Chuyên đề 5: Chuyển động của vật bị ném

CĐ5. CHUYỂN ĐỘNG CỦA VẬT BỊ NÉM
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
I. Chuyển động của vật ném ngang
+ Lực tác dụng lên vật: trọng lực P = mg; các thành phần vận tốc ban đầu:
các thành phần gia tốc:

ax 0, a y  g

( v0 là vận tốc ban đầu của vật).

1
x v0t ; y  gt 2
2
+ Các phương trinh chuyển động:

 g 
y  2  x 2
 2v0  .
+ Phương trình quỹ đạo:

+ Vận tốc:

vx v0 ; v y gt

;

2

v  vx2  v y2  v02   gt  ; tan  

+

Khi

y h; t 

vật

vy
vx

chạm



gt
v0

đất:

2h
2h
; xmax v0
g
g

II. Chuyển động của vật ném xiên
+ Lực tác dụng lên vật: trọng lực P=
mg; các thành phần vận tốc ban đầu:
v0 x v0 cos  , v0 y v0 sin 

tốc:

; các thành phần gia

ax 0, a y  g v0
( là vận tốc ban đầu của

vật).
+ Các phương trình chuyển động:
x  v0 cos   t; y  v0 sin   t 

1 2
gt
2


 2
g
y  tan   x   2
x
2
2
v
cos

 0

+ Phương trình quỹ đạo:

+ Vận tốc:

vx v0 cos  ; v y  gt  v0 sin  ; v  vx2  v y2 ; tan  

+ Tầm bay cao (độ cao cực đại):
+ Tầm bay xa:

y 0, t 

v y 0, t 

vy
vx .

v0 sin 
v 2 sin 2 
; hmax  0
g
2g

2v0 sin 
v 2 sin 2
; xmax  0
g
g
.

v0 x v0 , v0 y 0

;

Chú ý:
Với các chuyển động của vật ném ngang, ném xiên cần phối hợp với phương pháp tọa độ khi giải
quyết các bài toán về gặp nhau giữa các vật khi ném: khi gặp nhau: x1  x2 và y1  y2 .

B. BÀI TẬP VÍ DỤ
VD5. 1.
Một người đang chơi ở đỉnh tòa nhà cao 45m cầm một vật có khối lượng m ném theo
phương ngang với vận tốc ban đầu là 20 m/s xuống đất, bỏ qua lực cản của khơng khí. Cho g =
10m/s2.
a.
Viết phương trình quỹ đạo của vật.
b.
Tính khoảng thời gian vật chạm đất.
c.
Tính khoảng cách từ nhà đến vị trí rơi.
Giải:
Chọn hệ quy chiếu Oxy với O là ở mặt đất
a.
Viết phương trình quỹ đạo của vật:
+ Trên trục Ox ta có :
ax = 0 ; vx = vo = 20 ( m/s ) ; x = vot = 20t
+ Trên trục Oy ta có :
ay = - g ; vy = -gt = -10t
2
1
y=h− g t 2 =45−5 t 2 ⇒ y =45− x
2
80

Dạng của quỹ đạo của vật là một phần parabol
b. Khi vật chạm đất: y=0⇒ 45−5 t 2=0⇒ t=3 ( s )
c. Tầm xa của vật L=x ( m )max=20.3=60( m)
VD5. 2.
Một quả cầu được ném theo phương ngang từ độ cao 80m. Sau khi chuyển động 3s,
vận tốc quả cầu hợp với phương ngang một góc 450.
a. Tính vận tốc ban đầu của quả cầu.
b. Thời gian chuyển động của vật, vị trí tiếp đất, vận tốc của vật là bao nhiêu khi tiếp đất?
Giải:
Chọn hệ quy chiếu Oxy với O là ở mặt đất
+ Trên trục Ox ta có : ax = 0; vx = vo; x = vot
+ Trên trục Oy ta có : ay = - g; vy = -gt = -10t
1
y=h− g t 2 =80−5 t 2
2
0

