bồi dưỡng học sinh giỏi lý THPT

CHUN ĐỀ

TỐN CHO VẬT LÍ THPT
1. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
2
Ta có phương trình: y = f ( x) = ax + bx + c = 0
2
Giải tìm: ∆ = b − 4ac

2
+ Nếu ∆ = 0 thì phương trình : y = f ( x) = ax + bx + c = 0 có nghiệm kép

+ Nếu ∆ > 0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt

x1, 2 =

x=−

b
2a .

−b± ∆
2a
.

+ Nếu ∆ < 0 thì phương trình vơ nghiệm.
* Cực trị của tam thức bậc hai:

−∆ 4ac − b 2
−b
=

4a
+ a > 0 thì ymin = 4a
khi x= 2a
−∆ 4ac − b 2
−b
=
4a
+ a < 0 thì ymax = 4a
khi x= 2a

+ Đồ thị :

y

y
ymax

a<0

a>0
ymin
x
0

x
0

-b/2a

-b/2a

2
* Định lí Viet: Nếu phương bậc hai ax + bx + c = 0 có hai nghiệm x1 và x2 phân biệt thì

x1 + x 2 =

−b
c
x1 .x 2 =
a và
a.

2. BẤT ĐẲNG THỨC
* Bất đẳng thức Côsi:
+ Cho hai số dương a và b ta có:

1


A

(a + b) min = a.b

( a.b ) = a + b
max
2
a + b ≥ 2. a.b ⇒ 
dấu “=” xảy ra khi a = b.

+ Áp dụng cho n số hạng (ai > 0)

a1 + a 2 + ... + a n n
≥ a1 .a 2 ... a n
n
dấu “=” xảy ra khi a1 = a2 = … = an.

* Bất đẳng thức Bunhiacôpski

( a1b2 + a 2 b2 ) 2 ≤ ( a12 + a 22 )(b12 + b22 )
a1 b1
=
a
b2
2
Dấu bằng xảy ra khi

Cho 2n số thực (n ≥ 2): a1; a2;…an và b1; b2…bn ta có:

( a1b1 + a2 b2 + ... + an bn ) 2 ≤ ( a12 + a22 + ... + an2 )(b12 + b22 + ... + bnn )
a
a1 a 2
=
= ... = n
bn .
Dấu “=” xảy ra khi: b1 b2

r
u

 BÀI TẬP ÁP DỤNG PHẦN PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ BẤT ĐẲNG THỨC:

B 1: Một con bọ dừa đậu ở đầu B của một thanh cứng mảnh AB
Bài
h

α

có chiều dài L đang dựng đứng cạnh một bức tường thẳng đứng như

A

hình vẽ. Vào thời điểm mà đầu B của thanh bắt đầu chuyển động
sang phải theo sàn ngang với vận tớc khơng đổi v thì con bọ bắt đầu
bị dọc theo thanh với vận tốc không đổi u đối với thanh. Trong q
trình bị trên thanh, con bọ đạt được độ cao cực đại là bao nhiêu đối

Con bọ dừa
B

với sàn. Cho đầu A của thanh luôn tỳ lên tường thẳng đứng.

L
L
)
(t< )
v
Giải: Xét (0 < t < u và
Khi B di chuyển 1 đoạn S = v.t

r
v

Thì con bọ đi được l = u.t
2


Độ cao mà con bọ đạt được: h = l sin α = ut sin α với
⇒h=

u 22 2 4 u
L t − v .t =
L
L

sin α =

L2 − v 2t 2
L

y

2
2
2 2
2 4
Với y = L t − v .t Đặt X = t2 ⇒ y = −v X + L. X

Nhận xét: hmax ⇔ ymax . y là tam thức bậc hai có a = - v2 < 0 ⇒ ymax tại đỉnh Parabol

⇒ ymax

∆2
L4
L4
=−
⇒ ymax = −
=
4a
4( −v 2 ) 4v 2

⇒ ymax =

L4
b
L2
X
=
−
=
4v 2 tại
2a 2v 2

Vây độ cao mà con kiến đạt được là :

hmax =

u
L

ymax =

u.L
2v .

Bài 2: Một vận động viên xuất phát từ điểm A trên đường quốc lộ để trong một thời gian
ngắn nhất phải đến điểm B trên cánh đồng. Khoảng cách từ B đến đường là l. Vận tốc của
vận động viên trên đường là v 1, trên cánh đồng là v2. Hỏi vận động viên phải chạy theo quỹ
đạo như thế nào( đi thẳng từ A tới B hay đi một đoạn trên đường rồi mới đi tới B)? Cho
n=

v1
v2 .

Giải: Đặt AD = d; CD = x.

Thời gian đi từ A đến B:

t=

d − x n. l 2 + x 2 n. l 2 + x 2 − x + l
+
=
v1
v1
v1

2
2
Thời gian sẽ nhỏ nhất khi đại lượng y = n. l + x − .x đạt giá trị nhỏ nhất.

Để xác định x cho y đạt giá trị nhỏ nhất, ta có phương trình bậc 2:

(n

2

)

− 1 x 2 − 2 y.x + n 2 l 2 − y 2 = 0

∆ ′ = n 2 y 2 − (n 2 − 1)n 2 l 2 để bài tốn có nghĩa thì ∆ ≥ 0 .

3


⇒ y ≥ l. n − 1 ⇒ y min = l. n − 1 thế vào phương trình trên ta tìm được
2

2

x=

l
n −1
2

* Biện ḷn: Ta thấy x khơng phụ thuộc d (vị trí của A)
Nếu x > d thì sẽ có lợi hơn khi đi thẳng vào cánh đồng tại A.
* Cách khác: Cũng như ánh sánh, người đó phải đi từ A đến B với thời gian ngắn nhất,
nghĩa là tuân theo định luật khúc xạ ánh sáng.
n1 sin 900 = n2 s inr ⇒sin r =

CD =l tan r =

Từ hình vẽ:

n1 v2
=
n2 v1

l

( 1 / sin r )

2

−1

=

l

(v

1

/ v2 ) −1
2

=

lv2
v12 −v22

Cần chú ý rằng kết quả bài tốn chỉ có nghĩa khi v1 > v2 . Nếu v1 < v2 thì trên thực tế ôtô sẽ
chạy thẳng từ A đến B sẽ mất thời gian ngắn nhất.

