng của hai lực : P. và N ( là phản lực do máng tácdụng vào viên bi, phản lực này có độ lớn bằng áp lực đè nén do viên bi tính năng vàománg )

Phương trình ĐLH cho viên bi tại C : N  P  mvC2. Trong đó R là bán kínhcong của quỹ đạo tại C.

Nhận xét : Rõ ràng trong trường hợp này việc tính trực tiếp R từ công thức đãxây dựng ở phần lí thuyết là bắt buộc, vì không biết trước tần suất của viên bi. Tính R : �  x � ; h  ; đạo hàm cấp I và cấp II tại C là : Xét hàm số y  h.sin � � � l � 3 y ‘   h �  x � cos � �  y ‘  C   0 � l �  2 h �  x �   2 y ‘ ‘   2 sin � �  y ‘ ‘  C   3 l � l � Từ đo ta tìm được : R  2 2  1  y ‘  y ‘ ‘ 3 l  2 � 2  2 � mg1  Thay R vào phương trình ĐLH ta tính được : � 9 �

Bài 3 : Một quả cầu sắt ( A ) khối lượng m = 2 kg có thếtrượt không ma sát dọc theo một thanh cố địnhnằm ngang, thanh xuyên qua quả cầu. Một quảcầu ( B ) cùng khối lượng m, được nối với quảcầu ( A ) bằng một sợi dây mảnh, không dãn, chiều dài L = 1,6 m. Ban đầu những quả cầu đứng yên, sợi dây nối căng ngang và tổng chiều dài đúngbằng chiều dài thanh ( Hình vẽ ). Khi đó thả nhẹ quả cầu ( B ) để nó khởi đầu rơivới tốc độ khởi đầu bằng không. Lấy g = 10 m / s2.

a ) Hãy xác lập dạng quỹ đạo hoạt động của quả cầu ( B ).

b ) Tính tốc độ của quả cầu B tại điểm thấp nhất của quỹ đạo.

b ) Tính áp lực đè nén của thanh lên quả cầu ( A ) và lực căng sợi dây khi quả cầu ( B ) ở vị trí thấp nhất. ĐS :

a ) Quỹ đạo là đường Elip ; b ) vB  4 m / s ; c ) T  100 N ; N  120 NHƯỚNG DẪN GIẢIa ) Xác định dạng quỹ đạo của quả cầu BXét hệ hai quả cầu A và B, những ngoại lực tính năng gồm trọng tải và phản lựccủa thanh tính năng lên quả cầu A.

Các ngoại lực này chỉ theo phương thẳngđứng nên tần suất khối tâm của hệ theo phương ngang bằng không. Ban đầu khối tâm đứng yên  Khối tâm không di dời theo phươngngang mà chỉ hoạt động theo phương thẳng đứng hướng xuống. Chọn hệ truc toạ độ Oxy như hình vẽ. Gốc O trùng với vị trí khối tâm ban đầucủa hai vật. Tại một thời gian t bất kể, vật B có toạ độ ( x, y ) Ta có : sin   ; cos   2 ; sử dụng hệ thức sin 2   cos 2   1 biến hóa được : x2y2  1  Quỹ đạo là một Elip � L � � � � 2 �

Nhận xét : Đối với bài toán này hoàn toàn có thể nhu yếu HS vẽ phác quỹ đạo chuyểnđộng của quả cầu B, và miêu tả chi tiết cụ thể hoạt động của hệ ( những em có trựcgiác vật lí tốt hoàn toàn có thể thuận tiện làm được ). Từ đó dùng những lập luận vật lí vàchọn hệ toạ độ thích hợp để lập pt qũy đạo. b ) Tại điểm thấp nhất của quỹ đạo y = L ; x = 0

Áp dụng bảo toàn động lượng cho hệ hai vật theo phương ngang ta được : vB   v A  vÁp dụng bảo toàn cơ năng ( quan tâm vB   v A  v ) ta được : 2. mv 2  mgL  v  gL  4 m / sc ) Áp dụng ĐL II Niu tơn cho vật B theo phương pháp tuyến : mvB2 ( * ) T  mg  Tìm bán kính cong của quỹ đạo tại B.x 2 y2  1V ì y � 0 nên ta hoàn toàn có thể viết phương trình quỹ đạo ở dạng : � L � L2 � � � 2 � y  L2  4 x 2 Áp dụng công thức tính bán kính cong của quỹ đạo : 2 2R   1   y ‘   y ‘ ‘

