Chuyển động ném từ độ cao ban đầu: Hướng dẫn Vật lý HSC

Một quả bóng được phóng với vận tốc \(20\text{ m s}^{-1}\) ở cùng một góc trong hai lần thử. Ở lần thử thứ nhất, nó rơi xuống đúng độ cao mà nó được phóng đi. Ở lần thứ hai, nó rơi xuống mặt đất thấp hơn \(15\text{ m}\).

Bạn có cho rằng tầm xa theo phương ngang sẽ giống nhau vì vận tốc phóng không thay đổi không? Hãy dự đoán trước khi đọc tiếp.

Quả bóng thứ hai đi xa hơn. Chuyển động theo phương ngang của nó không hề nhanh hơn. Đơn giản là nó có nhiều thời gian hơn để chuyển động theo phương ngang vì phải rơi xa hơn trước khi chạm đến độ cao nơi nó đáp xuống.

Bây giờ hãy đảo ngược tình huống. Giả sử bệ đáp nằm cao hơn điểm phóng. Vật phóng có thể đạt đến độ cao đó hai lần, một lần khi đang đi lên và một lần khi đang đi xuống. Hoặc nó có thể không bao giờ đạt tới độ cao đó.

Chênh lệch độ cao này là phần của chuyển động ném mà chúng ta cần xử lý cẩn thận.

01Phương trình quan tâm đến độ dời, không phải “độ cao”

Cách rõ ràng nhất thường là đặt điểm phóng tại \(y=0\).

Sau đó mô tả điểm rơi bằng độ dời theo phương thẳng đứng,

\[ \Delta y=y_f-y_i \]

trong đó \(y_i\) là vị trí thẳng đứng ban đầu và \(y_f\) là vị trí thẳng đứng cuối cùng.

Nếu lấy điểm phóng làm gốc tọa độ thì \(y_i=0\), vì vậy \(\Delta y\) đơn giản là vị trí điểm rơi so với điểm phóng.

Dấu trừ ở hàng đầu tiên không phải là tùy chọn. Nó cho biết vật phóng kết thúc ở vị trí thấp hơn nơi nó bắt đầu.

Một lỗi thường gặp là nhìn thấy “một vách đá cao \(12\text{ m}\)” rồi tự động thay \(+12\text{ m}\) vào phương trình. Giá trị \(12\text{ m}\) là một khoảng cách. Độ dời theo phương thẳng đứng là \(-12\text{ m}\) nếu ta chọn chiều lên là chiều dương.

02Giữ riêng chuyển động theo phương ngang và phương thẳng đứng

Hãy hình dung chuyển động ném như hai đoạn video chạy với cùng một mốc thời gian.

Một video cho thấy chuyển động theo phương ngang. Video kia cho thấy chuyển động theo phương thẳng đứng. Chúng diễn ra khác nhau, nhưng cả hai đều phải ứng với cùng một thời gian \(t\).

Điều này hơi giống hai người làm hai phần khác nhau của một bài tập nhóm nhưng có chung một hạn nộp. Chuyển động ngang không thể âm thầm kéo dài \(2.0\text{ s}\) trong khi chuyển động thẳng đứng kéo dài \(3.0\text{ s}\). Chỉ có một vật phóng, nên cũng chỉ có một khoảng thời gian đã trôi qua.

Theo mô hình chuyển động ném tiêu chuẩn trong HSC:

\[ a_x=0 \]

và

\[ a_y=-g \]

trong đó \(a_x\) và \(a_y\) là gia tốc theo phương ngang và phương thẳng đứng, còn \(g=9.8\text{ m s}^{-2}\) là độ lớn của gia tốc trọng trường gần bề mặt Trái Đất.

Mô hình này giả sử lực cản không khí là không đáng kể. Khi lực cản không khí đáng kể, chuyển động theo phương ngang và phương thẳng đứng không còn độc lập một cách gọn gàng như vậy vì lực cản phụ thuộc vào vận tốc của vật phóng.