Khi vận tốc của vật hợp với phương thẳng đứng một góc 45
0
Ta có: tan 4 5 =

v x v0
=
⇒ v 0=10 t=10.3=30 ( m/s )
v y 10 t

b. Chạm đất: y = 0 ⇒ 5 t 2=80 ⇒t=4 ( s )
Khi đó:

x max v0 t 30.4 120  m  ; v y gt 10.4 40  m / s 

⇒ v=√ v 2y + v 2x = √ 4 02 +3 02=50 m/ s


VD5. 3.
Từ mặt đất một vật được ném xiên lệch với phương ngang một góc α =4 50 với vận tốc
ban đầu là 20 m/s . Lấy g=10 m/ s2.
a. Viết phương trình chuyển động của vật.
b. Tính độ cao mà vật có thể lên tới?
Giải:
Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ
Thời điểm ban đầu
Chiếu lên trục ox có x 0=0
2
v 0 x =v 0 cos α =20. √ =10 √ 2 ( m/s )
2
Chiếu lên trục oy có: y 0=0
2
v 0 y =v 0 sin α =20. √ =10 √ 2 ( m/ s )
2
Xét tại thời điểm t có a x =0 ; a y =−g

Chiếu lên trục Ox có:
v x =10 √ 2; x=10 √ 2 t

Chiếu lên trục Oy có: v y =10 √ 2−10 t ; y=10 √ 2t−5 t 2
x2
 Vậy quỹ đạo của vật là một parabol
40
Khi lên đến độ cao cực đại thì v y =0 ⇒ 10 √ 2−10 t=0 ⇒ t=√ 2 ( s )

⇒ y =x−

 h max y 10 2. 2  5.

 2

2

10  m 

VD5. 4.
Một vật được ném từ một điểm M ở độ cao h = 45 m với vận tốc ban đầu v 0 = 20 m/s
lên trên theo phương hợp với phương nằm ngang một góc 45 0. Lấy g = 10 m/s 2, bỏ qua lực cản
của khơng khí.
a. Viết phương trình quỹ đạo của vật? Quỹ đạo của vật có dạng là đường gì?
b. Tính độ cao cực đại vật đạt được so với mặt đất và thời gian vật bay trong khơng khí?
c. Tính tầm bay xa của vật, vận tốc của vật khi chạm đất?
Giải:
Chọn hệ quy chiếu Oxy như hình vẽ
Thời điểm ban đầu
a. Chiếu lên trục ox có: x 0=0 ; v 0 x =v 0 cos α =10 √2 ( m/s )
Chiếu lên trục oy có: y 0=0 ; v 0 y =v 0 sin α=10 √ 2 ( m/s )
a 0;a y  g
Xét tại thời điểm t có x
Chiếu lên trục ox có
v x =10 √ 2 ( m/ s ) ; x=10 √ 2t

Chiếu lên trục Oy có
v y =10 √ 2−10 t ; y=45+10 √2 t−5 t 2

x2
 Vậy vật có quỹ đạo là một Parabol
40
b. Khi lên đến độ cao max thì: v y =0
⇒ y =45+ x−


⇒ 0=10 √ 2−10 t ⇒ t=√ 2 ( s )
H max y 45 10. 2. 2  5

 2

2

55  m 

Khi vật chạm đất thì y 0 ⇒ 45+10 √2 t−5 t =0 ⇒t=4,73 ( s )
Vậy sau 4,73s thì vật chạm đất
c. Tầm xa của vật L=x=10 √ 2 .4,73≈ 66,89 ( m )
Vận tốc vật khi chạm đất v=√ v 2x + v 2y
Với v y =10 √ 2−10.4,73=−33,16 ( m/ s )
2

2

⇒ v= ( 10 √ 2 ) +33,1 62 =36,05 ( m/ s )

√

VD5. 5.

Một máy bay bay ngang với vận tốc v1 ở độ cao h muốn thả bom trúng tàu chiến đang chuyển

động đều, với vận tốc v2 trong cùng mặt phẳng thẳng đứng với máy bay. Hỏi máy bay phải cắt bom khi nó
cách tàu chiến theo phương ngang một đoạn l là bao nhiêu? Xét hai trường hợp:
a. Máy bay và tàu chuyển động cùng chiều.
b. Máy bay và tàu chuyển động ngược chiều.
Giải:
a. Máy bay và tàu chiến chuyển động cùng chiều
- Chọn gốc tọa độ O tại mặt đất (phía dưới điểm ném bom theo phương thẳng đứng), hệ trục tọa độ vng
góc Oxy: Ox nằm ngang, Oy thẳng đứng (hình vẽ); gốc thời gian lúc máy bay ném bom.
- Các phương trình chuyển động của hai vật:
+ máy bay:
x1 v1t

y1 h 

(1)