Bài 3: Một người đứng ở độ cao h so với mặt đất ném một hòn đá theo phương hợp với
phương ngang một góc α. Tìm α để tầm xa trên mặt đất là lớn nhất.
Giải: + Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ. Gớc ở mặt đất.

y

+ Chuyển động của vật chia làm 2 thành phần
- Theo Ox:

x = v0t. cosa

(1)

- Theo Oy:

gt2
y = h0 + v0t . sina - 2

(2)

L Max
* Khi chạm đất thì x = LMax lúc đó t = v0 cosα
gL
=0

2
2
2v
cos
α
0
Thay t vào (2) ta được y = h + L.tga 0

1
= 1+ tg2α
2
mà cos α
.
2
 gL2

gL
2
.tg α − L.tgα +  2 − h0 ÷= 0
2
2v0
 2v0

⇒

Phương trình phải có nghiệm với tgα.
4

(*);

h
o

α

uur
V0
x


⇒ ∆ = L2 L≤

v0
g


4gL2  gL2
g2L2 2gh0
− h0 ÷ ≥ 0 ⇒ 1− 4 + 2 ≥ 0

2v20  2v02
v0
v0


v 02 + 2 gh

=>

L max =

v0
g

v 02 + 2 gh

. Phương trình (*) có nghiệm kép.

v0
Vậy tgα =

v20 + 2gh

thì tầm xa cực đại.

Bài 4(O 30/4 -2013): Một ơ tô chuyển động từ A đến B dài L = 800m . Khởi hành từ A, ô tô
chuyển động nhanh dần đều, sau đó ơ tơ chuyển động chậm dần đều và dừng lại ở B. Biết
độ lớn gia tốc của xe không vượt quá a0 = 2m/s2. Hãy tính thời gian ngắn nhất mà ô tô chạy
từ A đến B.
Giải: Gọi a1, a2 là độ lớn gia tốc của ô tô trong hai giai đoạn
v
t= t
2
v
=
2as
a .
Áp dụng: t
và
2

Ta có: v max = 2a 1s1 = 2a 2s 2

⇒

s1 a 2
a2
= ⇒ s1 =
( s1 + s2 ) = a 2l
s 2 a1
a1 + a 2
a1 + a 2

Thay vào trên ta được:

Ta có:

t = t1 + t 2 =

v max =

v max v max
+
a1
a2

2a1a 2l
a1 + a 2

t=

=>

a1 
2l  a 2

+
a 1 + a 2  a 1
a 2 

Áp dụng bất đẳng thức côsi:
a2
a1
+
≥2
a1
a2

và chú ý rằng

2l
l
≥
a1 + a 2
a0

Suy ra t cực tiểu khi: a 1 ≥ a 2 = a 0 =>

t min = 2

5

l
a0


d

d2’

Bài 5: Hai xe chuyển động trên AO và BO cùng hướng về O với

v2 =

v1
; α = 300
3
. Khi

d1’ giữa hai xe cực tiểu là d min thì khoảng cách từ xe một đến O là d 1′ = 30 3 (m) .
khoảng cách

Hãy tính khoảng cách từ xe hai đến O.
B

Giải:
O

Cách 1: Gọi d1, d2 lần lượt là khoảng cách từ xe 1 và xe 2 đến O lúc đầu ta xét (t = 0 ).
Áp dụng định lý hàm sin ta có:
d′

d′
d − v t d − v2t
d
d
= 1 = 2 ⇔
= 1 1 = 2
sinα sin γ sin β
sinα
sin γ
sin β

Vì

v2 =

v1
3 nên ta có:

d −v t
3d 2 − v1t
d
= 1 1 =
0
sin 30
sin γ
3 sin β .

A

Áp dụng tính chất của phân thức ta có:

d1 − v1t
3d 2 − v1t ( 3d 2 − v1t ) − (d1 − v1t )
3d 2 − d1
=
=
=
sin γ
3 sin β
3 sin β − sin γ
3 sin β − sin γ
⇒

d
3d 2 − d1
=
0
sin 30
3 sin β − sin γ

Mặt khác, tacó:
sin β = sin(1800 − β ) = sin(α + γ ) = sin(300 + γ )
⇒ 3 sin β = 3 sin(30 + γ ) = 3(sin 30 cos γ + cos 30 sin γ )
0

d
⇒
=
sin 300

0

0

3d 2 − d1

3
3
cos γ + sin γ − sin γ
2
2
3d 2 − d1
3d 2 − d1
d=
=
y
3 cos γ + sin γ
Vậy
.

(
⇒d =

=

3
3
cos γ + sin γ
2
2

)

3d 2 − d1 sin 300
3
1
cos γ + sin γ
2
2

2
Khoảng cách giữa hai xe dmin ⇔ ymax với y = ( 3 cos γ + sin γ )

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski:
6

=

3d 2 − d1
3 cos γ + sin γ


( 3 cos γ + sin γ )2 ≤ (( 3) 2 + 12 ).(cos2 γ + sin 2 γ ) = 2

=> ymax = 2

⇔

3 cos γ
=
⇒ cot gγ = 3 ⇒ γ = 300

0
1
sin γ
và β = 120

d1'
d2'
sin1200 '
'
=
⇒
d
=
.d1 = 3d1' = 90( m)
2
0
0
0
sin 30
Lúc đó: sin 30 sin120

Vậy, khoảng cách từ vật hai đến O lúc này là: d2’ = 90(m)
Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ Oxy trùng với phương chiều chuyển động của hai xe.
Ta có: x = v 2 t − d 2
y = v1t − d 1
d 2 = x 2 + y 2 − 2xy cos 300

Khoảng cách giữa hai xe ở thời điểm t:
Thế x và y vào ta được:

(

)

d 2 = v12 + v 22 − v1v 2 .t 2 +

(

)

3d 1v 2 + 3d 2 v1 − 2d 1v1 − 2d 2 v 2 .t + d12 + d 22 + 3d 1 d 2

Vế phải là tam thức bậc 2 có cực tiểu khi:

t=−

3d1 − d 2
b
=
2a
2v 2

Khi đó khoảng cách từ xe một đến O là:
30 3 = 3v 2 .

3d1 − d 2
− d1 ⇒ d1 = 3d 2 − 60 3
2v 2

Khoảng cách từ xe hai đến O là:

x = v2 .

