HỆ tọa độ cực TRONG các bài TOÁN vật lý l23

HỆ TỌA ĐỘ CỰC TRONG CÁC BÀI TOÁN VẬT LÝ

LỜI NÓI ĐẦU:
Trong chương trình vật lý trung học phổ thông chuyên và bồi dưỡng các
đội tuyển học sinh giỏi quốc gia khi dạy và học về phần các bài toán sử dụng
các hệ tọa độ cực, trụ và việc sử dụng các hệ tọa độ này giúp cho việc giải
các bài toán thuận tiện và dễ dàng hơn rất nhiều so với khi giải các bài toán
đó trong hệ tọa độ Descates, hệ tọa độ cực được áp dụng trong rất nhiều các
bài toán cơ học thiên thể, chuyển động của vệ tinh, hành tinh và ngoài ra hệ
tọa độ cực còn được áp dụng rất nhiều trong các bài toán lưỡng cực điện,
chuyển động phức tạp của điện tích trong điện trường, từ trường..., do đó tôi
thấy cần phải có chuyên đề mang tính hệ thống và kèm theo các ví dụ tiêu
biểu về phần này. Vì phần này là kiến thức tổng hợp và được đề cập nhiều
trong các kỳ thi học sinh giỏi, đặc biệt là học sinh giỏi Quốc gia môn Vật lý,
kỳ thi chọn đội tuyển dự thi AphO, IPhO và trong các kỳ thi APhO và IPhO.
Sau đây là nội dung của chuyên đề:
- Tóm tắt các kiến thức liên quan.
- Các ứng dụng.
- Các bài tập tổng hợp có lời giải chi tiết.
- Các bài tập tự luyện tập với đáp số.


A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
Đặt vấn đề
Chúng ta quen thuộc với hệ tọa độ Đề các trên mặt phẳng, trong đó ta đặt hai
trục vuông góc cố định. Vị trí của 1 điểm trên mặt phẳng được xác định bởi
hoành độ và tung độ.
Có cách khác xác định vị trí của 1 điểm P trong mặt phẳng bằng khoảng cách
của điểm đó với 1 điểm cho trước O. Tuy nhiên, nếu chỉ biết thông số khoảng
cách thì ta không biết vị trí chính xác của điểm trên mặt phẳng, vậy cần thêm
uuu

r
OP
thông số bằng cách đưa 1 trục Ox cố định, ta cần biết góc tạo bởi vec tơ

và Ox.
Trong vật lý, khi xét chuyển động của một vật trong trường lực xuyên tâm,
chẳng hạn chuyển động của một hành tinh quanh Mặt Trời bởi lực hấp dẫn
của Mặt Trời, việc dùng hệ tọa độ cực để khảo sát chuyển động của vật là rất
cần thiết.
NỘI DUNG:
I. Hệ tọa độ cực
0.Mục tiêu
- Người đọc nắm được các thành phần tọa độ trong hệ tọa độ cực, biết
chuyển đổi hệ tọa độ cực, tọa độ trụ và hệ tọa độ Decastes, biết cách thu
được công thức vận tốc, gia tốc trong hệ tọa độ cực.
-Vận dụng hệ tọa độ cực trong việc giải một số bài tập.
1. Vị trí của hạt
r
-Mặt phẳng tọa độ
e
O : gốc cực (cố định)
r

O



Ox: trục cực (cố định)
Chiều (+) ngược chiều kim đồng hồ.
-Vị trí với là bán kính,  góc tạo bởi và hướng

P

r
er
x


Quy ước r �0,0 � �2 (hoặc  � � ) thì mỗi điểm trong mặt phẳng
tương ứng với duy nhất 1 cặp giá trị
r r
e
-Véc tơ đơn vị: r , e (liên kết với chuyển động xuyên tâm và ngang của hạt

P). Chú ý véc tơ đơn vị có hướng thay đổi theo thời gian.
uuu
r r
r
OP  r  rer (1)

*Như vậy trong hệ tọa độ cực ta cũng cần 2 thông số để xác định vị trí của
hạt. Ta có thể chuyển đổi hệ tọa độ Đề các và tọa độ cực. Ví dụ đơn giản khi
chọn gốc tọa độ Đề các trùng gốc cực, trục hoành trùng trục cực thì
x  r cos  , y  r sin  .

2.Vận tốc của hạt

r
r dr
v

dt

- vectơ vận tốc

- Ban đầu hạt ở vị trí P (r,  ), sau khoảng thời gian rất nhỏ t , tọa độ của hạt
là P’(r’,    ).

uuur
r
� '   , PP '   r
POP

t
P (r,  ) ��� P’(r’,    )

Các đại lượng
ta có:

r , 

rất nhỏ nên gần đúng

r uuur uuu
r uuu
r
r
r
 r  PP '  PA  PB  re r  r e
r
r

r
Viết dưới dạng vi phân: d r  dre r  rd e

Gọi

r&

r
r
e  rr
er
B
r 

r r
O

P

r

e

d 2r
d 2
dr
d &
&
r& 2 &
& 2

dt ,
dt ,
dt ,
dt

r
r
r
&e
&
v

re

r

r
Chia cả 2 vế của phương trình trên cho dt, ta được
(2)
r
r
r
dr d r
d er
&r  r
 ( re r )  re
dt
Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo t ta được: dt dt
r
r

r
d e r &r
d e
  e
 &e r
So sánh với (2) ta suy ra dt
. Từ biểu thức này suy ra dt

