Phân tích chuyển động ném thành các thành phần trong Vật lý HSC

Hãy tưởng tượng có hai quả bóng giống hệt nhau ở cùng một độ cao. Bạn thả một quả rơi thẳng xuống. Đúng vào cùng thời điểm đó, bạn phóng quả còn lại theo phương ngang.

Quả nào chạm đất trước?

Rất dễ nghĩ rằng quả bóng được phóng sẽ ở trên không lâu hơn vì nó có “chuyển động bổ sung”. Tuy nhiên, trong mô hình chuyển động ném lý tưởng, chúng chạm đất cùng lúc. Vận tốc theo phương ngang của quả bóng thứ hai không làm chậm quá trình rơi theo phương thẳng đứng của nó.

Kết quả này là chìa khóa của chuyển động ném: hãy xét riêng chuyển động theo phương ngang và phương thẳng đứng, dùng cùng một mốc thời gian, rồi kết hợp chúng khi cần xác định vị trí hoặc vận tốc thực tế của vật phóng.

01Một vật phóng, hai chuyển động

Hãy hình dung một quả bóng chuyển động trong không khí sau khi rời khỏi tay bạn. Sau khi được thả ra, giả sử chúng ta bỏ qua lực cản không khí.

Những lực nào tác dụng lên nó?

Chỉ có trọng lực. Trọng lực kéo theo phương thẳng đứng xuống dưới. Không có lực theo phương ngang.

Vì vậy, bên trong một quỹ đạo cong thực ra có hai chuyển động đơn giản hơn nhiều:

Ở đây \(g = 9.8\ \text{m s}^{-2}\) gần bề mặt Trái Đất.

Due to technical limitations, this figure may display incorrectly or contain inaccuracies. Please check key details against your course materials.

Do đó, quỹ đạo cong không phải là một dạng chuyển động phức tạp duy nhất. Nó là chuyển động với vận tốc không đổi theo phương ngang xảy ra đồng thời với chuyển động có gia tốc không đổi theo phương thẳng đứng.

Một cách hình dung hữu ích là hai học sinh cùng khiêng hai đầu đối diện của một tấm bảng trắng khổng lồ. Một học sinh chỉ điều khiển chuyển động sang ngang. Học sinh kia chỉ điều khiển chuyển động lên xuống. Vị trí cuối cùng của tấm bảng phụ thuộc vào cả hai, nhưng không học sinh nào trực tiếp làm thay đổi phần việc của người kia.

Phép so sánh này không hoàn toàn đúng vì vật phóng là một vật duy nhất, không phải hai người. Ý quan trọng chỉ là các thành phần chuyển động vuông góc với nhau có thể được phân tích riêng biệt.

02Phân tích vận tốc ban đầu thành các thành phần

Giả sử một vật được phóng với tốc độ \(u\) theo góc \(\theta\) phía trên phương ngang.

Vectơ vận tốc có thể được phân tích thành:

\[ u_x = u\cos\theta \]

và

\[ u_y = u\sin\theta \]

trong đó:

• \(u_x\) là vận tốc ban đầu theo phương ngang, tính bằng mét trên giây,
• \(u_y\) là vận tốc ban đầu theo phương thẳng đứng, tính bằng mét trên giây,
• \(u\) là tốc độ phóng, tính bằng mét trên giây, và
• \(\theta\) là góc phóng phía trên phương ngang.

Đây đơn giản là lượng giác tam giác vuông. Nếu \(\theta\) được đo từ phương ngang, thành phần theo phương ngang là cạnh kề của góc nên dùng cos. Thành phần theo phương thẳng đứng là cạnh đối nên dùng sin.

Ví dụ, nếu một quả bóng được phóng với tốc độ \(20\ \text{m s}^{-1}\) ở góc \(30^\circ\),

\[ u_x = 20\cos30^\circ = 17.3\ \text{m s}^{-1} \]

và

\[ u_y = 20\sin30^\circ = 10.0\ \text{m s}^{-1}. \]

Vì vậy, vật phóng bắt đầu với hai chuyển động đồng thời: \(17.3\ \text{m s}^{-1}\) theo phương ngang và \(10.0\ \text{m s}^{-1}\) hướng lên trên.

Tốc độ không phải bằng cách nào đó trở thành \(27.3\ \text{m s}^{-1}\). Không thể cộng các thành phần như những số thông thường vì chúng tác dụng theo hai phương vuông góc.

