Kiến thức cơ bản về các đường Conic
Người Hy Lạp cổ đại đã quen thuộc với các hình mà ngày nay chúng ta gọi là các đường cong bậc hai. Họ gọi chúng là các mặt cắt hình nón hoặc đường conic và đã nghiên cứu chúng một cách khoa học. Vào thế kỷ XVII-XVIII, những đường cong này bắt đầu được sử dụng trong cơ học: người ta phát hiện ra rằng đạn bay theo quỹ đạo hình parabol, và các hành tinh chuyển động theo quỹ đạo hình elip. Sau đó, khi nghiên cứu chuyển động của các vật thể trong không gian, các nhà khoa học xác định rằng vận tốc phóng vật thể quyết định quỹ đạo của nó. Người ta phát hiện ra rằng vật thể được phóng từ Trái Đất với các vận tốc khác nhau có thể di chuyển theo các đường cong bậc hai: elip, parabol và hyperbol.
Bài viết này tập trung vào việc xem xét các đường cong bậc hai và ứng dụng của chúng trong các bài toán vật lý. Trước tiên, chúng ta sẽ nhắc lại các định nghĩa của các đường cong bậc hai và một số tính chất hình học của chúng.
Parabol: là tập hợp các điểm trên mặt phẳng cách đều một điểm cho trước F (gọi là tiêu điểm) và một đường thẳng cho trước l (gọi là đường chuẩn).
Elip: là tập hợp các điểm trên mặt phẳng mà tổng khoảng cách đến hai điểm cố định A và B là không đổi.
Hyperbol: là tập hợp các điểm trên mặt phẳng mà hiệu (theo giá trị tuyệt đối) của khoảng cách đến hai điểm cố định A và B là không đổi.
Tính chất tiêu điểm của parabol: Giả sử parabol có tiêu điểm F và đường chuẩn l, điểm X là một điểm trên parabol (Hình 4). Khi đó, đường thẳng XF và đường vuông góc hạ từ X xuống l tạo với tiếp tuyến tại X các góc bằng nhau.
Nếu làm bộ phản xạ có dạng parabol và đặt đèn tại tiêu điểm thì ta được đèn chiếu: tất cả các tia sáng phản xạ sẽ song song với trục của paraboloid.
Bài tập 1: Chứng minh tính chất tiêu điểm của elip: các đoạn thẳng nối một điểm trên elip với các tiêu điểm tạo thành các góc bằng nhau với tiếp tuyến tại điểm đó.
Bài tập 2: Chứng minh tính chất tiêu điểm của hyperbol: các đoạn thẳng nối một điểm X trên hyperbol với các tiêu điểm tạo thành các góc bằng nhau với tiếp tuyến tại điểm X.
Một số bài toán ví dụ
Bài toán 1: Một người muốn chèo thuyền qua sông đến điểm A, nằm đối diện với điểm xuất phát B. Vận tốc dòng chảy không đổi và bằng \( v \). Người chèo thuyền điều khiển sao cho vận tốc của thuyền so với nước luôn hướng về điểm A và bằng \( v \). Hỏi thuyền di chuyển theo quỹ đạo nào?
Gọi chiều rộng của sông là \( d \) và xét một đường thẳng \( l \) vuông góc với bờ sông, nằm cách điểm xuất phát \( A \) một khoảng \( d \) theo hướng dòng chảy. Ban đầu, thuyền cách đều điểm \( B \) trên bờ đối diện và đường thẳng \( l \) một khoảng \( d \).
Vì vận tốc của dòng nước và vận tốc của thuyền so với nước đều bằng \( v \), nên dòng nước đẩy thuyền xuống hạ lưu một khoảng bằng khoảng cách thuyền tiến về phía điểm \( B \).
Điều này có nghĩa là thuyền luôn cách đều điểm \( B \) và đường thẳng \( l \). Do đó, thuyền di chuyển theo một đường parabol, với \( B \) là tiêu điểm và \( l \) là đường chuẩn.
