Các thành phần vận tốc ban đầu của chuyển động ném trong Vật lý HSC

Một vật bị ném được phóng với vận tốc \(20.0\ \text{m s}^{-1}\), theo hướng \(30^\circ\) phía trên phương ngang. Bạn biết độ lớn và hướng của vận tốc, nhưng các phương trình chuyển động ném cần một dạng thông tin hữu ích hơn: ban đầu vật chuyển động nhanh bao nhiêu theo phương ngang, và nhanh bao nhiêu theo phương thẳng đứng?

Trước khi tính toán, hãy dự đoán thành phần nào sẽ lớn hơn. Vì hướng phóng gần phương ngang hơn nhiều so với phương thẳng đứng, thành phần ngang phải lớn hơn. Nếu sau đó phép tính của bạn cho kết quả ngược lại, đó là một dấu hiệu hữu ích cho thấy đã có điều gì đó sai.

01Một vận tốc, nhìn theo hai phương

Vật bị ném không thực sự có một vận tốc ngang và một vận tốc thẳng đứng riêng biệt đang “tranh nhau” quyết định hướng chuyển động. Nó có một vectơ vận tốc duy nhất.

Ta phân tích vectơ đó thành hai thành phần vuông góc vì chuyển động theo phương ngang và phương thẳng đứng diễn biến khác nhau sau khi vật được phóng.

Hãy hình dung mũi tên vận tốc là cạnh huyền của một tam giác vuông. Thành phần ngang của nó là chiều rộng của tam giác, còn thành phần thẳng đứng là chiều cao.

Với vận tốc ban đầu \(u\) được phóng ở góc \(\theta\) phía trên phương ngang,

\[
u_x=u\cos\theta
\]

và

\[
u_y=u\sin\theta
\]

trong đó:

• \(u\) là tốc độ ban đầu, tính bằng \(\text{m s}^{-1}\),
• \(u_x\) là thành phần vận tốc ban đầu theo phương ngang, tính bằng \(\text{m s}^{-1}\),
• \(u_y\) là thành phần vận tốc ban đầu theo phương thẳng đứng, tính bằng \(\text{m s}^{-1}\), và
• \(\theta\) là góc phóng được đo từ phương ngang.

Tại sao dùng cosin cho phương ngang và sin cho phương thẳng đứng? So với góc \(\theta\), \(u_x\) là cạnh kề của tam giác vuông, còn \(u_y\) là cạnh đối.

Câu cuối cùng đó quan trọng hơn việc ghi nhớ “cos là ngang”. Nếu góc được đo từ một phương khác, mối quan hệ giữa sin và cos cũng thay đổi.

02Kiểm tra nhanh tính hợp lý

Giả sử \(u=20.0\ \text{m s}^{-1}\) và \(\theta=30^\circ\).

Khi đó

\[
u_x=(20.0)\cos30^\circ=17.3\ \text{m s}^{-1}
\]

và

\[
u_y=(20.0)\sin30^\circ=10.0\ \text{m s}^{-1}.
\]

Điều này phù hợp với dự đoán của chúng ta: thành phần ngang lớn hơn.

Lưu ý rằng \(17.3+10.0\neq20.0\). Các thành phần không cộng với nhau như các số thông thường vì chúng hướng theo hai phương vuông góc.

Thay vào đó,

\[
u=\sqrt{u_x^2+u_y^2}.
\]

Kiểm tra:

\[
\sqrt{(17.3)^2+(10.0)^2}\approx20.0\ \text{m s}^{-1}.
\]

Phép kiểm tra bằng định lý Pythagoras này là một trong những cách nhanh nhất để phát hiện lỗi khi phân tích thành phần.

03Góc quyết định thành phần nào dùng sin

Một cách ghi nhớ thường gặp là:

ngang \(=\cos\), thẳng đứng \(=\sin\)

Điều đó chỉ đúng khi góc đã cho được đo từ phương ngang.