03Cùng một đồng hồ chạy cho cả hai phương

Đây là phần khiến các bài toán chuyển động ném có thể giải được.

Giả sử vật phóng đã chuyển động được \(1.2\ \text{s}\). Chuyển động theo phương ngang của nó đã diễn ra trong \(1.2\ \text{s}\), và chuyển động theo phương thẳng đứng của nó cũng đã diễn ra trong \(1.2\ \text{s}\).

Không có hai khoảng thời gian khác nhau.

Đối với chuyển động theo phương ngang, vì \(a_x=0\),

\[ x = x_0 + u_x t \]

và

\[ v_x = u_x. \]

Đối với chuyển động theo phương thẳng đứng, lấy chiều lên trên là chiều dương,

\[ y = y_0 + u_y t - \frac{1}{2}gt^2 \]

và

\[ v_y = u_y-gt. \]

Ở đây:

• \(x_0\) và \(y_0\) là các tọa độ ban đầu tính bằng mét,
• \(x\) và \(y\) là các tọa độ tại thời điểm sau đó,
• \(t\) là thời gian đã trôi qua tính bằng giây,
• \(v_x\) và \(v_y\) là các thành phần vận tốc tại thời điểm sau đó, tính bằng mét trên giây.

Hãy chú ý mối liên hệ giữa hai nhóm phương trình: \(t\).

Thời gian chung này thường là cầu nối giúp bạn chuyển từ thành phần này sang thành phần kia. Bạn có thể dùng chuyển động theo phương thẳng đứng để tìm thời gian vật phóng ở trên không, rồi thay thời gian đó vào phương trình theo phương ngang để tìm tầm xa.

04“Độc lập” có nghĩa là gì và không có nghĩa là gì

Việc nói chuyển động theo phương ngang và phương thẳng đứng là độc lập có thể gây nhầm lẫn nếu bạn hiểu từ “độc lập” quá theo nghĩa đen.

Điều đó có nghĩa là trong mô hình lý tưởng, trọng lực làm thay đổi vận tốc theo phương thẳng đứng mà không làm thay đổi vận tốc theo phương ngang.

Điều đó không có nghĩa là các phép tính theo phương ngang và phương thẳng đứng không liên quan đến nhau. Chúng mô tả cùng một vật phóng nên phải thống nhất về thời gian.

Giả sử một vật phóng chạm đến một bức tường sau \(2.0\ \text{s}\). Bạn không thể sau đó dùng \(1.6\ \text{s}\) trong phương trình theo phương thẳng đứng chỉ vì nó tạo ra một độ cao thuận tiện. Cả hai thành phần đều phải mô tả cùng một thời điểm.

Điều kiện về thời gian chung này là một trong những cách kiểm tra lỗi hữu ích nhất trong chuyển động ném.

05Trọng lực không “hết tác dụng” ở điểm cao nhất

Bây giờ hãy xét một vật được phóng xiên.

Khi vật phóng đi lên, \(v_y\) giảm vì trọng lực hướng xuống dưới. Tại điểm cao nhất,

\[ v_y=0. \]

Hãy dự đoán điều gì xảy ra với gia tốc tại đúng thời điểm đó. Gia tốc có trở thành bằng không không?

Không. Trọng lực vẫn đang tác dụng, nên

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

ngay cả ở điểm cao nhất.

Vận tốc theo phương thẳng đứng bằng không chỉ có nghĩa là vật phóng ngừng chuyển động lên trên trong đúng một thời điểm. Nó không có nghĩa là lực hấp dẫn đã biến mất.

Trong khi đó,

\[ v_x=u_x \]

trong suốt toàn bộ chuyển động bay lý tưởng.

Vì vậy, tại điểm cao nhất của một vật phóng xiên thông thường, vận tốc của nó nằm theo phương ngang, còn gia tốc nằm theo phương thẳng đứng và hướng xuống dưới.

06Kết hợp lại chuyển động

Đôi khi một câu hỏi chỉ yêu cầu khoảng cách theo phương ngang hoặc độ cao cực đại. Trong trường hợp đó, bạn có thể không cần kết hợp lại các thành phần.