3d1 − d 2
− d 2 = 90(m)
2v 2


β


F

α

Bài 6 : Một vật có khối lượng m, được kéo đi với vận tốc không đổi bởi một lực F trên mặt
phẳng nghiêng góc α với mặt ngang. Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là K. Xác




định góc β giữa lực F với mặt phẳng nghiêng để cho lực F nhỏ nhất. Khi đó lực F có độ
m lớn bằng bao nhiêu?

   
Giải: Vật trượt đều nên: P + F+ f + N = 0
− mg.cosα + F.sinβ + N = 0

(1)

− mg.sinα + F.cos β − KN = 0

(2)
7


⇒F=

(sinα + K.cos α )mg
cosβ + K.sinβ

(3)



Giá trị của F cực tiểu khi giá trị mẫu số của (3) cực đại:
y = cosβ + K.sinβ

(*)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski:

( cos β+ sin β )(1 + K ) = (1 + K )

y≤

2

2

2

Thay vào (3) ta có:
cosβ =

Chú ý:

Fmin =

2

=>

y max =

(1 + K )
2

khi

tgβ = K => β = arctgK

(sinα + K . cos α ) mg
1+ K2

(5)

1
1+ K2

Hoặc: Fmin = mg.sin( α + β )

(6)

Biện luận:
Nếu

α +β =

π


2 tức lực F hướng thẳng đứng lên trên suy ra: F = mg, lực F giữ cho vật lơ

α +β >

π

2 tức lực F sẽ nghiêng sang trái so với phương thẳng đứng và không thể kéo

lửng.
Nếu

vật lên trên được.
Vậy điều kiện để bài tốn có nghĩa là:

α+ β <

π
2

Bài 7: Hệ cơ như hình vẽ. Hệ sớ ma sát giữa hai vật m và M là K 1, giữa M và sàn ngang la


K2. Tác dụng vào M một lực F hợp với phương ngang một góc α . Khi α thay đổi

m
M


(0 < α < 900 ) . Tìm F nhỏ nhất để M trượt khỏi vật m. Tìm α lúc này.


Giải:
F

α

Vật m: ma1 = K1mg ⇒ a1 = K1g
Vật M:

(1)

Ma 2 = F.cos α − K1 N1 − K 2 N 2
8


N 2 = ( M + m ) g − Fsinα
⇒ a2 =

F . cosα + K 2 Fsinα − K1mg − K 2 ( M + m ) g
M

Điều kiện để M thoát khỏi m: a2 > a1

m

( K + K 2 )( M + m ) g
F> 1


M
F
ms2

cosα + K 2sinα

Từ (1) và (2) suy ra:

(2)




Fms


Fms1

(3)

α


F

Giá trị của F cực tiểu khi giá trị mẫu số của (3) cực đại:
y = cosβ + K.sinβ

(*)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski:
y≤

( cos

2

α + sin 2 α )(1 + K 22 ) =
Fmin =

Thay vào (3) ta có:

(1 + K )
2
2

=>

y max =

(1 + K )
2
2

khi

tg α = K 2 => α = arctgK 2

( K1 + K 2 )( M + m ) g
1 + K 22

Fmin ứng với trạng thái giới hạn để M trượt nhanh hơn m
Gợi ý: Có thể dùng phương pháp giải tích để khảo sát hàm y có giá trị cực đại
y ' = −sinα + K 2cosα = 0 ⇒ tgα = K 2

Hoặc: Đặt

K 2 = tgβ =

sinβ
cosα . cosβ + sinα . sinβ cos( α − β )
y=
=
cosβ thì mẫu sớ trở thành
cosβ
cosβ .

Mẫu số cực đại khi: α = β ⇒ tgα = K 2 , α = arcK2
3. SƠ ́U VỀ ĐẠI SỚ VECTƠ

* Trong vật lí có 2 loại đại lượng:
+ Đại lượng vô hướng: Xác định một đại lượng vô hướng nghĩa là xác định giá trị của nó.
Những đại lượng vơ hướng khơng âm như: khới lượng, thể tích, thời gian, … cũng có những
đại lượng vơ hướng mà giá trị của nó ó thể âm hay dương như: điện tích điện thế,…Tính
toán các đại lượng vô hướng tuân theo các qui tắc đại số thông thường.
+ Đại lượng hữu hướng (véctơ): Xác định một đại lượng hữu hướng nghĩa là xác định:
điểm đặt, phương, chiều và độ lớn của vec tơ đặc trưng cho đại lượng đó. Những đại lượng
9









hữu hướng trong vật lí như: lực F , vận tốc V , gia tốc a , động lượng p , … Tính toán các

đại lượng hữu hướng tuân theo các qui tắc của tính véctơ.
3.1. Định nghĩa véctơ:
Véctơ là một đoạn thẳng có định hướng. Véctơ

có A là gớc, B là ngọn.

B
A

+ Độ dài (hay độ lớn, hay mô đun) của
+ Phương của

bằng độ dài của đoạn thẳng AB:

AB = AB

.

là phương của đường thẳng AB, đường thẳng AB cịn gọi là giá của

.

+ Chiều của

là chiều từ gớc A đến ngọn B.

3.2. Hai Véctơ bằng nhau:
* Theo toán học: Hai véctơ bằng nhau là hai véctơ song song, cùng chiều (cùng hướng) và
cùng độ dài.

Nếu

, AB = CD và chiều như hình
B

D

vẽ.

A

* Đới với đại lượng véctơ trong vật lí, khơng phải bao giờ cũng có

C

thể thay một véctơ bằng một véctơ khác bằng nó.


F
F
VD: Hai lực 1 và 2 song song, cùng chiều và cùng độ lớn đặt lên

hai điểm khác nhau của một vật rắn thì có thể có tác dụng khác

B

nhau.