Giả sử thay vào đó một vectơ vận tốc tạo với phương thẳng đứng một góc \(\phi\). Lúc này thành phần thẳng đứng là cạnh kề của góc, nên

\[
u_y=u\cos\phi,
\]

còn thành phần ngang là cạnh đối:

\[
u_x=u\sin\phi.
\]

Vì vậy, quy tắc an toàn hơn là:

• xác định góc đã cho,
• xác định cạnh kề với góc đó,
• dùng cosin cho thành phần kề,
• dùng sin cho thành phần đối.

Hãy nghĩ rằng sin và cos quan tâm đến hình học của tam giác, chứ không quan tâm một phương được gọi là “ngang” hay “thẳng đứng”.

04Các thành phần có cả dấu lẫn độ lớn

Cho đến lúc này, cả hai thành phần đều dương. Điều đó không phải lúc nào cũng đúng.

Giả sử ta chọn:

• bên phải là chiều dương của \(x\),
• phía trên là chiều dương của \(y\).

Một vật được phóng xuống dưới và sang phải có:

• \(u_x>0\),
• \(u_y<0\).

Một vật được phóng lên trên và sang trái có:

• \(u_x<0\),
• \(u_y>0\).

Bản thân tốc độ \(u\) là một độ lớn nên không âm. Các thành phần có thể âm vì chúng mô tả cả hướng lẫn độ lớn.

05Vì sao việc phân tích vận tốc lại hữu ích đến vậy

Việc phân tích trở nên đặc biệt hữu ích vì, theo mô hình chuyển động ném tiêu chuẩn, hai thành phần biến đổi khác nhau.

Theo phương ngang, khi bỏ qua lực cản không khí,

\[
a_x=0.
\]

Do đó vận tốc ngang không đổi:

\[
v_x=u_x.
\]

Theo phương thẳng đứng,

\[
a_y=-g,
\]

trong đó \(g\approx9.8\ \text{m s}^{-2}\).

Vì vậy vận tốc thẳng đứng thay đổi liên tục:

\[
v_y=u_y-gt.
\]

Đây là lý do việc phân tích vận tốc ban đầu thường là bước thực sự đầu tiên trong một bài toán chuyển động ném. Khi đã biết \(u_x\) và \(u_y\), ta có thể sử dụng riêng các phương trình theo phương ngang và phương thẳng đứng, trong khi cả hai cùng dùng chung thời gian \(t\).

Những kết luận này phụ thuộc vào mô hình chuyển động ném thông thường. Đặc biệt, chúng dựa trên các giả định như lực cản không khí không đáng kể và gia tốc trọng trường xấp xỉ không đổi. Các giả định này được trình bày chi tiết hơn trong Các giả định về chuyển động ném trong Vật lý HSC được giải thích.

06Sai lầm dễ mắc nhất: dùng độ dời để tìm góc phóng

Giả sử sau đó một vật đạt đến một điểm cách theo phương ngang \(20\ \text{m}\) và cao hơn \(10\ \text{m}\).

Bạn có thể dễ bị cám dỗ viết

\[
\tan\theta=\frac{10}{20}
\]

và kết luận rằng góc phóng là \(26.6^\circ\).

Nói chung, cách đó không đúng.

Đường nối từ điểm phóng đến vị trí sau đó của vật là một vectơ độ dời. Vận tốc ban đầu hướng theo tiếp tuyến với quỹ đạo tại đúng thời điểm phóng. Trọng lực làm cong quỹ đạo sau khi phóng, vì vậy hướng của độ dời và hướng của vận tốc ban đầu thường khác nhau.

Một vật bị ném hơi giống một người rời nhà đi về hướng đông bắc nhưng cứ mỗi giây lại bị đẩy về phía nam. Việc vẽ một đường thẳng từ nhà đến nơi cuối cùng họ tới không cho bạn biết hướng họ bắt đầu đi ban đầu.

Phép so sánh này có giới hạn vì trọng lực làm thay đổi vận tốc một cách liên tục chứ không tác dụng như một chuỗi cú đẩy theo từng thời điểm. Ý chính hữu ích ở đây chỉ là vị trí về sau không trực tiếp cho biết hướng ban đầu.

07Một quy trình phân tích thành phần đáng tin cậy

Đối với hầu hết câu hỏi HSC, quy trình ngắn sau đây là đủ:

Hàng cuối cùng cần được xử lý cẩn thận. Hàm tang nghịch đảo trên máy tính có thể cho bạn một góc mà không hiểu vectơ vận tốc thực sự nằm ở góc phần tư nào. Luôn phác họa dấu của \(u_x\) và \(u_y\) trước.

