skkn hệ thống lý thuyết và bài tập về chuyển động của vật có khối lượng thay đổi

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN
Kính gửi: Sở giáo dục và đào tạo Ninh Bình
Chúng tôi ghi tên dưới đây:
TT

Họ và tên

Ngày, tháng,
năm sinh

1 Bùi Khương Duy

01/03/1979

2 Trần Văn Kiên

10/03/1974

Nơi công tác

Trường THPT
chuyên Lương
Văn Tụy
Trường THPT
chun Lương
Văn Tụy

Chức vụ

Tỷ lệ (%)
Trình độ
đóng góp
chun mơn vào việc tạo
ra sáng kiến

Tổ trưởng
CM

Thạc sĩ

60%

Phó Hiệu
trưởng

Thạc sĩ

40%

1. Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng
Là nhóm tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: Hệ thống lý thuyết và
bài tập về chuyển động của vật có khối lượng thay đổi.
Lĩnh vực áp dụng: Giáo dục
2. Nội dung
a) Giải pháp cũ thường làm:
* Chi tiết giải pháp cũ:
Chuyển động của các vật có khối lượng thay đổi theo thời gian là một nội
dung có tính ứng dụng thực tế cao. Kể từ những năm 40 của thế kỷ trước, với sự
phát triển của khoa học công nghệ, cụ thể là khoa học khơng gian, những bài

tốn về chuyển động của các vật có khối lượng thay đổi ngày càng được quan
tâm và cũng vì thế mà vấn đề này xuất hiện ngày càng nhiều trong các đề thi
chọn học sinh giỏi Vật lý THPT ở mỗi quốc gia, khu vực và trên thế giới.
Cơ học cổ điển (còn gọi là Cơ học Newton) được xây dựng với nền móng
cơ bản là ba định luật của Newton, là nội dung quan trọng trong chương trình
Vật lý cấp THPT. Trong đó định luật II Newton có vai trị đặc biệt quan trọng
trong việc mô tả mối quan hệ giữa chuyển động của một chất điểm với các lực
tác dụng lên nó. Trong chương trình Vật lý cấp THPT (chun và khơng
chun), định luật II Newton được phát biểu dưới hai dạng:
1


r
r
r
dp r
r F
r
 F (2).
a
(hay F = ma) (1) và
dt
m
Đa số sách giáo khoa và sách tham khảo hiện nay chủ yếu đề cập đến
trường hợp khối lượng m của vật khơng đổi, khi đó hai dạng phát biểu trên là
r
r
r
r
dp r d(mv)

dv
F
 m  ma ).
tương đương (do
dt
dt
dt
Tuy nhiên, khi xét các bài toán mà khối lượng của vật thay đổi theo thời
gian thì hai dạng phát biểu trên hồn tồn khác nhau. Cụ thể: (1) chỉ có thể áp
dụng với các đối tượng có khối lượng m khơng thay đổi, cịn (2) là biểu thức
tổng qt hơn, có thể áp dụng cho cả trường hợp m không đổi hoặc thay đổi.
Đây là một trong những nội dung thường gây ngộ nhận cho các học sinh (kể cả
học sinh khá, giỏi) dẫn đến đưa ra các cách giải sai.
Mặt khác, giải quyết biểu thức vi phân trong vế trái của (2) cũng là vấn đề
rất phức tạp vì nó liên quan đến các vận tốc chuyển động tương đối giữa phần
còn lại của vật với phần khối lượng mất đi (hoặc thêm vào) của nó. Các nội
dung này thường xuất hiện lẻ tẻ dưới dạng một vài bài tập riêng lẻ trong các tài
liệu tham khảo nâng cao hoặc trong các đề thi học sinh giỏi Vật lý cấp THPT.
Các em học sinh tham khảo lời giải có thể hiểu được bài tốn nhưng khơng nắm
rõ bản chất, dẫn đến làm bài nào biết bài đó, khó khăn trong việc vận dụng để
giải các bài tốn khác, khơng phát triển được tư duy sáng tạo.
* Ưu điểm, nhược điểm và những tồn tại cần khắc phục:
Như vậy, chuyển động của các vật có khối lượng thay đổi là phần kiến
thức khó đối với các em học sinh bậc trung học phổ thơng. Trong các sách giáo
khoa, thậm chí cả trong tài liệu giáo khoa chuyên lý và sách bài tập Vật lý, hệ
thống lý thuyết và bài tập về chuyển động của các vật có khối lượng thay đổi
chưa nhiểu, chưa sâu, ít kiến thức được vận dụng. Trong khi đây là nội dung
thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp Quốc gia và cả các
đề thi khu vực, quốc tế. Trong các tài liệu tham khảo môn vật lý THPT hiện nay,
các bài tập nâng cao về chuyển động của các vật có khối lượng thay đổi cũng chỉ

rời rạc, chưa có tài liệu nào xây dựng hệ thống bài tập này một cách đầy đủ.
Bài tập vật lý liên quan tới chuyển động của các vật có khối lượng thay
đổi trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp khu vực, cấp Quốc gia thường đa
dạng và khó. Để có tài liệu dạy đội tuyển, giáo viên thường phải dày công tìm
tịi từ nhiều nguồn tư liệu.
Nhiều năm qua việc ơn luyện và giải các bài tập về chuyển động của các
vật có khối lượng thay đổi của học sinh chuyên và học sinh trong các đội tuyển
2