Ôn lại: phân tích vận tốc phóng

Nếu vật được phóng với tốc độ \(u\) theo góc \(\theta\) so với phương ngang,

\[ u_x=u\cos\theta \]

và

\[ u_y=u\sin\theta \]

trong đó \(u_x\) là vận tốc ngang ban đầu và \(u_y\) là vận tốc thẳng đứng ban đầu.

Nếu bước này vẫn khiến bạn phải suy nghĩ quá nhiều, hãy ôn lại các thành phần vận tốc ban đầu của chuyển động ném trước khi tiếp tục. Mọi nội dung ở đây sẽ trở nên dễ dàng hơn khi việc phân tích các thành phần này đã trở thành thao tác quen thuộc.

Vị trí theo phương ngang sau thời gian \(t\) là

\[ \Delta x=u_x t \]

vì gia tốc theo phương ngang bằng không.

Theo phương thẳng đứng,

\[ \Delta y=u_y t-\frac{1}{2}gt^2 \]

vì gia tốc theo phương thẳng đứng là \(-g\).

Điểm quan trọng là việc đáp xuống ở độ cao khác với điểm phóng làm thay đổi \(\Delta y\). Điều đó làm thay đổi thời gian, và thời gian thay đổi sau đó làm thay đổi quãng đường theo phương ngang.

03Tìm thời gian bay khi độ cao điểm rơi khác điểm phóng

Bắt đầu từ

\[ \Delta y=u_y t-\frac{1}{2}gt^2 \]

và biến đổi:

\[ \frac{1}{2}gt^2-u_y t+\Delta y=0 \]

Đây là phương trình bậc hai theo \(t\). Dùng công thức nghiệm bậc hai, ta được

\[ t=\frac{u_y\pm\sqrt{u_y^2-2g\Delta y}}{g} \]

Dạng cụ thể này giả sử chiều lên là chiều dương, do đó \(a_y=-g\). Sẽ an toàn hơn nếu bạn hiểu phương trình này được suy ra như thế nào thay vì ghi nhớ các dấu một cách máy móc.

Biểu thức dưới dấu căn,

\[ u_y^2-2g\Delta y \]

cũng cho chúng ta một thông tin hữu ích về mặt vật lý.

Điểm rơi thấp hơn điểm phóng

Nếu \(\Delta y<0\), thì

\[ -2g\Delta y>0 \]

nên biểu thức căn bậc hai lớn hơn \(|u_y|\).

Điều này tạo ra một nghiệm thời gian dương và một nghiệm thời gian âm khi \(t=0\) là thời điểm phóng. Giá trị dương mô tả va chạm xảy ra trong tương lai. Giá trị âm thuộc về phần kéo dài về mặt toán học của parabol trước khi vật được phóng, vì vậy ta loại nó.

Do đó, một độ cao điểm rơi thấp hơn sẽ làm vật phóng có thêm thời gian bay.

Điểm rơi cùng độ cao với điểm phóng

Nếu \(\Delta y=0\),

\[ t=\frac{u_y\pm u_y}{g} \]

đối với một vật được phóng hướng lên.

Hai nghiệm là

\[ t=0 \]

và

\[ t=\frac{2u_y}{g} \]

Nghiệm thứ nhất là thời điểm phóng. Nghiệm thứ hai là thời điểm vật trở lại độ cao ban đầu.

Điểm rơi cao hơn điểm phóng

Trường hợp này cần suy nghĩ kỹ hơn.

Giả sử \(\Delta y>0\). Trước khi giải bất kỳ phương trình nào, hãy hỏi: vật phóng có lên đủ cao để đạt đến mức đó không?