Nhưng nếu cần vận tốc thực tế của vật phóng, hãy dùng định lý Pythagoras:

\[ v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}. \]

Hướng của vận tốc so với phương ngang có thể được tìm từ

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

Hãy cẩn thận với dấu. Nếu \(v_y<0\) trong khi \(v_x>0\), vật phóng đang chuyển động theo hướng phía dưới phương ngang.

Bạn cũng có thể làm điều tương tự với các thành phần độ dời. Nếu một vật đã dịch chuyển \(x\) mét theo phương ngang và \(y\) mét theo phương thẳng đứng so với một điểm tham chiếu nào đó, hai thành phần này cùng xác định vị trí của vật phóng trong hai chiều.

07Vì sao quỹ đạo có dạng cong

Độ dời theo phương ngang tăng tuyến tính theo thời gian:

\[ x=u_x t \]

nếu vật phóng bắt đầu tại \(x=0\).

Độ dời theo phương thẳng đứng chứa một hạng tử \(t^2\):

\[ y=y_0+u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

Nếu \(u_x\neq0\), thì

\[ t=\frac{x}{u_x}. \]

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

\[ y=y_0+\frac{u_y}{u_x}x-\frac{g}{2u_x^2}x^2. \]

Với tốc độ phóng \(u\) theo góc \(\theta\), phương trình này cũng có thể viết thành

\[ y=y_0+x\tan\theta-\frac{gx^2}{2u^2\cos^2\theta}. \]

Đặc điểm quan trọng là hạng tử \(x^2\). Trong mô hình lý tưởng với trọng trường không đổi, quỹ đạo là một parabol.

Bạn không cần phương trình này cho mọi bài toán chuyển động ném. Thông thường, các phương trình thành phần với cùng một thời gian sẽ rõ ràng hơn và khó bị sử dụng sai hơn.

08Quan niệm sai gây ra rất nhiều rắc rối

Một cách hình dung sai phổ biến là:

Vật phóng đã được đẩy về phía trước, nên phải có một lực hướng về phía trước tiếp tục tác dụng lên nó.

Điều này có vẻ hợp lý vì trong đời sống hằng ngày, các vật thường chậm lại sau khi bạn đẩy chúng.

Nhưng chúng thường chậm lại do ma sát hoặc lực cản không khí. Trong mô hình chuyển động ném lý tưởng, sau khi vật rời khỏi thiết bị phóng, không còn lực theo phương ngang tiếp tục tác dụng.

Khi đó, định luật I Newton cho biết vận tốc theo phương ngang của vật vẫn không đổi.

Một sai lầm dễ mắc khác gần như ngược lại: “Trọng lực tác dụng lên vật phóng, nên toàn bộ vận tốc của nó phải giảm.”

Trọng lực chỉ làm thay đổi thành phần song song với hướng của trọng lực. Với hệ trục thường dùng của chúng ta, đó là \(v_y\). Nó không trực tiếp làm thay đổi \(v_x\).

09Khi mô hình thành phần đơn giản không còn hoàn toàn chính xác

Mô hình chuyển động ném trong HSC thường giả định rằng:

• lực cản không khí có thể bỏ qua,
• gia tốc trọng trường không đổi và hướng thẳng đứng xuống dưới, và
• có thể bỏ qua độ cong và sự quay của Trái Đất trên quãng đường đang xét.

Theo các giả định đó,

\[ a_x=0,\qquad a_y=-g. \]

Các vật phóng thực tế có thể chịu lực cản. Lực cản hướng ngược với vận tốc của vật, nên nó có thể có cả thành phần theo phương ngang và phương thẳng đứng. Khi đó \(v_x\) không còn không đổi.

Việc phân tích vectơ thành các thành phần vẫn hoàn toàn hợp lệ. Điều thay đổi là mô hình vật lý mà bạn đưa vào từng phương trình thành phần.

Sự phân biệt này rất quan trọng: phân tích thành phần là một phương pháp toán học, còn “vận tốc theo phương ngang không đổi” là hệ quả của một mô hình vật lý cụ thể.

