Thứ Năm, 27 tháng 2, 2025

Từ bài báo khoa học đến bài toán Olympic - Nghệ thuật "bài toán hóa"

Các đường conic trong các bài toán vật lí

Phần 1: "Bài toán hóa" - Quá trình chuyển đổi một bài báo khoa học thành bài toán

1.1. Bài toán trong các kỳ thi Olympic Vật lý

Trong các kỳ thi Olympic Vật lý, nhiều bài toán thực chất được xây dựng từ những bài báo khoa học gốc. Những bài báo này không chỉ mô tả các hiện tượng vật lý mà còn trình bày các phân tích sâu sắc, công thức chính xác và cách tiếp cận lý thuyết dựa trên thực nghiệm. Vì thế, chúng trở thành nguồn tài nguyên quan trọng để tạo ra những bài toán thử thách tư duy.
Một bài báo khoa học thường tập trung vào việc khám phá một hiện tượng mới, chứng minh một định luật hoặc tìm ra một phương pháp đo đạc cụ thể. Tuy nhiên, trong môi trường giáo dục, mục tiêu không chỉ là hiểu mà còn phải vận dụng. Vì vậy, "bài toán hóa" đóng vai trò như một cầu nối giữa tri thức khoa học và bài tập thực hành, giúp học sinh không chỉ đọc hiểu mà còn phát triển khả năng giải quyết vấn đề.

1.2. "Bài toán hóa" - Nghệ thuật trừu tượng hóa một vấn đề khoa học

"Bài toán hóa" là quá trình tách lấy các khía cạnh chính trong một bài báo, chuyển đổi chúng thành dạng câu hỏi hoặc tình huống bài toán, với các giả định cố định để giới hạn phạm vi giải quyết. Kỹ thuật này không chỉ tối giản hóa một vấn đề khoa học mà còn biến nó thành một thử thách hấp dẫn cho học sinh giỏi.
Để thực hiện quá trình này, chúng ta cần tuân theo các bước sau:

Xác định ý tưởng vật lý cốt lõi: Một bài báo khoa học thường chứa nhiều yếu tố phức tạp, nhưng không phải tất cả đều cần thiết cho một bài toán. Ta cần tìm ra phần cốt lõi có thể chuyển thành một tình huống bài toán.
Đơn giản hóa nhưng vẫn giữ bản chất: Trong khoa học, nhiều yếu tố có thể ảnh hưởng đến kết quả, nhưng khi xây dựng bài toán, ta cần loại bỏ các biến số không quan trọng để giữ cho bài toán gọn gàng và có thể giải quyết được.
Chọn các giả định hợp lý: Bài toán Olympic cần có lời giải rõ ràng, vì vậy cần thiết lập các điều kiện ban đầu phù hợp. Điều này giúp đảm bảo rằng học sinh có đủ dữ kiện để tìm ra đáp án.
Chuyển đổi sang ngôn ngữ toán học: Nhiều bài báo trình bày các phương trình phức tạp, nhưng khi bài toán hóa, ta cần viết lại chúng sao cho dễ hiểu hơn mà vẫn giữ được bản chất vật lý.
Xây dựng chuỗi câu hỏi từ dễ đến khó: Một bài toán Olympic hay không chỉ cần có lời giải đúng mà còn phải dẫn dắt người học đi từ nhận thức cơ bản đến tư duy nâng cao. Các câu hỏi ban đầu có thể đơn giản để giúp học sinh tiếp cận vấn đề, sau đó mới tăng dần mức độ khó.
Tạo bối cảnh thực tế và lời dẫn dắt: Một bài toán Olympic thường được diễn giải rõ ràng, có tình huống cụ thể để người học dễ hình dung, thay vì chỉ đơn thuần là một công thức toán học khô khan.

1.3. Ứng dụng "bài toán hóa" trong giảng dạy và nghiên cứu

Kỹ thuật "bài toán hóa" không chỉ có giá trị trong các kỳ thi mà còn giúp ích rất nhiều trong giảng dạy và nghiên cứu. Khi giáo viên sử dụng phương pháp này, học sinh có cơ hội tiếp cận với những vấn đề thực tế hơn, hiểu rõ cách mà các nhà khoa học xây dựng và giải quyết vấn đề. Đồng thời, nó cũng giúp rèn luyện khả năng tư duy phân tích và tổng hợp, điều vô cùng quan trọng trong nghiên cứu khoa học.
Việc "bài toán hóa" cũng có thể áp dụng để tạo ra các bài tập nâng cao, giúp học sinh chuẩn bị tốt hơn cho các kỳ thi học sinh giỏi và Olympic. Ngoài ra, quá trình này còn có thể được sử dụng để phát triển các dự án nghiên cứu khoa học dành cho học sinh trung học, giúp họ sớm tiếp cận với cách tư duy khoa học chuyên sâu.

Phần 2: Lấy bài báo về "Bài toán Kapitsa" làm ví dụ

Bài báo khoa học gốc giới thiệu về bài toán Kapitsa, trong đó một hình trụ siêu dẫn bay qua một ống dây và chân khí điều kiện để từ trường ngăn cản chuyển động này. Bài báo cung cấp những phân tích chính xác về bản chất vật lý và toán học của bài toán, giúp ta nhìn nhận sâu sát vấn đề.

Bài toán của Kapitsa về sự di chuyển của hình trụ qua ống dây

И.КРАВЧЕНКО

Trong bài viết này, tác giả mời độc giả cùng suy ngẫm về bài toán của viện sĩ Pyotr Leonidovich Kapitsa, được trích từ tập sách “Bài toán Vật lý” (M.: Znanie, 1966). Nội dung gốc của bài toán như sau:

Một hình trụ dẫn điện bay qua một ống dây có dòng điện chạy qua. Hãy xác định điều kiện để trường điện từ ngăn không cho hình trụ đi qua ống dây. Bỏ qua điện trở của hình trụ và ống dây.

Có thể xem xét hai cách diễn giải khác nhau về bài toán này:

Hình trụ bay từ xa đến ống dây và đã một phần đi vào trong đó ("đang bay qua"), với một vận tốc nhất định.
Hình trụ đã hoàn toàn nằm bên trong ống dây và được đẩy đi với một vận tốc nhất định (cũng gọi là "đang bay qua").

Tên của P.L. Kapitsa gắn liền với các khám phá quan trọng trong lĩnh vực vật lý nhiệt độ thấp và hiện tượng siêu dẫn. Ông đã nhận giải Nobel Vật lý năm 1978 cho “các nghiên cứu cơ bản và khám phá trong vật lý nhiệt độ thấp”.

Kapitsa không chỉ là một nhà khoa học vĩ đại mà còn là một nhà thực nghiệm xuất sắc. Vì vậy, trong bài toán này, ta có thể giả định rằng cả ống dây và hình trụ đều là vật liệu siêu dẫn. Điều này đồng nghĩa với việc điện trở của chúng bằng không: \( R = 0 \).

Mặc dù trong đề bài có nhấn mạnh rằng ta có thể bỏ qua điện trở của vật thể dẫn điện, nhưng giả thiết siêu dẫn còn giúp loại bỏ cả tổn thất năng lượng do nhiệt trong hệ thống đang xét.

Tuy nhiên, siêu dẫn không chỉ đơn giản là một trạng thái có điện trở bằng không...

Điều kiện siêu dẫn của một vật thể giả định rằng từ thông qua bất kỳ vòng siêu dẫn kín nào phải được bảo toàn không đổi. Đây được gọi là định luật bảo toàn từ thông trong vòng siêu dẫn.

Siêu dẫn cũng có thể bị phá hủy. Về chi tiết hơn về điều này, bạn có thể tham khảo bài viết của Y. Shavrin có tựa đề "Định luật bảo toàn từ thông" đăng trên tạp chí “Kvant”, số 6 năm 1970.

Trong bài toán này, ta sẽ xem xét hình trụ siêu dẫn không được làm từ sắt, vì việc phân tích tính chất từ của sắt là rất phức tạp. Tính chất từ của vật liệu được đặc trưng bởi một đại lượng vật lý gọi là độ từ thẩm, ký hiệu là \( \mu \). Trong bài toán này, chúng ta giả định rằng hình trụ có \( \mu \) xấp xỉ bằng 1. (Nói chung, chúng ta sẽ giả định rằng trong mọi vùng không gian, \( \mu = 1 \)).

Điều kiện ban đầu của bài toán

Để giải bài toán một cách rõ ràng, ta cần xác định một số điều kiện ban đầu:

Ống dây được cố định.
Hình trụ, ban đầu đứng yên so với ống dây và hoàn toàn nằm bên trong nó, được đẩy đi với một lực tác động...
Hình trụ, ban đầu đứng yên trong ống dây, được tác động một lực để di chuyển với vận tốc \( \vec{v} \), dọc theo trục của ống dây (để đơn giản hóa bài toán, ta không xét các chuyển động phức tạp hơn).
Trong suốt quá trình diễn ra, hình trụ và ống dây luôn được giữ đồng trục (tận dụng tính đối xứng).
Hình trụ và ống dây được giả định là rất dài: nghĩa là chiều dài của chúng lớn hơn rất nhiều so với đường kính mặt cắt ngang. Gọi chiều dài của ống dây và hình trụ lần lượt là \( L \) và \( l \), đường kính mặt cắt ngang của chúng là \( D \) và \( d \), ta có điều kiện về độ dài như sau: \[ L \gg D, \quad l \gg d \] Với một ống dây đủ dài, nếu có dòng điện "xoáy" chạy qua nó, ta có thể giả định rằng từ trường sinh ra là đồng nhất và chỉ tập trung bên trong ống dây.
Kích thước ống dây lớn hơn nhiều so với kích thước hình trụ: \[ L \gg l, \quad D \gg d \] Trong các trường hợp giới hạn, việc giải bài toán sẽ đơn giản hơn đáng kể – điều này giúp loại bỏ các yếu tố toán học phức tạp. Không phải ngẫu nhiên mà tập sách chứa bài toán này được gọi là "Bài toán Vật lý".
Trước khi đặt hình trụ vào bên trong ống dây, chúng ta đã "nạp" cho cả hai vật thể một từ trường với cảm ứng từ lần lượt là \( B_c \) và \( B_t \) (để biết thêm về quá trình "nạp" từ trường vào siêu dẫn, có thể tham khảo bài viết đã đề cập của Y. Shavrin).

Như vậy, ống dây và hình trụ tạo thành một hệ thống mà ta sẽ xem xét như một hệ kín – không có năng lượng nào từ bên ngoài đi vào hay thoát ra khỏi hệ thống. Quá trình trong bài toán được hiểu là sự chuyển động của hình trụ sau khi được đẩy đi với vận tốc ban đầu, cho đến khi nó dừng lại bên ngoài ống dây.