Ở độ cao cực đại, vận tốc theo phương thẳng đứng bằng không. Dùng

\[ v_y^2=u_y^2+2a_y\Delta y \]

với \(v_y=0\) và \(a_y=-g\),

\[ 0=u_y^2-2g\Delta y_{\max} \]

nên

\[ \Delta y_{\max}=\frac{u_y^2}{2g} \]

Đối với vật được phóng hướng lên:

• nếu \(\Delta y\) cần đạt lớn hơn \(\Delta y_{\max}\), vật phóng sẽ không bao giờ đạt đến độ cao đó;
• nếu nó bằng \(\Delta y_{\max}\), vật phóng chỉ chạm đến độ cao đó một lần, tại điểm cao nhất;
• nếu nó nhỏ hơn, vật phóng thông thường sẽ đi qua độ cao đó hai lần: một lần khi đi lên và một lần khi đi xuống.

Trường hợp cuối cùng là lúc việc chọn một nghiệm bậc hai một cách máy móc dễ gây sai sót.

04Hai thời gian dương đều có thể đúng về mặt toán học

Giả sử một vật được phóng từ vị trí thấp hơn một bệ cao.

Một học sinh thấy hai đáp án dương cho \(t\) và cho rằng phương trình bậc hai hẳn đã có vấn đề.

Không phải vậy.

Một vật phóng có thể đi qua cùng một độ cao hai lần.

Hãy tưởng tượng bạn ném một quả bóng qua cửa sổ tầng hai. Nó đi ngang qua cửa sổ một lần trên đường đi lên, khuất lên phía trên, rồi lại đi qua chính cửa sổ đó khi rơi xuống. Cùng độ cao, nhưng ở những thời điểm khác nhau.

Phương trình biết khi nào vật phóng ở độ cao đó. Nó không biết bệ thật sự bắt đầu ở đâu, rộng bao nhiêu, hay thậm chí có vật rắn nào ở đó hay không.

Thông tin hình học đó phải được lấy từ đề bài.

05Những sai lầm dễ mắc nhất

Hàng thứ năm có một điểm tinh tế. Trong hầu hết các bài toán phóng của HSC, \(t=0\) được xác định rõ là thời điểm phóng, vì vậy thời gian âm nằm ngoài phần chuyển động vật lý đang được mô hình hóa. Nhưng quy tắc đó phụ thuộc vào lúc đồng hồ bắt đầu chạy. Câu 5 bên dưới tập trung chính xác vào điểm này.

06Một phương pháp đáng tin cậy cho các độ cao điểm rơi không bằng nhau

Đối với một vật phóng đáp xuống cao hơn hoặc thấp hơn độ cao phóng, hãy làm theo thứ tự sau:

1. Chọn gốc tọa độ và quy ước dấu. Chọn chiều lên là chiều dương thường là dễ nhất.
2. Phân tích vận tốc phóng thành \(u_x\) và \(u_y\).
3. Tính độ dời theo phương thẳng đứng thực tế, \(\Delta y=y_f-y_i\).
4. Nếu độ cao điểm rơi cao hơn điểm phóng, kiểm tra xem vật có thể đạt đến độ cao đó hay không.
5. Giải phương trình chuyển động thẳng đứng để tìm \(t\).
6. Diễn giải mọi nghiệm dựa trên tình huống vật lý thay vì loại nghiệm một cách máy móc.
7. Dùng thời gian phù hợp trong \(\Delta x=u_x t\).
8. Nếu cần vận tốc va chạm, tính \(v_y=u_y-gt\) rồi kết hợp với \(v_x=u_x\), vốn không đổi.

Đây cũng là ý tưởng cốt lõi của thời gian bay của vật phóng khi điểm rơi cùng hoặc khác độ cao: trước tiên phải xử lý đúng chuyển động thẳng đứng, vì chuyển động theo phương ngang đang chờ giá trị thời gian chính xác.

07Câu hỏi và lời giải

Câu 1

Một quả bóng lăn theo phương ngang khỏi mép một vách đá cao \(12.0\text{ m}\) với vận tốc \(8.00\text{ m s}^{-1}\). Bỏ qua lực cản không khí.

Hãy tìm:

a. thời gian để chạm đất
b. quãng đường đi được theo phương ngang.

Lời giải 1

Quả bóng ở trên không trong \(1.56\text{ s}\) và đi được \(12.5\text{ m}\) theo phương ngang.