1 2
gt
2

(2)

+ tàu chiến:
x2 l  v2t

(3)

y 2 0

(4)

- Khi bom trúng tàu thì: x1 x 2 ; y1 y 2
 v1t l  v2t

h

(5)

1 2
gt 0
2

(6)
t

- Từ (6) suy ra:

- Từ (5) suy ra:

2h
g

l (v1  v2 )t (v1  v2 )

2h
g

Vậy: Khi máy bay và tàu chiến chuyển động cùng chiều thì để ném bom trúng tàu chiến, máy bay phải cắt

bom khi cách tàu chiến một đoạn

l (v1  v2 )

2h
g theo phương ngang.

b. Máy bay và tàu chiến chuyển động cùng chiều
- Tương tự, ta có các phương trình:
+ máy bay:
x1 v1t

y1 h 

(1’)

1 2
gt
2

(2’)

+ tàu chiến:
x2 l  v2t

(3’)

y 2 0

(4’)

- Khi bom trúng tàu thì: x1 x 2 ; y1 y 2
 v1t l  v2t

h

(5’)

1 2
gt 0
2

(6’)
t

- Từ (6’) suy ra:

- Từ (5’) suy ra:

2h
g

l (v1  v2 )t (v1  v2 )

2h
g .

Vậy: Khi máy bay và tàu chiến chuyển động ngược chiều thì để ném bom trúng tàu chiến, máy bay phải cắt

bom khi cách tàu chiến một đoạn

l (v1  v2 )

2h
g theo phương ngang.

B. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
5. 1. Một vật ở độ cao h được ném theo phương ngang với tốc độ v0 và rơi xuống đất sau 5 s. Lấy
g = 10 m/s2. Tính độ cao h.
5. 2.

Một quả cầu được ném lên, xiên góc α với phương ngang với vận tốc đầu 20 m/s. Tìm độ cao, tầm

xa, độ lớn và hướng vận tốc cuối cùa quả cầu khi góc α bằng:
a. 30°;
5. 3.

b. 45°;

c. 60°.

Một quả bóng được buông rơi từ A ở độ cao h 0 xuống sàn ngang nhẵn. Khi bóng chạm sàn nó nảy

lên với vận tốc bằng vận tốc lúc chạm nhưng ngược chiều (va chạm tuyệt đối đàn hồi). Khi quả bóng (I)
chạm sàn thì quả bóng (II) được thả ra cũng từ A.
a. Hỏi sau bao lâu kể từ lúc thả quả bóng (II) và ở độ cao nào hai quả bóng gặp nhau?
b. Nếu khi gặp nhau, hai quả bóng va chạm tuyệt đối đàn hồi thì sau đó chúng chuyển động ra sao?

5. 4.

Từ A (độ cao AC = H = 3,6 m) người ta thả một vật rơi tự do.

Cùng lúc đó, từ B cách C đoạn BC = l = H người ta ném một vật khác

vói vận tốc đầu v 0 hợp góc α với phương ngang về phía vật thứ nhất.
Tính α và v0 để hai vật có thể gặp được nhau khi chúng đang chuyển
động.
5. 5.

Từ A cách mặt đất khoảng AH = 45 m người ta ném một vật với

vận tốc v01 = 30 m/s theo phương ngang. Cho g = 10 m/s2.
a. Trong hệ quy chiếu nào vật chuyển động với gia tốc g? Trong hệ
quy chiếu nào vật chuyển động thẳng đều ? Viết phương trình chuyển
động của vật trong mỗi hệ quy chiếu.
b. Cùng lúc ném vật từ A, tại B trên mặt đất (với BH = AH) người


v
v
ta ném lên một vật khác với vận tốc 02 . Định 02 để hai vật gặp được nhau.
5. 6.

Từ đỉnh dốc nghiêng góc β so với phương ngang, một vật được phóng đi với vận tốc v 0 hợp với

phương ngang góc α . Hãy tính tầm xa của vật trên mặt dốc.

5. 7.

Người ta đặt một súng cối dưới một căn hầm có độ sâu h. Hỏi phải đặt

súng cách vách hầm một khoảng l bao nhiêu so với phương ngang để tầm xa x
của đạn trên mặt đất là lớn nhất? Tính tầm xa này. Biết vận tốc đầu của đạn khi
rời súng là vo.
5. 8.