Từ điều kiện của bài toán, có thể suy ra rằng sẽ có một sự giảm tốc của hình trụ. Do đó, có thể phát biểu điều kiện "không thể đi qua" như sau: từ trường sẽ ngăn không cho hình trụ đi qua ống dây nếu vận tốc ban đầu \( \vec{v} \) của nó không đủ lớn để thoát ra khỏi vùng không gian bên trong ống dây.

Lực cản chuyển động của hình trụ dĩ nhiên xuất phát từ ống dây – chính xác hơn là từ trường của ống dây. Việc giải bài toán bằng các định luật Newton có vẻ không khả thi, bởi vì trên con đường này chúng ta sẽ gặp phải các yếu tố phức tạp như sự không đồng nhất của từ trường ống dây...

Việc giải bài toán bằng các định luật Newton gặp nhiều khó khăn, vì ta sẽ phải tính đến sự không đồng nhất của từ trường xung quanh hình trụ, dẫn đến việc phải tìm biểu thức cụ thể cho lực từ tác động lên hình trụ và thực hiện quá trình tích phân.

Trong những trường hợp như thế này, cách tiếp cận dựa trên năng lượng thường tỏ ra hiệu quả. Vì hệ thống của chúng ta là hệ cô lập, nên tổng năng lượng của nó không thay đổi trong suốt quá trình. Trạng thái của hệ ở đầu và cuối quá trình đều đã được biết. Do đó, bằng cách áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta có thể tìm được vận tốc tối thiểu \( v_{\text{min}} \) mà hình trụ cần có để thoát khỏi ống dây. Nếu vận tốc ban đầu của hình trụ nhỏ hơn \( v_{\text{min}} \), thì từ trường sẽ ngăn không cho hình trụ đi qua ống dây.

Năng lượng ban đầu của hệ được xác định bởi:

Năng lượng động học của hình trụ: \( E_{k0} \).
Năng lượng của từ trường bên trong ống dây, nhưng nằm ngoài hình trụ: \( W_{c0} \).
Năng lượng của từ trường bên trong hình trụ: \( W_{t0} \).

Tổng năng lượng ban đầu của hệ:

\[ E_{k0} + W_{c0} + W_{t0} \]

Ở cuối quá trình, khi hình trụ đã ra khỏi ống dây, năng lượng hệ bao gồm:

Năng lượng từ trường bên trong ống dây (không còn hình trụ trong đó): \( W_c \).
Năng lượng của từ trường trong hình trụ (đã ra ngoài ống dây): \( W_t \).

Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:

\[ E_{k0} + W_{c0} + W_{t0} = W_c + W_t \]

Hình 1 minh họa vị trí ban đầu của ống dây \( S \) và hình trụ \( C \), trong khi Hình 2 mô tả vị trí của chúng khi kết thúc quá trình.

Trên các hình vẽ, cần chú ý đến vùng \( PKMNP \) – không gian bên trong ống dây, được giới hạn bởi một hình trụ tưởng tượng có bề mặt bên trùng với thành trong của ống dây, và hai mặt đáy \( PN \) và \( KM \) đi qua hai đầu của hình trụ siêu dẫn.

Từ các hình vẽ, ta thấy rằng cấu trúc từ trường bên trong ống dây (ngoài vùng \( PKMNP \)) vẫn không thay đổi giữa đầu và cuối quá trình. Do đó, để thuận tiện, khi xét đến năng lượng từ trường \( W_{c0} \) và \( W_c \), ta chỉ xét đến phần năng lượng bên trong vùng \( PKMNP \) nhưng bên ngoài hình trụ.

Năng lượng \( W \) của một từ trường đồng nhất có cảm ứng từ \( B \) trong một thể tích \( V \) được xác định bởi:

Hình 1: Hình trụ dẫn trong ống dây — Hình 1

Hình 2: Hình trụ dẫn trong ống dây — Hình 2

\[ W = wV \]

với mật độ năng lượng từ trường:

\[ w = \frac{B^2}{2\mu\mu_0} \]

trong đó \( \mu_0 \) là hằng số từ trường. Nếu đặt:

\[ k = \frac{1}{2\mu\mu_0} \]

thì công thức cho năng lượng từ trường có thể viết lại dưới dạng:

\[ W = kB^2 V \]

Biểu thức này thuận tiện hơn cho bài toán của chúng ta, và ta sẽ sử dụng nó để tính năng lượng từ trường đồng nhất.

Giả sử rằng từ trường tồn tại trong mọi vùng không gian, cả bên trong ống dây lẫn bên trong hình trụ. Khi đó, áp dụng định nghĩa về động năng và biểu thức năng lượng từ trường, định luật bảo toàn năng lượng được viết lại như sau:

\[ \frac{m v_{\text{min}}^2}{2} + k B_{c0}^2 V_c + k B_{t0}^2 V_t = k B_c^2 V_c + k B_t^2 V_t \]

Trong đó:

\( m \) – khối lượng của hình trụ.
\( B_{c0} \) – cảm ứng từ trong vùng \( PKMNP \) giữa ống dây và hình trụ tại thời điểm ban đầu, với thể tích tương ứng:

\[ V_{c0} = \pi l \left( \frac{D^2}{4} - \frac{d^2}{4} \right) \]

\( B_{t0} \) – cảm ứng từ trong hình trụ với thể tích:

\[ V_t = \pi \frac{d^2}{4} l \]

\( B_c \) – cảm ứng từ trong vùng \( PKMNP \) tại thời điểm cuối, với thể tích:

\[ V_c = \pi \frac{D^2}{4} l \]

\( B_t \) – cảm ứng từ trong hình trụ tại thời điểm cuối.

Như vậy, ta đã có phương trình bảo toàn năng lượng để giải quyết bài toán.

Trạng thái siêu dẫn của ống dây và hình trụ đòi hỏi sự bảo toàn của từ thông qua bất kỳ đường vòng kín nào dọc theo bề mặt của chúng. Gọi từ thông qua một vòng kín bất kỳ trên ống dây là \( \Phi_c \) và qua hình trụ là \( \Phi_t \), ta có:

\[ \Phi_c = \text{const}, \quad \Phi_t = \text{const}. \]

Từ thông \( \Phi \) qua một mặt phẳng trong trường hợp từ trường đồng nhất có cảm ứng từ \( B \) được xác định theo công thức:

\[ \Phi = B S \cos\alpha, \]

trong đó \( S \) là diện tích của mặt phẳng và \( \alpha \) là góc giữa pháp tuyến của mặt phẳng và vector cảm ứng từ \( B \).

Nếu cảm ứng từ \( B \) thay đổi theo vị trí trong mặt phẳng, ta có thể chia mặt phẳng thành các vùng nhỏ và tính tổng từ thông của từng vùng để có tổng từ thông của toàn bộ mặt phẳng.

Chọn một mặt phẳng bất kỳ trong vùng \( PKMNP \), đi qua bề mặt ống dây (giả sử mặt phẳng này vuông góc với trục ống dây), và viết phương trình bảo toàn từ thông trong quá trình:

\[ B_{c0} (S - s) + B_{t0} s = B_c S, \]

trong đó:

\( S = \frac{\pi D^2}{4} \) – diện tích mặt cắt ngang của ống dây.
\( s = \frac{\pi d^2}{4} \) – diện tích mặt cắt ngang của hình trụ.

Trong vế trái của phương trình, số hạng đầu tiên biểu thị "từ thông riêng" với cảm ứng từ \( B_{c0} \), còn số hạng thứ hai là "từ thông riêng" với cảm ứng từ \( B_{t0} \).

Tiếp theo, ta viết phương trình bảo toàn từ thông cho một mặt phẳng bất kỳ đi qua bề mặt hình trụ (cũng giả sử mặt phẳng này vuông góc với trục hình trụ):

\[ B_{t0} s = B_t s. \]

Xét điều kiện \( D \gg d \) và biết rằng khối lượng hình trụ được tính theo công thức:

\[ m = \rho \frac{\pi d^2}{4} l, \]

(trong đó \( \rho \) là khối lượng riêng của hình trụ), việc giải đồng thời các phương trình trên giúp tìm ra vận tốc tối thiểu \( v_{\text{min}} \) của hình trụ theo cảm ứng từ của ống dây và hình trụ:

\[ v_{\text{min}} = \sqrt{\frac{2B_c B_t - B_c^2}{\rho \mu \mu_0}}. \]

Điều này có nghĩa là hình trụ sẽ không thể đi qua ống dây nếu vận tốc của nó thỏa mãn bất đẳng thức:

\[ v \lt \sqrt{\frac{2B_c B_t - B_c^2}{\rho \mu \mu_0}}. \]

Kết quả thu được hoàn toàn phù hợp với nguyên tắc phân tích theo thứ nguyên.

Một số trường hợp đặc biệt

1. Nếu \( B_c = B_t = B \):

\[ v \lt \sqrt{\frac{B^2}{\rho \mu \mu_0}}. \]

Kết quả này có thể thu được từ các lập luận thuần túy về năng lượng. Để hình trụ không đi qua được ống dây, động năng ban đầu của nó phải nhỏ hơn mức tăng của năng lượng từ trường của hệ khi hình trụ rời khỏi ống dây:

\[ \frac{m v^2}{2} \lt \frac{B^2}{2 \mu \mu_0} V_t. \]

(Biến đổi phương trình này cho thấy rằng kích thước của hình trụ không ảnh hưởng đến kết quả).

2. Nếu không có từ trường trong hình trụ, tức là \( B_t = 0 \):

Thì trong công thức vận tốc, biểu thức dưới dấu căn trở thành số âm. Điều này có thể được hiểu là hình trụ không thể bị giữ lại trong ống dây – bất kể vận tốc ban đầu của nó là bao nhiêu, nó sẽ luôn bị đẩy ra khỏi ống dây.

3. Nếu không có từ trường trong ống dây, tức là \( B_c = 0 \):

Thì giá trị dưới căn bậc hai bằng không, tức là hệ thống không cản trở cũng như không hỗ trợ chuyển động của hình trụ. Nói cách khác, hệ thống nằm trong trạng thái cân bằng năng lượng.

Nói chung, để hình trụ có thể bị giữ lại trong ống dây, biểu thức dưới dấu căn trong bất đẳng thức trên phải là số dương:

\[ 2B_c B_t - B_c^2 > 0. \]

Điều này dẫn đến điều kiện giữa các cảm ứng từ của ống dây và hình trụ:

\[ \frac{B_c}{B_t} \lt 2. \]

Như vậy, hình trụ chỉ có thể bị giữ lại trong ống dây nếu từ trường trong ống dây không quá lớn so với từ trường trong hình trụ.