Tính đạo hàm tại x = 0 rồi thay vào tính được : R  Thay vào ( * ) tính được : T  100 N Chú ý quan trọng : Để tìm bán kính cong R của quỹ đạo tại điểm thấp nhất của quả cầu B nếu HS rút x là hàm số của y và triển khai những phép tính như trên thì sẽ không thu được tác dụng. Lí do là vì lân cận vị trí thấp nhất của quả cầu B ( vị trí x = 0 ) thì ta sẽ có hai hàm số của x theo y đối dấu nhau.

Do vậy ta sẽ không tínhđược đạo hàm của x theo y tại điểm này.

Bài 4 : Một vật khối lượng 2 m được coi là chất điểm đặt ở đỉnh của một đường trượt ( C ) có dạng parahol với phương trình trong hệ toạ độ oxy ( trong mặt phẳng thẳng đứng như hình vẽ bên ) ( m ) : y  Ax 2 ( m ), A  20 m  1, x tính bằng mét. Một viên đạn khối lượng m bay theo phương ngang với vận tốc v0 đến va chạm mềm với chất điểm nói trên. Bỏ qua ma sát.

a ) Tính tốc độ của hai vật ngay sau va chạm ? ( kí hiệu là v1 )

b ) Tính tốc độ của hai vật khi chúng trượt trên đường trượt đến vị trí cóhoành độ x.

c ) Tính bán kính cong của quỹ đạo tại một vị theo hoành độ x.

d ) Tìm điều kiện kèm theo v0 để vật luôn trượt trên đường ( C ) nói trên. 2 2 29 gĐS : a ) v1  0 ; b ) v  v12  2 gAx 2 ; c ) R   1  4 A x  ; d ) v0  2A2 A

HƯỚNG DẪN GIẢI

a ) Vận tôc của hai vật ngay sau va chạm hoàn toàn có thể tính được thuận tiện nhờ định luật bảo toàn động lượng : mv0   m  2 m  v1  v1  v0

b ) tốc độ của hai vật khi chúng trượt trên đường trượt đến vị trí có hoành độ x. Áp dụng ĐL bảo toàn cơ năng cho thời gian ngay sau va chạm và thời điểmhai vật có hoành độ x. Chọn mốc thế năng tại vị trí vật đang có hoành độ x.  3 m  v12  3 m. g. y   3 m  v 2B iến đổi được : v  v12  2 gAx 2

c ) Tính bán kính cong của quỹ đạo tại một vị theo hoành độ x. Công thức tính bán kính cong của quỹ đạo : R  1   y ‘  y ‘ ‘ 2 2    1  4A x  2 2 22A

d ) Tìm điều kiện kèm theo v0 để vật luôn trượt trên đường ( C ) nói trên. Các lực công dụng lên vật như hình vẽ. Phương trình động lực học : r rP  N  maChiếu lên phương hướng tâm ta được : 3 mv 2 � N  3 m � gcos   v � 3mg.cos   N  R � ĐK để quả cầu luôn trượt trên C là N � 0 v2Hay : � g. cos  điều này luôn được thoả mãn nếu thoả mãn với góc   0 hay ở gốc toạ độ. Từ đó ta tìm được điều kiện kèm theo : v0 

Bài 5 : 9 g2A Một chất điểm khối lượng m trượt không vận tốc khởi đầu từ điểm A trên một thanhcứng AO nhỏ, mỏng mảnh và nhẵn được uốn thành một đường Parabol có phương trình 15y2 = ax. Biết tọa độ của điểm A là y A = ( m ) 2 2 ( m ). Thanh cứng AO vàhệ trục Oxy cùng thuộc một mặt phẳng thẳng đứng. Tại điểm nào thì vật mở màn khôngcòn gây áp lực đè nén lên thanh cứng ?