10Một phương pháp đáng tin cậy cho các bài chuyển động ném HSC

Khi một bài toán chuyển động ném trông phức tạp, hãy làm theo thứ tự sau:

1. Chọn chiều dương của \(x\) và \(y\).
2. Vẽ hoặc xác định vectơ vận tốc ban đầu.
3. Phân tích nó thành \(u_x\) và \(u_y\).
4. Viết \(a_x=0\) và \(a_y=-g\) nếu các giả định của mô hình chuyển động ném lý tưởng được áp dụng.
5. Xác định thành phần nào có đủ thông tin để tìm thời gian.
6. Dùng chính thời gian đó cho thành phần còn lại.
7. Chỉ kết hợp lại các thành phần nếu câu hỏi yêu cầu tốc độ tổng hợp, hướng hoặc độ dời.
8. Kiểm tra xem dấu và kết quả vật lý có hợp lý hay không.

Một \(v_y\) âm thường hoàn toàn hợp lý: nó có nghĩa là vật phóng đang đi xuống. Thời gian âm thường không phải là nghiệm vật lý mà bạn cần.

11Câu hỏi và lời giải

Câu hỏi 1

Một quả bóng được phóng theo phương ngang với vận tốc \(14.0\ \text{m s}^{-1}\) từ đỉnh một vách đá cao \(19.6\ \text{m}\). Bỏ qua lực cản không khí.

Hãy tìm:

a. thời gian để bóng chạm đất,
b. khoảng cách theo phương ngang mà bóng đi được, và
c. vận tốc ngay trước khi va chạm.

Lời giải 1

Quả bóng mất \(2.00\ \text{s}\) để rơi, đi được \(28.0\ \text{m}\) theo phương ngang và chạm đất với tốc độ \(24.1\ \text{m s}^{-1}\), theo hướng \(54.5^\circ\) phía dưới phương ngang.

Đối với chuyển động theo phương thẳng đứng,

\[ u_y=0,\qquad \Delta y=-19.6\ \text{m},\qquad a_y=-9.8\ \text{m s}^{-2}. \]

Dùng

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

ta có

\[ -19.6=-4.9t^2. \]

Do đó,

\[ t=2.00\ \text{s}. \]

Sai lầm dễ mắc ở đây là dùng vận tốc theo phương ngang \(14.0\ \text{m s}^{-1}\) khi tính thời gian rơi. Nó không có vai trò trong phương trình theo phương thẳng đứng.

Bây giờ dùng cùng \(2.00\ \text{s}\) cho phương ngang:

\[ \Delta x=u_x t=(14.0)(2.00)=28.0\ \text{m}. \]

Ngay trước khi va chạm,

\[ v_x=14.0\ \text{m s}^{-1} \]

và

\[ v_y=u_y-gt=0-(9.8)(2.00)=-19.6\ \text{m s}^{-1}. \]

Do đó,

\[ v=\sqrt{(14.0)^2+(-19.6)^2}=24.1\ \text{m s}^{-1}. \]

Góc va chạm là

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{19.6}{14.0}\right)=54.5^\circ. \]

Vì \(v_y\) âm, hướng này là \(54.5^\circ\) phía dưới phương ngang.

Câu hỏi 2

Một vật được phóng từ mặt đất bằng phẳng với tốc độ \(25.0\ \text{m s}^{-1}\), theo góc \(53.1^\circ\) phía trên phương ngang. Một bức tường cao \(19.5\ \text{m}\) nằm cách điểm phóng \(30.0\ \text{m}\).

Giả sử \(u_x=15.0\ \text{m s}^{-1}\) và \(u_y=20.0\ \text{m s}^{-1}\), lấy đến ba chữ số có nghĩa.

Hãy xác định:

a. vật phóng có vượt qua bức tường hay không,
b. vật đang đi lên hay đi xuống khi qua bức tường, và
c. vị trí mà cuối cùng nó trở lại độ cao ban đầu.

Lời giải 2

Vật phóng vượt qua bức tường \(0.90\ \text{m}\), vẫn đang đi lên rất nhẹ khi đi qua bức tường và trở lại độ cao ban đầu ở vị trí cách điểm phóng khoảng \(61.2\ \text{m}\).

Trước tiên, tìm thời điểm vật đến bức tường:

\[ t=\frac{x}{u_x} =\frac{30.0}{15.0} =2.00\ \text{s}. \]

Tại thời điểm này,

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

Vì vậy,

\[ y=(20.0)(2.00)-\frac{1}{2}(9.8)(2.00)^2 =40.0-19.6 =20.4\ \text{m}. \]

Bức tường cao \(19.5\ \text{m}\), nên khoảng vượt qua là

\[ 20.4-19.5=0.90\ \text{m}. \]

Bây giờ kiểm tra vận tốc theo phương thẳng đứng:

\[ v_y=u_y-gt =20.0-(9.8)(2.00) =0.40\ \text{m s}^{-1}. \]

Nó dương, nên vật phóng vẫn đang chuyển động lên trên.