Phần 3: "Bài toán hóa" bài báo

Từ bài báo Kapitsa, ta có thể chuyển đổi nó thành một bài toán Olympic như sau:

Bài toán: Hiện tượng từ trường trong hệ siêu dẫn

Một hình trụ siêu dẫn được đặt bên trong một ống dây dài, có dòng điện chạy qua tạo ra từ trường đều dọc theo trục của ống dây. Ban đầu, hình trụ đứng yên và hệ thống được xem là cân bằng từ thông. Người ta cung cấp cho hình trụ một vận tốc ban đầu dọc theo trục của ống dây.

1. Tìm hiểu điều kiện ban đầu

Xác định từ trường bên trong ống dây và trong hình trụ tại thời điểm ban đầu.
Giải thích tại sao hệ thống có thể được xem là cân bằng từ thông.

2. Phân tích động lực học của hệ

Viết phương trình bảo toàn năng lượng cho hệ, giả sử không có tổn hao nhiệt.
Xác định lực từ cản trở chuyển động của hình trụ.

3. Tìm vận tốc tối thiểu

Xây dựng phương trình động lực học để tìm giá trị vận tốc tối thiểu v_min để hình trụ có thể thoát khỏi ống dây.

4. Phân tích trường hợp giới hạn

Nếu cảm ứng từ trong hình trụ bằng không, điều gì xảy ra?
Có trường hợp nào mà hình trụ luôn bị giữ lại trong ống dây không?
Từ đây, rút ra điều kiện về tỉ lệ giữa cảm ứng từ của ống dây và hình trụ để hình trụ bị giữ lại.

Bài toán này giữ lại tinh thần của bài báo gốc nhưng được biến đổi thành dạng dễ hiểu và phù hợp với các kỳ thi.

Phần 4: Thử thách dành cho bạn

Giờ đến lượt bạn! Hãy thử nghiệm "bài toán hóa" theo cách của riêng bạn. Liệu bạn có thể thiết kế một bài toán hoàn toàn mới dựa trên nội dung của bài báo Kapitsa không? Hãy chia sẻ suy nghĩ của bạn và chúng ta sẽ cùng thảo luận!

Nguyễn Đình Tấn - Giáo viên vật lý - Trường THPT chuyên Võ Nguyên Giáp - Quảng Bình

#ĐềHSGlýQuốcGia,#OlympicVậtlý,#Bảotoàntừthông,#HSGlýQuốcGia

Đường Conic trong Bài toán Vật lí

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).

Hình 1: Parabol với tiêu điểm F và đường chuẩn l.

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.

Hình 3: Hyperbol với các tiêu điểm A và B.

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.

Hình 4: Tính chất tiêu điểm của parabol.

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?

Hình 5: Quỹ đạo parabol của vật được ném xiên.

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.

Hình 6: Quỹ tích các tiêu điểm của parabol.

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:

\[ \pi - \beta - \gamma = \frac{\pi}{2} \]

Hình 7: Góc vận tốc ban đầu và cuối — Hình 7: Góc giữa vận tốc ban đầu và vận tốc cuối.

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.

Hình 8: Vùng hỏa lực của khẩu pháo phòng không.

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).

Hình 10: Bắn đá trên sườn dốc - Lời giải — Hình 10

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.

Hình 11: Các tiêu điểm của các parabol liên tiếp.

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.

Hình 12: Các tiêu điểm của các parabol liên tiếp — Hình 12

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.

Hình 13: Chuyển động của hạt cườm trên dây.

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?

Hình 14: Treo tranh bằng một sợi dây trên một chiếc đinh.

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 \( b \).

Hình 15: Quá trình co giãn từ đường tròn thành elip.

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 \( b \).

Hình 16: Chuyển động của thiên thể trên quỹ đạo hyperbol.

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:

\[ l_{\min} = \sqrt{x_1^2 + d^2} \approx 1,042 \;m \]

Hình 18: Quỹ đạo chuyển động của đồng xu.

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?

Hình 19: Chuyển động của điểm M khi hai đường thẳng quay ngược chiều nhau.

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?

Hình 21: Xác định vị trí khẩu pháo bằng phương pháp đường hyperbol.

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 \( b \).

Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Vật lí cấp Tỉnh: Tổng hợp vận tốc

Trong các kỳ thi học sinh giỏi Vật lý cấp Tỉnh hay các kỳ thi Vật lý phổ thông, chuyên đề tổng hợp vận tốc là một trong những nội dung quan trọng thường xuất hiện trong đề thi. Đây là một phần kiến thức nền tảng trong cơ học, giúp học sinh hiểu rõ cách chuyển động của một vật được quan sát từ các hệ quy chiếu khác nhau. Việc thành thạo quy tắc cộng vận tốc không chỉ giúp giải quyết các bài toán trên lớp mà còn là kỹ năng quan trọng để xử lý các bài toán phức tạp hơn trong các kỳ thi Olympic Vật lý. Trong bài viết này, chúng ta sẽ cùng phân tích các bài toán thực tế, áp dụng công thức và rèn luyện tư duy giải nhanh. Nếu bạn đang ôn luyện cho kỳ thi vào lớp 10 chuyên hoặc các kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia, thì đây chính là tài liệu không thể bỏ qua!

Kiến thức cơ bản về Cộng vận tốc

Qui tắc tổng hợp vận tốc xác lập mối liên hệ giữa các vận tốc của cùng một chất điểm trong các hệ quy chiếu khác nhau. Trong bài này chúng ta sẽ nghiên cứu quy tắc đó thông qua việc giải một số bài tập cụ thể. Chúng ta nhắc lại rằng mỗi hệ quy chiếu phải được gắn liền với một vật làm mốc nào đó và chuyển động của cùng một chất điểm sẽ diễn ra khác nhau trong các hệ quy chiếu khác nhau.

Giả sử có hai hệ quy chiếu \( S \) và \( S' \) chuyển động đối với nhau. Vì chuyển động và đứng yên có tính tương đối nên chúng ta quy ước coi hệ \( S \) là đứng yên, còn hệ \( S' \) chuyển động. Chuyển động của chất điểm \( M \) đối với hệ \( S \) được gọi là chuyển động tuyệt đối, còn chuyển động đối với hệ \( S' \) được gọi là chuyển động tương đối. Một cách tương ứng, vận tốc của \( M \) đối với hệ \( S \) được gọi là vận tốc tuyệt đối, còn đối với hệ \( S' \) được gọi là vận tốc tương đối. Để dễ hình dung chúng ta có thể lấy thí dụ như: chọn căn phòng làm hệ \( S \), còn quả cầu không khí vừa bay vừa quay là hệ \( S' \) và chất điểm \( M \) là con kiến đang bò trên quả cầu.

Chúng ta đưa thêm vào một khái niệm nữa là vận tốc kéo theo. Đây là vận tốc của một điểm trong hệ \( S' \), mà chất điểm \( M \) đi qua vào thời điểm đã cho, đối với hệ \( S \). Trong thí dụ của chúng ta đó là vận tốc đối với căn phòng của điểm trên quả cầu mà con kiến đang bò qua đó.

Ở bất kỳ thời điểm nào, vận tốc tuyệt đối \( \vec{v}_A \), vận tốc tương đối \( \vec{v}_O \) và vận tốc kéo theo \( \vec{v}_C \) cũng liên hệ với nhau bởi hệ thức:

\[ \vec{v}_A = \vec{v}_O + \vec{v}_C \]

Đây chính là công thức tổng hợp vận tốc. Chúng ta nêu ra hai nhận xét sau đây:

Vận tốc kéo theo \( \vec{v}_C \) không phải là vận tốc của hệ \( S' \) đối với hệ \( S \). Thực vậy, trong khi chuyển động quả cầu không khí còn quay nên vận tốc của các điểm khác nhau trên quả cầu đối với căn phòng là khác nhau. Chính vì vậy, nói đến vận tốc của quả cầu (tức của hệ \( S' \)) đối với căn phòng (tức hệ \( S \)) là vô nghĩa. Chỉ trong trường hợp hệ \( S' \) chuyển động tịnh tiến chứ không quay thì vận tốc của tất cả điểm của \( S' \) đối với \( S \) là như nhau và người ta gọi đó là vận tốc của hệ \( S' \) đối với hệ \( S \).
Hệ thức giữa vận tốc tuyệt đối, vận tốc tương đối và vận tốc kéo theo chỉ thuần túy là hệ thức động học, không có liên quan gì đến việc hệ \( S \) và hệ \( S' \) là hệ quy chiếu quán tính hay không quán tính. Cả hai hệ đều có thể là hệ không quán tính.

Bây giờ chúng ta xét các bài toán cụ thể.

Bài toán 1

Trên boong một con tàu thủy đang chuyển động đối với bờ sông với vận tốc \( u = 15 \) km/h có một hành khách đi với vận tốc \( v_0 = u/3 \) đối với boong tàu, theo phương lập với trục dọc của tàu góc \( \alpha = 30^\circ \) (xem H.1). Hãy tìm vận tốc của hành khách đó đối với bờ.

**Hình 1:** Cộng vận tốc: Người đi trên thuyền

Chúng ta lấy bờ sông làm hệ quy chiếu đứng yên và tàu thủy làm hệ quy chiếu chuyển động. Khi đó \( \vec{v}_0 \) là vận tốc tương đối, \( \vec{u} \) là vận tốc kéo theo. Vận tốc của hành khách đối với bờ \( \vec{v} \) sẽ là vận tốc tuyệt đối. Theo công thức tổng hợp vận tốc:

\[ \vec{v} = \vec{v}_0 + \vec{u} \]

**Hình 2:** Cộng vận tốc theo quy tắc cộng vecto

Sử dụng định lý cosin, chúng ta tìm được độ lớn vận tốc \( v \) của hành khách đối với bờ và góc \( \beta \) giữa vận tốc này và trục tàu:

\[ v = \sqrt{u^2 + v_0^2 - 2 u v_0 \cos{\alpha}} = \frac{u\sqrt{7}}{3} \approx 13 \text{ km/h} \]

\[ \sin{\beta} = \frac{v_0}{v} \sin{\alpha} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{7}} \approx 0.33, \quad \beta \approx 19^\circ \]

Bài toán 2

Trong phòng có một cái đĩa quay với vận tốc góc \( \omega \) không đổi quanh trục cố định \( O \) đi qua tâm đĩa và vuông góc với đĩa. Một con bọ dừa bò trên mặt đĩa dọc theo bán kính với vận tốc \( v_0 \) đối với đĩa (H.3). Hãy tìm độ lớn vận tốc của con bọ dừa đối với phòng vào thời điểm nó ở điểm \( A \) cách trục \( O \) khoảng \( R \).