08Câu hỏi và lời giải

Câu hỏi 1

Một quả bóng được đá với vận tốc \(25.0\ \text{m s}^{-1}\), ở góc \(53.0^\circ\) phía trên phương ngang.

Hãy tìm các thành phần vận tốc ban đầu theo phương ngang và phương thẳng đứng.

Lời giải 1

Các thành phần ban đầu xấp xỉ là \(u_x=15.0\ \text{m s}^{-1}\) theo phương ngang và \(u_y=20.0\ \text{m s}^{-1}\) hướng lên trên.

Vì góc được đo từ phương ngang,

\[
u_x=u\cos\theta,
\qquad
u_y=u\sin\theta.
\]

Thay số,

\[
\begin{aligned}
u_x&=(25.0)\cos53.0^\circ\\
&=15.0\ \text{m s}^{-1},
\\[4pt]
u_y&=(25.0)\sin53.0^\circ\\
&=20.0\ \text{m s}^{-1}.
\end{aligned}
\]

Một sai lầm dễ mắc là hoán đổi sin và cos. Hình học giúp phát hiện lỗi này: góc phóng \(53^\circ\) dốc hơn \(45^\circ\), vì vậy thành phần thẳng đứng phải lớn hơn thành phần ngang.

Câu hỏi 2

Một vật được phóng từ gốc tọa độ. Sau \(1.20\ \text{s}\), nó cách điểm phóng \(18.0\ \text{m}\) theo phương ngang và cao hơn điểm phóng \(8.00\ \text{m}\).

Bỏ qua lực cản không khí và dùng \(g=9.80\ \text{m s}^{-2}\).

Hãy tìm:

• thành phần vận tốc ban đầu theo phương ngang,
• thành phần vận tốc ban đầu theo phương thẳng đứng,
• tốc độ ban đầu, và
• góc phóng phía trên phương ngang.

Lời giải 2

Vật được phóng với các thành phần \(u_x=15.0\ \text{m s}^{-1}\) và \(u_y=12.5\ \text{m s}^{-1}\), cho tốc độ ban đầu \(19.6\ \text{m s}^{-1}\) ở góc xấp xỉ \(39.9^\circ\) phía trên phương ngang.

Theo phương ngang, gia tốc bằng không, nên

\[
x=u_xt.
\]

Do đó,

\[
u_x=\frac{x}{t}
=\frac{18.0}{1.20}
=15.0\ \text{m s}^{-1}.
\]

Theo phương thẳng đứng,

\[
y=u_yt+\frac12a_yt^2,
\]

với \(a_y=-9.80\ \text{m s}^{-2}\). Vì vậy,

\[
8.00=(u_y)(1.20)-\frac12(9.80)(1.20)^2.
\]

Sắp xếp lại,

\[
\begin{aligned}
u_y
&=\frac{8.00+\frac12(9.80)(1.20)^2}{1.20}\\
&=\frac{8.00+7.056}{1.20}\\
&=12.5\ \text{m s}^{-1}.
\end{aligned}
\]

Tốc độ ban đầu là độ lớn của vectơ vận tốc:

\[
\begin{aligned}
u&=\sqrt{u_x^2+u_y^2}\\
&=\sqrt{(15.0)^2+(12.5)^2}\\
&=19.6\ \text{m s}^{-1}.
\end{aligned}
\]

Cuối cùng,

\[
\begin{aligned}
\tan\theta&=\frac{u_y}{u_x}\\
&=\frac{12.5}{15.0},
\end{aligned}
\]

nên

\[
\theta\approx39.9^\circ.
\]

Một cách làm dễ bị cám dỗ là tính \(8.00/1.20=6.67\ \text{m s}^{-1}\) rồi gọi đó là vận tốc thẳng đứng ban đầu. Không phải vậy. Giá trị đó là vận tốc thẳng đứng trung bình trong khoảng \(1.20\ \text{s}\). Trọng lực đã làm giảm vận tốc hướng lên trong suốt chuyển động, nên thành phần thẳng đứng ban đầu phải lớn hơn.