Ý nghĩa: đạo hàm theo thời gian của vec tơ đơn vị làm quay nó 1 góc 90 độ
theo chiều (+).
r
r
d e
 &e r
Bài tập nhỏ chứng minh: dt

x


r
r
r r
r
r
d r r
d e r d e r r
e .e r | e | . | e r | .cos90=0 � (e .e r )  0 �
.e r 
.e  0
dt

dt
dt
r
r
d e r &r
d e r
  e
.e r  &
dt
dt
Sử dụng
ta suy ra
r
r
r r uuuuur
d r r
d e r d e r r
e �
e r 
const�
(e e r ) 0
er
e 0
dt
dt
dt
Mặt khác
.
r
r

r
r
r
d e r &r
d er r
d e r
d e r
d e r
  e
�e  0
�e r  0
.e r  &
Do dt
nên dt
=> dt
=> dt // e r . Kết hợp dt
r
r
d e
 &e r
suy ra điều phải chứng minh dt
.

3.Gia tốc của hạt
Từ (2) ta có:

r
r dv d r
r
d

& r )  ( r&e )
a
 ( re
dt dt
dt
r
r
r
r
r
d er
d
e

&
&r  r&  r&
&
re
&e  r&
e  r&
dt
dt
r
r
r
d e r &r
d e
r
r
r

  e
 &e r
2
&
&
&
&
&
&
&
a

(
r

r

)
e

(
r


2
r

)
e
r


Sử dụng dt
và dt
ta được:

Trong trường lực xuyên tâm không có thành phần gia tốc theo phương
r
r
�
a  (&
r& r&2 )e r
�
�&
& &&
ngang: �r  2r  0

Tóm lại các công thức cần ghi nhớ:

r
r
r
r
r r
& 2r&
r& r&2 )e r  (r&
&)e
& r  r&e , a  (&
v  re

II. Hệ tọa độ trụ

Hệ tọa độ trụ tương tự như hệ tọa độ cực, trong đó có thêm tọa độ , do đó các
thành phần vận tốc và gia tốc của vật sẽ có thêm các vận tốc và gia tốc theo
phương là:
1. Vận tốc:
2. Gia tốc

r
r
r r.
& r  r&e  k z
v  re

r
r
r
r ..
& 2r&
a  (&
r& r&2 )e r  ( r&
&)e  k z


III. Bài toán Keple
1.Định luật bảo toàn momen động lượng. Định luật II Keple
-Định nghĩa momen lực: Mô men lực đối với một trục quay là đại lượng đặc
trưng cho tác dụng làm quay của lực quanh trục ấy, viết dưới dạng vec tơ:
r

uur
r ur r

r
M O  r �F  r �ma ,

với r là vec tơ nối điểm tác dụng của lực tới tâm quay.
Về độ lớn của M,
M=F.d, d=r sin  ,
M bằng lực nhân cánh tay đòn
-Định nghĩa mô men động lượng: Mô men động lượng của chất điểm có
khối lượng m đối với một điểm O:
ur
r
r
LO  r �mv

Về độ lớn:
L  rmv v

,

= r&= v sin 

-Định luật bảo toàn MMĐL: Nếu tổng các momen lực tác dụng lên một vật
rắn (hay hệ vật) đối với một trục bằng 0 thì tổng momen động lượng của vật
rắn (hay hệ vật) đối với trục đó được bảo toàn.
Dưới đây ta khảo sát vật có kích thước nhỏ, coi như chất điểm. Vì chuyển

r r
r �a  0 (do
động trong trường lực xuyên tâm (cánh tay đòn bằng 0) nên
r r

uur
r
e r �e r  0 ) � M O  0
u
r
r
r
LO  r �mv
ur
r
r
r dr
r r
r r
r uur
d LO d r
dv r
 ( r �mv ) 
�mv  r �m
 v �mv  r �ma  M O
dt
dt
dt
dt
u
r
d LO r
uur
r
0

Nếu M O  0 => dt
u
r
r
r uuuuur
� LO  r �mv  const
ur
r
r
r
r r
r
& r  r&e )  mr 2&(e r �e )  mr 2&e z
LO  rer �m(re
LO  Lz  mr 2& C

(Vec tơ momen động lượng vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo.)


-Chứng minh định luật II Keple:

r

Trong khoảng thời gian t , vector r quét được góc  , độ dài cung PP’
; r => diện tích tam giác OPP’là

z

1
1

S  OP.PP '  r 2 
2
2
, chia cả 2 vế cho t và

Lz

viết
Oz

dạng vi phân:
dS 1 2 d 1 2 & LO
 r
 r
dt 2 dt 2
2m =const.

Đây là biểu thức toán học của định luật II

y
dưới

x

P





P’

Keple.

dS
dt

là tốc độ quét diện tích của vector .
Phát biểu ĐL II Keple: Đoạn thẳng nối Mặt Trời và một hành tinh bất kỳ
quét những diện tích bằng nhau trong những khoảng thời gian như nhau.
2.Phương trình quỹ đạo. Định luật I Keple.
* Quỹ đạo elip trong hệ tọa độ Đecac
+) Định nghĩa elip:
Cho 2 điểm cố định F1,F2 và một độ dài không đổi 2a> F1,F2 . Elip là tập
hợp các điểm M trong mặt phẳng sao cho MF1+MF2=2a. Các điểm F1,F2 là
tiêu điểm của elip. Độ dài F1F2 = 2c gọi là tiêu cự của elip.
MF1 , MF2 gọi là bán kính qua tiêu.
+)Trong hệ tọa độ Đề các,có thể chứng minh được nếu M(x,y) thuộc elip
x2 y 2
 2 1
2
<=> a b
.