ôn thi học sinh giỏi thường là các bài toán đơn lẻ khơng mang tính khái qt và
đầy đủ. Bởi bài tập nâng cao phần này nằm rải rác ở các sách tham khảo khác
nhau chứ chưa có một hệ thống chỉnh thể đầy đủ các dạng để học sinh tự đọc, tự
học được.
Đối với giáo viên, khi tham gia bồi dưỡng HSG phần này bắt buộc phải
tham khảo rất nhiều tài liệu từ nhiều phương tiện, phải tự mày mò, chắt lọc bài
tập ở các tài liệu khác nhau và sắp xếp theo kinh nghiệm của bản thân để dạy
cho học sinh, nhất là học sinh giỏi cấp quốc gia, do đó mất rất nhiều thời gian và
cơng sức, tốn kém nhiều tiền bạc.
Do bài tập thiếu tính hệ thống còn học sinh chưa đủ kĩ năng và kinh
nghiệm để hệ thống và phân loại kiến thức nên các em khó có thể hiểu được một
cách bao quát, đầy đủ các dạng bài tập về chuyển động của các vật có khối
lượng thay đổi dẫn đến tình trạng “làm bài nào, biết bài đấy”.
Bài tập về chuyển động của các vật có khối lượng thay đổi là một trong
các dạng bài khó và trừu tượng đối với học sinh THPT, đặc biệt trong điều kiện
ở trường phổ thông, nội dung này rất khó làm thực nghiệm để học sinh quan sát
trực quan mà chủ yếu là các vấn đề lý thuyết làm các em khó hình dung hiện
tượng, gây cảm giác ngại làm bài tập, lười suy nghĩ cho học sinh.
Trong các SGK và sách tham khảo Vật lý THPT, việc khảo sát động lực
học của các vật có khối lượng thay đổi theo thời gian chưa được đề cập nhiều

hoặc được đề cập một cách chưa có hệ thống gây khó khăn cho học sinh và ngay
cả với các giáo viên trẻ bước đầu tiếp cận công tác đào tạo học sinh giỏi Vật lý
THPT. Bên cạnh đó, hệ thống các bài tập vận dụng giúp học sinh, nhất là học
sinh giỏi Vật lý THPT rèn luyện kỹ năng giải toán chưa nhiều.
b) Giải pháp mới cải tiến:
* Mô tả bản chất của giải pháp mới:
Thứ nhất, trong nội dung của sáng kiến, tác giả trình bày việc thiết lập hệ
thống lý thuyết, các phương trình liên quan đến chuyển động của các vật có khối
lượng thay đổi. Từ đó dẫn đến các trường hợp riêng áp dụng cho chuyển động
của tên lửa và của máy bay phản lực. Ngay sau các nội dung lý thuyết này là các
ví dụ điển hình để các em học sinh có thể áp dụng ngay nhằm khắc sâu kiến
thức. Cách tiếp cận vấn đề được trình bày một cách đơn giản nhất giúp các em
phát triển nhanh về tư duy, chắc về kiến thức, vững về kĩ năng qua đó đạt được
hiệu quả cao trong dạy và học.
Thứ hai, tác giả cung cấp một số bài tập vận dụng với đầy đủ các dạng,
bao trùm được tất cả các kiến thức của chuyên đề kèm lời giải chi tiết về chuyển
3


động của các vật có khối lượng thay đổi giúp học sinh dễ dàng tiếp cận hơn
trong quá trình tự học.
* Tính mới, tính sáng tạo của giải pháp:
Đưa ra các thiết lập lý thuyết một cách đơn giản, hệ thống cùng các bài
tập vận dụng phù hợp và lời giải chi tiết đầy đủ tiện cho việc tự học của học sinh
và tham khảo của giáo viên.
3. Hiệu quả kinh tế, xã hội dự kiến đạt được
* Hiệu quả kinh tế:
Ước tính:
- Chi phí in và đóng bìa 1 cuốn tài liệu này là 9.000 đồng.
- Chi phí cho việc mua giáo trình tham khảo của học sinh vào khoảng