Sai lầm dễ mắc là dùng \(12.0\text{ m}\) làm độ dời thẳng đứng dương. Nếu chọn chiều lên là chiều dương thì mặt đất nằm dưới điểm phóng, nên

\[ \Delta y=-12.0\text{ m} \]

Quả bóng được phóng theo phương ngang, nên

\[ u_y=0 \]

Trước tiên dùng chuyển động theo phương thẳng đứng:

\[ \begin{aligned} \Delta y&=u_y t-\frac12gt^2\\ -12.0&=0-4.90t^2\\ t^2&=\frac{12.0}{4.90}\\ t&=1.56\text{ s} \end{aligned} \]

Chỉ thời gian dương là phù hợp vì \(t=0\) là thời điểm phóng.

Theo phương ngang,

\[ \begin{aligned} \Delta x&=u_x t\\ &=(8.00)(1.56)\\ &=12.5\text{ m} \end{aligned} \]

Vì vậy, độ rơi \(12.0\text{ m}\) quyết định vật ở trên không trong bao lâu, còn vận tốc ngang \(8.00\text{ m s}^{-1}\) quyết định nó đi xa bao nhiêu trong khoảng thời gian đó.

Câu 2

Một vật được phóng với tốc độ \(18.0\text{ m s}^{-1}\), theo góc \(35.0^\circ\) so với phương ngang, từ một mỏm đá cao \(8.00\text{ m}\) so với mặt đất bằng phẳng.

Hãy tìm:

a. thời gian cho đến khi va chạm
b. quãng đường đi được theo phương ngang
c. độ lớn và hướng của vận tốc ngay trước khi va chạm.

Lời giải 2

Vật chạm đất sau \(2.71\text{ s}\), cách điểm phóng \(40.0\text{ m}\) theo phương ngang, với tốc độ \(21.9\text{ m s}^{-1}\) theo hướng \(47.7^\circ\) xuống dưới so với phương ngang.

Lối tắt dễ bị hấp dẫn là coi chuyển động này như một cú rơi tự do \(8.00\text{ m}\). Cách đó bỏ qua thực tế rằng ban đầu vật đi lên trước khi rơi xuống qua độ cao phóng.

Trước tiên phân tích vận tốc ban đầu:

\[ \begin{aligned} u_x&=18.0\cos35.0^\circ\\ &=14.74\text{ m s}^{-1} \\[4pt] u_y&=18.0\sin35.0^\circ\\ &=10.32\text{ m s}^{-1} \end{aligned} \]

Mặt đất nằm dưới điểm phóng, nên

\[ \Delta y=-8.00\text{ m} \]

Dùng chuyển động theo phương thẳng đứng:

\[ \begin{aligned} -8.00&=10.32t-4.90t^2\\ 4.90t^2-10.32t-8.00&=0 \end{aligned} \]

Công thức nghiệm bậc hai cho một giá trị dương và một giá trị âm. Va chạm trong tương lai xảy ra tại

\[ t=2.71\text{ s} \]

Do đó, độ dời theo phương ngang là

\[ \begin{aligned} \Delta x&=u_xt\\ &=(14.74)(2.71)\\ &=40.0\text{ m} \end{aligned} \]

Vận tốc theo phương ngang vẫn là

\[ v_x=14.74\text{ m s}^{-1} \]

Vận tốc thẳng đứng cuối cùng là

\[ \begin{aligned} v_y&=u_y-gt\\ &=10.32-(9.8)(2.71)\\ &=-16.23\text{ m s}^{-1} \end{aligned} \]

Dấu âm cho biết vật đang chuyển động xuống dưới.

Tốc độ cuối cùng của vật là

\[ \begin{aligned} v&=\sqrt{v_x^2+v_y^2}\\ &=\sqrt{(14.74)^2+(16.23)^2}\\ &=21.9\text{ m s}^{-1} \end{aligned} \]

Đối với hướng,

\[ \tan\phi=\frac{|v_y|}{v_x} \]

nên

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{16.23}{14.74}\right)=47.7^\circ \]

Vì vậy, vận tốc va chạm là \(21.9\text{ m s}^{-1}\), theo hướng \(47.7^\circ\) xuống dưới so với phương ngang.