C

* Hai véctơ là đới đẳng nếu chúng song song, ngược chiều và cùng độ dài. A
AB = −CD

B

A

C

* Hai véctơ đới đẳng có cùng giá là hai véc tơ trực đối: AB = −CD

10

D

D


* Véctơ đồng phẳng là những véctơ nằm trong cùng mặt phẳng. Hai véctơ song song là
đồng phẳng.
* Véctơ đồng qui là véc tơ có giá đờng qui ở một điểm.
* Véctơ tự do: có thể thay đổi gớc tùy ý; phương, chiều và độ dài không đổi. Vd: Véc tơ độ
dời của một điểm thuộc vật chuyển động tịnh tiến thẳng đều.
* Véctơ trượt: có thể dời gớc trên giá, giữ nguyên chiều và độ dài. Vd: lực tác dụng lên một
vật rắn.
* Véctơ buộc: có phương, chiều, độ dài và gốc nhất định. Vd: lực tác dụng lên một chất
điểm.
3.3. Các phép tính véctơ:


a
=
OA
;
b
= OB
* Cộng Vectơ: Cho hai véc tơ
  
s
Véc tơ tổng = a + b được xác định theo qui tắc sau:

B

B’


s


b


b




O
′
a
A
B
=
OB
=
b
+ Từ điểm ngọn của véc tơ vẽ một véc tơ
A
a




+ Ta sẽ có: OA + AB ′ = OB ′ hay a + b = s




′
a
b
O
B
a
b
Véc tơ tổng của và là đường chéo
của hình bình hành có hai cạnh là và .



Gọi α là góc hợp bởi hai véc tơ a và b ta có : | s |2 = | a |2 + | b |2 +2| a || b |cosα

Suy ra:


a
+ Nếu , b cùng phương, chiều thì:

a
+ Nếu , b cùng phương ngược chiều thì:

a

+ Nếu , b vng góc thì:



| s | = | a | + |b |


| s | = || a | - | b ||
| s |2 = | a |2 + | b |2

* Hiệu véc tơ:


a
=
OA
;
b
= OB ,
Cho hai véc tơ

 
s
=
a
+
(
−
b
) , ta vẫn dùng qui tắc cộng véc tơ.

Véc tơ hiệu

* Nhân véc tơ với một số:



+ Cho a là một véc tơ, n là một ẩn số: Véc tơ c = na :


- c cùng hướng với a và có độ lớn c = n.a nếu n > 0.


- c ngược hướng với a và có độ lớn c = ‫׀‬n‫׀‬.a nếu n < 0.

11


b

B

O


s
B’


a

A


−b




a c = na


a



c = na

Ví Dụ :






+ Vec tơ lực F = m . a , trong đó m là khối lượng (đại lượng vô hướng, luôn dương), a là vec




tơ gia tớc, vì m ln dương nên F ↑↑ a .



+ Lực tĩnh điện F tác dụng lên một điện tích điểm q đặt trong một điện trường đều có cường







F
=
q
.
E
E
độ điện trường là:
, khi q > 0 thì F ↑↑ E , khi q < 0 thì F ↑↓ E

3.4. Các thành phần của vectơ:
 


ax , a y
a
Cho véc tơ trong hệ tọa độ Oxy ta có
là hình chiếu của a lên trục Ox và Oy. Đó là

các thành phần của a theo phương Ox, Oy.
  

 y
a = ax + a y
a
y

Ta có:

a x = a. cos α ; a y = a. sinα

⇒a = a +a
2
x

2
y

và

tan α =


j

ay

O

ax .



aα

 
i ax

x


VD: Một vật có trọng lượng P được đặt trên mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt phẳng
Pt


 ngang,
α
ta có thể phân tích trọng lực
PP
n

P thành hai thành phần như sau:

- Pt = Psinα có tác dụng kéo vật trượt x́ng mp nghiêng.
- Pn = Pcosα có tác dụng ép vật vào mp nghiêng.

* Vec tơ đơn vị là vectơ có độ lớn đúng bằng 1 hướng theo một hướng cụ thể nào đó.




a
=

a
i
x
Nếu i là vectơ đơn vị trên trục Ox thì: x
trong đó ax là độ dài đại sớ của vectơ a x .

Ta có thể viết:




a = a x .i + a y . j

 
i
với , j là vectơ đơn vị trên trục Ox và Oy.

* Cộng vec tơ bằng các thành phần:

 
  
  
s
=
a
s
=
a
+
b

y
y + by
x
x và
Ta xét : s = a + b có x
.
12


3.5. Tích vô hướng các vec tơ:

r r
rr
a
b
a
* Định nghĩa: Tích vô hướng của hai vectơ , là một số, kí hiệu là .b được xác định

bởi:

rr r r
r r
a.b = a . b .cos a, b

( )

VD: Công thực hiện bởi một lực là đại lượng đo bằng tích vô hướng của lực và độ dời của
điểm đặt của lực: A = F . s = F . s . cos( F, s ) = F . s . cosα








+ Nếu α = 00: F cùng phương, cùng chiều s thì A = F.s.




+ Nếu α = 1800: F cùng phương, ngược chiều s thì A = -F.s.




+ Nếu α = 900: F vng góc với s thì A = 0: lực không thực hiện công.
+ Nếu 00 ≤ α < 900: cos α > 0 thì A > 0 và gọi là công phát động.
+ Nếu 900 < α ≤ 1800: cos α < 0 thì A < 0 và gọi là công cản.
+ Công suất tức thời: P = F . v = F . v . cos( F, v )
 

 

r

r

rr

* Hệ quả: Điều kiện vng góc của hai vectơ: a ⊥ b ⇔ a.b = 0
r r r

* Tính chất: Với mọi a , b , c và số thực m:
rr rr
a
- .b = b.a;
r r
rr
(
m
.
a
).
b
=
m
(
a
.b);
-

r r r rr rr
a
- .(b + c) = a.b + a.c;

* Biểu thức tọa độ tích vô hướng của hai vectơ:

r
r

a
(
x
;
y
)
b
1
1
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ
, ( x2 ; y2 ) .
rr
a
Khi đó .b = x1.x2 + y1. y2

Hệ quả:

r
a

=

rr
r r
a.b
cos( a, b) = r r =
a .b

x12 + y12

x1.x2 + y1. y2
x1 + y12 . x22 + y2 2
2

3.6. Tích hữu hướng hai vectơ:

r r

Tích hữu hướng của hai vectơ a , b là một vectơ có phương vng góc với mặt phẳng tạo
r
r
a
b
bởi hai vectơ và .
      
 
c
=
a
×
b
=
a
∧
b
=
a
,
b
c

=
a
.
b
.
sin
a
,b
Ta có
với

[ ]

( )

13


VD: Lực Lorentz FL = q( v ∧ B ) có FL = q.v.B. sin( v , B )






 

(

)

 
  