+) Khái niệm tâm sai: gọi là tâm sai-độ lệch tâm, ý nghĩa cho biết độ dẹt
của elip.Với elip
Khi thì elip trở thành hình tròn, e càng gần 1 thì elip càng dẹt như đường
thẳng.
+)Khái niệm thông số:từ tiêu điểm F 2 kẻ đường vuông góc trục ox, cắt elip
tại A, khoảng cách AF2 đặt là p, gọi là thông số. CM được p= b2 /a= a(1-e2).

Theo ĐN elip: AF1 + AF2 =2a=> AF1 + p =2a=> =4a2-4ap+p2.
Mặt khác, tam giác F1 F2A vuông tại F2 nên . Từ đây suy ra 4a2- 4ap+p2 , với


=>4a2-4ap=4 => ae2 hay p= a(1- e2)=b2/a.
Đặc biệt: hình tròn được coi là dạng suy biến khi hai tiêu điểm của elip hợp
lại thành một.

Để lập được phương trình quỹ đạo ( theo  ), ta dùng biến số mới :
a.Công thức Bi-nê (Binet): cho các biểu thức của vận tốc và gia tốc của hạt
theo các biến số u và  .(đạo hàm của r theo t chuyển sang đạo hàm của u
theo  )

r r
r
&e
&
v

re

r

r
-Nhắc lại: +công thức vận tốc trong hệ tọa độ cực:

+công thức gia tốc (trong trường lực xuyên tâm) trong hệ tọa độ

r
r

&2 )e r
&
&
a

(
r

r

cực:

Cách thành lập công thức Bi-nê:
(Cách chứng minh:
r

r&

dr d
.
d dt

&
r&

dr& d
.
d dt

r=1/u;

&rút từ L)

-Biểu diễn lại v
�1 �
d��
L
Lu 2
1 du d
dr d dr
L du
u
 2
r&
.
r& 
 � �  2
d dt ; d
m =>
m d
d
u d ; dt mr

r
a
-Biểu diễn lại
&
r&

Ta được

1 Lu 2 Lu
&
� r  .

u m
m
r L � du r
r �
�v �

er  ue �
m � d
�(*)

d
L
Lu 2
dr& d
L du
 2
.
r& 
m
d dt , sử dụng
m d và dt mr


&
r&

d
d

2
L2u 2 d 2u
� L du �Lu



�
�
m 2 d 2
� m d �m
2

1 �Lu 2 � L2u 3
r&  � � 2
u �m � m
2

r
�r
L2 u 2 �d 2 u
a   2 � 2 u�
er
m �d
� (**)

(*), (**) gọi là các công thức Bi-nê của vận tốc và gia tốc.

b.Lập phương trình quỹ đạo
-Ta xét lực xuyên tâm là lực hấp dẫn gây ra bởi 1 vật có khối lượng :
ur
r
GMm r
F   2 e r   Ku 2 e r
r
, với

-Áp dụng công thức Bi-nê vào định luật II Niu-tơn ta có:
ur
r
�
L2u 2 �d 2u
F  ma �  Ku 2  
� 2  u�
m �d
�
2
d u
mK
u 2 0
2
d
L

d2
2
Hay viết lại: d

� mK � � mK �
u  2 � �
u  2 � 0
�
� L �� L �

(Phương trình vi phân bậc 2, dạng dao động điều hòa, tần số góc .)

Nghiệm của phương trình này là:
Đặt , (chọn biên độ nên ) ta có:

u

mK
 A cos(  0 )
L2

1 1
1 1
1  pA cos(   0 )
  A cos(   0 )
  A cos(  0 ) 
r p
p
=> r p
r

p
1  e cos(   0 ) .

=>
Đây là phương trình quỹ đạo của hạt chuyển động trong trường lực hấp dẫn
viết trong hệ tọa độ cực.
p

r
1  e cos 
Có thể chọn đi qua cận điểm, ta có 0  0 , viết lại pt quỹ đạo:


Phương trình trên cho biết quỹ đạo là đường conic mà gốc (tâm của lực) là 1
tiêu điểm, là thông số, là tâm sai của quỹ đạo. có đơn vị độ dài, không có
đơn vị.
c.Quỹ đạo elip
Bài toán: Chứng minh trong hệ tọa độ cực nếu thỏa mãn phương trình
r

p
1  e cos  () thì khi chuyển sang hệ tọa độ Đề các thỏa mãn phương trình

x2 y2
p
 2 1
a
2
2
a
b
1  e2 , b  a 1  e .
, với

Cách chứng minh
-Bước 1: Từ phương trình quỹ đạo của hạt ta có: Khi thì .
rmin 

p
p
, rmax 
1 e
1 e

Chuyển động của hành tinh theo quỹ đạo kín nên góc từ 0-2π luôn có r>0=>
e<1.
rmin  rm ax 

a

p
p
2p


1  e 1  e 1  e2

p
1  e 2 � rmin  rm ax  2a

Theo bài
Vẽ hình: hệ tọa độ cực gốc O, trục Ox
OA  rmin , OA1  rm ax

-Bước 2: Gọi O’ là điểm chính giữa AA 1 . Điểm B thuộc quỹ đạo sao cho
BO’ vuông góc với AA1 . Chứng minh O’O=ea,
B
(độ dài này chính bằng c).
OO'  O ' A  OA  a  rmin

p
a (1  e 2 )
a
a
 ea
1 e
1 e

B

O’

