Thời gian bay của vật ném khi điểm rơi cùng độ cao và khác độ cao

Đá hai vật thể theo quỹ đạo từ cùng một điểm với cùng vận tốc hướng lên, nhưng cho một vật có vận tốc ngang lớn hơn nhiều. Vật nào sẽ ở trên không lâu hơn?

Nếu điểm rơi ở cùng độ cao, câu trả lời là không vật nào cả. Chúng chạm đất cùng lúc. Tốc độ ngang làm thay đổi vị trí vật rơi xuống, nhưng không làm thay đổi thời điểm vật trở lại độ cao ban đầu.

Kết quả này rất hữu ích vì nó biến một bài toán chuyển động ném hai chiều thành một câu hỏi đơn giản hơn nhiều: điều gì đang xảy ra theo phương thẳng đứng? Tuy nhiên, cách rút gọn này chỉ đúng khi vật rơi xuống cùng độ cao với điểm phóng. Nếu điểm rơi nằm trên một vách đá, trong một thung lũng hoặc trên một bệ cao, chúng ta cần cẩn thận hơn.

01Thời gian bay chủ yếu là một bài toán chuyển động theo phương thẳng đứng

Một vật thể chuyển động ném có chuyển động theo phương ngang và phương thẳng đứng diễn ra đồng thời.

Hãy hình dung hai chuyển động này như hai người cùng đi hẹn hò nhưng hầu như không nói chuyện với nhau. Họ dùng chung một chiếc đồng hồ, nhưng trọng lực chỉ tác động đến người theo phương thẳng đứng. Chuyển động ngang quyết định vật đang ở đâu, còn chuyển động thẳng đứng quyết định vật đang ở độ cao nào.

Cách hình dung đó rất hữu ích, nhưng nó có giới hạn. Nếu độ cao của bề mặt rơi phụ thuộc vào vị trí ngang, chẳng hạn như trên một mặt dốc, hai chuyển động sẽ liên kết với nhau thông qua điều kiện tiếp đất. Chúng ta sẽ quay lại trường hợp này sau.

Đối với các bài toán chuyển động ném thông thường trong HSC, trừ khi đề bài nói khác, ta giả sử:

• lực cản không khí không đáng kể
• gia tốc trọng trường không đổi
• \(g = 9.8\ \mathrm{m\,s^{-2}}\), hướng xuống dưới
• gia tốc theo phương ngang bằng không.

Nếu vật được phóng với tốc độ \(u\) và góc \(\theta\) phía trên phương ngang, vận tốc thẳng đứng ban đầu của nó là

\[
u_y=u\sin\theta
\]

và vận tốc ngang ban đầu là

\[
u_x=u\cos\theta.
\]

Nếu việc phân tích vận tốc phóng thành các thành phần vẫn chưa thật sự rõ ràng, hãy ôn lại Các thành phần vận tốc ban đầu của chuyển động ném trong Vật lý HSC trước khi học tiếp.

02Phương trình quyết định thời gian bay

Chọn chiều hướng lên là chiều dương. Gọi

• \(u_y\) là vận tốc thẳng đứng ban đầu, đơn vị \(\mathrm{m\,s^{-1}}\)
• \(t\) là thời gian sau khi phóng, tính bằng giây
• \(g\) là độ lớn của gia tốc trọng trường, đơn vị \(\mathrm{m\,s^{-2}}\)
• \(\Delta y=y_f-y_i\) là độ cao cuối trừ độ cao ban đầu, tính bằng mét.

Phương trình độ dời theo phương thẳng đứng là

\[
\Delta y=u_yt-\frac{1}{2}gt^2.
\]

Đây là phương trình chính để tìm thời gian bay.

Hãy chú ý điều không xuất hiện trong phương trình: vận tốc ngang. Với một bề mặt tiếp đất ở độ cao cố định, thời gian bay được xác định từ chuyển động theo phương thẳng đứng.

03Điểm phóng và điểm rơi ở cùng độ cao

Giả sử vật rơi xuống đúng độ cao mà nó được phóng từ đó.