200.000 đồng.
- Như vậy, nếu sử dụng tài liệu này học sinh có thể tiết kiệm 191.000 đồng
mà có thể có tồn bộ hệ thống kiến thức và bài giải hướng dẫn.
- Sáng kiến này là cần thiết được sử dụng cho các học sinh giỏi và giáo viên
bồi dưỡng học sinh giỏi các trường THPT. Nếu tất cả giáo viên bồi dưỡng học
sinh giỏi Vật lý của các trường THPT (trung bình 6/trường x 27 trường), học
sinh chuyên lý của THPT chuyên Lương Văn Tụy (35 em/lớp x 3 lớp) và học
sinh các đội dự tuyển học sinh giỏi của các trường THPT (10 em/đội x 26 đội)
trong tỉnh Ninh Bình đều sử dụng thì dự kiến chi phí tiết kiệm được cho mỗi
khóa học sẽ là:
+ 191.000đ x (6 x 27 + 35 x 3 + 10 x 26) = 100.657.000 đồng/năm học.
+ Có thể sử dụng chuyên đề để giảng dạy ở trường THPT, bồi dưỡng học
sinh giỏi, học sinh dự thi THPT quốc gia môn vật lý mà khơng mất chi phí bản
quyền cho người viết chuyên đề.
* Hiệu quả xã hội:
Sáng kiến này đã được các tác giả và một số đồng nghiệp triển khai áp
dụng thực nghiệm từ đầu năm học 2018 - 2019 cho các lớp chuyên Lý và Đội
tuyển HSG Quốc gia của trường THPT chuyên Lương Văn Tụy. Hiệu quả mà
sáng kiến cùng với các chuyên đề kiến thức khác đã mang lại về mặt giáo dục,
xã hội trước hết là kết quả thi đại học, thi học sinh giỏi các cấp của học sinh, đặc
biệt là kết quả thi học sinh giỏi vật lý cấp quốc gia.
Nội dung sáng kiến là tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên, học sinh
khi nghiên cứu Vật lý. Giúp cho việc học tập phần Cơ học chất điểm của mơn
Vật lí được dễ dàng, hiệu quả; không cần mất thời gian, sức lực, trí óc để tìm và
tổng hợp kiến thức. Giúp học sinh rèn kỹ năng tự học, tự nghiên cứu, có khái
niệm cơ bản về tính chất chuyển động của các vật có khối lượng thay đổi. Rút
4


ngắn khoảng cách giữa chương trình Vật lý phổ thơng chuyên hiện nay với nội

dung thi môn Vật lý trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế.
Nếu phổ biến sáng kiến này, giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi và học
sinh các đội tuyển vật lý cần nghiên cứu về lý thuyết và bài tập về chuyển động
của các vật có khối lượng thay đổi, sẽ khơng mất chi phí mua sách, tiền bản
quyền để download những tài liệu cần thiết và thời gian nghiên cứu, dịch thuật
các tài liệu tiếng nước ngoài.
Kết quả thi học sinh giỏi cấp quốc gia trong 02 năm gần đây:
- Năm học 2018-2019: đạt 5/8 giải, trong đó có 01 giải Nhì, 03 giải Ba và
01 giải Khuyến khích.
- Năm học 2019-2020: đạt 7/7 giải, trong đó có 02 giải Nhì, 02 giải Ba và
03 giải Khuyến khích.
4. Điều kiện và khả năng áp dụng
* Điều kiện áp dụng:
Áp dụng cho học sinh giỏi và giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lý
THPT.
* Khả năng áp dụng:
Áp dụng được ngay tại các trường THPT chuyên đối với lớp chuyên Lý,
Đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế; hoặc tại các trường THPT để bồi
dưỡng học sinh giỏi. Có thể tiếp tục mở rộng và phát triển tiếp trong những năm
học sau.
* Danh sách những người đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng
sáng kiến lần đầu:
TT

Họ và tên

1

Phạm Thu
Hồi

2

Nguyễn Thị
Phương Dung

Chức
danh

Trình
độ
chun
mơn

Nội dung
cơng việc
hỗ trợ

Ngày tháng
năm sinh

Nơi cơng tác

27/03/1986

Trường THPT
chuyên Lương
Văn Tụy

Giáo

viên

Thạc sĩ

Dạy HSG,
tập huấn
HSG
quốc gia

16/01/1983

Trường THPT
chuyên Lương
Văn Tụy

Phó
Hiệu
trưởng

Thạc sĩ

Dạy HSG

Chúng tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật và
hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật.

5


Ninh Bình, ngày 11 tháng 5 năm 2020

Người nộp đơn
(Ký và ghi rõ họ tên)

XÁC NHẬN CỦA LÃNH ĐẠO
ĐƠN VỊ

PHỤ LỤC
HỆ THỐNG LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP VỀ CHUYỂN ĐỘNG
6


CỦA CÁC VẬT CÓ KHỐI LƯỢNG THAY ĐỔI
I. HỆ THỐNG LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP VÍ DỤ.
1. Cơng thức Meshersky.
Giả sử ở thời điểm t, một vật có khối lượng m, đang chuyển động với vận
r
r
tốc v thì một khối lượng dm (rất nhỏ) chuyển động với vận tốc v1 đến sát nhập
vào hệ. Sau khoảng thời gian rất nhỏ dt, khối lượng của vật biến thiên từ m đến
r
r r
m + dm, còn vận tốc của vật biến thiên từ v đến v +d v .
Để khảo sát chuyển động của vật m có khối lượng biến thiên, ta quy về
khảo sát chuyển động của hệ có khối lượng khơng biến thiên đó là bản thân vật
đang xét và phần khối lượng thêm vào (hệ gồm m và dm).
r
Trong khoảng thời gian dt, động lượng của hệ biến thiên một lượng dp :
r
r
r