A1

O A

x

-Bước 3 chính: Điểm M có tọa độ (r,  )trong hệ tọa độ cực, thỏa mãn
phương trình

r

p
1  e cos  . Trong hệ tọa độ Đề các

y

(hình vẽ), ta biểu diễn x,y theo r,  :

M

y  r sin  , x  O'O  r cos 

A1

O’


O A

x


Biểu thức của x đúng với cả góc tù và nhọn.
2
Đã cm được O’O= ea. Theo bài b  a 1  e

Ta có
x 2 y 2 e2a 2  r 2  2ear cos   e 2 [e 2a 2  r 2 (cos  )2  2ear cos ]


a 2 b2

a 2 (1  e 2 )

Xét tử số của vế phải của biểu thức trên, nhóm tất cả phần tử chứa r, cos
và sử dụng

r

p
, p  a (1  e 2 )
2
2
1  e cos 
, 1  e (cos )  (1  e cos  )(1  e cos  )

riêng phần chứa r, cos  rút gọn thành [a (1  e )] . Cuối cùng vế phải rút gọn
bằng 1.
d. Biểu diễn cơ năng trong hệ tọa độ cực, liên hệ e và E.
-E là cơ năng của hạt, Et là thế năng.
2

2

ur r
dA  F .d r  dEt ,
ur
GMm r
Kr
F   2 er   2 e r , K  GMm
r
r

ur r
K
�K �
F .d r   2 dr  d � �
r
�r �
K
� Et    C
r

Quy ước Et ( r � �)  0 ta được
(Cách viết khác:
ur

F 

Et  

K
r .

GMm
GMm

2
r , mà suy ra U=
r .)

Vì lực F là lực thế nên cơ năng của hạt được bảo toàn:
E

1 2 K
mv   C
2
r

Từ công thức v trong hệ tọa độ cực và công thức Bi-nê có:
2
1 2 K 1
K
L2 �
�du � 2 �
2
2 &
2
&
E  mv   m( r  r  )  
�
� � u � Ku
2
r 2
r 2m �
�d �
�

Với

u

1  e cos(  0 ) du  e sin(   0 )

,

p
d
p
L2
K
L2
2
�
�
E
1

e

2
e
cos(



)

(1

e
cos(




))
p

0
0
� p
2mp 2 �
mK
, với


E

K 2
2 pE
( e  1) � e  1 
2p
K

(, kết hợp nên .)
Bài tập mở rộng:
Bài học với trường lực hấp dẫn nên tương ứng , quỹ đạo elip.
Qq
Nếu lực xuyên tâm là lực đẩy Culong giữa 2 điện tích cùng dấu thì đặt 4 0

>0, khi đó lực theo phương bán kính là dương, nên luôn dương. Ta có:
d 2 � mK � � mK �
u
u

�
� �
� 0
d 2 � L2 � � L2 �
r

p
e cos(  0 )  1 , với .

Nghiệm của phương trình này là
Đây là phương trình của 1 nhánh hypebol có tiêu điểm nằm ở tâm của trường
lực. Nếu chọn trục Ox đi qua cận điểm thì góc 0 =0. Phương trình trên cho
thấy rmin khi góc cực  =0; rmax khi mẫu số tiến tới 0 nên tồn tại tiệm cận của
góc cực.
Trong hệ tọa độ cực, một parabol với tiêu điểm tại gốc và đường chuẩn trên
trục dương x được cho bởi phương trình r(1+ cos  )=p.
3.Định luật III Keple
S

T

dS
L
L

��
dS 
dt
dt 2m
2m �

0
0

Từ công thức tính tốc độ quét diện tích
trong đó T là chu kỳ chuyển động của hạt là diện tích của elip. Người ta
chứng minh được
b 2 2
a x
a a

�
�dxdy  4 ��dxdy   ab

(Phụ lục

x2 y2
 �
1
a 2 b2

1
S
2

0

2

r 2 ( )d
�

0
hoặc
Như vậy ta được

,

r

0

(tích phân 2 lớp, đổi biến x= a sint)

p
p 2
�S 
  ab
1  e cos 
(1  e2 )3/2
).


 ab 

LT
2m

LT
2m
L2T 2

2 4
2
 a (1  e ) 
4m 2

 a 2 1  e2 

p

L2
 a(1  e 2 ) � L2  mKa(1  e2 )
mK
(với )

Vì
Thay vào trên có
 2 a3 

KT 2 GMT 2
T 2 4 2

� 3 
4m
4
GM
a

IV. Điện trường, điện thế của lưỡng cực điện trong hệ tọa độ cực
1. Điện thế gây ra bởi lưỡng cực điện
Theo công thức tính điện thế, điện thế gây ra bởi lưỡng cực điện tại điểm

M cách lưỡng cực (trung điểm O của AB) một khoảng r có biểu thức:
VM 

q
q
q �r1  r2 �


�
�
4 0 r2 4 0 r1 4 0 � r1r2 �

Trong đó r1, r2 là khoảng cách từ M đến các điện tích – q và + q
2
Vì r1, r2 >> l nên r1  r2 �l cos  (với  là góc giữa OM và AB) và r1.r2 �r

