a) Vị trí máy bay  vào lúc 14 giờ 30 phút là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}.\frac{1}{2} = 300\\y = \frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}.\frac{1}{2} = 400\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ máy bay là \(\left( {300;400} \right)\). Thời điểm này máy bay đã xuất hiện trên màn hình ra đa.

b) Ta có: \(MO = \sqrt {{{\left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2}} \).

Do có \(M{O_{\min }} = 50\sqrt 2  \Leftrightarrow t = \frac{5}{4}\).

Vậy sau khi bay \(\frac{5}{4} = 1,25\) (giờ) tức là lúc 15h15p thì máy bay gần ra đa nhất và khoảng cách từ ra đa đến máy bay khi đó là \(50\sqrt 2 \left( {km} \right)\).

c) Máy bay rời khỏi màn hình ra đa khi mà khoảng cách từ M đến O lớn hơn 500km tức là:

\(MO = \sqrt {{{\left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2}}  \ge 500 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{1}{2}\\t = 2\end{array} \right.\)

Vậy sau khi bay được 2h tức là lúc 16h thì máy bay thoát khỏi màn hình ra đa.

Chọn D: Trong không gian, để xác định vị trí một vật, thường chọn hệ trục tọa độ gồm 3 trục Ox, Oy, Oz vuông góc với nhau. Hệ trục tọa độ không gian được xác định theo kinh độ, vĩ độ địa lý gốc. Độ cao của máy bay tính theo mực nước biển, giờ quốc tế GMT cũng là giờ chuẩn lấy gốc từ kinh tuyến 0.

Lưu ý: không lấy t = 0 là lúc máy bay cất cánh vì trong một ngày, một hãng hàng không sẽ có rất nhiều chuyến bay, do vậy mỗi lần bay lấy một gốc thì việc định và quản lý các chuyến bay là rất vất vả và không khoa học. Ngoài gia dùng t = 0 là giờ quốc tế giúp hành khách định rõ được thời gian chuyến bay của mình bắt đầu từ thời điểm nào đối với giờ địa phương.

Ta có: \(\widehat {BOA} = {90^o} - {25^o} = {65^o}.\)

Sau 90 phút = 1,5 giờ:

Máy bay thứ nhất đi được quãng đường (OA) là: \(450.1,5 = 675\;(km)\)

Máy bay thứ hai đi được quãng đường (OB) là: \(630.1,5 = 945\;(km)\)

Áp dụng định lí cosin trong tam giác OAB, ta có:

\(\begin{array}{l}A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} - 2OA.OB\cos O\\ \Leftrightarrow A{B^2} = {675^2} + {945^2} - 2.675.945\cos {65^o}\\ \Rightarrow AB \approx 900\end{array}\)

Vậy sau 90 phút, hai máy bay cách nhau khoảng 900 km.

7. Trong các cách chọn hệ trục tọa độ và mốc thời gian dưới đây, cách nào thích hợp nhất để xác định vị trí của một máy bay đang bay trên đường dài?

A. Khoảng cách đến ba sân bay lớn; t = 0 là lúc máy bay cất cánh.

B. Khoảng cách đến ba sân bay lớn; t = 0 là 0 giờ quốc tế.

C. Kinh độ, vĩ độ địa lí và độ cao của máy bay; t = 0 là lúc máy bay cất cánh.

D. Kinh độ, vĩ độ địa lí và độ cao của máy bay; t = 0 là 0 giờ quốc tế.

Trả lời:

D

Trong các cách chọn hệ trục tọa độ và mốc thời gian dưới đây, cách nào thích hợp nhất để xác định vị trí của một máy bay đang bay trên đường dài?

A. Khoảng cách đến ba sân bay lớn; t = 0 là lúc máy bay cất cánh.

B. Khoảng cách đến ba sân bay lớn; t = 0 là 0 giờ quốc tế.

C. Kinh độ, vĩ độ địa lí và độ cao của máy bay; t = 0 là lúc máy bay cất cánh.

D. Kinh độ, vĩ độ địa lí và độ cao của máy bay; t = 0 là 0 giờ quốc tế.

Trong các cách chọn hệ trục tọa độ và mốc thời gian dưới đây, cách nào thích hợp nhất để xác định vị trí của một máy bay đang bay trên đường dài?

A. Khoảng cách đến ba sân bay lớn; t = 0 là lúc máy bay cất cánh.

B. Khoảng cách đến ba sân bay lớn; t = 0 là 0 giờ quốc tế.

C. Kinh độ, vĩ độ địa lí và độ cao của máy bay; t = 0 là lúc máy bay cất cánh.

D. Kinh độ, vĩ độ địa lí và độ cao của máy bay; t = 0 là 0 giờ quốc tế.

Chọn C.

Phương pháp: 

Gắn hệ trục tọa độ, xác định tọa độ điểm M trên parabol y = x 2  để độ dài đoạn AM nhỏ nhất.

Cách giải:

Ta có bảng biến thiên sau:

Sao ko ai trả lời nhỉ???? Khó quá hả mấy bạn? Thế cũng đến chịu rồi!!!! :(

Tóm tắt

\(F=10000N\)

\(t=1p=60s\)

\(h=750m\)

_____________

\(A=?J\)

\(P\left(hoa\right)=?W\)

Giải

Vì máy bay bay lên trực tiếp nên \(h=s=750m\)

Công của động cơ là:

\(A=F.s=10000.750=7500000J\)

Công suất của động cơ là:

\(P\left(hoa\right)=\dfrac{A}{t}=\dfrac{7500000}{60}=125000W\)