Một bờ hồ nước có vách dựng đứng ở độ cao h so với mặt nước. Một

người đứng trên bờ ném xiên một hòn đá với vận tốc đầu có độ lớn vo. Bỏ qua lực cản của khơng khí.

v
Tính góc tạo bởi 0 và phương ngang để hòn đá rơi xuống mặt hồ xa bờ nhất.
5. 9.

Một vật được buông rơi tự do xuống mặt phẳng nghiêng góc α (so với

phương ngang). Vật đụng mặt phẳng nghiêng và nẩy lên. Giả sử va chạm là tuyệt
đối đàn hồi. Vật đụng mặt phẳng nghiêng liên tiếp ở các điểm 0, 1,2, ...
Tìm tỉ lệ của khoảng cách giữa hai điểm đụng liên tiếp.
5. 10. Hai vật được phóng đi đồng thời từ cùng một điểm trên mặt đất. Vận
tốc đầu của chúng có cùng độ lớn vo nhưng hợp với phương ngang các góc α,
β như hình vẽ.
a. Tìm vận tốc tương đối của vật II so với vật I.
b. Tìm khoảng cách giữa hai vật sau khi phóng đi T giây.

HƯỚNG DẪN GIẢI
5. 1.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
+ Trục Ox hướng theo v 0


+ Trục Oy hướng theo gia tốc trọng trường g
+ Theo trục Ox vật chuyển động thẳng đều với tốc độ v0:
x = v0t (1)
1
2

+ Theo trục Oy vật rơi tự do với gia tốc a = g: y = gt2
Vật rơi xuống đất sau t = 5 s:
1
2

1
2

2
2
(2) ⇒ h= g t = .10 . 5 =125 m

5. 2.
Từ các công thức đã biết về chuyển động ném xiên:

+ Độ cao:

y max 

+ Tầm bay xa:

v02 sin 2 
2g

x max 

+ Độ lớn vận tốc:

v02 sin 2
g

v  v 2x  v 2y ;

v x v0cos, v y  gt  v 0 sin 

tan  
+ Hướng vận tốc:

vy
vx

a. Khi  30
2

+ Độ cao:

y max

+ Tầm bay xa:

1
400.  
2
2
2
2
v sin  20 sin 30
 2  5m
 0


2g
2.10
2.10

x max

3
2
v 20 sin 2 202.sin 60 20 . 2



34, 6m
g
10
10

1

2v 0 sin  2.20.sin 30 2.20. 2
t


2s
v  v 2x  v 2y ;
g
10
10
+ Độ lớn vận tốc:
với
với:

v x v 0 cos 20.cos30 20.

3
10 3m / s
2

1
v y  gt  v0 sin   10.2  20.sin 30  20  20.  10m / s
2

 v  (10 3) 2  ( 10) 2 20m / s
tan  

+ Hướng vận tốc:

vy

 10
1
3



   30
v x 10 3
3
3


Vậy: Khi  30 thì độ cao tối đa mà vật đạt được là y max 5m ; tầm bay xa cực đại là x max 34, 6m ; vận
tốc cuối có độ lớn là 20 m/s và hợp với phương ngang một góc 30°.
b. Khi  45
2

+ Độ cao:

y max

+ Tầm bay xa:

 2
400. 

2
2
2
2

2 
v0 sin  20 sin 45




10m
2g
2.10
2.10

x max

+ Độ lớn vận tốc:

t

với

Với:

v02 sin 2 202.sin 90 202.1



40m
g
10
10

v  v 2x  v 2y ;

2v 0 sin  2.20.sin 45


g
10

2.20.
10

v x v 0 cos 20.cos45 20.

2
2 2 2s

2
10 2m / s
2

v y  gt  v 0 sin   10.2 2  20.sin 45  20 2  20.

2
 10 2 m / s
2

 v  (10 2) 2  ( 10 2) 2 20m / s
tan  

+ Hướng vận tốc:

vy
vx



 10 2
 1    45
10 3

Vậy: Khi  45 thì độ cao tối đa mà vật đạt được là y max 10m ; tầm bay xa cực đại là x max 40m ; vận
tốc cuối có độ lớn là 20 m/s và hợp với phương ngang một góc 45°.
c. Khi  60
2

+ Độ cao:

y max

+ Tầm bay xa:

 3
400. 