M
=
r
.
F
.
sin
r
,F
M
=
r
∧
F
Mơmen lực:
có
  
Mơmen động lượng: L = r ∧ P
r r
r r r
r r
r
r
 j , k  = i ;
 k , i  = j
i , j  = k ;


* Tính chất:

r r
r
[a, b] ⊥ a;

r r
r
[ a , b] ⊥ b

r r
r r
[ a, b] = − [b, a ]

r r
r r
r
a, b cùng phương ⇔ [a, b] = 0

r r
r r r
r
a
,
b
[
a
c
* Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ:
và đồng phẳng ⇔ , b].c = 0

r
r
a = ( a1 , a2 , a3 ) b = (b1 , b2 , b3 )

* Trong khơng gian Oxyz, cho hai véc tơ

,

, tích có hướng của hai

r r
a
véc tơ , b là một véc tơ được xác định như sau:


i
 
a ∧ b = a1


j
a2


k



a3 = ( a 2 b3 − a 3 b2 ) i + ( a 3 b1 − a1b3 ) j + ( a1b2 − a 2 b1 ) k

b1

b2

b3

3.7. MỢT SỚ ĐẠI LƯỢNG VECTƠ TRONG VẬT LÍ
3.7.1. Vectơ đợ dời
Xét một chấtM2
điểm chuyển động theo một quĩ đạo bất kì. Tại thời điểm t 1, chất điểm ở vị
trí M1. TạiM1M2
thời điểm t2, chất điểm ở vị trí M2. Trong khoảng thời gian Δt = t2 – t1, chất điểm
M1
Vectơ đô dơi
trong
chuyên
ng cong
đã dời vị
trí từđôđiểm
M1 đến điểm M2, vectơ M 1 M 2 gọi là vectơ độ dời của chất điểm trong

khoảng thời gian trên.

M2
M1

M1M2

Vectơ đô dơi trong chuyên đông thăng

3.7.2. Vectơ vận tốc



a) Vectơ vận tốc trung bình: Vectơ vận tớc trung bình v tb của chất điểm trong khoảng thời
gian từ t1 đến t2 là thương số của vectơ độ dời M 1 M 2 và khoảng thời gian Δt = t2 – t1.

14


M M

vtb = 1 2
∆t

Vectơ vận tớc trung bình có phương và chiều trùng với vectơ độ dời M 1 M 2 .


b) Vectơ vận tốc tức thời: Vectơ vận tốc tức thời tại thời điểm t, kí hiệu là v , là thương số
của vectơ độ dời M 1 M 2 và khoảng thời gian ∆t rất nhỏ thực hiện độ dời đó.

 M M
v= 1 2
∆t

( ∆t rất nhỏ)


Vectơ vận tốc tức thời v tại thời điểm t đặc trưng cho chiều và độ nhanh chậm của
chuyển động tại thời điểm đó.

c) Cơng thức cợng vận tớc: Gọi vận tốc của vật đối với hệ qui chiếu đứng yên là vận tốc
tuyệt đối, vận tốc của vật trong hệ qui chiếu chuyển động là vận tốc tương đối và vận tốc
của hệ qui chiếu chuyển động đối với hệ qui chiếu đứng yên là vận tốc kéo theo ta có:

v =

tuyet đoi



v + v

tuong đoi

keo theo




v13 = v12 + v 23

Hay:

3.7.3. Gia tốc: Gia tốc là đại lượng vật lí đặc trưng cho độ biến đổi nhanh chậm của vận tốc.




a) Gia tốc trung bình: Gọi v1 và v 2 là các vectơ vận tốc của một chất điểm chuyển động
trên đường thẳng tại các thời điểm t1 và t2. Gia tớc trung bình bằng thương sớ của độ biến







đổi vận tốc ∆v = v 2 − v1 và khoảng thời gian Δt = t2 – t1.
  

∆v v 2 − v1
a tb =
=
∆t
t 2 − t1



b) Gia tốc tức thời: kí hiệu là a :

  
 ∆v v 2 − v1
a=
=
∆t
t 2 − t1

3.7.4. Lực
15

( ∆t rất nhỏ)

a) Khái niệm: Lực là đại lượng vectơ đặc trưng cho tác dụng của vật này lên vật khác mà
kết quả là gây ra gia tốc cho vật hoặc làm cho vật bị biến dạng.


- Lực F được biểu diễn bằng một vectơ
+ Gốc của vectơ là điểm đặt của lực
+ Phương và chiều của vectơ là phương và chiều của lực
b) Tổng hợp lực:





F


F1

+ Độ dài của vectơ biểu thị độ lớn của lực



F2

Ḿn tìm hợp lực F của hai lực đồng qui F1 và F2 ta áp dụng qui
O
  
F

tắc hình bình hành.Về mặt tốn học ta viết: = F1 + F2

* Điều kiện cân bằng: Muốn cho một chất điểm cân bằng thì hợp
lực của các lực tác dụng lên nó phải bằng khơng.

   
F
=
F
+
F
+
F
+
..........
=
0
1
2
3
Về mặt tốn học ta viết:

y
Fy
O

c) Phân tích lực:


F

x
Fx

Bất kì một lực nào cũng có thể được phân tích thành hai lực thành phần vng góc với
nhau.
d) Ba định ḷt Niu-ton:
* Định luật I: Nếu một vật không chịu tác dụng của lực nào hoặc chịu tác dụng của các lực
có hợp lực bằng khơng thì vật đang đứng n sẽ tiếp tục đứng yên, đang chuyển động sẽ
tiếp tục chuyển động thẳng đều.
* Định luật II: Gia tốc của vật cùng hướng với lực tác dụng lên vật. Độ lớn của gia tốc tỉ lệ
thuận với độ lớn của lực và tỉ lệ nghịch với khối lượng.
Biểu Thức:


 F

a=

m hoặc F = m.a


Nếu vật chịu tác dụng của nhiều lực thì F là hợp lực của các lực đó
   
F = F1 + F2 + F3 + .....

16


* Định luật III: Trong mọi trường hợp, khi vật A tác dụng lên vật B một lực, thì vật B cùng



F
=
−
F
AB
BA .
tác dụng lên vật A một lực. Hai lực này là hai lực trực đối:

3.7.5. Mômen lực:
Mômen lực đối với một trục quay là đại lượng đặc trưng cho tác dụng làm quay của lực và
được xác định bằng biều thức:
  
M =r ∧F

(

 
M
=
r
.
F
.
sin
r
,F
Về độ lớn:

)

* Nhận xét:




- Vectơ r và vectơ F cùng phương (lực có giá cắt trục quay) thì M = 0.