Khi đó

\[
\Delta y=0.
\]

Thay vào phương trình độ dời theo phương thẳng đứng:

\[
0=u_yt-\frac{1}{2}gt^2.
\]

Đặt \(t\) làm nhân tử chung:

\[
0=t\left(u_y-\frac{1}{2}gt\right).
\]

Có hai nghiệm:

\[
t=0
\]

hoặc

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

Nghiệm thứ nhất không phải là một lần bay bí ẩn nào khác. Nó đơn giản là thời điểm phóng. Nghiệm thứ hai là thời điểm vật trở lại độ cao ban đầu.

Vì vậy, đối với một vật được phóng hướng lên và rơi xuống cùng độ cao,

\[
\boxed{T=\frac{2u_y}{g}}
\]

trong đó \(T\) là tổng thời gian bay.

Vì \(u_y=u\sin\theta\),

\[
T=\frac{2u\sin\theta}{g}.
\]

Tại sao thời gian bay lại gấp đôi thời gian lên đến độ cao cực đại?

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

Sử dụng

\[
v_y=u_y-gt,
\]

ta có

\[
0=u_y-gt_{\text{up}},
\]

do đó

\[
t_{\text{up}}=\frac{u_y}{g}.
\]

Khi điểm rơi ở cùng độ cao, phần chuyển động đi xuống đối xứng theo phương thẳng đứng với phần đi lên. Vì vậy,

\[
T=2t_{\text{up}}=\frac{2u_y}{g}.
\]

Tính đối xứng này xuất phát từ gia tốc trọng trường không đổi và độ cao bắt đầu bằng độ cao kết thúc. Đây không phải là quy tắc nói rằng mọi vật chuyển động ném đều mất thời gian đi lên và đi xuống bằng nhau.

04Điều gì thay đổi khi độ cao điểm rơi khác đi?

Bây giờ hãy phóng cùng vật đó từ một vách đá.

Bạn có còn sử dụng

\[
T=\frac{2u_y}{g}?
\]

Không. Phương trình đó cho thời gian cần thiết để vật trở lại độ cao phóng. Sau đó vật vẫn tiếp tục rơi xuống mặt đất phía dưới.

Đây là một trong những lỗi phổ biến nhất trong chuyển động ném: thấy vật đi lên rồi đi xuống và tự động nhân đôi thời gian lên đến độ cao cực đại.

Cách đúng là sử dụng độ dời thẳng đứng thực tế.

Ví dụ:

• rơi xuống \(12\ \mathrm{m}\) dưới điểm phóng nghĩa là \(\Delta y=-12\ \mathrm{m}\)
• rơi xuống điểm cao hơn điểm phóng \(5\ \mathrm{m}\) nghĩa là \(\Delta y=+5\ \mathrm{m}\).

Hãy giữ nguyên dấu. Đừng biến mọi độ dời thành một khoảng cách dương.

Bắt đầu với

\[
\Delta y=u_yt-\frac{1}{2}gt^2,
\]

sắp xếp lại:

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

Đây là một phương trình bậc hai theo \(t\). Áp dụng công thức nghiệm bậc hai:

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

Đừng ghi nhớ dấu \(+\) như “dấu của thời gian bay”. Hãy xem xét các nghiệm và chọn thời gian phù hợp với tình huống vật lý.

05Điểm rơi cao hơn điểm phóng phức tạp hơn

Giả sử thay vào đó, bạn hỏi khi nào một vật ở vị trí cao hơn điểm phóng \(8\ \mathrm{m}\).

Bạn có thể nhận được hai thời gian dương.

Tại sao?

Vật có thể đi qua cùng một độ cao phía trên một lần khi đang đi lên và một lần nữa khi đang đi xuống.

Đối với

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

biểu thức dưới dấu căn,

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

cho ta một thông tin hữu ích.

Nếu nó:

• dương, có thể có hai lần vật đi qua độ cao đó
• bằng không, độ cao mục tiêu chính xác là độ cao cực đại
• âm, vật không bao giờ đạt đến độ cao đó.

Đây cũng là nguyên lý vật lý được sử dụng khi tính Độ cao cực đại của một vật chuyển động ném.

Còn một điểm cần lưu ý. Hai thời điểm giao nhau theo phương thẳng đứng không tự động có nghĩa là có hai thời điểm tiếp đất khả dĩ.