Bài toán 2: Một con cáo chạy thẳng với vận tốc không đổi \( v \). Một con chó đuổi theo cáo với cùng độ lớn vận tốc \( v \), đồng thời luôn giữ cho con cáo nằm trong tầm nhìn (vận tốc của chó luôn hướng về phía con cáo). Ban đầu, con cáo ở điểm \( F_0 \) và con chó ở điểm \( D_0 \). Xác định vị trí ban đầu của điểm \( D_0 \) so với điểm \( F_0 \) để con chó có thể bắt được con cáo.
Giả sử con cáo chạy dọc theo trục \( x \), với điểm \( F_0 \) trùng với gốc tọa độ \( O \). Chuyển sang hệ quy chiếu gắn với con cáo, con chó tham gia vào hai chuyển động:
- Chuyển động đều ngược chiều trục \( x \) với vận tốc không đổi \( v \).
- Chuyển động tiến lại gần gốc tọa độ với cùng vận tốc \( v \).
Vận tốc tương đối của con chó được xác định bằng cách áp dụng định lý cộng vận tốc. Nếu cộng các vectơ \( \vec{v}_{\text{асс}} \) và \( -\vec{v}_{\text{пер}} \) theo quy tắc hình bình hành, ta thấy vận tốc tương đối của con chó tại mọi vị trí đều là đường phân giác của góc tạo thành bởi hai vectơ này.
Dựa vào tính chất tiêu điểm của parabol, kết luận rằng trong hệ quy chiếu chuyển động, con chó di chuyển theo một đường parabol hoặc đường thẳng (trường hợp suy biến khi \( D_0 \) nằm trên trục \( x \) với tọa độ dương).
Từ đây, ta dễ dàng trả lời câu hỏi của bài toán: Con chó bắt được con cáo nếu và chỉ nếu điểm \( D_0 \) nằm trên trục \( x \) và có tọa độ dương. Trong các trường hợp khác, con chó sẽ di chuyển theo một đường parabol, sau đó cắt trục \( x \) và bị tụt lại phía sau con cáo.
Tại thời điểm đó, trong hệ quy chiếu chuyển động, con chó dừng lại, trong khi trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm, cả hai tiếp tục chuyển động dọc theo cùng một đường thẳng, duy trì khoảng cách không đổi bằng một nửa khoảng cách từ tiêu điểm \( F_0 \) của parabol đến đường chuẩn của nó.
Bài toán 3: Một vật được ném theo phương xiên với vận tốc ban đầu \( v_0 \). Khoảng cách từ điểm ném đến tiêu điểm của parabol mà vật di chuyển theo là bao nhiêu?
Gọi \( \beta \) là góc giữa hướng của vận tốc ban đầu \( \vec{v_0} \) và phương thẳng đứng. Khoảng cách từ điểm ném đến tiêu điểm của parabol được ký hiệu là \( d \). Trên hình 5, ta thấy tính chất tiêu điểm của parabol, với \( A \) là điểm ném, \( F \) là tiêu điểm (tức \( AF = d \)).
Chiếu \( d \) lên phương ngang, ta được nó bằng tầm xa ngang từ điểm ném đến điểm cao nhất của quỹ đạo. Từ đây, ta có công thức:
\[ d \cdot \cos(90^\circ - 2\beta) = \frac{L}{2} = \frac{v_0^2 \sin(2(90^\circ - \beta))}{2g} \]
Suy ra:
\[ d = \frac{v_0^2}{2g} \]
Một kết quả thú vị là khoảng cách từ điểm ném đến tiêu điểm không phụ thuộc vào góc ném của vật. Hãy ghi nhớ điều này!
Bài tập 3: Tìm khoảng cách từ tiêu điểm đến đường chuẩn của parabol là quỹ đạo của vật được ném với vận tốc \( v_0 \) theo phương xiên với góc \( \alpha \) so với phương ngang.
Bài toán 4: Một hòn đá được ném từ đỉnh tháp cao \( H = 10 \;m \) với vận tốc ban đầu \( v_0 = 10 \;m/s \). Hỏi cần ném hòn đá dưới góc \( \alpha \) so với phương ngang như thế nào để khoảng cách theo phương ngang giữa điểm ném và điểm rơi của hòn đá là lớn nhất? Xác định góc giữa vận tốc ban đầu và vận tốc cuối cùng của hòn đá trong trường hợp này.