**Hình 3:** Con bọ bò trên đĩa đang quay

Tất nhiên là nên chọn phòng làm hệ quy chiếu đứng yên, còn đĩa là hệ quy chiếu chuyển động. Khi đó, \( \vec{v}_0 \) là vận tốc tương đối. Vận tốc kéo theo \( \vec{v}_C \) là vận tốc của điểm \( A \) đối với phòng. Vận tốc kéo theo \( \vec{v}_C \) hướng vuông góc với phương bán kính \( OA \) và có độ lớn bằng:

\[ v_C = R \omega \]

Vận tốc của con bọ dừa \( \vec{v} \) đối với phòng là vận tốc tuyệt đối. Theo quy tắc tổng hợp vận tốc:

\[ \vec{v} = \vec{v}_0 + \vec{v}_C \]

**Hình 4:** Vận tốc con bộ được tổng hợp từ vận tốc đối với đĩa và vận tốc của điểm A

Độ lớn vận tốc của con bọ dừa đối với phòng bằng:

\[ v = \sqrt{v_0^2 + v_C^2} = \sqrt{v_0^2 + \omega^2 R^2} \]

Bài toán 3

Bán kính của một hành tinh \( r = 2000 \) km. Vận tốc các điểm trên xích đạo bằng \( v_1 = 0.6 \) km/s. Một vệ tinh chuyển động trong mặt phẳng xích đạo của hành tinh trên quỹ đạo bán kính \( R = 3000 \) km, theo chiều quay của hành tinh với vận tốc \( v_2 = 2 \) km/s. Hãy tìm vận tốc của vệ tinh đối với hành tinh.

Chọn hệ quy chiếu đứng yên là hệ mà vận tốc \( \vec{v}_1 \) và \( \vec{v}_2 \) được cho trong đó. Lấy hành tinh làm hệ chuyển động. Vận tốc tuyệt đối của vệ tinh đã cho và bằng \( \vec{v}_2 \). Chúng ta cần tìm vận tốc của vệ tinh đối với hành tinh, tức là vận tốc tương đối \( \vec{v}_O \).

Giả sử vào thời điểm nào đó vệ tinh đi qua điểm \( M \) gắn liền với hành tinh bằng một thanh tưởng tượng \( OM \) (H.5). Vận tốc của điểm \( M \) trong hệ quy chiếu đứng yên chính là vận tốc kéo theo \( \vec{v}_C \). Chúng ta hãy tìm nó.

Vận tốc góc quay của hành tinh bằng:

\[ \omega = \frac{v_1}{r} \]

Còn vận tốc kéo theo là:

\[ v_C = \omega R = \frac{v_1 R}{r} \]

Theo quy tắc tổng hợp vận tốc:

\[ \vec{v}_2 = \vec{v}_O + \vec{v}_C \]

Ta nhận thấy rằng vận tốc tương đối của vệ tinh cùng hướng với vận tốc tuyệt đối \( \vec{v}_2 \) và có độ lớn bằng:

\[ v_O = v_2 - v_C = v_2 - v_1 \frac{R}{r} = 1.1 \text{ km/s} \]

Bài toán 4

Trên hai đường tròn bán kính mỗi đường bằng \( R \), nằm trong cùng một mặt phẳng, có hai ô tô \( A_1 \) và \( A_2 \) chuyển động với các vận tốc \( v_1 = v = 20 \) km/h và \( v_2 = 2v \). Kích thước các ô tô rất nhỏ so với \( R \). Vào một thời điểm nào đó thì các ô tô nằm ở các điểm \( M \) và \( C \) cách nhau \( R/2 \) (H.6).

**Hình 6:** Vận tốc tương đối giữa hai xe chạy trên hai quỹ đạo tròn

Hãy tìm vận tốc của ô tô \( A_2 \) đối với hệ quy chiếu gắn liền với ô tô \( A_1 \) vào thời điểm đó.
Hãy tìm vận tốc của ô tô \( A_2 \) đối với hệ quy chiếu gắn liền với ô tô \( A_1 \) khi \( A_2 \) ở điểm \( D \).

Chọn đường làm hệ quy chiếu đứng yên. Vận tốc của ô tô \( A_2 \) trong hệ quy chiếu này là vận tốc tuyệt đối. Ký hiệu \( \vec{v}_C \) và \( \vec{v}_D \) là vận tốc tuyệt đối của \( A_2 \) khi đi qua các điểm \( C \) và \( D \) (H.7). Theo đề bài:

\[ v_C = v_D = v_2 = 2v \]

Chúng ta gắn hệ quy chiếu chuyển động với ô tô \( A_1 \). Rõ ràng hệ này quay xung quanh trục \( O \) với vận tốc góc:

\[ \omega = \frac{v}{R} \]

Ký hiệu vận tốc kéo theo khi ô tô \( A_2 \) đi qua các điểm \( C \) và \( D \) là \( \vec{v}_{Ckt} \) và \( \vec{v}_{Dkt} \). Độ lớn các vận tốc này bằng:

\[ v_{Ckt} = \omega \cdot OC = \frac{v}{R} \left(R + \frac{R}{2}\right) = \frac{3}{2} v \]

\[ v_{Dkt} = \omega \cdot OD = \frac{v}{R} \left(R + \frac{R}{2} + 2R\right) = \frac{7}{2} v \]

Chúng ta cần phải tìm các vận tốc tương đối \( \vec{v}_{Ctd} \) và \( \vec{v}_{Dtd} \) của ô tô \( A_2 \) khi nó đi qua các điểm \( C \) và \( D \).

Theo quy tắc tổng hợp vận tốc (xem H.7):

**Hình 7:** Vận tốc của xe A2 đối với xe A1 thực ra là đối với một chiếc 'đĩa' gắn chặt với xe A1

\[ \vec{v}_C = \vec{v}_{Ctd} + \vec{v}_{Ckt}, \quad \vec{v}_D = \vec{v}_{Dtd} + \vec{v}_{Dkt} \]

Vận tốc của \( A_2 \) đối với \( A_1 \) ở các điểm \( C \) và \( D \) trùng hướng với các vận tốc của \( A_2 \) đối với đường tại các điểm này và bằng:

\[ v_{Ctd} = v_C - v_{Ckt} = 2v - \frac{3}{2} v = 10 \text{ km/h} \]

\[ v_{Dtd} = v_D + v_{Dkt} = 2v + \frac{7}{2} v = 110 \text{ km/h} \]

Bài toán 5

Trong khi trời đang mưa đá, một ô tô chạy trên đường nằm ngang với vận tốc không đổi \( u = 25 \) km/h. Một hạt mưa đá rơi xuống va chạm với tấm kính chắn gió phía trước và bật ra theo phương ngang cùng chiều chuyển động của xe. Kính chắn gió nghiêng góc \( \alpha = 30^\circ \) so với phương thẳng đứng (H.8). Cho rằng trước khi va chạm, vận tốc các hạt mưa có phương thẳng đứng và va chạm là hoàn toàn đàn hồi, hãy tìm vận tốc hạt mưa đá:

**Hình 8:** Tổng hợp vận tốc của hạt mưa và ô tô

Trước khi va chạm.
Sau khi va chạm.

Chúng ta chọn đường làm hệ quy chiếu đứng yên và ô tô làm hệ quy chiếu chuyển động. Chúng ta sẽ tìm vận tốc \( \vec{v}_1 \) và \( \vec{v}_2 \) của hạt mưa đá đối với đường trước và sau va chạm, tức là các vận tốc tuyệt đối của hạt mưa. Theo đề bài, \( \vec{v}_1 \) hướng thẳng đứng xuống dưới, còn \( \vec{v}_2 \) hướng nằm ngang (H.9).

Ngay sau khi va chạm, vận tốc tuyệt đối \( \vec{v}_2 \), vận tốc tương đối \( \vec{v}_{2O} \) và vận tốc kéo theo của hạt mưa \( \vec{u} \) (cũng là vận tốc của ô tô) liên hệ nhau bởi hệ thức:

\[ \vec{v}_2 = \vec{v}_{2O} + \vec{u} \]

Vì \( \vec{v}_2 \) và \( \vec{u} \) hướng theo phương ngang nên \( \vec{v}_{2O} \) cũng hướng nằm ngang, do đó:

\[ v_2 = v_{2O} + u \]

Vận tốc tương đối \( \vec{v}_{2O} \) lập với pháp tuyến \( AB \) của mặt kính một góc \( \beta \), chính là góc phản xạ. Từ phần động lực học, chúng ta đã biết trong va chạm đàn hồi của một vật với bề mặt của một vật nặng, đứng yên thì:

Góc tới bằng góc phản xạ.
Độ lớn vận tốc tới và vận tốc phản xạ bằng nhau.

Vì vậy, vận tốc \( \vec{v}_{1O} \) của hạt mưa đá đối với ô tô ngay trước khi va chạm cũng lập với pháp tuyến \( AB \) của mặt kính một góc \( \beta \) và về độ lớn:

\[ v_{1O} = v_{2O} \]

Trước khi va chạm, hệ thức giữa vận tốc tuyệt đối \( \vec{v}_1 \), vận tốc tương đối \( \vec{v}_{1O} \) và vận tốc kéo theo \( \vec{u} \) là:

\[ \vec{v}_1 = \vec{v}_{1O} + \vec{u} \]

Từ H.9 dễ dàng chứng minh được \( \beta = \alpha \) và vận tốc tương đối \( \vec{v}_{1O} \) lập với phương ngang một góc \( 2\beta \). Sử dụng hình 9, chúng ta cũng tìm được vận tốc của hạt mưa đá trước và sau va chạm:

\begin{align} v_1 &= u \tan(2\alpha) \\ &= u \tan(2\beta) \\ &= u\sqrt{3} \approx 43 \text{ km/h} \end{align}

\begin{align} v_2 &= v_{2O} + u = v_{1O} + u \\ &= \frac{u}{\cos(2\beta)} + u \\ &= u \left(\frac{1}{\cos(2\alpha)} + 1\right) \\ &= 3u = 75 \text{ km/h} \end{align}

Bài toán 6

Một băng chuyền chuyển động với vận tốc không đổi \( v \). Băng nằm trong cùng mặt phẳng với mặt bàn. Một hộp nhỏ đang chuyển động trên mặt bàn với vận tốc \( v/2 \) thì đi vào băng chuyền theo hướng lập một góc \( \alpha \) (\( \cos{\alpha} = \frac{1}{9} \)) với mép băng. Hệ số ma sát trượt giữa hộp và băng là \( \mu \).

**Hình 10:** Chuyển động tương đối trên băng chuyền

Độ lớn vận tốc của hộp đối với băng vào lúc bắt đầu chuyển động trên băng chuyền bằng bao nhiêu?
Với độ rộng tối thiểu của băng bằng bao nhiêu để hộp không đi ra khỏi băng?