- Vec tơ M có phương vng góc với măt phẳng tạo bởi hai vec tơ r và F , có chiều tuân
theo qui tắc bàn tay phải.
3.7.6. Động lượng





- Động lượng p được định nghĩa là tích số của khối lượng m và vận tốc v của vật: p = m.v



- Động lượng là đại lượng vec tơ cùng phương cùng chiều với vec tơ vận tốc v .
 ∆p
∑ F = ∆t
* Định luật II Niu-ton dưới dạng tổng quát:

* Định ḷt bảo tồn đợng lượng:
Vectơ động lượng toàn phần của hệ kín được bảo toàn.
 

 

p1 + p 2 + ... + p n = p'1 + p' 2 +... + p' n

3.7.7. Momen động lượng
a). Momen lượng động đới với tâm O của một chất điểm có khối lượng m chuyển động với


vận tốc v được xác định bằng biểu thức:
 

L = r ∧ mv


Trong đó r là bán kính vectơ của chất điểm đối với tâm O.
17


b). Momen động lượng của một vật rắn đối với một trục quay cố định được xác định bằng




biểu thức L = Iω

4. SƠ YẾU VỀ LƯỢNG GIÁC

4.1. Định lí hàm số cosin và sin trong tam giác
* Định lý hàm sớ cosin:
Trong tam giác ABC có các cạnh a, b, c như hình vẽ, ta ln có:
+ a2 = b2 + c2 - 2b.c.cos A
2

2

B
c

2

+ b = a + c - 2a.c.cos B
A

+ c2 = a2 + b2 - 2a.b.cos C

a
b
c
=
=
* Định lý hàm số sin: sin A sin B sin C

a
C

b

B

4.2. Hệ thức lượng trong tam giác vuông
sinα =

AB
BC

cos α =

AB
tan α =
AC

AC
BC

C

α

A

AC
cot anα =
AB

Cho tam giác vuông ABC vuông tại A, đường cao AH = h, BC = b, AC = b, AB = c,
= b’, BH = c’, ta có các hệ thức sau:

a =b +c ;
2

2

2

b 2 = ab '; c 2 = ac '; h 2 = b 'c '; b.c = a.h;

1
1 1
= 2+ 2
2
h
b c

4.3. Các hằng đẳng thức lượng giác
cos α + sin α = 1 ;
2

2

cos 2 α =

1
1 + tg 2α ;

tan α =

sinα

cos α ;

sin 2 α =

cot anα =

cos α
sinα ;

tan α . cot anα = 1

1
1 + cot g 2α

4.4. Công thức biến đổi
* Công thức cộng
sin( a ± b ) = sin( a ) cos( b ) ± sin( b ) cos( a )

18

tan(a ± b) =

tan ( a ) ± tan ( b )

1 mtan ( a ) .tan ( b )

;

CH

cos( a ± b ) = cos( a ) cos( b ) sin( b ) sin( a )

*Công thức nhân đôi, nhân ba

sin ( 3a ) = 3sin ( a ) − 4sin 3 ( a ) ;

sin ( 2a ) = 2sin ( a ) cos ( a ) ;
cos ( 2a ) = cos 2 ( a ) − sin 2 ( a ) = 2 cos 2 ( a ) − 1 = 1 − 2sin 2 ( a ) ;

*Công thức hạ bậc:

cos 2 ( a ) =

cos ( 3a ) = 4 cos3 ( a ) − 3cos ( a ) ;

1 + cos ( 2a )
1 − cos ( 2a )
; sin 2 ( a ) =
2
2

*Công thức biến đổi tổng thành tích
 a+b
 a −b 
 a +b 
 a −b 
sin ( a ) + sin ( b ) = 2sin 
÷cos 
÷; cos ( a ) + cos ( b ) = 2 cos 

÷cos 
÷
 2 
 2 
 2 
 2 
 a +b   a −b 
 a +b   a −b 
sin ( a ) − sin ( b ) = 2 cos 
÷sin 
÷; cos ( a ) − cos ( b ) = −2sin 
÷sin 
÷
 2   2 
 2   2 

4.5. Công thức nghiệm của phương trình cơ bản
α = a + k 2π
α = sin a ⇒ 
α = π − a + k 2π
sin

cos α = cos a ⇒ α = ± a + k 2π

4.6. Hàm số lượng giác của các cung liên kết
Hàm số

cosβ

sinβ

tgβ

cotgβ

β
β = -α
β=π-α
β = π/2 - α
β = π/2 + α

cosα
-cosα
sinα
-sinα

-sinα
sinα
cosα
cosα

-tgα
-cotgα
-tgα
-cotgα
cotgα
tgα
-cotgα -tgα

 BÀI TẬP ÁP DỤNG PHẦN VEC TƠ VÀ LƯỢNG GIÁC

0 ˆ
0
ˆ
A
Bài 1: Tam giác ABC có B = 90 , C = 60 . Hai xe đồng thời xuất phát từ A,

cùng chuyển động đều. Xe 1 đi theo đường ABC, tốc độ ở đoạn AB là v 1, ở
đoạn BC là v2. Xe 2 đi thẳng trên đoạn AC với tốc độ không đổi

1

v0 = 10m/s. Đường thẳng nới hai xe ln vng góc với AC. Tính v1 và v2. B
0
ˆ
Giải: Xe 1 đi ở AB: S 2 = S1 . cos A → v0 t = v1t cos 30 → v1 = 11,55m / s

19

2

C


0
ˆ
Xe 1 đi ở BC: S 2 = S1 . cos C → v0 t = v 2 t cos 60 → v1 = 20m / s

Bài 2: Một ôtô chuyển động với vận tốc v ra xa một bức tường rất dài, theo phương hợp với
tường một góc α . Ở thời điểm xe cách tường một khoảng L thì người lái xe bấm cịi. Biết
tớc độ truyền âm trong khơng khí là c. Sau bao lâu thì người lái xe nghe thấy tiếng còi vọng

lại (sau khi phản xạ âm trên tường)?
Giải: Âm thanh truyền từ ô tô đến tường rồi phản xạ giống như phản xạ trên gương rồi
truyền tiếp và gặp lại ô tô tại điểm C.
C