Sử dụng kết quả từ bài toán trước: Quỹ tích các tiêu điểm của các parabol mà hòn đá có thể di chuyển theo là một đường tròn có bán kính \( \frac{v_0^2}{2g} \).
Khi vận tốc ban đầu và chiều cao của tháp được cố định, vận tốc cuối của hòn đá khi chạm đất cũng được xác định và bằng:
\[ v = \sqrt{v_0^2 + 2gH} \]
Sử dụng nguyên lý đảo ngược thời gian: nếu ta ném hòn đá từ mặt đất với vận tốc \( v \) theo các góc khác nhau, quỹ tích các tiêu điểm của các parabol cũng sẽ nằm trên một đường tròn có bán kính \( \frac{v^2}{2g} \).
Trên hình 6, có ba trường hợp xảy ra:
- Hai đường tròn (màu đen và xanh dương) cắt nhau tại hai điểm \( B_1 \) – hòn đá có thể đến \( B_1 \) theo hai quỹ đạo khác nhau.
- Hai đường tròn (màu đen và tím) tiếp xúc nhau tại một điểm \( B_2 \) – hòn đá chỉ có thể đến \( B_2 \) theo một quỹ đạo duy nhất.
- Hai đường tròn (màu đen và xanh lá) không giao nhau – hòn đá không thể đến \( B_3 \).
Khoảng cách cực đại tương ứng với trường hợp tiếp xúc. Theo tính chất tiêu điểm của parabol, vectơ vận tốc \( \vec{v_0} \) chia đôi góc tạo bởi đường thẳng đứng và đoạn \( AB_1 \), còn vectơ vận tốc \( \vec{v} \) nằm dọc theo đường phân giác của góc \( AB_1D \).
Suy ra, góc giữa vận tốc ban đầu \( \vec{v_0} \) và vận tốc cuối \( \vec{v} \) bằng:
\[ \pi - \beta - \gamma = \frac{\pi}{2} \]
Góc \( \alpha \) được tìm từ tam giác \( AB_1C \) như sau:
\[ \cos(2\alpha) = \frac{H}{\frac{v_0^2}{2g} + \frac{v^2}{2g} + H} \]
Hay:
\[ \cos(2\alpha) = \frac{2gH}{2v_0^2 + 2gH} \]
Bài toán 5: Một khẩu pháo phòng không có thể bắn đạn với vận tốc ban đầu \( v_0 \) theo bất kỳ hướng nào trong một mặt phẳng thẳng đứng. Hãy xác định vùng hỏa lực, tức là đường biên của khu vực có thể bị bắn trúng.
Đường biên của vùng hỏa lực là một đường bao của các quỹ đạo đạn khi khẩu pháo bắn theo các hướng khác nhau với cùng vận tốc ban đầu \( v_0 \).
Các tiêu điểm của tất cả các quỹ đạo parabol nằm trên một đường tròn có bán kính:
\[ \frac{v_0^2}{2g} \]
(xem Hình 8), với tâm trùng với vị trí của khẩu pháo \( F \). Điểm \( F \) thuộc mọi parabol trong tập hợp này, do đó các đường chuẩn nằm ngang của tất cả các parabol trùng nhau và nằm phía trên điểm \( F \).
Ký hiệu đường này là \( l_1 \). Bên trong vùng hỏa lực là các điểm mà đạn có thể chạm tới theo hai cách khác nhau: quỹ đạo thấp hoặc quỹ đạo cao.
Mỗi điểm nằm trên đường biên của vùng hỏa lực chỉ tương ứng với một quỹ đạo duy nhất (parabol tiếp xúc với biên). Xét một quỹ đạo bất kỳ tiếp xúc với biên tại điểm \( A \). Gọi khoảng cách từ điểm \( A \) đến đường \( l_1 \) là \( r \). Khi đó, đường tròn tâm \( A \), bán kính \( r \), sẽ tiếp xúc với \( l_1 \) và đường tròn bán kính:
\[ \frac{v_0^2}{2g} \]
(tham khảo bài toán 4). Tiếp theo, vẽ đường \( l_2 \) song song với \( l_1 \), nằm phía trên nó một khoảng \( \frac{v_0^2}{2g} \).