2
2
2
2
2 
v 0 sin  20 sin 60





15m
2g
2.10
2.10

x max

+ Độ lớn vận tốc:

3
2
v 02 sin 2 202.sin120 20 . 2



34, 6m
g
10
10

v  v 2x  v 2y ;

2v sin  2.20.sin 60
t 0



g
10
với

2.20.
10

3
2 2 3s

1
v x v0 cos 20.cos60 20. 10m / s
2
Với:


v y  gt  v 0 sin   10.2 3  20.sin 60  20 3  20.

3
 10 3 m / s
2

 v  102  (  10 3) 2 20m / s
tan  

+ Hướng vận tốc:

vy
vx



 10 3
 3    60
10

Vậy: Khi  60 thì độ cao tối đa mà vật đạt được là y max 15m ; tầm bay xa cực đại là x max 34, 6m ; vận
tốc cuối có độ lớn là 20 m/s và hợp với phương ngang một góc 60°.
5. 3.
a. Thời điểm và vị trí hai quả bóng gặp nhau
- Chọn gốc tọa độ tại mặt sàn, chiều dương hướng lên; gốc thời gian lúc thả quả bóng (II), lúc đó quả bóng
(I) vừa chạm sàn và nảy lên với vận tốc

v 01  2gh 0
- Phương trình chuyển động của hai quả bóng là:

y1 v01t 
y 2 h 0 

1 2
1
gt  2gh 0 t  gt 2
2
2
1 2
gt
2

(2)

- Khi hai quả bóng gặp nhau:



(1)

2gh 0 t h 0  t 

y1 y 2 

2gh 0 t 

1 2
1
gt h 0  gt 2
2
2

h0
h
 0
2g
2gh 0
2

h 0 3h 0
1  h0 
h y 2 h 0  g. 

 h 0 

2  2g 
4
4
và
t

Vậy: Sau thời gian

h0
3h
h 0
2g kể từ khi thả quả bóng thứ (II) và ở độ cao
4 so với mặt sàn thì hai quả

bóng gặp nhau.
b. Chuyển động của các quả bóng như thế nào nếu khi gặp nhau chúng va chạm tuyệt đối đàn hồi?
Nếu khi gặp nhau, hai quả bóng va chạm tuyệt đối đàn hồi thì chúng sẽ chuyển động theo chiều ngược lại
với vận tốc có độ lớn như trước khi va chạm.
5. 4.
- Chọn gốc tọa độ tại C, hệ trục tọa độ Oxy: Ox hướng dọc CB, Oy
hướng lên (qua A.; gốc thời gian lúc hai vật bắt đầu chuyển động.
- Các phương trình chuyển động của hai vật là:
+ vật (I) (vật thả rơi): x1 0 và

y1 H 

1 2
gt
2

(1)


+ vật (II) (vật ném xiên): x 2 H  (v 0 cos)t
Và

y 2 (v0 sin )t 

1 2
gt
2

(2)

- Để hai vật gặp nhau thì: x1 x 2 ; y1 y 2
 H  (v 0 cos)t 0

và

H

(3)

1 2
1
gt (v 0 sin )t  gt 2
2
2

(4)

 (v 0cos)t H

(3’)

và (v 0 sin )t H

(4’)

 tan  1   45 với

v0 

x 2max

v 02 sin 2
H 
H
g

Hg
3, 6.10

6m / s
sin 2
sin 90

Vậy: Để hai vật gặp nhau thì phải ném vật (II) với vận tốc có độ lớn v 0 6m / s hợp với phương ngang một
góc 45°.
5. 5.

a. Phương trình chuyển động của vật trong các hệ quy chiếu
- Trong hệ quy chiếu gắn với vật chuyển động thẳng đều theo phương ngang, sang phải với vận tốc
v v 01 30m / s

, vật có:

+ vận tốc theo phương ngang đối với hệ quy chiếu đó là: v ' v 01  v 0
+ gia tốc theo phương thẳng đứng đối với hệ quy chiếu đó là: g' g  0 g