ĐS : y = 1 mHƯỚNG DẪN GIẢI * Xét ở vị trí bất kể M, vật có tọa độ ( x, y ). + Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật ta có : mgyo = mgy + mv2 � v2 = 2 g ( yo-y ) ( 1 ) và hằng số a = ur uu + Theo định luật II Niuton : m g + N = m a � mgcos  – N = mahtmv � N = mgcos  ( 2 ) (  là góc giữa tiếp tuyến với quĩ đạo tại vị trí M và trục Ox, R là bán kínhcong tại M ) dy + Từ y2 = ax đạo hàm hai vế được 2y.dy = adx � tan  = 2 ydx �

y =. cot  ; x = y =. cot 2   a.cos   a  a.cot  � y ’ =.  ‘ ; x ’ =.  ‘ =.  ‘ ( 3 ) 2 sin  2 sin  2 sin 3  + Giả sử sau thời hạn rất nhỏ dt, tiếp tuyến quĩ đạo quay góc d  thì bánkính cong cũng quay góc d , vật di dời đoạn đường dsds � ds = R. d  � R = ( 4 ) d   ‘ 3/2 a2  4 y2  x ‘ 2  y ‘ 2T hay ( 3 ) vào ( 4 ) được : R = = …… = 2 sin  ‘ 2 a 2 ( 5 ) Thay ( 1 ) ( 5 ) vào ( 2 ) rồi cho N = 0 được : 4 y3 + 3 a2y – 2 a2yo = 02 5T hay số được : y3 + y – = 03 32 5 � ( y-1 ) ( y2 + y + ) = 03

3V ậy tại tọa độ y = 1 m thì chất điểm không ép lên đường trượt

Bài 6 : Hai viên bi giống nhau, được nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ, không giãn, dài 2 l, đặt trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn ( hình vẽ ). Người ta truyền cho một trong hai viên bi đó một tốc độ v0 hướng theo phương thẳngđứng lên trên.

a ) Giả sử trong quy trình hoạt động, sợi dây luôn căng và viên bi dưới không bị nhấc lên, hãy lập phương trình quĩ đạo của viên bi trên ?

b ) Tìm điều kiện kèm theo của v0 để thỏa mãn nhu cầu điều giả sử trên ( tức là trong suốt quá trình hoạt động, sợi dây luôn căng và viên bi dưới không rời mặt phẳng ngang ). Bỏ qua lực cản của không khí, hoàn toàn có thể thừa nhận rằng viên bi dưới sẽ dễ bị nhấc lên khỏi mặt phẳng ngang nhất khi dây ở vị trí thẳng đứng.

ĐS : a ) Quỹ đạo là nửa Elip ;

b ) 5 gl � v � 6 gl ( Tìm ĐK để dây luôn căng và vật 1 không bị nhấc khỏi sàn ) HƯỚNG DẪN GIẢI :

a ) + Vì bỏ lỡ ma sát nên khối tâm của hệ ( trung điểm của sợi dây ) chỉchuyển động theo phương thẳng đứng. + Phương trình hoạt động củaviên bi 2 ( viên bi trên ) x  l sin  y  2 l cos  m1m2vOm2x2 y2 => Phương trình quĩ đạo 2  2  1 ( 1 ) 4 l => Quĩ đạo của viên bi trên là ( nửa ) elip.

b ) Khi viên bi 2 hoạt động lên trên : + Vận tốc v giảm dần, lực căng dây giảm dần + Tại vị trí cao nhất của mét vuông : mv 2TC  C  mg ( 2 ) RC + Tìm tốc độ của mét vuông tại vị trí cao nhất : Tại vị trí cao nhất, về độ lớn : v1 = v2 = vCBảo toàn cơ năng : mv0 2 mvc 2  2.  mg 2 lvO 2 => vC   2 gl ( 3 ) + Tìm bán kính chính khúc RC của mét vuông tại vị trí cao nhấtĐạo hàm 2 vế biểu thức ( 1 ) 2 v X x 2 vY. y  0  4 v X. x  vY. y  0 ( 1 ’ ) l24l 2