Điểm \( A \) nằm trên đường bao và cách đều điểm \( F \) và đường \( l_2 \). Vì vậy, đường biên của vùng hỏa lực chính là một đường parabol, với tiêu điểm tại \( F \) – vị trí của khẩu pháo, và đường \( l_2 \) là đường chuẩn của parabol này.
Bài toán 6: Trên một sườn dốc nghiêng một góc \( \alpha = 30^\circ \) so với mặt phẳng ngang, đặt một máy bắn đá đồ chơi nhỏ (tại điểm \( A \), xem Hình 9). Máy này bắn vào mục tiêu (điểm \( B \)) cách nó 60 m dọc theo sườn dốc theo hướng chân dốc, với hai viên đạn có cùng vận tốc ban đầu \( v_0 = 30 \;m/s \), một theo quỹ đạo cao (naves) và một theo quỹ đạo thấp (nastil). Hỏi khoảng cách giữa các tiêu điểm của hai quỹ đạo parabol này bằng bao nhiêu?
Vận tốc của các viên đạn khi chạm mục tiêu là:
\[ v = \sqrt{v_0^2 + 2gS\sin\alpha} \approx 39 \;m/s \]
Vẽ hai đường tròn với bán kính \( \frac{v_0^2}{2g} \) và \( \frac{v^2}{2g} \), tâm lần lượt đặt tại vị trí của máy bắn đá và vị trí của mục tiêu (xem Hình 10). Giao điểm của hai đường tròn chính là các tiêu điểm của quỹ đạo ném cao (naves) và ném thấp (nastil).
Áp dụng định lý cos trong tam giác:
\[ \cos\beta = \frac{s^2 + \left(\frac{v^2}{2g}\right)^2 - \left(\frac{v_0^2}{2g}\right)^2}{2s\left(\frac{v^2}{2g}\right)} = 0,8 \]
Suy ra khoảng cách giữa các tiêu điểm là:
\[ l = 2\left(\frac{v^2}{2g}\right)\sin\beta = 90 \;m \]
Bài toán 7: Một quả bóng nhỏ, đàn hồi rơi tự do từ trạng thái nghỉ xuống một mặt phẳng nghiêng, tạo với phương ngang một góc \( \alpha \). Ban đầu, khoảng cách theo phương thẳng đứng giữa quả bóng và mặt phẳng là \( d \). Quỹ đạo chuyển động của quả bóng về sau là tập hợp các cung parabol. Hãy chứng minh rằng các tiêu điểm của tất cả các parabol này nằm trên một đường cong quen thuộc. Đó là đường cong nào? Hãy tìm phương trình \( y(x) \) trong hệ tọa độ với trục \( x \) nằm ngang, trục \( y \) thẳng đứng hướng xuống, và gốc tọa độ trùng với vị trí ban đầu của quả bóng. Các va chạm với mặt phẳng nghiêng được coi là hoàn toàn đàn hồi.
Xét các tiêu điểm \( F_i \) và \( F_{i+1} \) của hai parabol liên tiếp bất kỳ (xem Hình 11). Điểm \( A \) - điểm va chạm của quả bóng với mặt phẳng - nằm giữa các đỉnh của hai parabol này, và thuộc cả hai parabol.
Do quả bóng là đàn hồi hoàn toàn, nên vận tốc \( \vec{v} \) ngay trước và sau va chạm là bằng nhau. Các góc mà các vectơ vận tốc này tạo với pháp tuyến \( \vec{n} \) tại điểm \( A \) đều bằng \( \beta \).
Các tiêu điểm \( F_i \) và \( F_{i+1} \) cách điểm \( A \) một khoảng:
\[ \frac{v^2}{2g} \]
Do góc giữa pháp tuyến và phương thẳng đứng \( AB \) là \( \alpha \) và vận tốc là đường phân giác của góc \( BAF_{i+1} \) (theo tính chất tiêu điểm của parabol), ta có:
\[ \angle BAF_{i+1} = 2(\alpha + \beta) \]
Tương tự, ta có:
\[ \angle BAF_i = 2(\beta - \alpha) \]
Suy ra góc tại đáy của tam giác cân \( AF_iF_{i+1} \) là:
\[ \angle AF_iF_{i+1} = \frac{\pi}{2} - 2\beta \]
Như vậy, đường nối hai tiêu điểm liên tiếp tạo với phương ngang một góc \( 2\alpha \), và góc này không phụ thuộc vào cặp parabol được xét.