Ta có: AC = v.t; AA’ = 2L; A’C = c.t
Sử dụng hàm số cosin trong tam giác AA’C:

I

A′C = A′A + AC − 2 A′A. AC. cos( A′AC )
2

2

A’

L

Hay: ( c.t ) = 4 L + ( vt ) − 4 L.v.t. cos(90 + α )
2

2

2

0

Từ đây ta thu được phương trình bậc hai đới với t:

(c

2

V

2

L

α

A

)

− v 2 .t 2 − 4 L.v.t. sinα − 4 L2 = 0

Giải phương trình này ta được:

t=

(

2L
v. sinα + c 2 − v 2 cos 2 α
2
c −v
2

)

Bài 3: Một người đứng cách một con đường thẳng một đoạn h = 50m. Trên đường một ôtô
đang tiến lại với vận tốc v1 = 10m/s. Khi thấy ơtơ cách mình một đoạn AB = 200m thì người
ấy bắt đầu chạy ra đường để đón ơtơ.
1) Nếu vận tớc chạy là v2 = 3m/s thì người ấy phải chạy B
theo hướng nào để gặp được ôtô.


v1
h

2) Tính vận tốc tối thiểu mà người ấy cần chạy để vừa kịp
gặp xe. Xác định hướng của vận tốc này?

A

Giải : 1) D là vị trí mà người gặp xe:

Ta có:

t2 =

AD
BD
BD v1
≤ t1 =
⇒
≥
v2

v1
AD v 2

(1)

Theo định lí hàm sin trong tam giác ABD ta có:
20


BD sin A a
=
= sin A
AD sin B h

Từ (1) và (2) suy ra:
2) Ta có

sin A ≥

(2)

sin A ≥

B

h.v1 5
= ⇒ 560 30′ ≤ A ≤ 123 0 30′
a.v 2 6

D’


v1

H
h

a


v2

h.v1
h.v1
⇒ v2 ≥
a
a. sin A

Để v2 cực tiểu thì sinA = 1

A=

D

A

h.v
π
⇒ v 2 min = 1 = 2,5m / s
2

a

Bài 4: Hai tàu A và B ban đầu cách nhau một khoảng l. Chúng chuyển động cùng một lúc
với các vận tớc có độ lớn lần lượt là v 1, v2. Tàu A chuyển động theo hướng AC tạo với AB
góc α (hình vẽ).
A
a) Hỏi tàu B phải đi theo hướng nào để có thể gặp tàu A. Sau bao
lâu kể từ lúc chúng ở các vị trí A và B thì hai tàu gặp nhau?

α

v1

H

b) Ḿn hai tàu gặp nhau ở H (BH vng góc với v1 ) thì các độ
lớn vận tớc v1, v2 phải thỏa mản điều kiện gì?

β

B

v2
C

Giải: a) Tàu B chuyển động với vận tớc v2 hợp với BA góc β .
A

- Hai tàu gặp nhau tại M. Ta có AM = v1.t, BM = v2.t.
- Trong tam giác ABM:

v1
AM
BM
v1t
vt
sinα
=
= 2
+ sin β sinα ⇔ sin β sinα ⇔ sin β = v 2

α

v1

H

(1)

- Tàu B phải chạy theo hướng hợp với BA một góc β thỏa mản (1)
- Cos θ = cos[1800 – ( α + β ) ] = - cos( α + β ) = sinα . sin β − cos α . cos β

θ

v21

β
v2

B

v1

M

- Gọi vận tốc của tàu B đối với tàu A là v21 . Tại thời điểm ban đầu v21 cùng phương chiều
với BA . Theo công thức cộng vận tốc:
2
v21 = v23 − v13 = v2 − v1 => v21
= v22 + v12 − 2v2 v1 cos θ
2
2
2
2
2
2
2
=> v 21 = v 2 (sin β + cos β ) + v1 (sin α + cos α ) − 2v1v 2 (sinα . sin β − cos α . cos β )
2
2
2
2
2
2
2
2
=( sin β .v2 − 2 sinα sin β .v1v2 + sin α .v1 )+ ( cos β .v2 + 2 cos α cos β .v1v2 + cos α .v1 )

21

O

sin β .v2 − sinα .v1 ) +( cos β .v 2 + cos α .v1 ) 2 = 0 + ( cos β .v2 + cos α .v1 ) 2 ( theo (1) )
B’ = (
2

B

=> v21 =

v1. cos α + v2 cos β

A’
Vậy thời
gian để tàu B chuyển động đến gặp tàu A là:

t=
A

AB
l
=
v 21
v1 cos α + v 2 cos β

* Cách khác: Từ M ta hạ đường cao MD xuống AB cắt AB tại D, ta có:
AB = AD + DB = AM cos α + BM cos β = v1 .t. cos α + v 2 .t. cos β
⇒t =

AB

l
=
v1 cos α + v 2 cos β v1 cos α + v 2 cos β

0
0
0
b) Để 2 tàu gặp nhau ở H thì β + α = 90 ⇒ β = 90 − α ⇒ sin β = sin(90 − α ) = cos α

Theo (1) ta có:

cos α =

v1
v
sinα ⇔ tan α = 2
v2
v1 .

Bài 5: Hai xe chuyển động thẳng đều từ A và B cùng hướng về điểm O với cùng vận tớc v.
0
Biết AO = 20km; BO = 30km; Góc α = 60 . Hãy xác định khoảng cách ngắn nhất giữa

chúng trong quá chuyển động?
Giải: Cách 1: Xét tại thời điểm t : Vật A ở A’; Vật B ở B’.
Khoảng cách d = A’B’
d
AO − vt BO − vt
=
=

sin
α
sin
β
sin γ
Ta có:
⇒
⇔

d
BO − AO
10
=
=
sin α sin γ − sin β sin γ − sin β
d
10
=
sin α 2 cos β + γ .sin β − γ
0
2
2 với β + γ = 120

22


⇒d =

10sin 600
5 3

⇒d =
γ −β
γ −β
2 cos 600.sin
sin
2
2

Nhận xét: dmin ⇔

(sin

* Cách 2: Ta có:

γ −β
) =1
⇒ d min = 5 3 ( km )
2

x = vt − 20
y = vt − 30

Khoảng cách giữa hai xe ở thời điểm t:
d 2 = x 2 + y 2 − 2 xy cos 60 0 = x 2 + y 2 − xy = v 2 t 2 − 50vt + 700