VM 

ql cos  pe cos 

4 0 r 2
4 0 r 2 (5)

Do đó :
Ta thấy điện thế gây ra bởi lưỡng cực điện có độ lớn tỉ lệ nghịch với bình
phương khoảng cách từ điểm khảo sát tới lưỡng cực.
Dựa vào hệ thức giữa cường độ điện
trường và điện thế, từ biểu thức (5) của điện
ur
thế ta tìm được cường độ điện trường E tại

điểm M do lưỡng cực điện gây ra.
2. Điện trường của lưỡng cực điện
M

Trong hệ tọa độ cực, liên hệ giữa điện trường
và điện thế là:
r1

A
–q

r

O

B
+q


Et  

Và

�
V pe cos 

�
r
2 0 r 3 (6)

Er  

1�
V pe sin 

r�
 4 0 r 3 (7)

pe
1  3cos 2 
4 0 r 3
(8)
ur
ur
và góc hợp bởi vec tơ E với E t là
E
1
tan   n  tan 
Et 2
(9)
E 2  Er2  E2 � E 

B. BÀI TẬP VÍ DỤ
Bài 1.
Một hạt khối lượng m chịu tác dụng của hai lực là lực hướng tâm và lực cản
(với , là vecto vận tốc của hạt. Ban đầu hạt có mô men động lượng . Hãy tìm
mô men động lượng của hệ theo thời gian
Giải
Ta xét bài toán trong hệ tọa độ cực

Ta có
Từ (2) suy ra
Đặt
Suy ra
Hay
Lấy tích phân hai vế ta được .
Bài 2.
Một vật có khối lượng m ở trong một mặt phẳng, đang chuyển động tròn đều
với vận tốc góc không đổi. Một lực hướng tâm được sinh ra bởi một lò xo có
độ cứng . Một xung lực rất nhỏ tác dụng vào vật. Tìm tầm số dao động theo
phương xuyên tâm.
Giải
Ta xét bài toán trong hệ tọa độ cực


Từ (2) ta suy ra
Suy ra tức là mô men động lượng của hệ được bảo toàn.
Gọi là bán kính chuyển động tròn đều của vật, ta có
Và
Gọi là độ lệch ra khỏi vị trí cân bằng theo phương xuyên tâm, ta có
Theo định luật II Newton
Hay
Do xung lực xuyên tâm rất nhỏ nên khi đó ta có
Cuối cùng ta được
Vậy tần số dao động theo phương xuyên tâm là:
Bài 3:
Cho một cơ hệ như hình vẽ. Một sợi
dây dài, một đầu được giữ cố định ở
O
điểm O, đầu kia vắt qua một ròng rọc

nhỏ ở điểm O1 và treo vật khối lượng
m. Hai điểm O, O1 ở cùng một độ cao.
Một vòng nhỏ được luồn vào dây ở
giữa đoạn OO1. Một vật khác có khối
lượng cũng là m được treo vào vòng
bằng một đoạn dây ngắn. Các dây
không có khối lượng, không dãn. Bỏ
qua ma sát. Ban đầu hệ được giữ như
hình vẽ, rồi thả không vận tốc đầu.
Tìm gia tốc của hai vật khi đi qua vị
trí cân bằng tĩnh.
Giải:

L

L

O2

2

O1

m

1

m

-Sau khi thả hệ vật với vận tốc ban
đầu bằng 0, vật 2 sẽ đi xuống, vật 1
đi lên (do OO2khối lượng).
Chọn chiều dương hướng xuống.
-Tại góc  :

L
O

O2

 Turur

T'

N

r
vu
2r

(+)

u
r ur
g
Các lực tác dụng lên vật 1: m , T
u
r ur

g
Các lực tác dụng lên vật 2:m , T '

g

L

O1

u
r
T
r

v1

ur
T
M

u
r
g

-Do O2 ở chính giữa O, O1 nên lực căng tác dụng lên vật 2 có tính chất đối
xứng. Hợp lực tác dụng lên mỗi vật có phương thẳng đứng, do đó 2 vật
chuyển động theo phương thẳng đứng.


Xác định vị trí cân bằng tĩnh:

Tại vị trí cân bằng, tổng hợp lực tác dụng lên vật bằng 0.
Vật 1:
Vật 2:
Suy ra  =30o
r r

r r

 Gọi v1, a1 , v 2 , a 2 là vận tốc và gia tốc của mỗi vật. Tìm liên hệ v 1,v2 và từ đó
tìm liên hệ a1,a2?
-Hệ tọa độ cực gốc O, trục cùng hướng OO1

r

r

r

r r

& r  r&e ta có: v 2 .e r  r&, mặt
Từ công thức vận tốc trong hệ tọa độ cực v  re
r r
�
v
khác từ tích vô hướng của 2 vectơ 2 .e r  v2 cos ONO 2  v2 sin 

suy ra

r& v2 sin 

(1)
(Có thể rút ra công thức (1) từ điều kiện vận tốc theo phương sợi dây là
const).
-Mặt khác ON+NO1+O1M=const (M là điểm gắn với vật 1)
d
dt ( ON+NO1+O1M)=0 => 2r& v1  0