Giả sử một ban công hẹp chỉ tồn tại trong khoảng từ \(x=40\ \mathrm{m}\) đến \(x=50\ \mathrm{m}\). Vật có thể đi qua độ cao của ban công một lần tại \(x=5\ \mathrm{m}\) và lần nữa tại \(x=45\ \mathrm{m}\). Chỉ lần thứ hai mới có thể tạo ra va chạm với ban công đó.

Vì vậy, đối với một bệ có chiều dài hữu hạn:

• dùng chuyển động theo phương thẳng đứng để tìm thời điểm vật ở độ cao của bệ
• dùng \(x=u_xt\) để tìm vị trí của vật tại từng thời điểm đó
• xác định giao điểm thực tế đầu tiên với bệ.

Cách này chính xác hơn việc chỉ đơn giản chọn nghiệm bậc hai lớn hơn.

06Quy tắc quyết định ngắn gọn

Đối với một vật được phóng ngang từ độ cao \(h\), phương trình thẳng đứng trở thành

\[
-h=-\frac{1}{2}gt^2,
\]

nên

\[
T=\sqrt{\frac{2h}{g}}.
\]

Một lần nữa, tốc độ ngang không ảnh hưởng đến thời gian cần để rơi qua một khoảng cách thẳng đứng cố định.

07Những cách rút gọn hấp dẫn nhưng sai

Một cách rút gọn chỉ thực sự hữu ích nếu bạn biết các điều kiện để áp dụng nó.

“Thời gian đi xuống bằng thời gian đi lên” là đúng khi vật kết thúc ở cùng độ cao với điểm phóng. Nếu nó rơi xuống dưới điểm phóng, hành trình đi xuống sẽ kéo dài hơn.

“Vận tốc ngang không bao giờ ảnh hưởng đến thời gian bay” cũng chưa đầy đủ. Với một mặt phẳng tiếp đất nằm ngang ở độ cao cố định, vận tốc ngang không ảnh hưởng đến thời gian bay. Nhưng nếu độ cao tiếp đất phụ thuộc vào vị trí ngang, như trên mặt đất dốc, chuyển động ngang có thể thay đổi thời điểm vật gặp bề mặt.

“Luôn chọn dấu dương trong công thức nghiệm bậc hai” cũng không phải là một quy tắc đáng tin cậy. Khi điểm rơi thấp hơn điểm phóng, ta thường có một nghiệm dương và một nghiệm âm, nhưng một mục tiêu ở phía trên có thể cho hai nghiệm dương. Hình học của bề mặt tiếp đất thực tế mới quyết định lần giao nhau nào là quan trọng.

Cuối cùng, đừng biến một vận tốc thẳng đứng có dấu thành tốc độ vô hướng giữa chừng trong phép tính. Nếu vật đang chuyển động xuống dưới và ta chọn hướng lên là dương, thì vận tốc thẳng đứng của nó là âm. Dấu đó cho phương trình biết vật đang chuyển động theo hướng nào.

08Câu hỏi và lời giải

Câu hỏi 1

Một vật được phóng từ mặt đất bằng phẳng với tốc độ \(20.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\), ở góc \(30.0^\circ\) phía trên phương ngang. Nó rơi xuống cùng độ cao.

Tính thời gian bay. Lấy \(g=9.8\ \mathrm{m\,s^{-2}}\).

Lời giải 1

Vật ở trên không trong \(2.04\ \mathrm{s}\).

Trước tiên, tìm vận tốc thẳng đứng ban đầu:

\[
u_y=u\sin\theta
=(20.0)\sin30.0^\circ
=10.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}.
\]

Vì vật rơi xuống cùng độ cao với điểm phóng,

\[
T=\frac{2u_y}{g}.
\]

Do đó,

\[
T=\frac{2(10.0)}{9.8}
=2.04\ \mathrm{s}.
\]

Một lỗi dễ mắc là dùng toàn bộ tốc độ phóng \(20.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) trong công thức thời gian bay. Chỉ thành phần thẳng đứng mới quyết định thời gian cần để vật trở lại cùng độ cao.

Câu hỏi 2

Một vật được phóng từ mặt đất với tốc độ \(24.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\), ở góc \(55.0^\circ\) phía trên phương ngang.