Đạo hàm hai vế biểu thức ( 1 ’ ) 4 a X. x  4 v X 2  a y. y  vY 2  0T ại vị trí C : x = 0 ; y = 2 lvx = vC ; vy = 0 ax = 0 ; ay = – vc2 / RCvC 2  0 => RC = l / 2 => 4 vC  2 l. ( 4 ) RC + Thay ( 3 ) và ( 4 ) vào ( 2 ) ta được : vO 2 m (  2 gl ) mvO 2TC   mg   5 mg + Điều kiện để dây luôn căng : TC � 0 => + Điều kiện để m1 luôn hoạt động trên mặt phẳng ngang : TC � mg => vO � 6 gl5 gl � vO � 6

kết luận :

Bài 7 : Một hạt cườm khối lượng m được xỏ qua một sợi dây nhẹ, không giãn chiều dài L. Một đầu dây buộc cố định và thắt chặt tại điểm A, đầu kia buộc vào một cái vòng rất nhẹ, vòng lại hoàn toàn có thể trượt không ma sát trên một thanh ngang Tại thời điểmban đầu, dây được giữ ở cạnh vòng và dây thẳng, không căng. Thả cho hạt cườm chuyển động. Tìm tốc độ của nó ở thời gian dây bị đứt biết rằng dây chịu sức căng lớn nhất là T0. Khoảng cách từ A đến thanh là h. Bỏ qua mọima sát. ĐS : v = � mg � 2 gL � 1  � 2T0 �

HƯỚNG DẪN GIẢI

Trước tiên ta xác lập quỹ đạo hoạt động. Chọn hệ tọa độ như hình vẽ. Theo định lý Pitago : AN2 = QN2 + QA2 ( L – y ) 2 = x2 + ( h – y ) 2L  hx2y = 2 ( L  h ) Như vậy quỹ đạo là parabol. Phương trình định luật II Newtonviết theo phương pháp tuyến : v2m  2T. cos   mg. cos  với v  2 g. y ( 1 ) ( 2 ) còn R là bán kính chính khúc tại N.

Để tìm R ta so sánh quỹ đạo hạt cườm với quỹ đạo một vật ném xiêngóc. Chọn những thông số kỹ thuật của quỹ đạo để nó đối xứng với quỹ đạo hạt cườm. Như vậy : OVux = t  ux = còn : vy = L2  h 2H  L2 H với H = g ( L  h ) 2 g ( H  y ) Gia tốc pháp tuyến tại N là : u 2 ux  u y 2 g ( L  y ) an = g.cos = 2 ( L  y ) Vậy : R = cos  Giải những phương trình ( 1 ) – ( 3 ) được : mgLT = 2 ( L  y ) � mg � 1  Lúc T = T0 thì y = L � � 2T0 � Chú ý là : 0 ≤ y ≤ ( L + h ) / 2  1  Khi đó v = h mg � � 2L T0 � mg � 2 gL � 1  � 2T0 �  Biện luận : mg  2 thì dây đứt ngay ở thời gian vừa thả ra.  KhiT0  Khimg  1  : dây không bị đứt trong suốt quy trình hoạt động. T0

Bài toán 2 : Chuyển động của hệ chất điểm có link bằng sợi dây.

Bài 8 : Cho mạng lưới hệ thống như hình vẽ, có một ròng rọc cố định và thắt chặt A, một ròng rọc động Bvà hai vật có khối lượng m1 và mét vuông. Bỏ qua khối lượng củadây và ma sát.

1. ) Khối lượng của cả hai ròng rọc không đáng kể. Thả cho hệthốngchuyển động từ trạng thái nghỉ. Tính tần suất a2 của vật mét vuông vàlực Qm2m1tác dụng lên trục của ròng rọc A. So sánh Q. với trọng tải Q’của hệ. Áp dụng bằng số : m1 = 0,2 kg ; mét vuông = 0,5 kg ; g = 10 m / s2. Tính a2 và Q. ?