Đây là một lời nhắc hữu ích rằng không nên phán đoán hướng chuyển động chỉ từ hình dạng của một hình vẽ phác thảo. Vật phóng đang ở cực kỳ gần điểm cao nhất nhưng vẫn chưa hoàn toàn đạt tới đó.

Để tìm thời điểm vật trở lại độ cao phóng, đặt độ dời theo phương thẳng đứng bằng không:

\[ 0=20.0t-4.9t^2. \]

Phân tích thành nhân tử,

\[ 0=t(20.0-4.9t). \]

Nghiệm \(t=0\) là thời điểm phóng. Nghiệm sau đó là

\[ t=\frac{20.0}{4.9}=4.08\ \text{s}. \]

Do đó, tầm xa theo phương ngang là

\[ R=(15.0)(4.08)=61.2\ \text{m}. \]

Một cách làm sai phổ biến là cho rằng vì vật đến bức tường sau \(2.00\ \text{s}\), nên nó hẳn phải ở đỉnh quỹ đạo vì \(2.00\ \text{s}\) là “khoảng một nửa” tổng thời gian bay. Phương trình thành phần cho câu trả lời chính xác: \(v_y\) vẫn là \(+0.40\ \text{m s}^{-1}\).

Câu hỏi 3

Một sườn đồi được xấp xỉ bằng đường thẳng

\[ y=0.250x, \]

trong đó \(x\) và \(y\) được đo bằng mét kể từ điểm phóng.

Một vật được phóng từ gốc tọa độ với tốc độ \(24.0\ \text{m s}^{-1}\), theo góc \(50.0^\circ\) phía trên phương ngang. Bỏ qua lực cản không khí.

Hãy tìm điểm mà vật phóng tiếp theo va vào sườn đồi và vận tốc của nó ngay trước khi va chạm.

Lời giải 3

Vật phóng va vào sườn đồi tại khoảng \((45.7\ \text{m},\,11.4\ \text{m})\) với tốc độ \(18.8\ \text{m s}^{-1}\), theo hướng \(34.7^\circ\) phía dưới phương ngang.

Phân tích vận tốc ban đầu:

\[ u_x=(24.0)\cos50.0^\circ=15.4\ \text{m s}^{-1}, \]

\[ u_y=(24.0)\sin50.0^\circ=18.4\ \text{m s}^{-1}. \]

Tại thời điểm \(t\),

\[ x=15.4t \]

và

\[ y=18.4t-4.9t^2. \]

Tại thời điểm va chạm, vật phóng phải nằm trên sườn đồi, nên cũng phải thỏa mãn

\[ y=0.250x. \]

Thay \(x=15.4t\),

\[ 18.4t-4.9t^2=0.250(15.4t). \]

Do đó,

\[ 18.4t-4.9t^2=3.86t. \]

Sắp xếp lại,

\[ t(14.5-4.9t)=0. \]

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

\[ t=\frac{14.5}{4.9}\approx2.96\ \text{s}. \]

Do đó, tọa độ theo phương ngang là

\[ x=(15.4)(2.96)\approx45.7\ \text{m}. \]

Độ cao của sườn đồi tại đó là

\[ y=0.250(45.7)\approx11.4\ \text{m}. \]

Bây giờ tìm vận tốc khi va chạm. Theo phương ngang,

\[ v_x=15.4\ \text{m s}^{-1}. \]

Theo phương thẳng đứng,

\[ v_y=18.4-(9.8)(2.96) \approx-10.7\ \text{m s}^{-1}. \]

Do đó,

\[ v=\sqrt{(15.4)^2+(-10.7)^2} \approx18.8\ \text{m s}^{-1}. \]

Hướng của vận tốc là

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{10.7}{15.4}\right) \approx34.7^\circ \]

phía dưới phương ngang.