Một bệ nằm ngang cao hơn điểm phóng \(8.0\ \mathrm{m}\) và kéo dài từ \(x=45.0\ \mathrm{m}\) đến \(x=55.0\ \mathrm{m}\).

Bỏ qua lực cản không khí và độ dày của bệ.

Vật có va vào bệ không? Nếu có, hãy tìm thời gian bay cho đến lần tiếp xúc đầu tiên. Nếu không, hãy tìm thời gian cho đến khi vật trở lại mặt đất.

Lời giải 2

Vật va vào bệ khi đang đi xuống, \(3.55\ \mathrm{s}\) sau khi phóng.

Phân tích vận tốc ban đầu:

\[
u_x=(24.0)\cos55.0^\circ
=13.8\ \mathrm{m\,s^{-1}},
\]

\[
u_y=(24.0)\sin55.0^\circ
=19.7\ \mathrm{m\,s^{-1}}.
\]

Ở độ cao của bệ,

\[
\Delta y=8.0\ \mathrm{m}.
\]

Dùng phương trình theo phương thẳng đứng:

\[
8.0=(19.7)t-4.90t^2.
\]

Sắp xếp lại,

\[
4.90t^2-19.7t+8.0=0.
\]

Hai nghiệm xấp xỉ là

\[
t=0.460\ \mathrm{s}
\]

và

\[
t=3.55\ \mathrm{s}.
\]

Cả hai đều là các thời điểm vật lý có ý nghĩa khi vật đi qua độ cao đó theo phương thẳng đứng. Lần thứ nhất xảy ra khi vật đang đi lên, lần thứ hai khi vật đang đi xuống.

Nhưng bệ không tồn tại ở mọi vị trí có \(y=8.0\ \mathrm{m}\), vì vậy ta phải kiểm tra các vị trí ngang.

Tại \(t=0.460\ \mathrm{s}\),

\[
x=u_xt=(13.8)(0.460)=6.33\ \mathrm{m}.
\]

Ở đó không có bệ.

Tại \(t=3.55\ \mathrm{s}\),

\[
x=(13.8)(3.55)=48.9\ \mathrm{m}.
\]

Vị trí này nằm trong khoảng của bệ từ \(45.0\ \mathrm{m}\) đến \(55.0\ \mathrm{m}\). Vì vậy vật tiếp xúc với bệ tại

\[
T=3.55\ \mathrm{s}.
\]

Một cách làm dễ bị hấp dẫn là chỉ chọn nghiệm dương lớn hơn của phương trình bậc hai vì nó “trông giống thời gian tiếp đất”. Trong trường hợp này, cách đó tình cờ cho đúng thời điểm tiếp xúc, nhưng không phải là phương pháp tổng quát hợp lệ. Điều kiện quyết định là vị trí ngang của bệ.

Câu hỏi 3

Một vật được phóng từ mặt đất.

Nó đi qua độ cao \(15.0\ \mathrm{m}\) khi đang đi lên, rồi đi qua đúng độ cao đó một lần nữa sau đúng \(1.00\ \mathrm{s}\) khi đang đi xuống.

Không cho tốc độ phóng hoặc góc phóng.

Hãy tìm:

• độ cao cực đại của vật
• vận tốc thẳng đứng ban đầu
• tổng thời gian bay cho đến khi trở lại mặt đất
• tổng thời gian bay nếu bề mặt tiếp đất thực tế nằm thấp hơn điểm phóng \(5.0\ \mathrm{m}\).

Lấy \(g=9.8\ \mathrm{m\,s^{-2}}\).

Lời giải 3

Độ cao cực đại là \(16.2\ \mathrm{m}\), vận tốc thẳng đứng ban đầu là \(17.8\ \mathrm{m\,s^{-1}}\), thời gian bay khi trở lại cùng độ cao là \(3.64\ \mathrm{s}\), và thời gian đến một bề mặt thấp hơn điểm phóng \(5.0\ \mathrm{m}\) là \(3.90\ \mathrm{s}\).

Điểm then chốt là vật đi qua cùng một độ cao hai lần, với điểm cao nhất nằm chính giữa hai lần đi qua đó về mặt thời gian.