Chọn hệ quy chiếu đứng yên gắn liền với bàn, còn hệ quy chiếu chuyển động gắn liền băng chuyền. Khi đó, vận tốc của băng chính là vận tốc kéo theo:

\[ v_C = v \]

Lúc bắt đầu chuyển động trên băng, vận tốc tuyệt đối của hộp bằng vận tốc của hộp đối với bàn trước khi đi vào băng, vì vậy:

\[ v_A = \frac{v}{2} \]

Vận tốc tương đối của hộp đối với băng lúc bắt đầu chuyển động trên băng là \( \vec{v}_O \). Theo quy tắc tổng hợp vận tốc (H.11):

\[ \vec{v}_A = \vec{v}_O + \vec{v}_C \]

Sử dụng định lý cosin đối với tam giác, ta được:

\[ v_O^2 = v_C^2 + v_A^2 - 2 v_C v_A \cos(180^\circ - \alpha) = \frac{7v}{6} \]

Để trả lời câu hỏi thứ hai, nên chuyển sang hệ quy chiếu quán tính gắn liền với băng. Đối với băng, hộp có vận tốc ban đầu \( \vec{v}_O \) theo hướng lập với mép băng một góc \( \gamma \) nào đó và chuyển động thẳng, chậm dần đều với gia tốc \( \mu g \). Yêu cầu độ rộng của băng nhỏ nhất mà hộp không đi ra khỏi băng dẫn tới hộp phải dừng lại ở mép băng đối diện. Khi đó hộp đi được đoạn đường:

\[ s = \frac{d}{\sin{\gamma}} \]

Đối với chuyển động chậm dần đều của hộp trên băng chuyền, có thể viết:

\[ v_O^2 = 2\mu g s \]

Từ hai biểu thức cuối, suy ra:

\[ d = \frac{49}{72} \frac{v^2 \sin{\gamma}}{\mu g} \]

Dựa vào định lý sin đối với tam giác, ta có:

\[ \frac{\sin{\gamma}}{\sin(180^\circ - \alpha)} = \frac{v_A}{v_O} \]

Ở đây:

\[ \sin(180^\circ - \alpha) = \sin{\alpha} = \sqrt{1 - \cos^2{\alpha}} = \frac{4\sqrt{5}}{9} \]

Từ đó, chú ý đến biểu thức của \( v_A \) và \( v_O \) qua \( v \), ta được:

\[ \sin{\gamma} = \frac{4\sqrt{5}}{21} \]

Thế vào biểu thức của \( d \), ta nhận được độ rộng cực tiểu của băng chuyền để hộp không đi ra khỏi băng:

\[ d = \frac{7\sqrt{5}}{54} \frac{v^2}{\mu g} \]

Bài tập tự giải

Bài 1: Một đầu máy tàu hỏa chuyển động trên đoạn đường ray thẳng \( CD \) với vận tốc \( v \). Một ô tô chuyển động với vận tốc \( v/4 \) trên con đường có dạng một cung tròn bán kính \( R \). Khoảng cách từ tâm cung tròn đến đường ray bằng \( OK = 2R \). Vào một thời điểm nào đó, đầu tàu ở điểm \( K \) còn ô tô ở điểm \( A \). Hãy tìm vận tốc của đầu tàu đối với ô tô (hệ quy chiếu gắn liền với ô tô) vào thời điểm đó. Bỏ qua kích thước của ô tô và đầu tàu so với \( R \).

Đáp số: Vận tốc tương đối bằng \( v/2 \) và cùng hướng với đầu máy.

Bài 2: Trời đang mưa đá có một ô tô chuyển động với vận tốc \( u = 29 \) km/h trên đường nằm ngang. Một hạt mưa đá đập lên kính chắn sau của ô tô. Kính này nghiêng một góc \( \beta = 30^\circ \) so với phương ngang. Hạt mưa bật ra theo phương ngang, ngược chiều chuyển động của ô tô. Cho rằng va chạm của hạt mưa đá với kính ô tô là hoàn toàn đàn hồi và vận tốc của hạt mưa trước khi va chạm hướng thẳng đứng, hãy tìm vận tốc của hạt mưa:

Trước va chạm.
Sau va chạm.

Đáp số:

a) \( v_1 = 50 \) km/h
b) \( v_2 = 29 \) km/h

Bài 3: Một băng tải nằm ngang chuyển động với vận tốc không đổi \( v \). Trên băng có một đĩa nhỏ (vòng đệm) chuyển động ngang với vận tốc \( 3v \) theo hướng lập với mép đĩa một góc \( \alpha \) (\( \cos{\alpha} = 2/3 \)).

Đĩa nhỏ có độ lớn vận tốc bằng bao nhiêu so với băng tải khi bắt đầu chuyển động trên băng?
Hệ số ma sát trượt giữa đĩa và băng tải lớn nhất bằng bao nhiêu để đĩa nhỏ vẫn đi vượt qua được băng tải?

Đáp số:

a) \( v_d = v \sqrt{14} \)
b) \( \mu_{max} = \frac{\sqrt{70}}{2} \frac{v^2}{gd} \)

Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Vật lí cấp Tỉnh: Chuyển động tròn đều và chuyển động tròn không đều

Chuyển động tròn là một trong những chủ đề quan trọng trong vật lý, xuất hiện rộng rãi trong thực tế, từ sự quay của bánh xe, chuyển động của vệ tinh quanh Trái Đất cho đến hệ thống truyền động trong máy móc... Nó cũng là chủ đề rất quan trọng trong các kì thi học sinh giỏi môn vật lí, các kì thi olympic vật lí. Trong bài viết này, chúng ta sẽ cùng tìm hiểu chi tiết về các khái niệm quan trọng như tốc độ góc, gia tốc hướng tâm, lực hướng tâm, cũng như ứng dụng của các định luật Newton trong bài toán chuyển động tròn đều và không đều.

Bài viết không chỉ trình bày lý thuyết mà còn cung cấp hệ thống bài tập vận dụng, từ cơ bản đến nâng cao, giúp bạn nắm vững kiến thức và áp dụng vào thực tế. Chúng tôi cũng sẽ hướng dẫn cách sử dụng công thức tính vận tốc trong chuyển động tròn và cách giải các bài toán liên quan đến chu kỳ, tần số quay, gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến. Với mỗi bài toán, chúng tôi sẽ đưa ra hướng dẫn giải chi tiết, giúp bạn hiểu rõ bản chất vật lý và áp dụng đúng phương pháp giải.

Nếu bạn là học sinh đang ôn tập cho các kỳ thi hoặc một người yêu thích vật lý muốn tìm hiểu sâu hơn về động lực học quay, bài viết này sẽ là nguồn tài liệu hữu ích. Đặc biệt, bài viết còn bao gồm các bài tập tự giải, giúp bạn thực hành và kiểm tra mức độ hiểu biết của mình về chuyển động tròn.

Hãy cùng khám phá kiến thức vật lý thú vị này và ứng dụng nó vào thực tế để hiểu hơn về cách các vật thể quay và chuyển động xung quanh chúng ta!

Chuyển động tròn

Chuyển động tròn là dạng chuyển động thường gặp trong kĩ thuật và trong thực tế. Việc giải bài toán chuyển động tròn có ý nghĩa quan trọng. Trước hết chúng ta hãy nhắc lại vài khái niệm cơ bản.

Giả sử vật (chất điểm) chuyển động tròn. Vận tốc góc \( \omega \) được định nghĩa là giới hạn của tỉ số giữa góc quay \( \Delta\varphi \) của bán kính đi qua vật và thời gian \( \Delta t \) để quay góc đó, khi \( \Delta t \) tiến đến không:

\[ \omega = \lim_{\Delta t \to 0} \frac{\Delta\varphi}{\Delta t}=\varphi ^{'}\left(t\right) \]

Góc quay \(\varphi \) được đo bằng radian, vì vậy vận tốc góc trong hệ SI được đo bằng rad/s (hay 1/s). Độ lớn \( v \) của véctơ vận tốc trong chuyển động tròn được gọi là vận tốc dài. Vận tốc góc và vận tốc dài ở thời điểm bất kì liên hệ nhau bởi hệ thức:

\[ v = \omega R \]

Ở đây \( R \) là bán kính của quỹ đạo.

Chuyển động tròn đều

Chuyển động tròn được gọi là đều nếu độ lớn vận tốc dài (và do đó vận tốc góc) không thay đổi theo thời gian, trong trường hợp ngược lại thì chuyển động gọi là tròn không đều. Đối với chuyển động tròn đều người ta đưa vào khái niệm chu kì và tần số. Chu kì chuyển động là khoảng thời gian \( T \) vật chuyển động được trọn một vòng. Tần số \( f \) là số vòng vật quay được trong một đơn vị thời gian. Dễ thấy:

\[ T = \frac{1}{f}, \quad \omega = 2\pi f = \frac{2\pi}{T} \]

Trong chuyển động tròn đều gia tốc được tính theo công thức:

\[ a = \frac{v^2}{R} = \omega^2 R \]

Vectơ gia tốc luôn hướng vào tâm quỹ đạo vì vậy được gọi là gia tốc hướng tâm. Theo định luật II Newton:

\[ \vec{F} = m \vec{a} \]

Ở đây \( \vec{F} \) là tổng hợp các lực do vật khác tác dụng lên vật. Vì trong chuyển động tròn đều vectơ gia tốc \( \vec{a} \) luôn hướng vào tâm nên \( \vec{F} \) cũng hướng vào tâm, do đó nó được gọi là lực hướng tâm. Cần lưu ý rằng lực hướng tâm không phải là một lực gì huyền bí đặc biệt, xuất hiện do vật chuyển động tròn, mà đó là tổng hợp các lực của những vật khác tác dụng lên vật. Vì vậy khi bắt đầu giải một bài toán về chuyển động tròn nên biểu diễn các lực thực sự tác dụng lên vật, chứ không phải là lực hướng tâm.

Chuyển động tròn không đều

Trong chuyển động tròn không đều, vectơ gia tốc không hướng vào tâm quay, vì thế nên phân tích nó thành hai thành phần \( \vec{a}_t \) và \( \vec{a}_n \) :

Gia tốc tiếp tuyến \( \vec{a}_t \): hướng theo tiếp tuyến quỹ đạo và được gọi là gia tốc tiếp tuyến. Nó đặc trưng cho mức độ biến đổi nhanh chậm của độ lớn vận tốc.
Gia tốc pháp tuyến \( \vec{a}_n \): hướng theo pháp tuyến quỹ đạo vào tâm quay và được gọi là gia tốc pháp tuyến (hay gia tốc hướng tâm).

**Hình 1:** Gia tốc trong chuyển động tròn không đều

Độ lớn của gia tốc pháp tuyến ở thời điểm bất kì được tính theo công thức:

\[ a_n = \frac{v^2}{R} = \omega^2 R \]

Trong chuyển động tròn không đều, hình chiếu của vectơ gia tốc \( \vec{a} \) trên trục \( x \) (hướng dọc theo bán kính vào tâm quay) luôn bằng \( a_n \). Đây là cơ sở để giải nhiều bài toán chuyển động tròn không đều.

Bài 1

Một cái đĩa quay tròn quanh trục thẳng đứng và đi qua tâm của nó. Trên đĩa có một quả cầu nhỏ được nối với trục nhờ sợi dây mảnh dài \( l \). Dây lập với trục một góc \( \alpha \) (H.2). Phải quay hệ với chu kì bằng bao nhiêu để quả cầu không rời khỏi mặt đĩa?