Cách làm tắt dễ mắc sai là đặt \(y=0\) để tìm thời điểm va chạm. Điều đó sẽ tìm vị trí nơi vật phóng trở lại cùng độ cao theo phương ngang với điểm phóng. Nhưng mặt đất ở đây không nằm ngang: sau điểm phóng, nó tuân theo \(y=0.250x\). Điều kiện biên vật lý phải phù hợp với sườn đồi thực tế.

Câu hỏi 4

Một vật được phóng từ mặt đất và sau đó đi qua điểm \(A\), nằm cách điểm phóng \(20.0\ \text{m}\) theo phương ngang và cao hơn điểm phóng \(15.0\ \text{m}\).

Trên đường đi xuống, nó đi qua điểm \(B\), nằm cách điểm phóng \(50.0\ \text{m}\) theo phương ngang và cũng ở độ cao \(15.0\ \text{m}\).

Bỏ qua lực cản không khí.

Hãy xác định:

a. các thành phần vận tốc ban đầu theo phương ngang và phương thẳng đứng,
b. tốc độ và góc phóng, và
c. vị trí theo phương ngang và độ cao của điểm cao nhất.

Lời giải 4

Các thành phần ban đầu là \(u_x=18.1\ \text{m s}^{-1}\) và \(u_y=19.0\ \text{m s}^{-1}\). Tốc độ phóng là \(26.2\ \text{m s}^{-1}\) ở góc \(46.4^\circ\), và đỉnh quỹ đạo nằm tại \(x=35.0\ \text{m}\), cao \(18.4\ \text{m}\) so với điểm phóng.

Gọi thời điểm tại \(A\) và \(B\) lần lượt là \(t_1\) và \(t_2\).

Vì vận tốc theo phương ngang không đổi,

\[ t_1=\frac{20.0}{u_x}, \qquad t_2=\frac{50.0}{u_x}. \]

Theo phương thẳng đứng, cả hai điểm đều thỏa mãn

\[ 15.0=u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

Sắp xếp lại được phương trình bậc hai

\[ \frac{1}{2}gt^2-u_y t+15.0=0. \]

Hai nghiệm của nó là \(t_1\) và \(t_2\).

Với phương trình bậc hai \(at^2+bt+c=0\), tích hai nghiệm bằng \(c/a\). Do đó,

\[ t_1t_2=\frac{15.0}{4.9}. \]

Nhưng từ chuyển động theo phương ngang,

\[ t_1t_2 = \frac{20.0}{u_x}\frac{50.0}{u_x} = \frac{1000}{u_x^2}. \]

Do đó,

\[ \frac{1000}{u_x^2}=\frac{15.0}{4.9}. \]

Vì vậy,

\[ u_x^2=\frac{1000(4.9)}{15.0}, \]

suy ra

\[ u_x=18.1\ \text{m s}^{-1}. \]

Các thời điểm tương ứng là

\[ t_1=\frac{20.0}{18.1}=1.11\ \text{s}, \]

\[ t_2=\frac{50.0}{18.1}=2.77\ \text{s}. \]

Với cùng phương trình bậc hai đó, tổng hai nghiệm là

\[ t_1+t_2=\frac{u_y}{4.9}. \]

Do đó,

\[ u_y=4.9(t_1+t_2) =4.9(1.11+2.77) \approx19.0\ \text{m s}^{-1}. \]

Tốc độ phóng là

\[ u=\sqrt{u_x^2+u_y^2} =\sqrt{(18.1)^2+(19.0)^2} =26.2\ \text{m s}^{-1}. \]

Góc phóng là

\[ \theta=\tan^{-1}\left(\frac{19.0}{18.1}\right) =46.4^\circ. \]

Tại đỉnh quỹ đạo,

\[ v_y=0. \]

Vì vậy,

\[ 0=u_y-gt, \]

suy ra

\[ t_{\text{apex}}=\frac{19.0}{9.8}=1.94\ \text{s}. \]

Do đó,

\[ x_{\text{apex}}=(18.1)(1.94)=35.0\ \text{m}. \]

Độ tăng độ cao đến đỉnh quỹ đạo có thể tìm từ

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

Do đó,

\[ 0=(19.0)^2-2(9.8)\Delta y, \]

nên

\[ \Delta y=18.4\ \text{m}. \]

Một dự đoán dễ mắc sai là vì \(A\) và \(B\) có cùng độ cao, nên thời điểm đi qua chúng bằng cách nào đó cũng phải bằng nhau. Điều đó không thể đúng: vật phóng đang ở hai vị trí khác nhau.