Vế phải là tam thức bậc 2 có cực tiểu khi:
b
50v 25
t=−
= 2 =

2 a 2v
v
2
d min
=−

Và:

A


− v2

y

∆ 4.v 2 .700 − 502 v 2
=
= 75 ⇒ d min = 5 3 ( km )
4a
4v 2

* Cách 3: Hệ qui chiếu B đứng yên:

α


v1

v12
C

x

O

H

B


 
v12 = v1 − v 2

Vì v1 = v2 = v và α = 600 nên ∆OAC là tam giác đều.
Suy ra: BC = BO – AO = 10km.
⇒ d min = BH = BC. sinα = 10. sin 60 0 = 5 3 ( km )

Bài 6: Cùng một lúc, từ cùng một điểm O ở độ cao h so với mặt đất, hai vật được ném
ngang theo hai hướng ngược nhau với vận tốc đầu lần lượt là v 01 = 30 m/s và v02 = 40 m/s
. Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy gia tốc rơi tự do g = 10 m/s 2. Cho biết ngay trước khi
chạm đất, vectơ vận tớc của hai vật có phương vng góc với nhau. Xác định độ cao so với
mặt đất của điểm O.
Giải: Sau thời gian t vectơ vận tốc hai vật là:
 

v1 = v01 + g .t

 
v 2 = v02 + g.t





 

Do v1 ⊥ v 2 nên ta có: v1 .v 2 = 0
23


v 01
 
gt v1


v 02
 
v 2 gt



 

⇔ ( v 01 + g .t )( v 02 + g .t ) = 0 ⇔ g 2 t 2 − v 01 v02 = 0

⇔t=

v01 v 02
g

2h
=
g

⇔

v 01 v 02
g

⇒h=

v01 v02
= 60m
2g

* Cách khác: Thời gian rơi của hai vật là:

t=

2h
g .

Vận tốc của mỗi vật theo phương Oy là vy=gt. Từ hình vẽ ta có:
Do α+β=90o nên

tan α = cot gβ → v o1vo 2 = ( gt ) 2 = 2 gh → h =

tan α =

v

gt
, cot gβ = o 2
v o1
gt .

vo1v o 2
= 60m
2g


v
Bài 7: Ném một vật với vận tốc 0 ban đầu lập với phương ngang góc α . Xác định thời

v
gian để vận tớc của vật có phương hợp với phương của vận tớc ban đầu 0 góc ϕ .
  
v
Giải: Sau thời gian t vectơ vận tốc vật là: = v0 + g.t
  
 
v 0 × v = v 0 × ( v0 + g .t )
 
⇔ v0 .v. sinϕ = v0 × g .t
⇔ v0 .v. sinϕ = v0 .g.t. cos α

Xét :

⇒t =

v. sinϕ

g . cos α

Mặc khác: v = v + g t thế vào phương trình trên ta được:
2

2
0

2 2

t=

v 0 . sinϕ
g cos 2 α − sin 2 ϕ

Câu 8: Cùng một lúc, từ cùng một điểm O ở độ cao h so với mặt đất, hai vật được ném đi


v
v
01
với vận tốc đầu là
và 02 lần lượt hợp với phương ngang các góc là α 1 và α 2 . Bỏ qua

sức cản của không khí. Xác định thời gian để vận tốc của hai vật song song với nhau.
Giải: Sau thời gian t vectơ vận tốc hai vật là:
 

v1 = v01 + g .t


 
v 2 = v02 + g.t

 
  
v
//
v
v
1
2
Do
nên ta có: 1 × v 2 = 0





⇔ ( v 01 + g .t ) × ( v 02 + g .t ) = 0

 


 
⇔ v01 × v02 + v01 × g .t + g .t × v 02 = 0
⇔ v01 .v 02 sin( α 2 − α 1 ) + v 01 .g .t. cos α 1 − v 02 .g .t. cos α 2 = 0
24


⇒t=

v 01 .v 02 sin( α 2 − α 1 )
v02 .g. cos α 2 − v 01 .g . cos α 1

Bài 9: Một bánh xe bán kính R và tâm C lăn không trượt trên trục Ox trong khi khi vẫn nằm
trong mặt phẳng (Oxy). M là một điểm gắn cố định với bánh xe, ở thời điểm t = 0, M trùng
với gốc tọa độ O, vận tốc của bánh xe (tâm C) là không đổi và bằng v. Xác định quĩ đạo
chuyển động của điểm M đới với hệ tọa độ Oxy đứng n.

y

Giải: Ta có x I = v.t = Rα .
OM = OC + CM ; x = x I − R sinα ; y = R − R cos α


v

C

v 
v 
v

x = R t − sin t ; y = R1 − cos t 
R 
R 
R


α

M

I

O

=> Quỹ đạo là một xycloit.

x

Bài 10: Một quả cầu nhỏ nhảy qua lại trong một bán cầu như hình vẽ. Nó va chạm với mặt
trong tại hai điểm cùng nằm trên một mặt nằm ngang. Khoảng thời gian quả cầu chuyển
động từ phải sang trái là T1, từ trái sang phải là T2 với T1 ≠ T2. Tìm bán kính quả cầu.
Giải:
- Tầm xa của quả cầu ném xuyên với vận tốc đầu là v 0, góc ném là α so với phương ngang
v02 sin 2α
S=
.
g
là :

- Do hai điểm va chạm cùng nằm trên một đường nằm ngang nên độ lớn vận tốc đầu của
chuyển động từ trái sang phải và phải sang trái là như nhau.
- Vậy tầm xa ứng với hai góc ném α 1 , α 2 là bằng nhau:

S=

v 02 sin 2α 1
v 2 sin 2α 2

.= 0
g
g

α 1 = α 2
⇔ sin 2α 1 = sin 2α 2 ⇒ 
2α 1 = π − 2α 2
0
- Mà T1 ≠ T2 nên α 1 ≠ α 2 vậy α 1 + α 2 = 90

- Do va chạm đàn hồi nên phương của vận tốc trước và sau va chạm đối xứng nhau qua
pháp tuyến OA tại điểm va chạm. Vậy góc giữa OA với phương ngang là:
ϕ = α2 +

α1 − α 2 α1 + α 2
=
= 450
2
2
.

O
R

25

α1 α
2

A

S

B