r
r
r
r
r
r
r
r
dp  (m  dm).(v  dv)  (mv  dm.v1 )  mv  mdv  dm.v  dmdv  mv  dm.v1
r
r
r r
r
Bỏ qua lượng rất nhỏ dm.dv ta được: dp �mdv  dm(v  v1 )
Áp dụng định luật II Newton cho hệ m + dm:
r
r
r
r
r r dm
dp
dv
Fext 
 m   v  v1 
với Fext là tổng các ngoại lực tác dụng lên hệ.
dt
dt
dt
r r r
Đặt v1  v  u là vận tốc tương đối của dm so với m suy ra:

r
r
dv r dm
Fext  m  u
(3)
dt
dt
r r
r dm r
r
dm
 Fext  u (4) với  
Hay: ma  Fext  u
.
dt
dt
Phương trình (3) hoặc (4) định luật II Newton áp dụng cho vật có khối
lượng biến thiên theo thời gian gọi là công thức Meshersky (Mét-séc-ski).
Trường hợp đơn giản nhất áp dụng cho hệ thống có khối lượng thay đổi là
động cơ tên lửa. Đây là một ví dụ của sự tương tác giữa hai đối tượng: tên lửa
và nhiên liệu phụt ra từ nó. Trong đó tốc độ phụt nhiên liệu là   

dm
> 0 do
dt

khối lượng tên lửa giảm dần theo thời gian.
r
r
+ F'  u có thứ ngun của lực, đó chính là lực đẩy do dm tác dụng vào m khi

tách ra khỏi m.
r
r
+ Lực F'  u phụ thuộc vào hai yếu tố:
dm
là tốc độ phụt nhiên liệu khỏi m.
dt
r
b) u là vận tốc tương đối của dm so với m.
Bài tập ví dụ 1:
a)

7


Lúc t = 0, một cái xe đựng cát có khối lượng tổng cộng của xe và cát là m 0
đang đứng yên trên mặt phẳng ngang, nhẵn thì chịu tác dụng của một lực F
không đổi theo phương ngang. Do có một lỗ thủng ở sàn xe nên cát chảy xuống
với tốc độ khơng đổi µ (kg/s). Xác định vận tốc và gia tốc của xe ở thời điểm t.
Lời giải:
Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe.
Khi cát rời khỏi xe thì tốc độ của cát so với xe u = 0. Khối lượng của xe ở
thời điểm t là m = m0 - µt.
Áp dụng cơng thức Meshersky:
F
r r r dm
mt a  F  u
→a 
m0  t
dt

Mặt khác:
dv
F
F
a

� dv 
dt
dt m 0  t
m 0  t
v

t

F
dt
m0
F
dv

�
v  ln
m
→�
→

0
0
0
 m 0  t

t

Bài tập ví dụ 2:
Các giọt mưa khi rơi qua một đám mây sẽ bị hơi nước tích tụ bám vào và
ngày càng tăng dần khối lượng theo một tỷ lệ nhất định. Giả sử một giọt mưa
trong khi rơi qua một đám mây tích lũy khối lượng với tốc độ r 2 trong đó r là
bán kính của nó (giả sử rằng hạt mưa vẫn là hình cầu với khối lượng riêng
khơng đổi) và λ là một hằng số dương. Tìm vận tốc của nó tại thời điểm t nếu nó
bắt đầu rơi khơng vận tốc ban đầu với bán kính là a.
Lời giải:
dm
 r 2
Theo đề bài ta có:
dt
4 3
Mặt khác, do giả sử hạt mưa vẫn giữ nguyên hình cầu nên: m  r 
3
Thay vào phương trình trên ta được:
dr

dm
dr

   const
 4r 2 →
dt 4
dt
dt
r

t

a

0

dr   �
dt → r  t  a
Do đó: dr  dt � �

Mặt khác:

1 dm
3
3
3
2

.

r


m dt 4r 3
4r t  a
8


r
r

dv r dm
Áp dụng công thức Meshersky: Fext  m  u
dt
dt
với lưu ý: Fext  mg và u   v là vận tốc tương đối của khối lượng bám
vào so với giọt mưa, ta được:

dv
3

vg
dt t  a

Nhân cả hai vế với  a  t  ta được:
3

dv
3
2
3
 a  t   3  a  t  v  g  a  t 
dt
d
3
3
v  a  t  � g  a  t 
→ �
�
dt �
3

3
v  a  t  � g  a  t  dt
→ d�
�
�
g
3
4
 a  t   C
Lấy nguyên hàm hai vế: v  a  t  
4