Câu hỏi 3

Một vật được phóng từ mặt đất với tốc độ \(40.0\ \text{m s}^{-1}\) ở một góc chưa biết \(\theta\) phía trên chiều dương của phương ngang.

Đúng \(2.00\ \text{s}\) sau, vận tốc của nó hướng \(10.0^\circ\) xuống dưới so với chiều dương của phương ngang.

Bỏ qua lực cản không khí và dùng \(g=9.80\ \text{m s}^{-2}\).

Hãy tìm góc phóng \(\theta\).

Lời giải 3

Vật được phóng ở góc xấp xỉ \(18.9^\circ\) phía trên phương ngang.

Điểm quan trọng là phân biệt giữa vận tốc ban đầu và vận tốc sau \(2.00\ \text{s}\). Thành phần ngang vẫn không đổi, nhưng trọng lực đã làm thay đổi thành phần thẳng đứng.

Ban đầu,

\[
u_x=40.0\cos\theta
\]

và

\[
u_y=40.0\sin\theta.
\]

Sau \(2.00\ \text{s}\),

\[
v_x=40.0\cos\theta
\]

và

\[
v_y=40.0\sin\theta-(9.80)(2.00).
\]

Vận tốc cuối hướng \(10.0^\circ\) xuống dưới phương ngang, nên

\[
\frac{v_y}{v_x}=\tan(-10.0^\circ).
\]

Do đó,

\[
\frac{40.0\sin\theta-19.6}{40.0\cos\theta}
=-\tan10.0^\circ.
\]

Sắp xếp lại,

\[
\sin\theta+\tan10.0^\circ\cos\theta
=\frac{19.6}{40.0}.
\]

Dùng

\[
\sin\theta+\tan10^\circ\cos\theta
=\frac{\sin(\theta+10^\circ)}{\cos10^\circ},
\]

ta được

\[
\sin(\theta+10.0^\circ)
=\frac{19.6}{40.0}\cos10.0^\circ.
\]

Vì vậy,

\[
\sin(\theta+10.0^\circ)\approx0.4826.
\]

Với một lần phóng sang phải và \(0^\circ<\theta<90^\circ\),

\[
\theta+10.0^\circ\approx28.9^\circ,
\]

nên

\[
\theta\approx18.9^\circ.
\]

Một cách làm dễ bị cám dỗ là coi hướng \(10^\circ\) sau hai giây như thể nó trực tiếp xác định tỉ số các thành phần ban đầu. Không phải vậy. Trọng lực đã làm thay đổi \(v_y\), trong khi \(v_x\) vẫn bằng giá trị ban đầu.

Câu hỏi 4

Một vật được phóng từ gốc tọa độ. Sau đó nó đi qua điểm \(P\), nằm cách điểm phóng \(20.0\ \text{m}\) theo phương ngang và cao hơn \(10.0\ \text{m}\). Sau đó vật đi tới điểm \(Q\), nằm cách điểm phóng \(40.0\ \text{m}\) theo phương ngang và ở cùng độ cao với điểm phóng.

Bỏ qua lực cản không khí và dùng \(g=9.80\ \text{m s}^{-2}\).

Hãy xác định:

• liệu \(P\) có phải là điểm cao nhất của quỹ đạo hay không,
• các thành phần vận tốc ban đầu theo phương ngang và phương thẳng đứng,
• tốc độ ban đầu, và
• góc phóng.

Lời giải 4

Điểm \(P\) là điểm cao nhất, và vật được phóng với \(u_x=14.0\ \text{m s}^{-1}\) và \(u_y=14.0\ \text{m s}^{-1}\), cho \(u=19.8\ \text{m s}^{-1}\) ở góc \(45.0^\circ\).

Phần tinh tế là phải chứng minh rằng \(P\) là đỉnh quỹ đạo thay vì chỉ giả định như vậy vì vị trí của nó trông thuận tiện.

Gia tốc ngang bằng không, nên các quãng đường ngang bằng nhau tương ứng với các khoảng thời gian bằng nhau. Điểm \(P\) nằm ở giữa từ \(x=0\) đến \(x=40.0\ \text{m}\), nên vật đến \(P\) đúng giữa tổng thời gian bay đến \(Q\).