Điều đó chứng tỏ rằng tất cả các tiêu điểm của các parabol nằm trên một đường thẳng, đường thẳng này tạo với phương ngang một góc \( 2\alpha \).
Xét va chạm đầu tiên với mặt phẳng nghiêng, ta thấy đường thẳng nối gốc tọa độ và tiêu điểm đầu tiên cũng tạo với phương ngang một góc \( 2\alpha \).
Kết luận: Đường thẳng đi qua tất cả các tiêu điểm của các parabol được mô tả bởi phương trình:
\[ y(x) = x \tan\alpha \]
Bài toán 8: Một hạt cườm nặng được xâu trên một sợi dây, sợi dây được gắn vào hai điểm trên một thanh ngang (xem Hình 12). Hạt cườm được kéo ra một vị trí sao cho sợi dây căng và với thanh ngang tạo thành một tam giác vuông với góc \( \alpha \), sau đó được thả ra. Hãy xác định vectơ gia tốc của hạt cườm tại thời điểm ban đầu.
Trong quá trình chuyển động, tổng khoảng cách từ hạt cườm đến các điểm treo \( F_1 \) và \( F_2 \) không đổi, do sợi dây không giãn. Vì vậy, chuyển động của hạt cườm diễn ra theo một cung của đường elip với các tiêu điểm tại \( F_1 \) và \( F_2 \).
Thành phần gia tốc pháp tuyến tỉ lệ với bình phương vận tốc, nên tại thời điểm ban đầu, gia tốc của hạt cườm chỉ có thành phần tiếp tuyến \( a_\tau \), nghĩa là nó được hướng dọc theo tiếp tuyến của elip.
Ký hiệu các góc giữa pháp tuyến của elip tại vị trí của hạt cườm với các đoạn dây là \( \varphi_1 \) và \( \varphi_2 \). Theo tính chất quang học của elip, ta có:
\[ \varphi_1 = \varphi_2 = \varphi \]
Vì sợi dây trơn và không giãn, lực căng \( T \) là như nhau trên toàn bộ chiều dài dây, do đó các thành phần của lực căng theo hướng tiếp tuyến \( T\sin\varphi \) triệt tiêu nhau.
Vì thế, gia tốc được tạo ra hoàn toàn bởi thành phần tiếp tuyến của trọng lực:
\[ a = a_\tau = g\sin\varphi \]
Ta biết rằng:
\[ \varphi = \frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{2} \]
Vậy gia tốc ban đầu của hạt cườm là:
\[ a = g\sin\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{2}\right) \]
Và vectơ gia tốc được hướng theo góc \( \varphi = \frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{2} \) so với phương ngang.
Bài tập 4: Xét một đường elip với các trục đối xứng trùng với các trục \( x \) và \( y \) trong hệ tọa độ Descartes, với tâm tại gốc tọa độ. Hãy tìm phương trình của đường elip đó dưới dạng:
\[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \]
trong đó \( a \) và \( b \) lần lượt là khoảng cách từ các đỉnh của elip nằm trên các trục \( x \) và \( y \) đến gốc tọa độ.
Bài toán 9: Nếu treo một bức tranh bằng một sợi dây ngắn được gắn vào một chiếc đinh duy nhất, rất có khả năng bức tranh sẽ bị lệch sau một thời gian. Nguyên nhân nào khiến vị trí của bức tranh không ổn định? Liệu có thể cân bằng bức tranh mà không cần buộc chặt vào đinh hoặc sử dụng hai chiếc đinh được đóng cách nhau một khoảng nhất định không?
Xét một bức tranh hình chữ nhật có chiều rộng \( 2c \) với trọng tâm nằm tại giao điểm của các đường chéo. Sợi dây treo tranh có chiều dài \( 2a \).