1
y  gt 2 5t 2
2
Do đó, trong hệ quy chiếu này vật rơi tự do với phương trình:
.
- Trong hệ quy chiếu gắn với vật rơi tự do, vật có:
+ vận tốc theo phương ngang đối với hệ quy chiếu đó là: v ' v 01 30m / s
+ gia tốc theo phương thẳng đứng đối với hệ quy chiếu đó là: g' g  g 0
Do đó, trong hệ quy chiếu này vật chuyển động thẳng đều với phương trình: x v 01t 30t

v
b. Xác định 02 (độ lớn, hướng) để hai vật gặp nhau
- Chọn gốc tọa độ tại B, hệ trục tọa độ hai chiều: Bx nằm ngang
hướng dọc theo BH, By hướng lên; gốc thời gian lúc hai vật bắt
đầu chuyển động.
- Các phương trình chuyển động của hai vật là:


+ vật (I): ném ngang:
+ vật (II) ném xiên:

x1 h  v01t; y1 h 

1 2
gt
2

x 2 (v 02cos)t; y 2 (v 02 sin )t 

(1)

1 2
gt
2

(2)

- Để hai vật gặp nhau thì: x1 x 2 và y1 y 2
 h  v 01 t (v02cos)t

h

Và

(3)

1 2
1
gt (v 02 sin )t  gt 2
2
2

(4)

 h v 01 t  (v02 cos)t

(3’)

Và h (v 02 sin )t

(4’)

- Từ (3) và (4) suy ra:
v 01t  (v 02cos)t (v 02 sin )t

v02 

Với

v01
sin   cos

v02 

v 01
 0  sin   cos  0  sin   cos(0    180 )
sin   cos

 45    135
Vậy: Để hai vật có thể gặp nhau thì vật thứ (II) phải được ném lên với vận tốc có độ lớn

v02 

v01
sin   cos

và hợp với phương ngang một góc α với 45    135
5. 6.
- Chọn gốc tọa độ O tại điểm phóng vật đi, hệ trục tọa độ Ox nằm ngang, Oy hướng lên (hình vẽ). Phương
trình quỹ đạo của vật:

+ trên hệ trục Oxy là:

y1 

g
x 2  (tan )x
2v cos 2 
2
0

+ trên mặt phẳng nghiêng là: y 2  (tan )x
- Vật chạm mặt phẳng nghiêng tại M khi: y1 = y2.

 

g
x 2  (tan  )x  (tan )x
2
2v cos 
2

0

 x 0 (loại)

x
và

2v02 cos 2  (tan   tan )
g
(nhận)

Thay giá trị của x vào (2) ta được:

2v 02 cos 2 (tan   tan )
y y 2  (tan ).
g

(1)
(2)


 y 

2 2 2
.v0 cos  (tan   tan ).tan 
g

2
2
- Tầm xa của vật trên mặt dốc là: s OM  x  y

 s  x 2  ( x.tan ) 2 x 1  tan 2  
 s

x
cos

2v 02 cos 2 (tan   tan ) 2v 02cos sin(  )

gcos
gcos 2

2v 02 cos sin(  )
s
gcos 2
Vậy: Tầm xa của vật trên mặt dốc là:
5. 7.
- Chọn gốc tọa độ O tại điểm đặt súng; hệ trục tọa độ Oxy
có trục Ox nằm ngang, trục Oy hướng lên (hình vẽ); gốc
thời gian lúc bắt đầu bắn. 
- Các phương trình chuyển động của đạn:
x (v 0 cos)t

y (v0 sin )t 

(1)

1 2
gt
2

(2)

y 
- Từ (1) và (2) suy ra:

g
x 2  (tan )x
2
2v cos 
2
0

- Để tầm xa của đạn trên mặt đất là lớn nhất thì:
+ đạn phải đi sát mép hầm (điểm A..
+ đạn phải bay theo hướng hợp với mặt đất một góc β = 45°

x
(vì

v 02 sin 2
 x max
g
khi β = 45°).

 v x v y ; v x v 0 cos
Và

(3)

2
v 2y  v 0y
 2gh  v 2y v02 sin 2   2gh

(4)

2
2
2
2
- Từ (3) và (4) suy ra: v 0 cos  v 0 sin   2gh

 v 02 cos 2 v02 (1  cos 2 )  2gh

 cos 

v02  2gh
1 gh
  2
2
2v0
2 v0
y h  

- Tại mặt đất, ta có:



g
x 2  (tan )x h

2
2v cos 

g
x 2  (tan  )x  h 0
2
2v cos 
2
0

2
0

(5)