Hai lần đi qua cách nhau \(1.00\ \mathrm{s}\), nên mỗi lần đi qua cách thời điểm đạt độ cao cực đại

\[
0.500\ \mathrm{s}.
\]

Ở độ cao cực đại, \(v_y=0\). Vì vậy, độ lớn của vận tốc thẳng đứng tại mỗi lần đi qua độ cao \(15.0\ \mathrm{m}\) là

\[
|v_y|=g(0.500)
=(9.8)(0.500)
=4.90\ \mathrm{m\,s^{-1}}.
\]

Bây giờ xét lần đi qua khi đang đi lên. Từ \(15.0\ \mathrm{m}\) đến độ cao cực đại, dùng

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

trong đó vận tốc thẳng đứng ban đầu cho đoạn ngắn này là \(4.90\ \mathrm{m\,s^{-1}}\), vận tốc thẳng đứng cuối bằng không, và \(a=-9.8\ \mathrm{m\,s^{-2}}\).

Do đó,

\[
0=(4.90)^2+2(-9.8)\Delta y,
\]

suy ra

\[
\Delta y=1.225\ \mathrm{m}.
\]

Vì vậy, độ cao cực đại là

\[
H=15.0+1.225=16.225\ \mathrm{m}
\approx16.2\ \mathrm{m}.
\]

Bây giờ tính ngược từ độ cao phóng lên đến độ cao cực đại:

\[
0=u_y^2+2(-9.8)(16.225).
\]

Do đó,

\[
u_y=\sqrt{2(9.8)(16.225)}
=17.8\ \mathrm{m\,s^{-1}}.
\]

Khi vật trở lại độ cao phóng,

\[
T=\frac{2u_y}{g}
=\frac{2(17.8)}{9.8}
=3.64\ \mathrm{s}.
\]

Tuy nhiên, nếu bề mặt tiếp đất thấp hơn điểm phóng \(5.0\ \mathrm{m}\),

\[
\Delta y=-5.0\ \mathrm{m}.
\]

Vì vậy,

\[
-5.0=(17.8)t-4.90t^2,
\]

hay

\[
4.90t^2-17.8t-5.0=0.
\]

Giải phương trình cho nghiệm dương

\[
t=3.90\ \mathrm{s}.
\]

Một lỗi dễ mắc là xem \(1.00\ \mathrm{s}\) giữa hai lần đi qua độ cao \(15.0\ \mathrm{m}\) là thời gian lên đến độ cao cực đại hoặc là một nửa toàn bộ thời gian bay. Nó không phải là cả hai. Điều quan trọng là tính đối xứng quanh điểm cao nhất: đỉnh quỹ đạo nằm chính giữa về thời gian giữa hai lần đi qua cùng một độ cao.

Câu hỏi 4

Một vật rời khỏi mép một vách đá. Đúng \(2.00\ \mathrm{s}\) sau đó, nó đi qua độ cao phóng một lần nữa khi đang chuyển động xuống dưới.

Mặt biển thấp hơn điểm phóng \(9.80\ \mathrm{m}\). Vận tốc ngang của vật không đổi ở \(12.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\).

Một học sinh lập luận:

Mất \(2.00\ \mathrm{s}\) để vật trở lại độ cao của vách đá. Sau đó nó chỉ đơn giản rơi thêm \(9.80\ \mathrm{m}\), vì vậy tôi có thể cộng thêm thời gian rơi tự do từ trạng thái nghỉ.

Hãy xác định:

• tổng thời gian bay thực tế
• khoảng cách ngang từ vách đá đến điểm va chạm
• vận tốc thẳng đứng ngay trước khi va chạm
• chính xác vì sao phương pháp của học sinh đó sai.

Lời giải 4

Tổng thời gian bay thực tế là \(2.73\ \mathrm{s}\), vật rơi xuống vị trí cách vách đá \(32.8\ \mathrm{m}\) theo phương ngang, và vận tốc thẳng đứng khi va chạm xấp xỉ \(17.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) hướng xuống dưới.

Thời gian \(2.00\ \mathrm{s}\) để trở lại độ cao phóng cho phép ta xác định vận tốc thẳng đứng ban đầu.