Sử dụng (1) suy ra v1  2v2 sin  . Đạo hàm 2 vế biểu thức này và thay
v&1  a1 , v&2  a2

ta được

a1  2a2 sin   2v2 cos&

(chú ý )


- Biểu diễn &?
Xét tam giác OO2N có

L
cos  suy ra

r&

L sin &
cos2  , (dùng công thức

� u�

v  uv�
�u �
� �
v2
�v �
)

Kết hợp r& v2 sin  , suy ra

v2 

v2 cos2 
L&
&


L
cos 2  =>

Tại VTCB (  =30o)
v1  2v2 sin 

=> v1  v2

a1   a2  v2 3&  a2 

3 3 v22
4 L

-Định luật II Newton:

Tại góc bất kỳ:
Vật 1:
Vật 2:
Tại VTCB (o): vậy
-Tìm v2
Định lý động năng:
1
m( v12  v22 )
2
=

2L
( cos

�L � 2 L
�
�
g


2
L
�
�
�
� (2  3)gL
2
2
�
�=

Tại VTCB (o) : v1 = v2 = � 3 � 3 / 2

-Thay v2 vào , hướng lên)
Vật 1 chuyển động nhanh chậm dần qua VTCB, vật 2 chuyển động chậm dần
qua VTCB.
Bài 4
Bốn con rùa đứng ở bốn đỉnh của hình vuông cạnh a, chúng bắt đầu chuyển
động với vận tốc không đổi, độ lớn v sao cho mỗi con rùa luôn hướng về con
bên cạnh theo chiều kim đồng hồ.


a)
Hỏi các con rùa gặp nhau ở đâu, sau bao lâu?
b)
Quỹ đạo chuyển động của mỗi con rùa có dạng như thế nào? Coi mỗi
con rùa là một chất điểm
Giải:
Phần a:

ur
r
v
r
,

Xét 1 con rùa trong hệ tọa độ cực tại thời điểm t nó ở vị trí
, vận tốc 1 . (
r
r đi qua tâm hình vuông). Vì vị trí các con rùa luôn tạo thành 4 đỉnh của
r ur

hình vuông nên r , v1 luôn tạo với nhau góc 450. Chọn chiều dương của góc 

là chiều kim đồng hồ, ta có

ur
r
r
v1  vr e r  v e

r
e
( r hướng ra xa tâm)

vr

v
v
v
0
= 45 2 ;  = 45 2 .
0

a
2.

Ban đầu mỗi con rùa cách tâm là
Bốn con rùa gặp nhau ở tâm sau thời gian:
a
a


2 | vr | v .

Phần b:
Xác định phương trình quỹ đạo r(  ) của con rùa 1
Từ
dr

dt
d
v  r

dt
vr 

v
2
v
2

0 .3

0 .2

0 .1

 0 .3

 0 .2

 0 .1

 0 .1

dr
d
dr
r
 r
  d
ln  
dt => r
Ta có dt
=> c
(1)

a

 
2,
4 nên từ (1) suy ra

Tại thì
(Việc chọn pha ban đầu tùy ta chọn.)

a


2 e 4.

a


 
4
e
2
e
Vậy
=
. Đây là phương trình quỹ đạo của con rùa 1.
Con rùa 1 ở vị trí góc  thì con rùa 2,3,4 lần lượt ở vị trí


0 .1

 0 .2

 0 .3

0 .2

0 .3


2   


3
, 3     , 4   
2
2 . (Vì chúng hướng về nhau theo chiều kim

đồng hồ, và đã chọn chiều dương của góc cực cùng chiều kim đồng hồ.)
a

 i
2 e 4 .

Phương trình quỹ đạo của con rùa i, i = 2,3,4 là ri =
Quỹ đạo của các con rùa là đường xoắn logarit dạng như hình bên.
Bài 5.
Một hạt cổ điển có năng lượng là và mô men động lượng đối với điểm
chuyển động tiến tới một vùng trong đó có một trường thế hấp dẫn xuyên
tâm (với tâm là điểm ). Hạt đó bị tán xạ bởi trường thế đó.
a) Giả thiết năng lượng và mô men động lượng được bảo toàn, tìm
phương trình vi phân theo .
b) Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa hạt và tâm tán xạ (

Giải
a) Xét bài toán trong hệ tọa độ cực
Năng lượng của hệ là:
(1)
Mô men động lượng của hạt :
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
(3)
Với
Ta có
Từ (3) suy ra

Suy ra
b) Tại điểm m gần tâm tán xạ nhất tức là hay

Phương trình này có nghiệm:
Hoặc cách khác:


Bài 6.
Một vệ tinh, có khối lượng , quay quanh Trái Đất, khối lượng , theo một quỹ
đạo tròn, bán kính 0. Nếu vệ tinh bị nhiễu loạn nhẹ và tức thời theo phương
bán kính, sao cho nó bị lệch khỏi quỹ đạo tròn ban đầu. Tính chu kỳ dao
động của quanh khoảng cách trung bình 0.
Giải:
Lực hấp dẫn là lực xuyên tâm, sử dụng công thức gia tốc trong trường lực
xuyên tâm trong hệ tọa độ cực:
r
r
�
r& r&2 )e r
�a  (&
�&
& 0
�r& 2r&

Biểu thức trên viết lại:
Biểu thức dưới suy ra:

y


GM
&
r& r&2
2
r
(3)

d 2&
(r  )  0
&
&
&
2
r ( r  2r&
 )  0 => dt
=> r &là hằng số.