Ở vị trí cân bằng, khi bức tranh treo thẳng đứng, điểm treo nằm cách đường thẳng ngang đi qua hai đầu sợi dây một đoạn:
\[ b = \sqrt{a^2 - c^2} \]
Trọng tâm của bức tranh nằm dưới điểm treo một khoảng:
\[ h = b + d \]
Khi sợi dây trượt trên đinh, điểm treo di chuyển theo một đường elip có bán trục lớn \( a \) và bán trục nhỏ \( b \). Trọng tâm của bức tranh luôn nằm thẳng đứng bên dưới điểm treo một đoạn \( h \).
Hệ thống ở trạng thái không ổn định miễn là trọng tâm hạ xuống trong quá trình trượt, tức là khi:
\[ h > b + d \]
Phương trình của đường elip này là:
\[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \]
Khi góc lệch của bức tranh nhỏ ( \( x \ll a \) ), tọa độ \( y \) của điểm treo xấp xỉ:
\[ y \approx b - \frac{b x^2}{2 a^2} \]
Khoảng cách \( h \) được tính theo công thức:
\[ h^2 \approx (b + d)^2 + x^2\left(1 - \frac{b(b + d)}{a^2}\right) \]
Bức tranh sẽ ổn định nếu hệ số của \( x^2 \) là âm, tức là khi:
\[ a^2 - b^2 = c^2 < b d \]
Trong thực tế, khi cố gắng đặt điểm treo phía sau bức tranh, giá trị \( b \) thường không đủ để thỏa mãn điều kiện này, khiến bức tranh dễ bị nghiêng.
Bài toán 10: Hãy tìm bán kính độ cong của đường elip tại các đỉnh của nó, khi biết bán trục lớn bằng \( a \) và bán trục nhỏ bằng \( b \).
Xét một đường tròn bán kính \( b \) với tâm tại gốc tọa độ của hệ trục \( xy \). Phương trình của đường tròn là:
\[ x^2 + y^2 = b^2 \]
Thực hiện phép co giãn đường tròn này theo trục \( x \) với hệ số \( k = \frac{a}{b} > 1 \). Khi đó, một điểm \( A(x, y) \) thuộc đường tròn sẽ được biến thành điểm \( A'(x', y') \) với tọa độ:
- \( x' = kx \)
- \( y' = y \)
Khi đó, phương trình của đường tròn sau phép biến đổi trở thành:
\[ \left(\frac{b}{a}x'\right)^2 + y'^2 = b^2 \]
Suy ra:
\[ \frac{x'^2}{a^2} + \frac{y'^2}{b^2} = 1 \]
Như vậy, đường elip là hình thu được khi co giãn một đường tròn theo một phương nhất định.
Giả sử một điểm chuyển động trên đường tròn với vận tốc không đổi \( v \), và một điểm khác chuyển động trên đường elip sao cho đường nối giữa hai điểm luôn song song với trục \( x \) (xem Hình 15).
Xét một cung nhỏ \( CED \) trên đường tròn, khi thực hiện phép co giãn, cung này sẽ biến thành cung \( C'E'D' \) trên đường elip. Thời gian chuyển động dọc theo hai cung này là như nhau.
Vận tốc tại các điểm tương ứng \( E \) và \( E' \) là như nhau, nhưng độ dịch chuyển pháp tuyến tại các điểm \( FE \) và \( F'E' \) chênh lệch nhau \( k \) lần. Do đó, các gia tốc pháp tuyến cũng chênh lệch \( k \) lần.
Tại điểm \( E' \), gia tốc pháp tuyến là:
\[ a_n = \frac{v^2}{b}k = \frac{a v^2}{b^2} \]
Suy ra, bán kính độ cong của elip tại điểm \( E' \) là:
\[ R_{k\!p} = \frac{v^2}{a_n} = \frac{b^2}{a} \]
Tương tự, bằng các lập luận tương tự, ta tìm được rằng tại các đỉnh nằm trên trục \( y \), bán kính độ cong của elip bằng:
\[ R_{k\!p} = \frac{a^2}{b} \]
Bài toán 11: Hãy tìm bán kính độ cong của hyperbol tại đỉnh của nó, khi biết bán trục thực bằng \( a \) và bán trục ảo bằng \( b \).
Xét chuyển động của một thiên thể chịu lực hút từ Mặt Trời. Theo các định luật Kepler, thiên thể này chuyển động theo một quỹ đạo hình cônic với Mặt Trời nằm tại một trong hai tiêu điểm \( F \). Nếu vận tốc tại vô cực \( v_0 \) lớn hơn 0, quỹ đạo của thiên thể sẽ là một hyperbol.