**Hình 2:** Đĩa quay làm cho quả cầu chuyển động tròn đều

Quả cầu chuyển động tròn đều trên đường tròn bán kính bằng \( l\sin{\alpha} \) với vận tốc góc \( \frac{2\pi}{T} \) và với gia tốc:

\[ a = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 l\sin{\alpha} \]

Ở đây \( T \) là chu kì quay.

Quả cầu chịu tác dụng của trọng lực \( m\vec{g} \), lực căng của dây \( \vec{F}_C \) và phản lực \( \vec{N} \) của đĩa. Phương trình định luật II Newton:

\[ m\vec{g}+\vec{N}+\vec{F}_C=m\vec{a} \]

Chiếu phương trình vectơ này lên trục \( x \) vuông góc với sợi dây, ta có:

\[ mg\sin{\alpha} - N\sin{\alpha} = m a \cos{\alpha} \]

Từ đó:

\[ N = m(g - a / \tan{\alpha}) \]

Quả cầu không rời khỏi mặt đĩa nếu phản lực \( N \geq 0 \), tức là:

\[ a \leq g \tan{\alpha} \]

Thay gia tốc \( a \) qua chu kì \( T \) theo biểu thức ở trên ta được:

\[ T \geq 2\pi\sqrt{\frac{l}{g} \cos{\alpha}} \]

Dấu bằng trong biểu thức này ứng với trường hợp quả cầu nằm ở giới hạn của sự rời khỏi mặt đĩa, tức là có thể coi là tiếp xúc mà cũng có thể coi là không còn tiếp xúc với đĩa nữa. Vì vậy có thể coi câu trả lời hợp lý là ứng với dấu lớn hơn.

Bài 2

Một quả cầu nhỏ khối lượng \( m \) được treo bằng một sợi dây mảnh. Kéo quả cầu để sợi dây nằm theo phương ngang rồi thả ra. Hãy tìm lực căng của sợi dây khi nó lập với phương nằm ngang một góc bằng \( 30^\circ \).

Đây là bài toán về chuyển động tròn, không đều. Quả cầu chịu tác dụng của trọng lực \( m\vec{g} \) và lực căng \( \vec{F}_C \) của sợi dây (H.3). Hai lực này gây ra gia tốc \( \vec{a} \) của quả cầu, không hướng vào tâm \( O \). Theo định luật II Newton:

\[ \vec{F}_C + m\vec{g} = m\vec{a} \]

Chiếu phương trình vectơ này lên trục \( X \), ta được:

\[ F_C - mg\sin{\alpha} = m a_n \]

Trong đó:

\[ a_n = \frac{V^2}{R} \]

với \( V \) là vận tốc của quả cầu, \( R \) là chiều dài sợi dây.

Từ định luật bảo toàn cơ năng suy ra:

\[ mg R\sin{\alpha} = \frac{m V^2}{2} \]

Từ ba phương trình trên, tính được lực căng của sợi dây:

\[ F_C = 3mg\sin{\alpha} = \frac{3mg}{2} \]

Bài 3

Một cái đĩa có thể quay xung quanh trục thẳng đứng, vuông góc với đĩa và đi qua tâm của nó. Trên đĩa có một vật khối lượng \( M \). Ở mặt trên của khối \( M \) có một vật nhỏ khối lượng \( m \). Vật \( m \) được nối với trục nhờ một sợi dây mảnh (Hình 4). Quay đĩa (cùng vật \( M \) và \( m \)) nhanh dần lên, tức là vận tốc góc tăng dần. Ma sát giữa đĩa và khối \( M \) không đáng kể. Hỏi với vận tốc góc bằng bao nhiêu thì khối \( M \) bắt đầu trượt ra khỏi dưới vật \( m \), biết hệ số ma sát trượt giữa vật \( m \) và khối \( M \) bằng \( k \).

**Hình 4:** Đĩa quay làm các vật trên đĩa chuyển động tròn

Trước hết, ta hãy tìm vận tốc góc \( \omega \) mà khối \( M \) chưa trượt ra phía dưới vật \( m \), tức là \( m \) và \( M \) cùng quay với nhau. Trong trường hợp này chúng chuyển động theo đường tròn bán kính \( R \) và với gia tốc hướng tâm:

\[ a = \omega^2 R \]

Trong hệ có nhiều vật và nhiều lực tác dụng. Để không làm cho hình vẽ quá rối, trên hình các véc tơ lực được ký hiệu như là các độ lớn của chúng. Vật \( m \) chịu tác dụng của trọng lực \( m\vec{g} \), phản lực \( \vec{N} \) của khối \( M \), lực căng \( \vec{F}_c \) của sợi dây và lực ma sát nghỉ \( \vec{F}_{ms} \) (do \( M \) tác dụng). Theo định luật II Newton, tổng hợp các lực này phải hướng vào trục quay. Từ đó suy ra lực ma sát phải hướng song song sợi dây. Theo định luật III Newton, vật \( m \) cũng tác dụng lên khối \( M \) một lực ma sát có cùng độ lớn nhưng ngược chiều.

**Hình 5:** Các lực tác dụng lên các vật chuyển động tròn

Khối \( M \) chịu tác dụng của trọng lực \( M\vec{g} \), áp lực \( \vec{N} \) của vật \( m \) (có độ lớn bằng trọng lượng \( mg \) của nó) và lực ma sát nghỉ \( \vec{F}_{ms} \) của vật \( m \), phản lực \( \vec{N}_1 \) của đĩa. Phương trình chuyển động của khối \( M \) chiếu lên trục song song với sợi dây có dạng:

\[ F_{ms} = M\omega^2R \]

Khối \( M \) sẽ không trượt ra khỏi vật \( m \) nếu độ lớn của lực ma sát nghỉ nhỏ hơn giá trị cực đại của nó (bằng lực ma sát trượt), tức là:

\[ F_{ms} < kmg \Rightarrow M\omega^2R < kmg \]

Từ đó suy ra rằng khối \( M \) bắt đầu trượt ra khỏi phía dưới vật \( m \) khi vận tốc góc đạt giá trị:

\[ \omega = \sqrt{\frac{kmg}{MR}} \]

Bài 4

Một nhà du hành vũ trụ ngồi trên Hoả tinh đo chu kỳ quay của con lắc hình nón (một vật nhỏ treo vào sợi dây, chuyển động tròn trong mặt phẳng nằm ngang với vận tốc không đổi, khi đó dây treo quét thành một hình nón) nhận được kết quả \( T=3s \). Độ dài của dây \( L=1m \). Góc tạo bởi sợi dây và phương thẳng đứng \( \alpha = 30^\circ \). Hãy tìm gia tốc rơi tự do trên Hoả tinh.

Vật chuyển động theo đường tròn bán kính \( L\sin{\alpha} \) với vận tốc góc \( \frac{2\pi}{T} \) và gia tốc:

\[ a = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 L\sin{\alpha} \]

Vật \( m \) chịu tác dụng của lực căng \( \vec{F}_C \) của dây treo, trọng lực \( m\vec{g}' \), ở đây \( g' \) là gia tốc rơi tự do trên Hoả tinh. Phương trình chuyển động của vật có dạng:

**Hình 6:** Con lắc hình nón có quả cầu chuyển động tròn

\[ \vec{F}_C + m\vec{g}' = m\vec{a} \]

Từ hình vẽ rõ ràng:

\[ \frac{a}{mg'} = \tan{\alpha} \]

Thế biểu thức của \( a \) ở trên vào, ta tìm được gia tốc rơi tự do trên Hoả tinh:

\[ g' = \frac{4\pi^2 L \cos{\alpha}}{T^2} \approx 3.8 \frac{m}{s^2} \]

Bài 5

Một quả cầu được gắn cố định trên mặt bàn nằm ngang. Từ đỉnh \( A \) của quả cầu một vật nhỏ bắt đầu trượt không ma sát với vận tốc ban đầu bằng 0. Hỏi vật sẽ chạm vào mặt bàn dưới một góc \( \beta \) bằng bao nhiêu?

**Hình 7:** Vật trượt trên quả cầu theo quỹ đạo tròn

Giả sử bán kính quả cầu bằng \( R \) (H.7). Chuyển động của vật trên mặt quả cầu cho đến khi rời khỏi nó là chuyển động tròn không đều với bán kính quỹ đạo bằng \( R \). Trước hết chúng ta tìm góc \( \alpha \) và vận tốc \( V \) của vật khi rời khỏi mặt quả cầu. Vật chịu tác dụng của trọng lực \( m\vec{g} \) và phản lực pháp tuyến \( \vec{N} \) của quả cầu. Phương trình chuyển động của vật chiếu lên trục \( X \) có dạng:

\[ mg\cos{\alpha} - N = ma_n \]

ở đây \( a_n = \frac{v^2}{R} \) là gia tốc pháp tuyến. Vào thời điểm vật rời khỏi mặt quả cầu thì \( N = 0 \), vì vậy ta được:

\[ v^2 = gR\cos{\alpha} \]

Để tìm \( v \) và \( \alpha \) cần có thêm một phương trình nữa. Sử dụng định luật bảo toàn cơ năng:

\[ \frac{mv^2}{2} = mg(R - R\cos{\alpha}) \Rightarrow v^2 = 2gR(1 - \cos{\alpha}) \]

Giải hệ hai phương trình với các ẩn là \( v \) và \( \alpha \) ta tìm được:

\[ \cos{\alpha} = \frac{2}{3}, \quad v = \sqrt{\frac{2gR}{3}} \]

Bây giờ chúng ta tìm vận tốc \( \vec{v}_1 \) của vật khi chạm vào mặt bàn. Dùng định luật bảo toàn cơ năng: cơ năng của vật tại đỉnh hình cầu bằng cơ năng khi vật chạm bàn:

\[ 2mgR = \frac{m{v_1}^2}{2} \]

từ đó tính được:

\[ v_1 = 2\sqrt{gR} \]

Trong khoảng thời gian từ lúc rời mặt quả cầu đến khi chạm mặt bàn, thành phần vận tốc theo phương ngang của vật không thay đổi. Vì vậy nếu gọi góc rơi của vật khi chạm bàn là \( \beta \) thì ta có:

\[ v\cos{\alpha} = v_1\cos{\beta} \]

Thay các biểu thức của \( v \), \( v_1 \) và \( \cos{\alpha} \) đã tìm được ở trên vào sẽ tính được:

\[ \beta = \arccos{\frac{\sqrt{6}}{9}} \approx 74^\circ \]

Bài tập tự giải

Bài 1: Một vật nhỏ được buộc vào đỉnh của hình nón thẳng đứng xoay bằng một sợi chỉ dài \( l \) (H.8). Toàn bộ hệ thống quay tròn xung quanh trục thẳng đứng của hình nón. Với số vòng quay trong một đơn vị thời gian bằng bao nhiêu thì vật nhỏ không nâng lên khỏi mặt hình nón? Cho góc mở ở đỉnh của hình nón \( 2\alpha = 120^\circ \).