(Có thể diễn đạt theo cách khác: do
chuyển động trong trường lực xuyên tâm
nên mô men động lượng được bảo toàn,
r 2& R02 w0 )

r
M

m
x


2

Muốn biểu diễn (3) theo r và đạo hàm của r, ta biểu diền & theo r, ta đặt

C
r&2  3
2
&
r   C là hằng số. Suy ra
r
4

Thay vào (3) được:
+ Xác định C

&
r&

C GM
 2 0
r3
r
(4)

GM
2
Tại vị trí 0, độ lớn gia tốc hướng tâm là w R0 = R0 ,
2
0

mặt khác

w02 R0 

C
R03 suy ra .
0
&
r&

GM GMR0

0
r2
r3

Thay vào (4) ta được:
Do nhiễu loạn nhẹ, lệch khỏi 0 khoảng nhỏ. Ta đặt với
Ta viết phương trình dao dộng theo biến :
GM

&
z&

2



GMR0
3

� z �

� z �
R02 �
1  � R03 �
1 �
� R0 �
� R0 �

0

n

� x �
nx
1
�
� �1 
R0
Sử dụng gần đúng � R0 �

Ta được phương trình
�
�
� 2 z � � 3z �
1  � �
1 �
�
� 0
�
R
R

0
0
�
�
�
�
�
�
GM
�&
z& 3 z  0
R0
&
z&

GM
R02

Phương trình trên là pương trình dao động điều hòa, nghiệm của phương
z  A cos   t+  ,  

GM
R03

trình trên có dạng
Chu kỳ dao động là .
Bài 7.
Chứng minh cơ năng toàn phần của hành tinh có khối lượng chuyển động
xung quanh Mặt Trời (có khối lượng ) theo đường elip có dạng
Giải:



GMm
r .

Chứng minh thế năng trong trường lực hấp dẫn là
MMĐL tại điểm cận và viễn bằng nhau: r1v1= r2v2 nên v2= r1v1/ r2 .
Thay công thức rút được ở trên vào ĐL bảo toàn cơ năng có:
1 2 GMm
mv 
2
r

�1 1 � 1 2 �r12
�
�1 1 �
1 2 2
v2  v1   GM �  �
v1 �2  1� GM �  �

�r2 r1 �=> 2 �r2
�
�r2 r1 �
=> 2
1 2
GMr2
v1 
r1 ( r1  r2 )

=> 2
GMmr2 GMm
GMm
GMm



r1
r1  r2
2a .
Cuối cùng E= r1 ( r1  r2 )

Bài 8.
Coi Trái Đất (T) chuyển động xung quanh Mặt Trời (S) theo một quỹ đạo
tròn bán kính R T  150.10 m với chu kỳ T0 và vận tốc vT . Một sao chổi (C)
chuyển động với quỹ đạo nằm trong mặt phẳng quỹ đạo của Trái Đất, đi gần
9

Mặt Trời nhất ở khoảng cách bằng kRT với vận tốc ở điểm đó là v1. Bỏ qua
tương tác của sao chổi với Trái Đất và các hành tinh khác trong hệ Mặt Trời.
1. Xác định vận tốc v của sao chổi khi nó cắt quỹ đạo của Trái Đất theo
k, vT và v1. Cho biết k  0,42; vT  3.104 m/s và v1  65,08.103 m/s.

2. Chứng minh rằng quỹ đạo của sao chổi này là một elip. Hãy xác định
bán trục lớn a dưới dạng a  RT và tâm sai e của elip này theo k, vT và v1 .
Biểu diễn chu kỳ quay của sao chổi quanh Mặt Trời dưới dạng T  nT0 . Xác
định trị số của , evà n.
3. Gọi  là khoảng thời gian mà sao chổi còn ở bên trong quỹ đạo của
Trái Đất, tức là r  CS �R T . Giá trị của  cho ta biết cỡ độ lớn của khoảng
thời gian có thể quan sát được sao chổi này từ Trái Đất. Hãy biểu diễn  dưới

dạng một tích phân và hãy tính gần đúng tích phân đó.
Giải
1. Năng lượng của sao chổi


+ tại điểm gần MT nhất:
+ tại điểm gần cắt quỹ đạo TĐ:

E

GM S
1 2
mv1  m
2
kRT

(1)

E

GM S
1 2
mv  m
2
RT

(2)

trong đó m và M S lần lượt là khối lượng của sao chổi và của Mặt Trời.
Vì quỹ đạo của Trái Đất là tròn, ta có:

v2T 

GM S
RT

(3)

Từ (1) và (2) suy ra
GM S 1 2
GM S
1 2
mv1  m
 mv  m
2
kR T 2
RT
� v2  v12 

2GM S � 1 �
1 �
RT �
� k�

Dùng (3), ta được
� 1�
v2  v12  2v2T �
1 �
� k�

hay

� 1�
v  v12  2vT2 �
1 � 41,8km/s
� k�

2.
+ Năng lượng của sao chổi bằng
�1
GM S 1 2 m 2
v2 �
1
E  mv12  m
 mv1  vT  m� v12  T � 25.106 m(J )  0
2
kR T 2
k
k�
�2

Điều này có nghĩa là quỹ đạo của sao chổi là một elip.
+ Năng lượng của sao chổi và bán trục lớn a của quỹ đạo của nó liên hệ
với nhau bởi hệ thức
E  m

GM S
v2 R
 m T T
2a
2a

Kết hợp với (1) ta được
GM S
v2 R
1 2
mv1  m
 m T T
2
kRT
2a


v2T RT
1 2
m 2
� mv1  2 vT  m
2
k
2a

Suy ra
v2T R 2T
RT
a  2

 R T
2
v1  2vT / k 2 v12

k v2T

với


1
 17.9
2 v12

k v2T

+ Tại điểm cận nhật P, ta có: rP  kRT  a(1 e) , suy ra
e  1

kR T
kR T
v2
k
 1
 1  k 12  1  0,977  1
a
R T

vT
.