2. ) Khối lượng ròng rọc B không đáng kể nhưng ròng rọc A có khối lượng đáng kể ; bán kính của A là r. Thả cho hệ thống hoạt động từ trạng thái nghỉ, người ta thấy m 2 có tần suất a = g / n, g là tần suất rơi tự do, n là một số dương hoặc âm ( lấy chiều dương đi xuống ). Tính khối lượng của ròng rọc A theo m1, mét vuông và n. Áp dụng số : r = 0,1 m. a ) m1 = 0,2 kg ; mét vuông = 0,5 kg ; g = 10 m / s2 ; n = 5. Tính m, mômen quán tính và lực Q. tính năng lên trục của ròng rọc A ? So sánh Q. và Q ’ do trọng tải của hệ tác dụng. b ) m1 = 1 kg ; m có giá trị vừa tìm được ở trên. Tính mét vuông để có n = – 5 ( mét vuông đi lên ).

HƯỚNG DẪN GIẢI

1 ) Khối lượng của hai ròng rọc không đáng kể thì lực căng dây có giá trị T suốt dọc dây. Ta có những phương trình hoạt động của m1 vàm2 ( chiều dương đi xuống ). – T + mét vuông g = mét vuông. a2m1m2-2T + m1 g = m1a1 = – m1 2 a2Giải ra ta được : a2 = – 2 a1 = gVà T = m2 ( g – a2 ) = g4m2  2 m14m2  m13m2 m14m2  m1Q = 3T = g9m2 m1 ; Q ’ = ( m14m2  m1 + mét vuông ) gQ ’ – Q = g  m1  2 mét vuông  4 mét vuông  m1 > 0. Vậy Q ’ > QÁp dụng số : a2 = 7,27 m / s2, Q = 4,1 N < Q ’ = 7 N2 )

Ròng rọc A có khối lượng đáng kể thì những lực căng T bên mét vuông và T ’ bên m1khác nhau. Ta có phương trình : – T + mét vuông g = mét vuông. a2-2T ’ + m1 g = m1a1 = – m1 2 a2 ( T – T ’ ) r = I  = mra2Giải hệ phương trình trên ta được : a2 = g4m2  2 m1  1  4 mét vuông  m1  2 mT = mét vuông ( g – a2 ) T ’ = m1 ( g + a2 ) Theo đầu bài a2 = g / n, ta tìm được : m = 2 mét vuông ( n – 1 ) – m1 ( n + Áp dụng số : a ) m = 2,9 kg ; I = 0,0145 kgm2 ; Q = 35,2 N ; Q ’ = 36 Nb ) a2 = – 2 m / s2 ; mét vuông = 0,133 kg ; T = 1,6 N, T ’ = 4,5 N ; Q = mg + T + 2T ’ = 39,6 N < Q ’ = ( m1 + mét vuông + m ) g = 40,3 N

Bài 9 : Cho cơ hệ gồm hai vật khối lượng là M và M / 2 có gắn hai ròng ròng khối lượng không đáng kể. Hai vật link với nhau qua sợi dây mảnh không giãn vắt qua hai ròng rọc. Biết rằng hệ chuyển động không ma sát trên mặt bàn nằm ngang dưới tác dụng của lực F0 ( xem hình vẽ ) và coi những đoạn dây không tiếp xúc với ròng rọc đều nằm ngang. Tính gia tốc của đầu dây đặt lực F0. 17 F0

ĐS : a  HƯỚNG DẪN GIẢI  Vì dây không giãn, ròng rọc và dây có khối lượng không đáng kể nên lực căng dây ở mọi thời gian đều bằng F0. Chọn chiều dương là chiều chuyển động của mỗi vật.  Theo định luật II Newton ta có : 3F a1 � a1  0V ật 1 : 3F0  M � 4FV ât 2 : 2 F0  a2 � a2  0F0 F0F0F0M / 2 

Giả sử sau thời hạn  t : Vật 1 di dời một đoạn S1, vật 2 dịchchuyển một đoạn S2. Khi đó đầu dây A đã di dời được một đoạn là : S A  3S1  2 S 29 F 8F 17 F0 � a  3 a1  2 a2  0  0  17 F0 Vậy, tần suất của đầu dây đặt lực F0 là : a 

Bài 10 : Hai vật cùng khối lượng m hoàn toàn có thể trượt không ma sát trên một thanh cứng nằm ngang, được nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ, không giãn, có chiều dài là 2 l. Một vật khác có khối lượng 2 m được gắn vào trung điểm của dây. Ban đầu, giữ cho ba vật ở cùng độ cao và sợi dây không chùng. Thả nhẹ hệ, hãyxác định tốc độ cực lớn của mỗi vật.