Câu 3

Một vật được phóng từ \(y=0\) với tốc độ \(16.0\text{ m s}^{-1}\), theo góc \(55.0^\circ\) so với phương ngang.

Một bề mặt bệ mỏng nằm ngang ở \(y=+5.00\text{ m}\) và kéo dài từ \(x=19.0\text{ m}\) đến \(x=22.0\text{ m}\). Bỏ qua độ dày của bệ và mọi mặt trước thẳng đứng của bệ.

Vật có rơi lên bệ không? Nếu có, hãy cho biết nó rơi ở đâu và khi đó đang chuyển động lên hay xuống.

Lời giải 3

Có. Vật rơi lên bệ tại \(x=20.3\text{ m}\), khoảng \(2.21\text{ s}\) sau khi phóng, trong lúc đang đi xuống.

Cách làm dễ bị hấp dẫn là tìm thời gian dương đầu tiên mà vật đạt độ cao \(5.00\text{ m}\) rồi dừng lại ở đó. Điều kiện làm thay đổi đáp án là vị trí theo phương ngang của bệ.

Phân tích vận tốc:

\[ \begin{aligned} u_x&=16.0\cos55.0^\circ\\ &=9.18\text{ m s}^{-1} \\[4pt] u_y&=16.0\sin55.0^\circ\\ &=13.11\text{ m s}^{-1} \end{aligned} \]

Ở độ cao của bệ,

\[ \Delta y=+5.00\text{ m} \]

nên

\[ 5.00=13.11t-4.90t^2 \]

hay

\[ 4.90t^2-13.11t+5.00=0 \]

Giải phương trình cho

\[ t_1=0.461\text{ s} \]

và

\[ t_2=2.21\text{ s} \]

Cả hai thời điểm đều là những lần vật thực sự đi qua mức \(5.00\text{ m}\).

Bây giờ hãy kiểm tra chúng xảy ra ở đâu.

Với lần đi qua thứ nhất,

\[ \begin{aligned} x_1&=u_xt_1\\ &=(9.18)(0.461)\\ &=4.23\text{ m} \end{aligned} \]

Không có bệ ở đó.

Với lần đi qua thứ hai,

\[ \begin{aligned} x_2&=(9.18)(2.21)\\ &=20.3\text{ m} \end{aligned} \]

Vị trí này nằm trong khoảng của bệ từ \(19.0\text{ m}\) đến \(22.0\text{ m}\).

Để kiểm tra hướng chuyển động,

\[ \begin{aligned} v_y&=u_y-gt\\ &=13.11-(9.8)(2.21)\\ &=-8.59\text{ m s}^{-1} \end{aligned} \]

nên vật đang chuyển động xuống dưới.

Nghiệm dương đầu tiên không hề “sai”. Nó mô tả một sự kiện có thật nhưng ở sai vị trí theo phương ngang. Hình học của bài toán chọn lần đi qua thứ hai làm điểm rơi.

Câu 4

Một mục tiêu nằm cách điểm phóng \(30.0\text{ m}\) theo phương ngang và thấp hơn \(5.00\text{ m}\). Vật phải được phóng với tốc độ chính xác \(20.0\text{ m s}^{-1}\).

Hãy tìm mọi góc phóng từ \(0^\circ\) đến \(90^\circ\) có thể bắn trúng mục tiêu.

Sau đó xác định thời gian bay và tốc độ va chạm cho mỗi quỹ đạo.

Một học sinh cho rằng quỹ đạo dốc hơn phải va chạm với tốc độ lớn hơn vì trọng lực tác dụng lên nó trong thời gian lâu hơn. Hãy đánh giá nhận định đó.