Với e < 1 lại một lần nữa khẳng định quỹ đạo sao chổi là một elip.
+ Theo định luật ba Kepler:
T02
T 2 T02
T2


�

� T   3/2T0  nT0
3
3
3 3
3
a
RT
 R T RT

Vậy n    75,7 và chu kỳ của sao chổi này khoảng 76 năm (Đây chính là
sao chổi Halley).
3/2

3. Theo định luật 2 Kepler (định luật về diện tích quét) hay định luật bảo
toàn mômen động lượng , ta có:
r2

d L
  kR T v1
dt m

(4)
ở đây L là mô men động lượng và tại điểm cận nhật vận tốc của sao chổi
vuông góc với véctơ bán kính. Phương trình quỹ đạo của sao chổi như đã biết
là elip
2

p

r
1 ecos

Thay vào (4), ta được

với

�kv �
p  rP (1 e)  R T � 1 �
�vT �


v4T
d L (1 ecos)2
 .

(1 ecos)2
2
3
dt m
p
R T (kv1)

Đặt

z  RT

(kv1)3
v4T , ta có


0

0

0

0

d

�dt  z �(1 ecos)

2

C
trong đó 0 là góc ứng với giao điểm của
r = RT
quỹ đạo sao chổi và quỹ đạo Trái Đất
P
S
(xem hình vẽ).
Vì chỉ cần xác định cỡ độ lớn, hơn nữa trong trường hợp đang xét e = 0,977
nên trong tích phân trên ta có thể lấy gần đúng e =1. Khi đó:
1
1
�
�
  2z � tan(0 / 2)  tan3(0 / 2)�
2

6
�
�

(5)

Để tính 0 ta có phương trình
RT 

p
1 ecos0

Hay
cos0 

p  RT
eR T

Thay các biểu thức của p và e vào ta được
2

cos0 

�kv �
RT � 1 � RT
�vT �
� v12
�
RT �
k 2  1�

� vT
�



k2v12 / v2T  1
kv12 / v2T  1

0
Suy ra 0  100 . Thay vào (5) ta tính được

  1,76z �77 ngày.

Bài 9.
Một trạm vũ trụ chuyển động với tốc độ u trên một quỹ đạo hình tròn bán
kính R quanh Trái Đất. Khi đi qua điểm C trên trục 0y của hệ trục tọa độ 0xy
gắn cố định với Trái Đất, trạm vũ trụ phóng ra một máy thăm dò. Lúc phóng


r

ra, máy thăm dò được truyền thêm vận tốc V theo phương 0y, sau đó trạm vũ
trụ vẫn chuyển động tròn đều với tốc độ u (Hình 1). Gọi góc hợp bởi tia 0y
và tia nhìn từ tâm Trái Đất qua vật thể cần quan sát là góc nhìn.
1. Chứng minh rằng nếu góc
y
gh y
nhìn máy thăm dò bằng góc nhìn
trạm vũ trụ thì các véctơ vận tốc
Trái Đất

Trái Đất
C
C
của chúng lại khác nhau một
x
x
ur
0
0
V
lượng là như lúc phóng.
Quỹ đạo
Quỹ đạo
2. Khi góc nhìn máy thăm dò
Hình 1
Hình 2
là  thì máy thăm dò cách tâm
Trái Đất là bao nhiêu?
3. Tốc độ V phải thỏa mãn điều kiện nào thì quỹ đạo của máy thăm dò sẽ
là kín (quỹ đạo elip)?
4. Trong trường hợp quỹ đạo không kín, hãy tìm góc giới hạn gh hợp bởi
véctơ vận tốc của máy thăm dò và tia 0y khi máy thăm dò ra xa vô cùng
(Hình 2).
5. Trong trường hợp quỹ đạo kín (quỹ đạo elip), hãy tìm bán trục lớn và
bán trục nhỏ của quỹ đạo máy thăm dò.
Hướng dẫn giải:
-Cần hiểu góc nhìn là góc nào (từ vật-O-y). Khi góc nhìn của máy thăm dò
và trạm vũ trụ bằng nhau thì O-máy-trạm thẳng hàng.
r

r

r

r

ur

-Câu a thực chất chứng minh v  u  v 0  u 0  V . Vậy cần tìm vector vận tốc
r

của máy và trạm tại thời điểm góc  hoặc biểu diễn d v theo d .
-Quỹ đạo máy thăm dò là đường nét đứt vòng cung, quỹ đạo trạm là đường
tròn nét liền.
Giải:
y
1. Đối với trạm hay máy thăm dò:
r
dv
GMm r
m
  2 er
dt
r
r
r
dv
GM r
dv d
GM r

  2 er �
.
  2 er
dt
r
d dt
r

r
0

0

Hình 6

x