Điều đối xứng là thời gian đi qua hai điểm này quanh đỉnh quỹ đạo. Thật vậy,

\[ \frac{t_1+t_2}{2} = \frac{1.11+2.77}{2} = 1.94\ \text{s}, \]

chính xác bằng thời điểm đạt độ cao cực đại. Đây cũng là lý do đỉnh quỹ đạo nằm chính giữa \(x=20.0\ \text{m}\) và \(x=50.0\ \text{m}\): khi \(v_x\) không đổi, các khoảng thời gian bằng nhau tương ứng với các khoảng cách theo phương ngang bằng nhau.

Câu hỏi 5

Vật phóng \(A\) được phóng tại \(t=0\) từ \((0,0)\) với các thành phần vận tốc ban đầu

\[ u_{Ax}=18.0\ \text{m s}^{-1}, \qquad u_{Ay}=22.0\ \text{m s}^{-1}. \]

Vật phóng \(B\) ban đầu ở \((54.0\ \text{m},12.0\ \text{m})\). Nó được phóng với các thành phần

\[ u_{Bx}=-9.00\ \text{m s}^{-1}, \qquad u_{By}=16.0\ \text{m s}^{-1}. \]

Cả hai vật phóng chịu cùng một gia tốc trọng trường và lực cản không khí không đáng kể.

a. Nếu chúng được phóng đồng thời, hãy xác định xem chúng có va chạm trước khi một trong hai chạm đất hay không. Nếu có, hãy tìm vị trí va chạm.

b. Bây giờ vật phóng \(B\) được phóng muộn hơn \(A\) \(0.500\ \text{s}\), với cùng vận tốc như trước. Một học sinh cho rằng độ trễ không tạo ra khác biệt vì trọng lực làm cả hai vật phóng gia tốc như nhau. Hãy kiểm tra nhận định này bằng cách tìm độ chênh lệch vị trí theo phương thẳng đứng của chúng khi chúng đạt cùng vị trí theo phương ngang.

c. Giữ độ trễ \(0.500\ \text{s}\) và \(u_{Bx}=-9.00\ \text{m s}^{-1}\), hãy tìm giá trị của \(u_{By}\) cần thiết để xảy ra va chạm thực sự.

Lời giải 5

Khi được phóng đồng thời, hai vật phóng va chạm tại \(t=2.00\ \text{s}\) ở \((36.0\ \text{m},24.4\ \text{m})\). Khi vật phóng \(B\) bị trì hoãn \(0.500\ \text{s}\), nó đi qua phía trên \(A\) \(0.392\ \text{m}\) khi các vị trí theo phương ngang của chúng trùng nhau. Giảm thành phần vận tốc phóng theo phương thẳng đứng của \(B\) xuống khoảng \(15.8\ \text{m s}^{-1}\) sẽ khôi phục điều kiện va chạm.

Đối với phần a, hãy viết các vị trí theo phương ngang.

Với \(A\),

\[ x_A=18.0t. \]

Với \(B\),

\[ x_B=54.0-9.00t. \]

Tại thời điểm va chạm,

\[ x_A=x_B. \]

Do đó,

\[ 18.0t=54.0-9.00t, \]

nên

\[ 27.0t=54.0 \]

và

\[ t=2.00\ \text{s}. \]

Bây giờ kiểm tra các vị trí theo phương thẳng đứng tại chính thời điểm này.

Với \(A\),

\[ y_A=22.0t-4.9t^2. \]

Do đó,

\[ y_A=(22.0)(2.00)-4.9(2.00)^2 =44.0-19.6 =24.4\ \text{m}. \]

Với \(B\),

\[ y_B=12.0+16.0t-4.9t^2. \]

Vì vậy,

\[ y_B=12.0+(16.0)(2.00)-4.9(2.00)^2 =24.4\ \text{m}. \]

Các tọa độ theo phương ngang và phương thẳng đứng của chúng trùng nhau tại cùng một thời điểm, nên chúng va chạm tại

\[ (36.0\ \text{m},24.4\ \text{m}). \]

Sự triệt tiêu ẩn trong kết quả này rất quan trọng. Vì cả hai vật có cùng gia tốc trọng trường, gia tốc tương đối của chúng bằng không trong thời gian cả hai đều đang bay. Trọng lực làm thay đổi vận tốc theo phương thẳng đứng của cả hai cùng một lượng.