- Giải phương trình (5):

 tan 2  

v 02 sin 2   2hg
2hg
sin 2 
2hg



v 02 cos 2  cos 2 v 02 cos 2
v 02cos 2 

v02 sin 2   2hg
tan  
 sin 
v02 cos 2
v 2 sin 2   2hg  v 02cos 2 
 x

 0 2 2
.
 cos

g
v
cos

g
0


2
2
v 0 cos 

 x


v 2 sin 2   2hg
v02 
 sin cos  0
cos 


g 
v0


cos 

- Thay

(6)

1 gh
1 gh
 2 ,sin   1  cos 2    2
2 v0
2 v0


 1 gh 

v20   2   2hg
2
v  1 gh 1 gh
 2 v0 
x 0
 2.  2 
g  2 v0 2 v0
v0



vào (6) ta được:



1 gh 

2 v02 



2


v02  1  gh   1 gh  
 x
    

g  4  v 02   2 v 02  


2
2




v 02  1  gh   1 gh  
v02  1  gh   1 gh  
 x1 

    
   
 ; x2  

g  4  v02   2 v02  
g
4  v 02   2 v 02  





 x1  xM ; x2 l ( x1  x2 )

Vậy: Để tầm xa của viên đạn trên mặt đất là lớn nhất thì:
2


v02  1  gh   1 gh  
l
   

g  4  v02   2 v02  


+ khoảng cách từ nơi đặt súng đến vách hầm là:

+ tầm xa của viên đạn trên mặt đất là:
 2
v

 AM  0
 g

AM  xM  l

2
2

  2 

 1   gh    1  gh      v 0  1   gh    1  gh   
 4  v02   2 v02     g  4  v 02   2 v 02   

  


5. 8.
- Chọn gốc tọa độ tại mặt hồ, phía dưới vị trí ném; trục Ox nằm ngang, Oy hướng lên qua điểm ném (hình
vẽ); gốc thời gian lúc ném hịn đá.
- Các phương trình chuyển động của hòn đá là:
x (v 0 cos)t

y h  (v 0 sin )t 

(1)

1 2
gt
2

(2)


- Tại điểm hòn đá chạm mặt nước: x = s; y = 0.
 s (v 0 cos)t

 t

s
v 0cos

(1’)

0 h  (v 0 sin )t 

1 2
gt
2

(2’)

s
1  s 
 0 h  (v 0 sin ).
 g. 

v 0 cos 2  v 0cos 

 0 h  s.tan  



2

gs 2
1  tan 2  
2 
2v 0

 gs 2

gs 2
2
tan


s.tan


 2  h  0
2
2v 0
 2v 0


(3)

- Giải phương trình (3) đối với tanα
Ta có:
 gs 2   gs 2


 s 2  4.  2   2  h 
 2v 0   2v 0

s 2 


2gs 2  gs 2
 h
2 
2
v 0  2v 0



2gs 2  gs 2
s  s  2  2  h
2
v 0  2v0
g 2s 2 2gh
 v0 
 tan  

1

1

 2

gs 2

gs 
v 04
v0
2
v0
2

v
g 2s 2 2gh
 2 0  s  0 v 02  2gh
4
v0
v0
g

1
- Biểu thức trên có nghĩa khi:

 s max 






v0 2
v 0  2gh
g
: tầm bay xa cực đại của hòn đá.

Và s s max khi

 tan  

1

v02
g 2s 2 2gh


0

tan


v 04
v 02
gs max

v 02
v
g. 0 v 02  2gh
g



v0
2
0

v  2gh

Vậy: Để hòn đá rơi xuống mặt hồ xa bờ nhất thì phải ném hòn đá theo phương hợp với phương ngang một
tan  

góc α với
5. 9.

v0
2
0

v  2gh


- Chọn gốc tọa độ tại điểm vật rơi tự do chạm mặt phẳng nghiêng; trục Ox
trùng với mặt phẳng nghiêng, trục Oy vng góc với mặt phẳng nghiêng.
Gọi t1 là khoảng thời gian vật bay từ điểm 0 đến điểm 1; t 2 là khoảng thời
gian vật bay từ điểm 1 đến điểm 2; t 3 là khoảng thời gian vật bay từ điểm 2
đến điểm 3 ... trên mặt phẳng nghiêng.
- Với cách chọn trên thì:
+ v 01x v 0 sin ;a x g sin 
+

v 01y v0 cos ;a y  g cos 

Các công thức đường đi tương ứng trên hai phương Ox và Oy:

1
1

s1x v01x t  a x t 2 (v 0 sin )t  (g sin )t 2
2
2

(1)

1
1
s1y v 01y t  a x t 2 (v 0 cos )t  ( g cos )t 2
2
2

(2)

- Tại vị trí 1 trên mặt phẳng nghiêng:

s1x l1 ; s1 y 0

1
 (v0 sin )t1  ( g sin )t12 l1
2
(v 0 cos )t1 

(1’)

1
(g cos )t12 0
2

- Từ (2’) suy ra:

t1 

(2’)

2v 0
g , thay vào (1’) và chú ý v 0  2gh ta được:

 2 2 gh 
2 2 gh 1
l1 ( 2 gh sin ).
 ( g sin ) 
 g 
g
2



2

 l1 4h sin   4h sin  8h sin 

(3)

1
1
s2 x v02 xt  ax t 2
s2 y v02 y t  a y t 2
2
2

- Tương tự:
và

v1x v01x  axt1 v0 sin   ( g sin  )t1 v0 sin   ( g sin  ).

2v0
3v0 sin 
g

v1 y v01 y  a y t1 v0 cos   ( g cos  )t1 v0 cos   ( g cos ).

2v0
 v0 cos 
g

với:

và

v02 x v1x 3v0 sin ; v02 y  v1 y v0 cos 

1
 s2 x (3v0 sin )t  (gsin  ) t 2
2

(4)

1
 s2 y (v0 cos  )t  ( gcos ) t 2
2

(5)

- Tại vị trí 2 trên mặt phẳng nghiêng:

s2 x l2 ; s2 y 0


1
 (3v0 sin )t2  (gsin ) t 2 2 l2
2

(4’)

1
(v0 cos )t2  ( gcos ) t 2 2 0
2

(5’)

- Từ (5’) suy ra:

t2 

2v0 2 2 gh

g
g thay vào (4’) ta được:

 2 2 gh 

2 2 gh 1
l2 (3 2 gh sin  ).
 ( g sin ). 
 g 
g
2



2

 l2 12h sin   4h sin  16h sin 

(6)

Tương tự, ta tính được: l3 24h sin 

(7)

……………………
- Từ (3), (6) và (7),... ta được: l1 : l2 : l3 ... 8 :16 : 24... 1: 2 : 3...
Vậy: Tỉ lệ khoảng cách giữa hai điểm đụng liên tiếp trên mặt phẳng nghiêng là l1 : l2 : l3 ... 1: 2 : 3...
5. 10.
a. Vận tốc tương đối của vật II so với vật I
- Chọn hệ trục tọa độ Đề-các hai chiều Oxy với gốc O là điểm ném hai vật; trục
Ox nằm ngang (hướng sang phải), trục Oy thẳng đứng (hướng lên).
- Các thành phần vận tốc của hai vật:
v1x v01 cos  v0 cos ; v1 y v01 sin   gt v0 sin   gt
v2 x  v02 cos   v0 cos ; v2 y v02 sin   gt v0 sin   gt
- Các thành phần vận tốc tương đối của vật II so với vật I:

v21x  v0 (cos   cos ) ; v21 y v0 (sin   sin )

- Vận tốc tương đối giữa vật II so với vật I là:
2

2
2
v21  v21
x  v21 y

 v21   v0 (cos   cos )    v0 (sin   sin ) 

2

 v21  v02 cos 2   v02 cos 2   2v02 cos  cos   v02 sin 2   v02 sin 2   2v02 sin  sin 
 v21  v02 (cos 2   sin 2 )  v02 (cos 2   sin 2 )  2v02 (cos  cos   sin  sin )
 v21  2v02  1  (cos  cos   sin  sin ) 

2v0

1  cos ( )
   
2v0 cos 

2
 2 

   
v21 2v0 cos 


 2 
Vậy: Vận tốc tương đối giữa vật II so với vật I là
b. Khoảng cách giữa hai vật sau khi phóng đi T giây


    
s21 v21.T 2v0 cos 
 .T
 2 
Ta có:
Vậy: Khoảng cách giữa hai vật sau khi phóng đi T giây là

   
d s21 2v0 cos 
 .T
 2 