Bài 2: Một cái đĩa có thể quay xung quanh trục thẳng đứng, vuông góc với đĩa và đi qua tâm của nó. Trên đĩa có một vật khối lượng \( M \) và ở mặt trên của khối \( M \) có một vật nhỏ khối lượng \( m \). Vật được nối với trục nhờ sợi dây mảnh (H.4). Quay đĩa (cùng khối \( M \) và vật \( m \)) nhanh dần lên, tức là vận tốc góc tăng dần. Coi ma sát giữa vật \( m \) và khối \( M \) là nhỏ không đáng kể. Hỏi với vận tốc góc bằng bao nhiêu thì khối \( M \) bắt đầu trượt ra khỏi dưới vật \( m \), biết hệ số ma sát trượt giữa đĩa và khối \( M \) bằng \( k \).

Bài 3: Một quả cầu bán kính \( R = 54 \) cm, được gắn chặt vào một bàn nằm ngang. Một viên bi nhỏ bắt đầu trượt không ma sát từ đỉnh của quả cầu. Hỏi sau khi rơi xuống mặt bàn viên bi nẩy lên độ cao cực đại bằng bao nhiêu nếu va chạm giữa nó với mặt bàn là va chạm đàn hồi?

Đáp án và hướng dẫn chấm chi tiết Đề thi HSG vật lý 11 Quảng Bình vòng 1 năm 2024

Giới thiệu về đề thi HSG vật lí 11 Quảng Bình 2024 vòng 1

Bài viết này cung cấp đáp án chi tiết và hướng dẫn chấm điểm đầy đủ cho Đề thi Học Sinh Giỏi môn Vật Lý lớp 11 tỉnh Quảng Bình, vòng 1, năm 2024. Đây là một trong những đề thi có nội dung chọn lọc và mang tính thử thách cao, giúp học sinh không chỉ ôn tập mà còn nâng cao khả năng tư duy và giải quyết vấn đề.

Điểm đặc sắc của bài viết này là phần lời giải cực kỳ chi tiết, không chỉ đơn thuần tóm tắt mà giải thích rõ ràng từng bước như một cuốn sách hướng dẫn. Đặc biệt, bài viết còn đi kèm với hướng dẫn chấm điểm tỉ mỉ, được trình bày dưới dạng bảng rõ ràng, giúp giáo viên dễ dàng áp dụng trong việc đánh giá bài làm.

Nếu bạn chưa xem đề thi, vui lòng truy cập tại đây: Đề thi HSG môn Vật Lý 11 tỉnh Quảng Bình, vòng 1, năm 2024. Việc kết hợp giữa đề thi và đáp án sẽ mang đến hiệu quả ôn tập tối đa.

Đáp án và hướng dẫn chấm điểm Đề thi HSG Vật lý 11 Quảng Bình 2024

I. YÊU CẦU CHUNG CHO ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó.
Không viết công thức mà viết trực tiếp bằng số các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
Ghi công thức đúng mà:
1. Thay số đúng nhưng tính toán sai thì cho nửa số điểm của câu.
2. Thay số từ kết quả sai của ý trước dẫn đến sai thì cho nửa số điểm của ý đó.
Nếu sai hoặc thiếu đơn vị 3 lần trở lên thì trừ 0,25 điểm.
Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.

II. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

Câu I. (2,5 điểm) ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

Cho \( m = 0.2 \, \text{kg} \), tính lực căng sợi dây:
Giả sử khúc gỗ không trượt, các vật cân bằng bởi các lực được biểu diễn ở Hình 1, các phương trình cân bằng lực:

\[ \begin{align*} T &= mg \\ &= 0.2 \cdot 9.8 \\ &= 1.96 \, \text{N} \end{align*} \]

\[ N = Mg \]

Lực ma sát nghỉ cực đại:

\[ \begin{align*} F_0 &= \mu N \\ &= 0.16 \cdot 1.5 \cdot 9.8 \\ &= 2.352 \, \text{N} \end{align*} \]

Vì \( T \lt F_0 \) nên khúc gỗ không trượt, giả thiết đúng.
Điều kiện để khúc gỗ không trượt:
\[ T \lt F_0 \]

\[ mg \lt \mu Mg \]

\[ m \lt \mu M = 0.16 \cdot 1.5 \]

\[ m \lt 0.24 \, \text{kg} \]
Tính gia tốc của khúc gỗ và lực căng sợi dây khi \( m = 0.5 \, \text{kg} \):
Vì \( m \gt 0.24 \, \text{kg} \) nên khúc gỗ trượt. Các phương trình động lực học:

\[ mg - T = ma_1 \]

\[ T - F_{ms} = Ma_2 \]

Trong đó:

\[ F_{ms} = \mu Mg \]

\[ a_1 = a_2 = a \]

Suy ra:

\[ \begin{align*} T &= \frac{mMg(\mu + 1)}{m + M} \\ &= \frac{0.5 \cdot 1.5 \cdot 9.8(0.16 + 1)}{0.5 + 1.5} \\ &= 4.263 \, \text{N} \end{align*} \]
Xét chuyển động của quả cầu:
1. Vận tốc của quả cầu:
  Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quả cầu:
  
  \[ \frac{1}{2}mv^2 = mgl(\cos \alpha - \cos \alpha_0) \]
  
  \[ v = \sqrt{2gl(\cos \alpha - \cos \alpha_0)} \]
2. Tìm \( \alpha \) để khúc gỗ bắt đầu trượt:
  Biểu diễn các lực tác dụng lên các vật như Hình 2.
  
  Áp dụng định luật II Newton cho quả cầu tại vị trí ứng với góc \( \alpha \):
  
  \[ T + mg = ma \]
  
  Chiếu phương trình này lên phương sợi dây:
  
  \[ T - mg \cdot \cos \alpha = ma_{ht} \]
  
  Trong đó gia tốc hướng tâm:
  
  \[ a_{ht} = \frac{mv^2}{l} \]
  
  Suy ra:
  
  \[ T = mg(3 \cos \alpha - 2 \cos \alpha_0) \]
  
  Khúc gỗ bắt đầu trượt khi \( T = F_0 \):
  
  \[ \cos \alpha = \frac{1}{3} \left( \frac{F_0}{mg} + 2 \cos \alpha_0 \right) \]
  
  \[ \alpha = 29.9^\circ \]

Câu	Yêu cầu cần đạt	Điểm
1 (0,75 đ)	Tính được lực căng \( T = 1.96 \text{ N} \) Tính được lực ma sát \( F_0 = \mu N = 2.352 \text{ N} \) và chỉ ra được lực căng sợi dây nhỏ hơn lực ma sát nghỉ cực đại: \( T \lt F_0 \) Vẽ đúng và đủ các lực	0,25
2 (0,25 đ)	Viết được điều kiện phải thỏa mãn của khối lượng \( m \lt 0.24 \text{ kg} \)	0,25
3 (0,5)	Viết được các phương trình động lực học Tính được lực căng \( T = 4.263 \text{ N} \)	0,25
4 (0,5 đ)	Viết được phương trình định luật bảo toàn cơ năng Viết được công thức tính vận tốc của quả cầu ở góc \( \alpha \): \[ v = \sqrt{2gl(\cos \alpha - \cos \alpha_0)} \]	0,25
b (0,5 đ)	Viết được biểu thức gia tốc hướng tâm \( a_{ht} = \frac{mv^2}{l} \) (hoặc lực hướng tâm) Vẽ đúng và đủ các lực Viết được biểu thức lực căng \( T = mg(3 \cos \alpha - 2 \cos \alpha_0) \) Tính được góc \( \alpha \) khi khúc gỗ bắt đầu trượt: \( \alpha = 29.9^\circ \)	0,125

Câu II. (2,0 điểm) ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

Vận tốc và thời điểm vật đi qua tọa độ \( x = 5 \, \text{cm} \):
- Biên độ dao động là \( A = 10 \, \text{cm} \)
- Tần số góc: \[ \begin{align*} \omega &= \sqrt{\frac{k}{m}}\\ &= \sqrt{\frac{20}{0.2}} \\ &= 10 \, \text{rad/s} \end{align*} \]
- Áp dụng công thức liên hệ: \[ \frac{v_1^2}{\omega^2} + x_1^2 = A^2 \]
- Tại thời điểm \( t_1 \), vật đi ngược chiều dương nên vận tốc bằng: \[ \begin{align*} v_1 &= -\omega \sqrt{A^2 - x_1^2} \\ &= -10 \sqrt{10^2 - 5^2} \\ &= -50 \sqrt{3} \, \text{cm/s} \end{align*} \]
- Khi không có ma sát, vật dao động điều hòa theo phương trình: \[ x = 10 \cos(10t) \, \text{cm} \]
- Khi \( x = -5 \, \text{cm} \): \[ -5 = 10 \cos(10t) \]
- Nghiệm gần \( t = 0 \) nhất là: \[ t_1 = 0.2 \, \text{s} \]
Vật đi vào vùng có ma sát:
- Cơ năng của con lắc lò xo tại thời điểm \( t_1 \) là: \[ W_1 = \frac{1}{2} kA^2 \]
- Cơ năng tại thời điểm \( t_2 \) là: \[ W_2 = \frac{1}{2} kx_2^2 \]
- Độ giảm cơ năng bằng công của lực ma sát khi vật đi từ \( x_1 \) đến \( x_2 \): \[ W_2 - W_1 = -\mu mg(x_2 - x_1) \]
- Thay số ta được phương trình bậc hai: \[ \frac{1}{2} \cdot 20 \cdot x_2^2 - \frac{1}{2} \cdot 20 \cdot 0.1^2 = -0.235 \cdot 0.2 \cdot 10(x_2 + 0.05) \]
- Suy ra: \[ x_2 = -0.09 \, \text{m} = -9 \, \text{cm} \]

Câu II	Yêu cầu cần đạt	Điểm
1 (1,5 đ)	Tính được biên độ dao động \( A = 10 \, \text{cm} \)	0,25
	Tính được tần số góc \( \omega = 10 \, \text{rad/s} \)	0,25
	Viết được biểu thức liên hệ \( \frac{v_1^2}{\omega^2} + x_1^2 = A^2 \) (hoặc biểu diễn đường tròn pha)	0,25
	Tính được vận tốc \( v_1 = -50 \sqrt{3} \, \text{cm/s} \)	0,25
	Viết được phương trình dao động (hoặc biểu diễn được đường tròn pha)	0,25
	Xác định được thời điểm \( t_1 = 0.2 \, \text{s} \)	0,25
2 (0,5 đ)	Viết được phương trình năng lượng	0,25
2 (0,5 đ)	Tính được tọa độ của vị trí vật dừng lại \( x_2 = -9 \, \text{cm} \)	0,25