Gọi \( v_1 \) là vận tốc của thiên thể tại điểm cận nhật - điểm gần Mặt Trời nhất (xem Hình 16). Áp dụng các định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn năng lượng, ta có các phương trình:
Với \( b = \sqrt{c^2 - a^2} \) là bán trục ảo của hyperbol:
\[ v_1^2 = \frac{G M b^2}{a(c - a)^2} \]
Theo định luật Newton, gia tốc của thiên thể tại điểm này là:
\[ a = \frac{G M}{(c - a)^2} \]
Suy ra, bán kính độ cong của quỹ đạo hyperbol tại đỉnh là:
\[ R_{\text{кр}} = \frac{v_1^2}{a} = \frac{b^2}{a} \]
Bài toán 12: Một đồng xu \( M \) nằm trên mặt phẳng nằm ngang được kéo bằng một sợi dây nhẹ không giãn, cố định tại điểm \( A \) và vắt qua một ròng rọc cố định \( B \) (xem Hình 17, nhìn từ trên xuống). Đầu dây tự do được kéo rất chậm, nên trong quá trình chuyển động, lực phản ứng từ dây tác động lên đồng xu được cân bằng bởi lực ma sát.
Giả sử khoảng cách \( AB \) lớn hơn nhiều so với bán kính của ròng rọc.
- Xác định quỹ đạo mà đồng xu di chuyển theo.
- Xác định khoảng cách từ đồng xu đến điểm \( A \) khi đoạn dây \( AB \) (với \( d = 1,0 \;m \)) được kéo thẳng ra.
- Tính công của lực ma sát tác dụng lên đồng xu trong quá trình chuyển động, nếu ban đầu đồng xu nằm tại đỉnh \( C \) của tam giác vuông \( ABC \) với \( AC = AB \). Biết khối lượng đồng xu \( m = 7,7 \;g \) và hệ số ma sát \( \mu = 0,3 \).
1) Lực phản ứng của sợi dây tác động lên đồng xu hướng theo đường phân giác của góc \( AMC \) với đỉnh tại vị trí đồng xu, do sợi dây là không khối lượng. Lực ma sát, đóng vai trò cân bằng lực phản ứng, hướng ngược chiều với vận tốc của đồng xu. Do đó, vận tốc của đồng xu cũng được định hướng theo đường phân giác của góc \( AMC \).
Vận tốc này có các thành phần bằng nhau dọc theo hai hướng \( AM \) và \( MC \). Như vậy, các đoạn dây \( AM \) và \( MC \) ngắn đi một lượng bằng nhau trong cùng khoảng thời gian, nghĩa là:
\[ MC - AM = \text{const} \]
Điều này cho thấy đồng xu di chuyển theo một quỹ đạo hyperbol với \( A \) và \( C \) là các tiêu điểm.
2) Gọi \( x_1 \) và \( x_2 \) lần lượt là khoảng cách từ đồng xu đến các điểm \( A \) và \( B \) tại thời điểm cuối cùng. Khi đó, ta có:
- Theo định nghĩa: \( x_1 + x_2 = d \)
- Theo tính chất của hyperbol: \( \sqrt{2}d - d = x_2 - x_1 \)
Giải hệ phương trình này, ta được:
\[ x_1 = \left(1 - \frac{1 - \sqrt{2}}{2}\right)d \approx 0,293 \;m \]
3) Trên hình 18, quỹ đạo của đồng xu nằm giữa đoạn thẳng \( CL \) có độ dài:
\[ l_{\min} = \sqrt{x_1^2 + d^2} \approx 1,042 \;m \]
và cung tròn \( CL \) có tâm nằm trên đường thẳng \( AB \). Từ các lập luận hình học, bán kính của cung tròn này là:
\[ R = \frac{x_1^2 + d^2}{2x_1} \approx 1,85 \;m \]
Độ dài cung tròn \( CL \) là:
\[ l_{\max} = R \arcsin\left(\frac{d}{R}\right) \approx 1,06 \;m \]
Do lực ma sát thực hiện công trên đoạn đường \( l \), ta có giới hạn cho công của lực ma sát như sau:
\[ \mu mg l_{\min} = 23,6 \;mJ < A_{\text{tr}} = \mu mg l < \mu mg l_{\max} = 23,9 \;mJ \]
Trong đó:
- \( \mu = 0,3 \) - hệ số ma sát.