HƯỚNG DẪN GIẢI

2m Gọi u là tốc độ của quả cầu 2 m và v là tốc độ của hai quả cầu m ( hai quả cầu m có tốc độ như nhau ở mọi thời gian ) khi dây hợp với phương ngang một góc . Vì dây luôn căng nên ta có : v cos   u sin  ( 1 ). Mặt khác, theo định luật bảo toàn nguồn năng lượng, ta có : 2 mu 2  2. mv 2  2 mgl sin  ( 2 ) Suy ra : ( 3 ) v2  � 2 gl � sin    u 2 2 gl sin  2 gl2 gl

Khi hai quả cầu m sắp chạm vào nhau thì   900, tức sin   1 và cos   0. Suy ra khi hai quả cầu sắp chạm nhau thì u = 0 [ theo ( 1 ) ] và sin   1. Lúc đó bất đẳng thức ( 3 ) trở thành đẳng thức. Vậy tốc độ cực lớn của quả cầu 2 m bằng : vmax  2 gl ( khi   900 ). Từ ( 1 ) ta có v  utg  (  � 900 ), thế vào ( 2 ) ta được : u 2 ( tg 2   1 )  2 gl sin . Suy ra : u 2  2 gl cos 2  sin   2 gl cos 2  1  cos 2  Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có : u 2  2 gl ( 2  2 cos 2  ) cos 2  cos 2  3/2 � 2  2 cos 2   cos 2   cos 2  � 4 3 � 2 gl � gl �  Dấu bằng xảy ra khi 2  2 cos 2   cos 2  � cos 2   � cos   Suy ra tốc độ cực lớn của hai quả cầu m bằng umax  cos   3 gl khi

Bài 11 : Một quả cầu nhỏ nối với một sợi dây mảnh hoàn toàn có thể hoạt động không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Sợi dây được quấn quanh một hình tròn trụ thẳng đứng bán kính r. Truyền cho quả cầu tốc độ v0 theo phương tiếp tuyến với đường tròn chấm chấm bán kính R như hình vẽ. Tay cầm đầu tự do của dây và kéo sao cho quả cầu luôn hoạt động trên đường tròn trên. Xác định sự phụ thuộc tốc độ của quả cầu theo thời hạn. Bỏ qua ma sát giữa dây và hình tròn trụ.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Quả cầu A, khối lượng m hoạt động trên đường tròn ( O, R ). Xét tại thời điểm t, quả cầu có tốc độ V, lực căng dây khi đó là T. Áp dụng định luật II

Newton : T  ma ( * ) Chiếu phương trình ( * ) lên phương hướng tâm AO và phương tiếp tuyến Atta được : V2T cos   m � aht  m � ( 1 ) dVT sin   m � at  m � ( 2 ) dtO rTayChia theo vế của ( 2 ) cho ( 1 ) ta có : tg   dV tg  dtV2ˆ ). ( với   OAIdV tg  dtTích phân hai vế : � 2  V0dV RV 2 dt � 1 1 � tg  � �   �  0 � � V  1 tg  V0OIMặt khác, tg   AIR2  r 2 nênV  V0 R R 2  r 2 � 1R � R2  r 2 t �  0 � t  Điều kiện : �  V0 R R 2  r 2 � r � V0

Bài 12 : Cho cơ hệ như hình vẽ. Ba vật có khối lượng bằng nhau. Các đoạn dây không nằm trên ròng rọc đều thẳng đứng hoặc nằm ngang. Vật 3 hoạt động trên mặt phẳng ngang và không bị lật. Tìm tần suất mỗi vật. Bỏ qua mọi ma sát. Khối lượng những ròng rọc không đáng kể. Giải. Gọi tần suất của vật 1 là a1. Gia tốc của vật hai theo phương thẳng đứng là a2 y. Gia tốc của 2 vật theo phương ngang là a2 x. Gia tốc vật 3 là a3. Ta có : a3  2 a1  2 a2 ya3  a2 x  2 a

Phương trình lực cho những vật :

Source: http://139.180.218.5
Category: tản mạn