tại t = 0: v = 0 → C 

ga 4
4

�
g �
a4
�
 a  t  
Suy ra: v  t  
3�
4 �
a


t


 �
�
�

2. Công thức Tsiolkovsky.
Trong trường hợp hệ không chịu tác dụng của ngoại lực (tên lửa chuyển
động ngồi khơng gian cách xa các thiên thể) hoặc thời gian phóng nhiên liệu rất
r
r
ngắn để coi như ngoại lực chưa có tác dụng đáng kể thì Fext  0 :
r
dv r dm
m
m u
→ v  u.ln 0 (5)
dt
dt
m
(5) gọi là công thức Tsiolkovsky (Xi-ôn-cốp-xki).
Bài tập ví dụ:
Một tên lửa có khối lượng m = 1tấn cần được gia tốc chuyển động tròn
đều gần bề mặt trái đất. Hãy đánh giá khối lượng ban đầu m 0 của tên lửa. Cho
gia tốc rơi tự do gần bề mặt trái đất là g = 9,8m/s 2, bán kính trái đất là R =
6400km và vận tốc tương đối của nhiên liệu phụt ra (tức thời) so với tên lửa u =
5km/s.
Lời giải:
Vận tốc vũ trụ cấp I ở gần mặt đất là: v  gR .

9

Do thời gian phóng nhiên liệu rất ngắn nên nội lực rất lớn nên bỏ qua tác
dụng của trọng lực. Áp dụng công thức Tsiolkovsky: v  u.ln

m0
m

gR
v
Suy ra: m 0  m.exp( )  m.exp(
) �4,87.103 kg
u
u
3. Công thức Meshersky áp dụng cho máy bay phản lực.
Công thức (4) cịn có thể mở rộng cho trường hợp có nhiều nguồn lực đẩy
n
r r
r
ma

F

khác nhau:
�i u i (6)
ext
i 1

r
Ở đây, Fd  �i u i là lực do phần khối lượng thay đổi gây ra, gọi chung là
n

i 1

lực đẩy.
Một ví dụ áp dụng cho trường hợp này là máy bay phản lực bay theo
r
phương ngang với vận tốc v hút khơng khí với tốc độ µ 1 > 0, vận tốc tương đối
r
r
của khơng khí đối với máy bay là u1   v .
Khơng khí này đốt cháy nhiên liệu với tốc độ  n  0 rồi sau đó phụt ra
r
khí thải với tốc độ  2  1   n với vận tốc tương đối u 2 đối với máy bay.
Từ (6) suy ra phương trình mơ tả q trình nêu trên là:
r
r
r
r
r
r
dv r
m  Fdrag  1u1   2 u 2  Fdrag  1 v  (1   n )u 2 (7)
dt
r
Trong đó Fdrag là lực cản của khơng khí tác dụng lên máy bay đóng vai trị ngoại
lực. (Lưu ý rằng khối lượng của máy bay lúc này là: m  m 0   2 t .)
Bài tập ví dụ:
Một máy bay phản lực đang bay ngang với tốc độ 250m/s. Trong mỗi giây
động cơ của nó hút vào 75kg khơng khí và đốt hết 3kg nhiên liệu. Động cơ nén
khí đốt và phụt nó ra sau máy bay với tốc độ 500m/s so với máy bay. Hãy tính

lực đẩy của động cơ.
Lời giải:
Chọn chiều dương là chiều chuyển động của máy bay.
Fd  1u1   2 u 2  1 v   1   n  u 2
kg
kg
m
m
;  n  3 ; v  250 ;u 2  500
s
s
s
s
� Fd  20250N

với 1  75

II. BÀI TẬP VẬN DỤNG.
10


Bài 1. Một thùng có khối lượng M chứa đầy nước có khối lượng m ban đầu
đứng yên. Thùng được kéo lên từ giếng bằng một sợi dây thừng với một lực
khơng đổi F. Nước bị rị rỉ ra ngồi với một tốc độ không đổi và thùng sẽ trống
sau thời gian T. Tìm vận tốc của thùng tại thời điểm mà nó rị rỉ hết nước.
Hướng dẫn giải:
Xét tại thời điểm t, khối lượng của cả thùng và nước là:
M'  M  m 

m

t
T

Phương trình Meshersky:
r
r r dm r
M 'a  M 'g  F 
u
dt
r

Trong đó u là vận tốc tương đối của nước đối với thùng, ở đây u = 0. Chiếu lên
phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên ta được:
dv
M '  F  M 'g
dt
F
F
� dv  (
 g)dt  (
 g)dt
m
M'
Mm t
T
Vận tốc của thùng ở thời điểm rò hết nước là:
T

F
FT M  m

v�
(
 g)dt 
ln
 gT
m
m
M
0 Mm
t
T
Bài 2. Một tên lửa có khối lượng tổng cộng ban đầu m 0, sau khi được phóng lên
đến một độ cao nào đó thì duy trì trạng thái lơ lửng. Nhiên liệu được phóng ra
với độ lớn vận tốc u không đổi so với tên lửa. Tìm hàm tốc độ tiêu thụ nhiên liệu
theo thời gian để đạt được trạng thái này. Coi rằng ở độ cao không quá lớn, gia
tốc trọng trường g thay đổi không đáng kể so với tại mặt đất.
Hướng dẫn giải:
dm
Đặt   
là tốc độ phụt nhiên liệu khỏi tên lửa; u là độ lớn vận tốc tương
dt
đối.
dv
Áp dụng công thức Meshersky: m  mg  u
dt
Để tên lửa treo lơ lửng thì v = 0 → 0   mg  u
Đạo hàm hai vế theo t ta được:


t

d
g
d
g
gt
dm
d
dt →   0 exp( )
  dt → �   �
gu
→

u0

u
dt
dt
u
0
11


Lưu ý rằng tại thời điểm ban đầu t = 0 thì

mg
dv
 0 nên:  0  0
dt
u

m0 g
gt
exp( )
u
u
Dễ thấy tốc độ phụt khí này giảm theo thời gian.
Bài 3. Một tên lửa có khối lượng tổng cộng ban đầu m 0 tại mặt đất. Nhiên liệu
được phóng ra với độ lớn vận tốc u không đổi so với tên lửa và với tốc độ tiêu
thụ nhiên liệu µ (kg/s) không đổi theo thời gian. Coi rằng ở độ cao không quá
lớn, gia tốc trọng trường g thay đổi khơng đáng kể so với tại mặt đất. Tìm biểu
thức sự phụ thuộc của tốc độ tức thời của tên lửa theo thời gian.
Hướng dẫn giải:
Do tốc độ thiêu thụ nhiên liệu µ khơng đổi nên: m  m 0  t
Áp dụng công thức Meshersky:
dv
(m0  t)  (m 0  t)g  u
dt
u
)dt
→ dv  (g 
m 0  t
→ 

→ v  gt  u ln(1 

u
t)
m0

Bài 4. Một sợi dây xích có chiều dài AB = l, có một phần nằm trên mặt bàn
nhẵn nằm ngang và một phần nằm lơ lửng phía ngồi mép bàn có độ dài h (h <
l). Đầu B của dây xích nằm lơ lứng cịn đầu A được giữ căng trên bàn. Thả đầu
nhẹ đầu A của xích, tìm vận tốc của đầu A khi nó vừa rời khỏi mép bàn.
Hướng dẫn giải:
Đoạn xích trên mặt bàn có khối lượng giảm dần: sau thời gian dt, đoạn xích dài
dx có khối lượng dm buông xuống, vận tốc tương đối của phần này so với dây
xích u = 0.
Khi đầu A đi được đoạn đường x và có vận tốc v thì ngoại lực tác dụng chính là
trọng lực phần bng thõng: Fext 

m0
(h  x)g , với m0 là khối lượng của tồn
l

bộ dây xích.
Áp dụng cơng thức Meshersky: ma  Fext  u
dv m 0

g(h  x)
dt
l
� dv  g(h  x)dt

→ m0

12

dm
dt

Nhân cả hai vế với v:
v

l h

0

0

� vdv  g(h  x)vdt  g(h  x)dx → �
vdv  g �
(h  x)dx
v2
l2  h 2
→ g
→ v  g(l 2  h 2 )
2
2
Bài 5. Một tàu vũ trụ khối lượng M0 đang chuyển động theo quán tính ở rất xa
các thiên thể với vận tốc không đổi v0. Muốn thay đổi hướng chuyển động của
con tàu người ta cho hoạt động một động cơ phản lực để phụt một luồng khí có
tốc độ u khơng đổi đối với con tàu, đồng thời luồng khí có hướng ln vng
góc với hướng chuyển động của con tàu. Khi kết thúc thời gian hoạt động của
động cơ thì khối lượng tàu là M. Xác định góc lệch α giữa hướng chuyển động
của con tàu so với hướng ban đầu.
Hướng dẫn giải:
Do khơng có ngoại lực nên cơng thức Meshersky có dạng:
r

dα
r r dm
dv r dm
m u
� dv  u
dt
dt
m
dm
r
Chiếu lên chiều của dv ta được dv  u
m
Do luồng khí phụt có hướng ln vng góc với hướng chuyển động của con tàu
nên tốc độ của tàu không đổi v = v0, nhưng hướng vận tốc thay đổi. Trong thời
gian nhỏ dt thì phương của vận tốc biến đổi dα: dv = v0dα


M

u dm
u dm
� d  
d   �
→�
v0 m
v0 M0 m
0
� 

u M0

ln
v0 M

Bài 6. Một xe goòng có khối lượng m0 đang chuyển động vận tốc ban đầu v0
chuyển động trên đường nằm ngang thì đi vào dưới một vòi nước thẳng đứng.
Nước chảy vào thùng xe với tốc độ khơng đổi µ (kg/s). Tìm vận tốc của xe ở
thời điểm t, nếu lực cản lên xe tỉ lệ với vận tốc theo công thức F = b.v, với b là
hệ số tỉ lệ không đổi.
Hướng dẫn giải:
Khối lượng của xe ở thời điểm t là m = m 0 + µt; vận tốc tương đối của nước so
với xe là u = -v.
Chọn chiều dương là chiều chuyển động của xe, phương trình Meshersky:
dv
 m0  t   bv  v    b    v
dt
13