Đối với một lần trở lại cùng độ cao,

\[
2.00=\frac{2u_y}{9.8}.
\]

Do đó,

\[
u_y=9.80\ \mathrm{m\,s^{-1}}.
\]

Tại bất kỳ thời điểm nào sau đó,

\[
\Delta y=u_yt-\frac12gt^2.
\]

Tại mặt biển,

\[
\Delta y=-9.80\ \mathrm{m},
\]

nên

\[
-9.80=(9.80)t-4.90t^2.
\]

Chia cho \(4.90\):

\[
-2=2t-t^2.
\]

Vì vậy,

\[
t^2-2t-2=0.
\]

Nghiệm dương là

\[
t=1+\sqrt3
=2.73\ \mathrm{s}.
\]

Khoảng cách ngang là

\[
x=u_xt
=(12.0)(2.73)
=32.8\ \mathrm{m}.
\]

Vận tốc thẳng đứng tại thời điểm va chạm là

\[
v_y=u_y-gt.
\]

Do đó,

\[
v_y
=9.80-(9.8)(2.73)
=-17.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}.
\]

Dấu âm có nghĩa là hướng xuống dưới.

Ý tưởng chia chuyển động thành các giai đoạn của học sinh không tự động là sai. Vấn đề nằm ở điều kiện ban đầu được dùng cho giai đoạn thứ hai.

Khi vật trở lại độ cao của vách đá sau \(2.00\ \mathrm{s}\), nó không tạm thời đứng yên. Vận tốc thẳng đứng của nó là

\[
v_y=9.80-(9.8)(2.00)
=-9.80\ \mathrm{m\,s^{-1}}.
\]

Nó đã đang chuyển động xuống dưới với tốc độ \(9.80\ \mathrm{m\,s^{-1}}\). Xem đoạn cuối \(9.80\ \mathrm{m}\) như rơi tự do từ trạng thái nghỉ sẽ bỏ mất vận tốc này, nên dự đoán thời gian bổ sung quá lớn.

Đây là một lưu ý quan trọng khi chia chuyển động thành các giai đoạn: khi một giai đoạn kết thúc, vận tốc cuối của nó trở thành vận tốc đầu của giai đoạn tiếp theo.

Câu hỏi 5

Hai vật được phóng từ cùng một điểm trên một sườn đồi thẳng nghiêng lên \(20.0^\circ\) so với phương ngang.

Cả hai vật đều có cùng vận tốc thẳng đứng ban đầu:

\[
u_y=15.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}.
\]

Vật A có

\[
u_{x,A}=5.0\ \mathrm{m\,s^{-1}},
\]

trong khi vật B có

\[
u_{x,B}=10.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}.
\]

Sườn đồi kéo dài vô hạn.

Một học sinh lập luận rằng cả hai vật phải có cùng thời gian bay vì vận tốc thẳng đứng ban đầu của chúng giống nhau.

Hãy xác định thời gian bay của mỗi vật cho đến lần tiếp theo nó gặp sườn đồi.

Sau đó, giả sử sườn đồi thay vào đó dốc xuống \(20.0^\circ\). Hãy tìm các thời gian bay mới và giải thích vì sao thứ tự của chúng đảo ngược.

Cuối cùng, hãy chỉ ra điều gì xảy ra trong giới hạn mặt đất phẳng.

Lời giải 5

Trên sườn đồi dốc lên, vật A ở trên không trong \(2.69\ \mathrm{s}\) và vật B trong \(2.32\ \mathrm{s}\); trên sườn đồi dốc xuống, A ở trên không trong \(3.43\ \mathrm{s}\) và B trong \(3.80\ \mathrm{s}\). Lập luận cùng \(u_y\) của học sinh không đúng vì độ cao tiếp đất không còn cố định.

Đặt điểm phóng tại gốc tọa độ.