Vì \(Q\) ở cùng độ cao với điểm phóng, phần chuyển động đi lên và đi xuống theo phương thẳng đứng đối xứng về thời gian. Vật đạt điểm cao nhất ở giữa khoảng thời gian bay đó.

Do đó, \(P\) là đỉnh quỹ đạo.

Tại đỉnh,

\[
v_y=0.
\]

Dùng

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

với \(\Delta y=10.0\ \text{m}\) và \(a_y=-9.80\ \text{m s}^{-2}\),

\[
0=u_y^2-2(9.80)(10.0).
\]

Vì vậy,

\[
\begin{aligned}
u_y&=\sqrt{196}\\
&=14.0\ \text{m s}^{-1}.
\end{aligned}
\]

Tổng thời gian để trở lại độ cao ban đầu là

\[
T=\frac{2u_y}{g}
=\frac{2(14.0)}{9.80}
=2.86\ \text{s}.
\]

Theo phương ngang,

\[
x=u_xT,
\]

nên

\[
u_x=\frac{40.0}{2.86}
=14.0\ \text{m s}^{-1}.
\]

Tốc độ ban đầu là

\[
\begin{aligned}
u&=\sqrt{u_x^2+u_y^2}\\
&=\sqrt{(14.0)^2+(14.0)^2}\\
&=19.8\ \text{m s}^{-1}.
\end{aligned}
\]

Góc phóng là

\[
\tan\theta=\frac{14.0}{14.0}=1,
\]

nên

\[
\theta=45.0^\circ.
\]

Một nhận định dễ mắc là điểm nằm giữa tầm ngang luôn phải là điểm cao nhất. Điều đó không đúng nói chung đối với chuyển động bất kỳ. Ở đây nó đúng vì vận tốc ngang không đổi và vật rơi xuống cùng độ cao với nơi nó được phóng.

Câu hỏi 5

Một vật được phóng từ gốc tọa độ với tốc độ cố định \(25.0\ \text{m s}^{-1}\). Nó phải đi qua một mục tiêu nằm cách \(30.0\ \text{m}\) theo phương ngang và cao hơn điểm phóng \(5.00\ \text{m}\).

Bỏ qua lực cản không khí và dùng \(g=9.80\ \text{m s}^{-2}\).

Hãy tìm:

• tất cả các góc phóng có thể có từ \(0^\circ\) đến \(90^\circ\),
• các thành phần vận tốc ban đầu theo phương ngang và phương thẳng đứng cho mỗi lần phóng,
• thời gian để đến mục tiêu cho mỗi lần phóng, và
• tốc độ của vật khi đi qua mục tiêu trong mỗi trường hợp.

Hãy giải thích kết quả cuối cùng.

Lời giải 5

Có hai cách phóng có thể thực hiện: xấp xỉ \(24.2^\circ\) và \(75.3^\circ\). Chúng đến mục tiêu sau khoảng \(1.32\ \text{s}\) và \(4.72\ \text{s}\), tương ứng, nhưng cả hai đều đi qua mục tiêu với cùng tốc độ, xấp xỉ \(23.0\ \text{m s}^{-1}\).

Điều đáng ngạc nhiên là một quỹ đạo ở trên không lâu hơn rất nhiều, nhưng độ lớn vận tốc của nó tại mục tiêu vẫn như nhau.

Bắt đầu với các phương trình thành phần:

\[
x=(u\cos\theta)t
\]

và

\[
y=(u\sin\theta)t-\frac12gt^2.
\]

Từ phương trình theo phương ngang,

\[
t=\frac{x}{u\cos\theta}.
\]

Thay biểu thức này vào phương trình theo phương thẳng đứng:

\[
y=x\tan\theta-\frac{gx^2}{2u^2\cos^2\theta}.
\]

Dùng

\[
\frac{1}{\cos^2\theta}=1+\tan^2\theta,
\]

và thay \(x=30.0\ \text{m}\), \(y=5.00\ \text{m}\), và \(u=25.0\ \text{m s}^{-1}\),

\[
5.00
=30.0\tan\theta
-\frac{(9.80)(30.0)^2}{2(25.0)^2}
\left(1+\tan^2\theta\right).
\]