- \( m = 7,7 \;g \) - khối lượng đồng xu.
- \( g = 9,8 \;m/s^2 \) - gia tốc trọng trường.
Kết luận: Quỹ đạo chuyển động của đồng xu là một hyperbol, với công của lực ma sát nằm trong khoảng từ \( 23,6 \;mJ \) đến \( 23,9 \;mJ \).
Bài toán 13: Trên một mặt phẳng, hai đường thẳng đi qua các điểm cố định \( A \) và \( B \) cùng quay với cùng một vận tốc góc nhưng theo hai hướng ngược nhau (xem Hình 19). Hỏi điểm giao nhau \( M \) của hai đường thẳng này sẽ vẽ ra đường cong nào?
Đặt gốc tọa độ tại trung điểm của đoạn thẳng \( AB \) và chọn trục \( x \) sao cho tại thời điểm ban đầu \( t=0 \), cả hai đường thẳng đều song song với trục \( x \). Giả sử các đường thẳng quay với vận tốc góc \( \omega \).
Phương trình tham số của các đường thẳng quay được biểu diễn như sau:
\[ y_A = -y_0 + (x + x_0)\tan(-\omega t) \]
\[ y_B = y_0 + (x - x_0)\tan(\omega t) \]
trong đó \( x_0 \) và \( y_0 \) là tọa độ của điểm \( B \).
Để tìm quỹ đạo của điểm \( M \) là giao điểm của hai đường thẳng, ta đặt \( y_A = y_B = y \) và loại bỏ \( \tan(\omega t) \). Sau khi đơn giản hóa, ta thu được phương trình:
\[ x y = x_0 y_0 = \text{const} \]
Như vậy, điểm \( M \) chuyển động theo một đường hyperbol hoặc theo trục \( y \).
Bài tập 5: Đỉnh \( O \) của một tứ giác khớp \( OPMQ \) được cố định, trong khi các cạnh \( OP \) và \( OQ \) quay với cùng một vận tốc góc nhưng ngược chiều nhau (xem Hình 20). Hãy xác định quỹ đạo của đỉnh \( M \).
Bài toán 14: Làm thế nào để xác định vị trí phát súng của một khẩu pháo địch bằng cách sử dụng ba thiết bị thu tín hiệu âm thanh?
Phương pháp xác định vị trí phát súng địch bằng các thiết bị thu âm (phương pháp đường hyperbol) đã được sử dụng trong Thế chiến II.
Tốc độ truyền âm thanh trong không khí (trong điều kiện tiêu chuẩn) xấp xỉ:
\[ c = 330 \;m/s \]
Giả sử hai thiết bị thu tín hiệu được đặt tại \( F_1 \) và \( F_2 \) cùng ghi nhận âm thanh của một phát súng được bắn từ điểm \( M \) (Hình 21). Nếu thiết bị \( F_1 \) thu được âm thanh trễ hơn \( \tau \) giây so với \( F_2 \), khi đó hiệu khoảng cách từ \( M \) đến hai thiết bị là:
\[ MF_1 - MF_2 = c\tau \]
Điểm \( M \) nằm trên một đường hyperbol có các tiêu điểm \( F_1 \) và \( F_2 \) (nhánh phải của hyperbol).
Trong thực tế, các thiết bị thu tín hiệu thường được đặt ở khoảng cách xa so với vị trí phát súng, nên ta có thể xấp xỉ rằng điểm cần tìm nằm trên một đường tiệm cận \( a \) được xác định từ các tham số của hyperbol.
Tiến hành tương tự với một thiết bị thu thứ ba \( F_3 \), ta xác định được một đường tiệm cận \( b \) cho hyperbol có các tiêu điểm là \( F_1 \) và \( F_3 \).
Cuối cùng, vị trí của khẩu pháo chính là giao điểm của hai đường thẳng \( a \) và \( b \).