Với một sườn đồi dốc lên một góc \(20.0^\circ\),

\[
y=x\tan20.0^\circ.
\]

Vị trí thẳng đứng của mỗi vật là

\[
y=15.0t-4.90t^2.
\]

Vị trí ngang của nó là

\[
x=u_xt.
\]

Khi va chạm, vật và sườn đồi phải có cùng \(x\) và \(y\), nên

\[
15.0t-4.90t^2=u_xt\tan20.0^\circ.
\]

Đặt \(t\) làm nhân tử chung:

\[
t\left(15.0-u_x\tan20.0^\circ-4.90t\right)=0.
\]

Nghiệm \(t=0\) là thời điểm phóng. Giao điểm tiếp theo xảy ra tại

\[
t=\frac{15.0-u_x\tan20.0^\circ}{4.90}.
\]

Đối với vật A,

\[
t_A
=\frac{15.0-(5.0)\tan20.0^\circ}{4.90}
=2.69\ \mathrm{s}.
\]

Đối với vật B,

\[
t_B
=\frac{15.0-(10.0)\tan20.0^\circ}{4.90}
=2.32\ \mathrm{s}.
\]

Vì vậy, vật có vận tốc ngang lớn hơn rơi xuống sớm hơn.

Tại sao? Khi B di chuyển theo phương ngang nhanh hơn, phần sườn đồi dốc lên phía dưới nó cũng đạt đến độ cao lớn hơn nhanh hơn. B không cần phải rơi xa theo phương thẳng đứng như A trước khi gặp mặt đất.

Bây giờ đảo chiều dốc. Với một sườn đồi dốc xuống \(20.0^\circ\),

\[
y=-x\tan20.0^\circ.
\]

Điều kiện va chạm trở thành

\[
15.0t-4.90t^2=-u_xt\tan20.0^\circ.
\]

Đối với nghiệm khác không,

\[
t=\frac{15.0+u_x\tan20.0^\circ}{4.90}.
\]

Do đó, vật A có

\[
t_A
=\frac{15.0+(5.0)\tan20.0^\circ}{4.90}
=3.43\ \mathrm{s},
\]

trong khi vật B có

\[
t_B
=\frac{15.0+(10.0)\tan20.0^\circ}{4.90}
=3.80\ \mathrm{s}.
\]

Bây giờ vật có vận tốc ngang lớn hơn lại ở trên không lâu hơn. Vì đi được xa hơn theo phương ngang, nó đến một phần thấp hơn của bề mặt dốc xuống, nên phải rơi xa hơn trước khi va chạm.

Giới hạn mặt đất phẳng làm rõ giả định ẩn. Đặt góc dốc bằng \(0^\circ\):

\[
\tan0^\circ=0.
\]

Cả hai biểu thức đều rút gọn thành

\[
t=\frac{15.0}{4.90}
=3.06\ \mathrm{s}.
\]

Đây chính xác là

\[
T=\frac{2u_y}{g}
=\frac{2(15.0)}{9.8}
=3.06\ \mathrm{s}.
\]

Vì vậy, phát biểu “cùng vận tốc thẳng đứng nghĩa là cùng thời gian bay” về bản chất không phải là một quy tắc chung về chuyển động ném. Nó là một phát biểu về các vật có cùng chuyển động theo phương thẳng đứng và cùng một độ cao tiếp đất cố định.

Một khi bề mặt bị nghiêng, vị trí ngang sẽ quyết định độ cao của mặt đất, nên chuyển động ngang và thẳng đứng không còn có thể tách rời khi xác định thời điểm va chạm.

09Thời gian bay giúp bạn tính gì tiếp theo

Khi đã biết đúng thời gian bay, một số đại lượng khác của chuyển động ném trở nên dễ tính.

Với vận tốc ngang không đổi,

\[
x=u_xt,
\]

nên thời gian bay cho ta vị trí ngang của vật tại thời điểm tiếp đất. Vận tốc thẳng đứng khi va chạm được tính từ

\[
v_y=u_y-gt.
\]

Sau đó, hai thành phần vận tốc này có thể được kết hợp để tìm tốc độ và hướng chuyển động khi va chạm.

Bước quan trọng tiếp theo là hiểu điều gì xảy ra khi góc phóng thay đổi. Tăng góc phóng thường làm tăng \(u_y\), từ đó có xu hướng làm tăng thời gian bay, nhưng đồng thời lại làm giảm \(u_x\). Chính những tác động cạnh tranh này tạo nên mối quan hệ quen thuộc giữa Góc phóng, độ cao, thời gian bay và tầm xa của chuyển động ném.