Đối với phần b, vật phóng \(B\) bây giờ bắt đầu muộn hơn \(0.500\ \text{s}\).

Hãy tiếp tục để \(t\) biểu thị thời gian kể từ khi \(A\) được phóng. Khi đó, khoảng thời gian mà \(B\) thực sự đã chuyển động là

\[ t_B=t-0.500. \]

Với \(A\),

\[ x_A=18.0t. \]

Với \(B\),

\[ x_B=54.0-9.00(t-0.500). \]

Đặt hai biểu thức này bằng nhau:

\[ 18.0t = 54.0-9.00(t-0.500). \]

Khai triển,

\[ 18.0t=58.5-9.00t. \]

Do đó,

\[ 27.0t=58.5 \]

và

\[ t=2.167\ \text{s}. \]

Tại thời điểm này, \(B\) đã chuyển động trong

\[ t_B=2.167-0.500=1.667\ \text{s}. \]

Độ cao của vật phóng \(A\) là

\[ y_A = (22.0)(2.167)-4.9(2.167)^2 = 24.664\ \text{m}. \]

Độ cao của vật phóng \(B\) là

\[ y_B = 12.0+(16.0)(1.667)-4.9(1.667)^2 = 25.056\ \text{m}. \]

Do đó,

\[ y_B-y_A = 25.056-24.664 = 0.392\ \text{m}. \]

Vì vậy, \(B\) đi qua phía trên \(A\) khoảng \(0.392\ \text{m}\). Không xảy ra va chạm.

Lập luận của học sinh có một phần đúng tinh tế nhưng đã sử dụng nó không đúng cách. Sau khi \(B\) được phóng, cả hai vật thực sự có cùng gia tốc trọng trường, nên gia tốc tương đối của chúng bằng không.

Nhưng trong \(0.500\ \text{s}\) đầu tiên, chỉ có \(A\) đang chuyển động ném. Khi \(B\) bắt đầu chuyển động, \(A\) đã thay đổi cả vị trí lẫn vận tốc theo phương thẳng đứng. Việc hai vật có cùng gia tốc từ thời điểm đó trở đi không xóa đi trạng thái ban đầu khác nhau của chúng.

Đối với phần c, thời điểm hai vật gặp nhau theo phương ngang không đổi vì chỉ thành phần vận tốc phóng theo phương thẳng đứng của \(B\) được điều chỉnh. Do đó,

\[ t=2.167\ \text{s}, \qquad t_B=1.667\ \text{s}. \]

Để xảy ra va chạm, độ cao của \(B\) phải bằng độ cao của \(A\), mà ta đã tìm được là \(24.664\ \text{m}\).

Gọi thành phần vận tốc phóng theo phương thẳng đứng cần thiết của \(B\) là \(u_{By}\). Khi đó,

\[ 24.664 = 12.0+u_{By}(1.667)-4.9(1.667)^2. \]

Sắp xếp lại,

\[ u_{By} = \frac{24.664-12.0+4.9(1.667)^2}{1.667}. \]

Do đó,

\[ u_{By}=15.8\ \text{m s}^{-1} \]

lấy đến ba chữ số có nghĩa.

Điều đáng ngạc nhiên là \(B\) cần một thành phần vận tốc theo phương thẳng đứng hơi nhỏ hơn trước, chứ không phải lớn hơn. Với \(u_{By}=16.0\ \text{m s}^{-1}\), nó đã ở quá cao khi hai vật phóng đạt cùng vị trí theo phương ngang.

Đó là nguyên tắc cốt lõi của phân tích thành phần: chỉ khớp một tọa độ là chưa đủ. Một va chạm, một lần chạm bề mặt hay bất kỳ sự kiện hai chiều nào khác đều phải thỏa mãn điều kiện theo phương ngang và điều kiện theo phương thẳng đứng tại cùng một thời điểm.

Khi ý tưởng này đã vững chắc, bước hữu ích tiếp theo là áp dụng cùng phương pháp thành phần cho chuyển động tương đối, quỹ đạo của vật phóng và các tình huống trong đó bề mặt tiếp đất cũng đang chuyển động hoặc bị nghiêng.