Câu III. (2,0 điểm) ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

Khoảng cách từ M đến vân sáng gần nhất:
Giả sử M thuộc vân sáng bậc \( k \), khi đó: \[ \begin{align*} k &= \frac{x_{M} a}{\lambda D} \\ &= \frac{6 \cdot 0.5}{0.68 \cdot 0.8} \\ &= 5.51 \end{align*} \] Suy ra M gần vân sáng bậc \( 6 \) nhất, khoảng cách từ M đến vân bậc \( 6 \) là: \[ \begin{align*} \Delta x &= \frac{6 \lambda D}{a} - x_{M} \\ &= \frac{6 (0.68 \cdot 0.8)}{0.5} - 6 \\ &= 0.528 \, \text{mm} \end{align*} \]
Dịch chuyển mà để M thuộc vân bậc 5: \[ x_{M} = 5 \frac{\lambda D'}{a} \] \[ \begin{align*} D' &= \frac{x_{M} a}{5 \lambda} \\ &= \frac{6 \cdot 0.5}{5 \cdot 0.68} \\ &= \frac{15}{17} \, \text{m} \end{align*} \]
Màn phải dịch chuyển một khoảng:
\[ \begin{align*} \Delta D &= \left| D' - D \right| \\ &= \left| \frac{15}{17} - 0.8 \right| \\ &= \frac{7}{85} \approx 0.08 \, \text{m} \end{align*} \]
Số vân sáng đi qua M:
Màn đã di chuyển từ khoảng cách \( D_1 = 0.8 \, \text{m} \) đến \( D_2 = 1.6 \, \text{m} \). Ta xét số vân sáng bên trong M (trong khoảng từ vân sáng trung tâm đến M):
- Khi \( D = D_1 \):
- Khi \( D = D_2 \):
Như vậy, trong quá trình màn di chuyển có \( 3 \) vân sáng đi qua M.

Câu III	Yêu cầu cần đạt	Điểm
1 (0,5 đ)	Xác định được M gần nhất với vân sáng bậc 6	0,25
1 (0,5 đ)	Tính được khoảng cách từ M đến vân bậc 6: \( \Delta x = 0.528 \, \text{mm} \)	0,25
2 (0,5 đ)	Tính được khoảng cách màn - hai khe khi M thuộc vân bậc 5: \( D' = \frac{15}{17} \approx 0.88 \, \text{m} \)	0,25
2 (0,5 đ)	Tính được độ dịch chuyển màn \( \Delta D = 0.08 \, \text{m} \)	0,25
3 (1,0 đ)	Tính được số vân sáng giữa M với vân trung tâm khi \( D = 0.8 \, \text{m} \): \( 5 \) vân	0,25
	Tính được số vân sáng giữa M với vân trung tâm khi \( D' = 1.6 \, \text{m} \): \( 2 \) vân	0,25
	Xác định được số vân đi qua M: \( 3 \) vân	0,5

Câu IV. (2,5 điểm) ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

Cường độ dòng điện trong mạch:
Quy ước các dòng điện như Hình 3.

Điện trở của mạch ngoài:
\[ \begin{align*} R_{n} &= \frac{(R_1 + R_2)(R_3 + R_4)}{R_1 + R_2 + R_3 + R_4} \\ &= \frac{(4 + 8)(9 + 11)}{4 + 8 + 9 + 11} \\ &= 7.5 \, \Omega \end{align*} \]
Cường độ dòng mạch chính:
\[ \begin{align*} I &= \frac{E}{R_{n} + r} \\ &= \frac{15.2}{7.5 + 2} \\ &= 1.6 \, \text{A} \end{align*} \]
Hiệu điện thế hai đầu \( AB \):
\[ \begin{align*} U_{AB} &= I R_{n} \\ &= 1.6 \cdot 7.5 \\ &= 12 \, \text{V} \end{align*} \]
Dòng điện qua nhánh 1-2:
\[ \begin{align*} I_{12} &= \frac{U_{AB}}{R_1 + R_2} \\ &= \frac{12}{4 + 8} \\ &= 1 \, \text{A} \end{align*} \]
Dòng điện qua nhánh 3-4:
\[ I_{34} = I - I_{12} = 0.6 \, \text{A} \]
Hiệu điện thế hai đầu \( M, N \): \[ \begin{align*} U_{MN} &= U_{MA} + U_{AN} \\ &= -I_{12} R_1 + I_{34} R_3 \\ &= -1 \cdot 4 + 0.6 \cdot 9 \\ &= 1.4 \, \text{V} \end{align*} \]
Điều kiện để hạt bay được qua tụ điện:
Vận tốc của hạt tại mép trên của tụ điện:
\[ v_0 = \sqrt{2gh} \]
Chuyển động trong tụ điện của hạt theo hai trục: \( Ox \) nằm ngang và \( Oy \) thẳng đứng hướng xuống. Theo \( Oy \) chỉ có trọng lực nên gia tốc \( a_y = g \), theo \( Ox \) chỉ có lực điện \( F_\text{đ} \) tác dụng:
\[ \begin{align*} a_x &= \frac{F_\text{đ}}{m} = \frac{qE}{m} = \frac{qU}{md} \end{align*} \]
Phương trình chuyển động của hạt:
\[ x = \frac{1}{2} \frac{qU}{md} t^2 \] \[ y = \frac{1}{2} gt^2 + v_0 t \]
Điều kiện \( d = d_\text{min} \) để hạt qua được tụ là khi \( x = \frac{d_\text{min}}{2} \) thì \( y = H \):
\[ t^2 = \frac{md_\text{min}^2}{qU_{MN}} \] \[ H = \frac{1}{2} g \frac{md_\text{min}^2}{qU_{MN}} + \sqrt{2gh} \sqrt{\frac{md_\text{min}^2}{qU_{MN}}} \]
Suy ra:
\[ \begin{align*} d &= \sqrt{\frac{qU_{MN}}{5m}} \left(\sqrt{H + h} - \sqrt{h}\right) \\ &= \sqrt{\frac{0.2 \cdot 10^{-6} \cdot 1.4}{5 \cdot 1.2 \cdot 10^{-3}}} \left(\sqrt{1 + 0.04} - \sqrt{0.04}\right) \\ &= 5.6 \times 10^{-3} \, \text{m} = 5.6 \, \text{mm} \end{align*} \]

Câu IV	Yêu cầu cần đạt	Điểm
1 (1,0 đ)	Tính được điện trở mạch ngoài \( 7.5 \, \Omega \) hoặc điện trở tương đương \( 9.5 \, \Omega \)	0,25
	Tính được cường độ dòng điện mạch chính \( I = 1.6 \, \text{A} \)	0,25
	Tính được hiệu điện thế hai đầu \( AB \) \( U_{AB} = 12 \, \text{V} \)	0,25
	Tính được cường độ dòng qua các điện trở \( I_{12} = 1 \, \text{A}, \; I_{34} = 0.6 \, \text{A} \)	0,25
2 (0,5 đ)	Tính được hiệu điện thế hai đầu \( M, N \): \( U_{MN} = 1.4 \, \text{V} \)	0,5
3 (1,0 đ)	Tính được vận tốc khi hạt rơi tới mép trên tụ \( v_0 = \sqrt{2gh} \)	0,25
	Tính được cường độ điện trường trong tụ \( E = \frac{U}{d} \)	0,25
	Lập được phương trình chuyển động của hạt \( x = \frac{1}{2} \frac{qU}{md} t^2, \; y = \frac{1}{2} gt^2 + v_0 t \)	0,25
	Tính được khoảng cách tối thiểu giữa hai bản tụ \( d_{\text{min}} = 5.6 \, \text{mm} \)	0,25

Câu V. (1,0 điểm) ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

Vẽ đồ thị \( U-I \):
Nhận xét:
- Đồ thị là đường cong có bề lõm quay xuống, suy ra điện trở của dây tóc bóng đèn tăng lên vì tỉ số \( \frac{U}{I} \) tăng lên.
- Nguyên nhân:
  - Do sai số của phép đo.
  - Do điện trở của dây tóc bóng đèn tăng theo nhiệt độ.

Câu V	Yêu cầu cần đạt	Điểm
1 (0,5 đ)	Vẽ được đồ thị (có thể vẽ đường cong, có thể vẽ đường thẳng)	0,5
1 (0,5 đ)	Chỉ ra được điện trở dây tóc bóng đèn tăng	0,25
2 (0,5 đ)	Nêu được nguyên nhân: Do sai số phép đo	0,125
2 (0,5 đ)	Nêu được nguyên nhân: Do điện trở tăng theo nhiệt độ	0,125

#ĐềHSGlý11năm2024,#ĐềHSGlý11năm20242025,#ĐềHSGlý11mới

Thứ Năm, 27 tháng 2, 2025

Phần 1: "Bài toán hóa" - Quá trình chuyển đổi một bài báo khoa học thành bài toán

1.1. Bài toán trong các kỳ thi Olympic Vật lý

1.2. "Bài toán hóa" - Nghệ thuật trừu tượng hóa một vấn đề khoa học

1.3. Ứng dụng "bài toán hóa" trong giảng dạy và nghiên cứu

Phần 2: Lấy bài báo về "Bài toán Kapitsa" làm ví dụ

Bài toán của Kapitsa về sự di chuyển của hình trụ qua ống dây

И.КРАВЧЕНКО

Điều kiện ban đầu của bài toán

Một số trường hợp đặc biệt

Phần 3: "Bài toán hóa" bài báo

Bài toán: Hiện tượng từ trường trong hệ siêu dẫn

Phần 4: Thử thách dành cho bạn

Thứ Hai, 17 tháng 2, 2025

Kiến thức cơ bản về các đường Conic

Một số bài toán ví dụ

Thứ Hai, 10 tháng 2, 2025

Kiến thức cơ bản về Cộng vận tốc

Bài toán 1

Bài toán 2

Bài toán 3

Bài toán 4

Bài toán 5

Bài toán 6

Bài tập tự giải

Chủ Nhật, 9 tháng 2, 2025

Chuyển động tròn

Chuyển động tròn đều

Chuyển động tròn không đều

Bài 1

Bài 2

Bài 3

Bài 4

Bài 5

Bài tập tự giải

Chủ Nhật, 12 tháng 1, 2025

I. YÊU CẦU CHUNG CHO ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

Câu I. (2,5 điểm) ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

Câu II. (2,0 điểm) ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

Câu III. (2,0 điểm) ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

Câu IV. (2,5 điểm) ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

Câu V. (1,0 điểm) ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

Giới thiệu

Bài viết mới nhất

Danh mục

Top xem nhiều nhất

Bài viết phổ biến

Lưu trữ Blog

Thống kê

Liên hệ quản trị