�

dv
dt
  b  
v
 m0  t 

Tích phân hai vế:
v

t

dv
dt


b




�v
�
m 0  t
v0
0

 b    m0  t
m0
v
� ln  
ln
 ln(
)
v0

m0
m 0  t

b 


� b�
1 �
�
� �

� m
�
� v  v0 � 0 �
�m 0  t �
Bài 7. Giả sử rằng một giọt mưa rơi qua một đám mây và tăng dần khối lượng
với tốc độ kmv (trong đó k là hằng số dương), m là khối lượng của hạt mưa và v
vận tốc của nó. Tìm tốc độ và khối lượng của giọt mưa tại thời điểm t, biết rằng
thời điểm ban đầu khối lượng của nó là m0.
Hướng dẫn giải:
Gọi x là độ dịch chuyển của hạt mưa và v  x&. Ngoại lực tác dụng là trọng lực.
d
dv
dm
dv
 mv   m  v  m  kmv 2
dt
dt
dt
dt
dm
 kmv (*)
Mặt khác:
dt
dv

dv
 dt
 g  kv 2 →
Do đó:
g  kv 2
dt
Ta có: mg 

Tích phân 2 vế, đặt V 2  g / k
Do đó: t 
→ v

1
Vv
2kVt
ln
→ V  v   V  v e
2kV V  v

V  e2kVt  1
e2kVt 1

 V tanh  Vkt  

g
tanh  Vkt 
k

dm
 m kg tanh kgt

dt

Thay trở lại (*) ta được:
m

t

dm
m
 cosh kgt
Tích phân hai vế ta có: �  �kg tanh kgtdt ln
m
m
0
m0
0

� m  m0 cosh kgt
Bài 8. (Đề thi chọn ĐT Olympic 2015)

14


Một giọt mưa được hình thành và rơi xuyên qua đám mây chứa các hạt
nước nhỏ li ti, phân bố đều và nằm lơ lửng trong không trung. Trong khi rơi, giọt
mưa tích dần nước bằng việc nhập tất cả những hạt nước nhỏ trên đường mà nó
quét qua đám mây. Ta giả thiết một cách lí tưởng hóa bài tốn này: Khơng khí
khơng làm ảnh hưởng đến chuyển động của giọt mưa, kích thước ban đầu của
giọt mưa nhỏ khơng đáng kể và giọt mưa ln có dạng hình cầu. Khối lượng
riêng của giọt mưa và của đám mây hơi nước tương ứng là , o và được coi là

các hằng số.
a) Bán kính giọt mưa r phụ thuộc vào thời gian t theo một hàm số r(t) nào đó.
Lập phương trình vi phân của hàm này.


� �
b) Giả thiết r(t) có dạng: r(t)  A � 0 �g  t  , trong đó A, , ,  là các hệ số
� �
không thứ nguyên và A là một số không phụ thuộc vào tham số nào; g là gia tốc
trọng trường. Xác định các giá trị của các hệ số A, , , .
c) Tìm gia tốc của giọt mưa khi nó chuyển động trong đám mây.
Hướng dẫn giải:
a) Phương trình Meshersky cho chuyển động của giọt mưa:
r
r r r dm
dv
m  mg  (v1  v)
(với v1 = 0)
dt
dt
Chiếu lên phương thẳng đứng hướng xuống:
dv
dm
dv
dm
m  mg  v
� gv
dt
dt
dt

mdt
Lại có: khối lượng giọt mưa tăng thêm trong thời gian dt chính bằng khối lượng
hơi nước đã nhập vào giọt mưa trong thời gian nó quét qua đám mây
4 dr
dv 4 d 2r
dm  4r dr  o r vdt � v  . �
 .
o dt
dt o dt 2
2

2

Từ các biểu thức trên ta được:
2

4 d 2r
4 dr 4r 2dr
12 1 �dr �
. 2 g .
g
. .� �
o dt
o dt 4 r 3dt
o r �dt �
3
d 2r

2

3 �dr � 1 o
� 2  � �
g0
r �dt � 4 
dt

b) Từ giả thiết:


� �
r(t)  A � o � g t 
� �
15






�o �  1
� �
dr
d 2r
�  A � � g t
� 2  A (   1) � o � g t  2
dt
dt
� �
� �

Thế vào kết quả câu a):




� �
� �
1 o
A (   1) � o � g t  2  3 2A � � g t  2 
g0

4

� �
o
� �


� �
1 o
� (4  1)A � o � g t  2 
g0
4 
� �
2

Đồng nhất các hệ số
�
�
�

�  2  0
�
�  2
��
   1
��
   1
1
1
�4  2   A 
�
A

�
�
4 �
� 56
c) Theo hai ý trên ta có:







� �
4 dr 4
1
v  .  .A � o � g.t 1  gt
o dt o

7
� �
Suy ra:
dv g
a

dt 7
Bài 9. (Đề thi Olympic vương quốc Anh)
Một tên lửa không chịu tác dụng của các lực hấp dẫn trong vũ trụ, đang
chuyển động nhanh dần theo một quỹ đạo thẳng. Khối lượng vỏ tên lửa cùng với
các thiết bị gắn vào nó là M. Ở thời điểm t, khối lượng của nhiên liệu chứa trong

tên lửa là m  m0 e  kt ( k là hằng số dương), vận tốc tương đối (so với tên lửa)
của lượng khí nhiên liệu phụt ra là u  u 0 e kt . Giả sử m 0 = M , hãy chứng minh
rằng vận tốc cuối của tên lửa lớn hơn vận tốc đầu một lượng xấp xỉ bằng

x2 x3 x4
Cho biết: ln(1  x)  x 


 ...
2
3
4
Hướng dẫn giải:
Do khơng có ngoại lực tác dụng lên tên lửa nên:
r
dv dm r
(M  m) 
u

dt dt
Chiếu lên chiều dương cùng chiều chuyển động của tên lửa:

16

m0 u 0
.
2M


dv
dm

u
dt
dt
dv
� (M  m o .e  kt )  km o u oe 2kt
dt
 kt
 kt
Đặt x  e � dx   ke dt  kxdt
Thời điểm ban đầu: t  0 � x  1
Thời điểm hết nhiên liệu : t  �� x  0
(M  m)

Ta có:
dv dv dx
dv
dv

1 km o u o x 2 m o u o x
M
 .   kx
�


  u o (1 
)
dt dx dt
dx
dx
kx M  m o x M  m o x
M  mox

Lấy tích phân 2 vế:
v

0

M

dv  u �
(1 
)dx
�
Mm x
o

vo

1

v  v o   u o ( 1 

o

M
M
Mu o
m
ln
)  uo 
ln(1  o )
mo M  mo
mo
M

mo 2
m
( o )3
Mu o mo ( M )
 uo 
(

 M  ...)
mo M
2
3

Vì m 0 = M nên bỏ qua các số hạng từ bậc ba trở lên.

Do đó:
mo 2
(
)
Mu o m o
mu
M
v  vo �u o 
(

) o o
mo M
2
2M
Bài 10. Một tên lửa bay ra xa trái đất. Khi nó đạt độ cao 2651km thì động cơ của
nó lại hoạt động để khí đốt phụt ra với tốc độ 500m/s (so với tên lửa). Biết rằng
thời điểm đó tên lửa có khối lượng 25 tấn và thu được một gia tốc a = 1,5m/s2.
Xác định tốc độ tiêu thụ nhiên liệu. Cho bán kính trái đất R = 6400km và gia tốc
rơi tự do tại mặt đát là g = 9,8m/s2. Bỏ qua sức cản của khơng khí.
Hướng dẫn giải:
r r
r
Phương trình Meshersky: ma  F  u
Chiếu lên chiều dương là chiều chuyển động của tên lửa:
m(a  g ')
ma   mg ' u �  
u
Gia tốc rơi tự do tại độ cao h:

17

g' 

GM
g

2
(R  h)
2

m(a  0,5g)
kg
 320
u
s
Bài 11. Xét trường hợp tên lửa chuyển động với lực cản khơng khí kmv 2 và
nhiên liệu được đốt cháy sao cho khối lượng tên lửa giảm theo quy luật
→ 

m  m 0 e  bt với b là hằng số. Vận tốc tương đổi giữa khí phụt ra với tên lửa có
độ lớn u ( thỏa mãn u 

g
). Tìm vận tốc tên lửa sau thời gian đủ lớn.
b

Hướng dẫn giải:
Ta có ngoại lực tác dụng F  mg  kmv 2 .
dv

dm
u
dt
dt
u
dm
→ m dv  u dm   mg  kmv 2 � dv  m
 g  kv 2
dt
dt
dt
dt
1 dm
  b .
Ta có m  m 0 e  bt , do đó
m dt
dv
dv
 bu  g  kv 2 �
  2  kv 2 trong đó  2  bu  g  0
Do đó:
dt
dt
Thay vào phương trình: F  m

1
� 1
�
�v�


dt  2t  C
  2  kv2  dt  �
�
�
�  kv   kv �
  kv
 2 kt  C�
  kv
0
Sử dụng điều kiện đầu v  0   0 ta có C�
Vì ln


tanh  kt
k
Khi t � � ta có:
Vậy: v  t  







2 

 1 e
v  lim
tanh  kt  lim
t �� k

t �� k
1  e2 





18

kt
kt




bu  g

k
k


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Tô Giang – Bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lí THPT Cơ học 1, NXB Giáo dục
Việt Nam, 2009.
2. PGS.TS Phan Hồng Liên (chủ biên)…, Tuyển tập các bài tập vật lý đại cương
tập 1, NXB Giáo dục Việt Nam, 2015.
3. Vũ Thanh Khiết, Phạm Khánh Hội – Đề thi học sinh giỏi Vật lí THPT, NXB
Giáo dục Việt Nam, 2016.
4. Janusz Wolny, Radosław Strzałka - Momentum in the dynamics of variablemass systems: classical and relativistic case, University of Science and
Technology, Krakow, Poland.

5. Nguyễn Ngọc Tuấn – Tuyển tập đề thi Olympic Vật lí đặc sắc trên thế giới,
NXB ĐH Quốc gia Hà Nội, 2016.
6.

19