Lời giải 4

Có hai góc phóng, xấp xỉ \(12.3^\circ\) và \(68.2^\circ\). Thời gian bay tương ứng là \(1.54\text{ s}\) và \(4.04\text{ s}\), nhưng cả hai đều chạm mục tiêu với cùng tốc độ, \(22.3\text{ m s}^{-1}\).

Lập luận của học sinh nghe có vẻ hợp lý vì vật trên quỹ đạo dốc hơn ở trên không lâu hơn rất nhiều. Điều kiện còn thiếu là trong một phần của khoảng thời gian thêm đó, vật đang chuyển động lên trên và giảm tốc. Khi không có lực cản không khí, cả hai vật đều bắt đầu với cùng tốc độ và kết thúc ở vị trí thấp hơn \(5.00\text{ m}\) so với cùng một độ cao phóng.

Gọi góc phóng là \(\theta\).

Theo phương ngang,

\[ 30.0=(20.0\cos\theta)t \]

nên

\[ t=\frac{30.0}{20.0\cos\theta} \]

Theo phương thẳng đứng,

\[ -5.00=(20.0\sin\theta)t-4.90t^2 \]

Thay biểu thức của \(t\) vào:

\[ -5.00 = 30.0\tan\theta - 11.025\sec^2\theta \]

Dùng

\[ \sec^2\theta=1+\tan^2\theta \]

và đặt

\[ T=\tan\theta \]

ta được

\[ -5.00=30.0T-11.025(1+T^2) \]

nên

\[ 11.025T^2-30.0T+6.025=0 \]

Công thức nghiệm bậc hai cho

\[ T=0.2184 \]

hoặc

\[ T=2.503 \]

Do đó,

\[ \theta_1=\tan^{-1}(0.2184)=12.3^\circ \]

và

\[ \theta_2=\tan^{-1}(2.503)=68.2^\circ \]

Đối với quỹ đạo thấp hơn,

\[ \begin{aligned} t_1 &=\frac{30.0}{20.0\cos12.3^\circ}\\ &=1.54\text{ s} \end{aligned} \]

Đối với quỹ đạo cao hơn,

\[ \begin{aligned} t_2 &=\frac{30.0}{20.0\cos68.2^\circ}\\ &=4.04\text{ s} \end{aligned} \]

Thời gian bay rất khác nhau.

Bây giờ hãy so sánh tốc độ va chạm mà không cần thực hiện hai phép tính thành phần dài dòng.

Theo phương thẳng đứng,

\[ v_y^2=u_y^2+2a_y\Delta y \]

Đối với cả hai quỹ đạo,

\[ a_y=-9.8\text{ m s}^{-2} \]

và

\[ \Delta y=-5.00\text{ m} \]

nên

\[ v_y^2=u_y^2+98.0 \]

Tổng tốc độ cuối cùng thỏa mãn

\[ v^2=v_x^2+v_y^2 \]

Do đó,

\[ \begin{aligned} v^2 &=u_x^2+u_y^2+98.0\\ &=u^2+98.0\\ &=(20.0)^2+98.0\\ &=498 \end{aligned} \]

nên

\[ v=22.3\text{ m s}^{-1} \]

đối với cả hai quỹ đạo.

Hướng va chạm khác nhau, nhưng tốc độ va chạm giống nhau. Trong mô hình chuyển động ném lý tưởng, thời gian bay dài hơn của quỹ đạo cao tự nó không tạo ra tốc độ cuối lớn hơn.

Câu 5

Một vật được phóng từ mặt đất bằng phẳng. Sau đó, khi nó đang đi lên qua một cảm biến ở độ cao \(5.00\text{ m}\) so với mặt đất, các thành phần vận tốc của nó được đo là

\[ v_x=12.0\text{ m s}^{-1} \]

và

\[ v_y=+8.00\text{ m s}^{-1} \]

Cảm biến đặt đồng hồ của nó thành \(t=0\) tại thời điểm đó và vị trí của nó thành \(x=0,\ y=0\).

Bỏ qua lực cản không khí.