Hệ số số học là

\[
\frac{(9.80)(900)}{1250}=7.056.
\]

Đặt

\[
T=\tan\theta.
\]

Khi đó

\[
5.00=30.0T-7.056(1+T^2),
\]

nên

\[
7.056T^2-30.0T+12.056=0.
\]

Giải phương trình bậc hai cho

\[
T\approx0.4494
\]

hoặc

\[
T\approx3.802.
\]

Do đó,

\[
\theta\approx24.2^\circ
\]

hoặc

\[
\theta\approx75.3^\circ.
\]

Với quỹ đạo thấp hơn,

\[
\begin{aligned}
u_x&=(25.0)\cos24.2^\circ\\
&=22.8\ \text{m s}^{-1},
\\
u_y&=(25.0)\sin24.2^\circ\\
&=10.2\ \text{m s}^{-1}.
\end{aligned}
\]

Thời gian để đến mục tiêu là

\[
t=\frac{30.0}{22.8}=1.32\ \text{s}.
\]

Với quỹ đạo cao hơn,

\[
\begin{aligned}
u_x&=(25.0)\cos75.3^\circ\\
&=6.36\ \text{m s}^{-1},
\\
u_y&=(25.0)\sin75.3^\circ\\
&=24.2\ \text{m s}^{-1}.
\end{aligned}
\]

Thời gian để đến mục tiêu là

\[
t=\frac{30.0}{6.36}=4.72\ \text{s}.
\]

Bây giờ hãy so sánh tốc độ tại mục tiêu.

Với cả hai lần phóng, gia tốc theo phương ngang bằng không, còn thành phần thẳng đứng tuân theo

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

Vì \(a_y=-g\) và \(\Delta y=5.00\ \text{m}\),

\[
v_y^2=u_y^2-2g(5.00).
\]

Tốc độ tổng hợp thỏa mãn

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

Vì \(v_x=u_x\),

\[
\begin{aligned}
v^2
&=u_x^2+u_y^2-2g(5.00)\\
&=u^2-2g(5.00).
\end{aligned}
\]

Cả hai vật đều bắt đầu với cùng tốc độ \(u=25.0\ \text{m s}^{-1}\), và cả hai đều được xét tại cùng một độ cao cuối. Do đó,

\[
\begin{aligned}
v^2
&=(25.0)^2-2(9.80)(5.00)\\
&=527,
\end{aligned}
\]

suy ra

\[
v=23.0\ \text{m s}^{-1}.
\]

Quỹ đạo thấp hơn đến mục tiêu với xấp xỉ

\[
v_x=22.8\ \text{m s}^{-1},
\qquad
v_y=-2.65\ \text{m s}^{-1},
\]

trong khi quỹ đạo cao hơn đến mục tiêu với xấp xỉ

\[
v_x=6.36\ \text{m s}^{-1},
\qquad
v_y=-22.1\ \text{m s}^{-1}.
\]

Hướng chuyển động của chúng rất khác nhau, nhưng độ lớn tốc độ lại bằng nhau.

Một dự đoán dễ mắc là quỹ đạo cao phải đến nơi với tốc độ nhỏ hơn vì trọng lực đã tác dụng trong thời gian lâu hơn nhiều. Trọng lực đúng là tác dụng lâu hơn, nhưng vật cũng lên cao hơn nhiều rồi lại lấy lại độ lớn vận tốc thẳng đứng đó khi rơi xuống. Với một tốc độ ban đầu cho trước và một độ cao cuối cho trước, độ lớn tốc độ cuối được xác định cố định trong mô hình chuyển động ném lý tưởng này.

Khi bạn có thể tự tin phân tích \(u\) thành \(u_x\) và \(u_y\), chuyển động ném trở thành hai bài toán chuyển động một chiều có liên hệ với nhau. Bước hữu ích tiếp theo là học cách chọn phương trình theo phương ngang hoặc phương thẳng đứng để tìm thời gian chung, rồi dùng chính thời gian đó để liên kết hai phương.