Hãy tìm:

a. mọi thời điểm, tính theo đồng hồ của cảm biến, mà vật ở độ cao mặt đất
b. vị trí theo phương ngang của mỗi lần đi qua mặt đất so với cảm biến
c. tổng tầm xa theo phương ngang của vật từ lúc phóng đến lúc rơi xuống.

Một học sinh thu được một thời gian âm và ngay lập tức loại nó. Lập luận đó có hợp lý trong trường hợp này không?

Lời giải 5

Các lần đi qua mặt đất xảy ra tại \(t=-0.482\text{ s}\) và \(t=2.12\text{ s}\). Không được loại thời gian âm: nó biểu diễn thời điểm phóng thực tế, xảy ra trước khi cảm biến chọn \(t=0\). Tổng tầm xa từ mặt đất đến mặt đất là \(31.2\text{ m}\).

Đây là điểm mấu chốt: thời gian âm không có nghĩa là “phi vật lý”. Nó có nghĩa là “trước bất kỳ sự kiện nào được gán nhãn \(t=0\)”. Trong các bài toán phóng thông thường, hai điều này thường trùng nhau vì đồng hồ bắt đầu tại thời điểm phóng. Ở đây, chúng được cố ý làm cho khác nhau.

So với cảm biến, mặt đất có

\[ \Delta y=-5.00\text{ m} \]

Tại \(t=0\), vận tốc thẳng đứng của vật là

\[ u_y=+8.00\text{ m s}^{-1} \]

đối với hệ tọa độ thời gian mới này.

Dùng phương trình chuyển động theo phương thẳng đứng:

\[ \begin{aligned} -5.00&=8.00t-4.90t^2\\ 4.90t^2-8.00t-5.00&=0 \end{aligned} \]

Công thức nghiệm bậc hai cho

\[ t=\frac{8.00\pm\sqrt{(-8.00)^2-4(4.90)(-5.00)}}{9.80} \]

nên

\[ t=-0.482\text{ s} \]

và

\[ t=2.12\text{ s} \]

Cả hai nghiệm đều mô tả những sự kiện thực trong chuyển động đã nêu.

Vận tốc theo phương ngang không đổi và bằng

\[ v_x=12.0\text{ m s}^{-1} \]

vì không có gia tốc theo phương ngang.

Do đó, lần đi qua mặt đất sớm hơn xảy ra tại

\[ \begin{aligned} x_{\text{launch}} &=(12.0)(-0.482)\\ &=-5.79\text{ m} \end{aligned} \]

so với cảm biến.

Lần đi qua sau đó xảy ra tại

\[ \begin{aligned} x_{\text{landing}} &=(12.0)(2.12)\\ &=25.4\text{ m} \end{aligned} \]

Tổng tầm xa theo phương ngang là hiệu giữa hai vị trí đó:

\[ \begin{aligned} R &=25.4-(-5.79)\\ &=31.2\text{ m} \end{aligned} \]

Quy tắc dễ bị áp dụng sai là “loại thời gian âm”. Quy tắc đúng chính xác hơn: loại những thời điểm nằm ngoài khoảng chuyển động vật lý đang được mô hình hóa.

Vì cảm biến đã đặt lại đồng hồ khi vật đang ở giữa quỹ đạo bay, nên chính thời điểm phóng có thể hợp lệ mang một dấu thời gian âm.

08Điều này cho phép bạn làm gì tiếp theo

Khi bạn đã có thể xử lý \(\Delta y\) đúng cách và diễn giải các nghiệm bậc hai theo ý nghĩa vật lý, các vật được phóng từ vách đá, hố, ban công và bệ cao sẽ không còn là những dạng bài riêng biệt. Chúng đều là cùng một mô hình với các tọa độ cuối khác nhau.

Bước hữu ích tiếp theo là liên hệ thời gian bay đó với tầm xa, hướng va chạm và tốc độ cuối. Phần toán học thường khá đơn giản sau khi quyết định khó hơn đã được thực hiện: xác định đúng độ dời theo phương thẳng đứng và đúng thời gian.