Chuyên đề 5: Chuyển động của vật bị ném

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý khối 10 theo chương trình giáo dục phổ thông mới 2018. Chuyên đề 5: Chuyển động của vật bị ném. Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý khối 10 theo chương trình giáo dục phổ thông mới 2018. Chuyên đề 5: Chuyển động của vật bị ném. Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý khối 10 theo chương trình giáo dục phổ thông mới 2018. Chuyên đề 5: Chuyển động của vật bị ném.

CĐ5 CHUYỂN ĐỘNG CỦA VẬT BỊ NÉM A KIẾN THỨC CƠ BẢN I Chuyển động vật ném ngang + Lực tác dụng lên vật: trọng lực P = mg; thành phần vận tốc ban đầu: thành phần gia tốc: ax 0, a y  g ( v0 vận tốc ban đầu vật) x v0t ; y  gt 2 + Các phương trinh chuyển động:  g  y   x  2v0  + Phương trình quỹ đạo: + Vận tốc: vx v0 ; v y gt ; v  vx2  v y2  v02   gt  ; tan   + Khi y h; t  vật vy vx chạm  gt v0 đất: 2h 2h ; xmax v0 g g II Chuyển động vật ném xiên + Lực tác dụng lên vật: trọng lực P= mg; thành phần vận tốc ban đầu: v0 x v0 cos  , v0 y v0 sin  tốc: ; thành phần gia ax 0, a y  g v0 ( vận tốc ban đầu vật) + Các phương trình chuyển động: x  v0 cos   t; y  v0 sin   t  gt   g y  tan   x   x 2 v cos    + Phương trình quỹ đạo: + Vận tốc: vx v0 cos  ; v y  gt  v0 sin  ; v  vx2  v y2 ; tan   + Tầm bay cao (độ cao cực đại): + Tầm bay xa: y 0, t  v y 0, t  vy vx v0 sin  v sin  ; hmax  g 2g 2v0 sin  v sin 2 ; xmax  g g v0 x v0 , v0 y 0 ; Chú ý: Với chuyển động vật ném ngang, ném xiên cần phối hợp với phương pháp tọa độ giải toán gặp vật ném: gặp nhau: x1  x2 y1  y2 B BÀI TẬP VÍ DỤ VD5 Một người chơi đỉnh tịa nhà cao 45m cầm vật có khối lượng m ném theo phương ngang với vận tốc ban đầu 20 m/s xuống đất, bỏ qua lực cản khơng khí Cho g = 10m/s2 a Viết phương trình quỹ đạo vật b Tính khoảng thời gian vật chạm đất c Tính khoảng cách từ nhà đến vị trí rơi Giải: Chọn hệ quy chiếu Oxy với O mặt đất a Viết phương trình quỹ đạo vật: + Trên trục Ox ta có : ax = ; vx = vo = 20 ( m/s ) ; x = vot = 20t + Trên trục Oy ta có : ay = - g ; vy = -gt = -10t y=h− g t =45−5 t ⇒ y =45− x 80 Dạng quỹ đạo vật phần parabol b Khi vật chạm đất: y=0⇒ 45−5 t 2=0⇒ t=3 ( s ) c Tầm xa vật L=x ( m )max=20.3=60( m) VD5 Một cầu ném theo phương ngang từ độ cao 80m Sau chuyển động 3s, vận tốc cầu hợp với phương ngang góc 450 a Tính vận tốc ban đầu cầu b Thời gian chuyển động vật, vị trí tiếp đất, vận tốc vật tiếp đất? Giải: Chọn hệ quy chiếu Oxy với O mặt đất + Trên trục Ox ta có : ax = 0; vx = vo; x = vot + Trên trục Oy ta có : ay = - g; vy = -gt = -10t y=h− g t =80−5 t 2 Khi vận tốc vật hợp với phương thẳng đứng góc 45 Ta có: tan = v x v0 = ⇒ v 0=10 t=10.3=30 ( m/s ) v y 10 t b Chạm đất: y = ⇒ t 2=80 ⇒t=4 ( s ) Khi đó: x max v0 t 30.4 120  m  ; v y gt 10.4 40  m / s  ⇒ v=√ v 2y + v 2x = √ 02 +3 02=50 m/ s VD5 Từ mặt đất vật ném xiên lệch với phương ngang góc α =4 50 với vận tốc ban đầu 20 m/s Lấy g=10 m/ s2 a Viết phương trình chuyển động vật b Tính độ cao mà vật lên tới? Giải: Chọn hệ quy chiếu Oxy hình vẽ Thời điểm ban đầu Chiếu lên trục ox có x 0=0 v x =v cos α =20 √ =10 √ ( m/s ) Chiếu lên trục oy có: y 0=0 v y =v sin α =20 √ =10 √ ( m/ s ) Xét thời điểm t có a x =0 ; a y =−g Chiếu lên trục Ox có: v x =10 √ 2; x=10 √ t Chiếu lên trục Oy có: v y =10 √ 2−10 t ; y=10 √ 2t−5 t x2  Vậy quỹ đạo vật parabol 40 Khi lên đến độ cao cực đại v y =0 ⇒ 10 √ 2−10 t=0 ⇒ t=√ ( s ) ⇒ y =x−  h max y 10 2   2 10  m  VD5 Một vật ném từ điểm M độ cao h = 45 m với vận tốc ban đầu v = 20 m/s lên theo phương hợp với phương nằm ngang góc 45 Lấy g = 10 m/s 2, bỏ qua lực cản khơng khí a Viết phương trình quỹ đạo vật? Quỹ đạo vật có dạng đường gì? b Tính độ cao cực đại vật đạt so với mặt đất thời gian vật bay khơng khí? c Tính tầm bay xa vật, vận tốc vật chạm đất? Giải: Chọn hệ quy chiếu Oxy hình vẽ Thời điểm ban đầu a Chiếu lên trục ox có: x 0=0 ; v x =v cos α =10 √2 ( m/s ) Chiếu lên trục oy có: y 0=0 ; v y =v sin α=10 √ ( m/s ) a 0;a y  g Xét thời điểm t có x Chiếu lên trục ox có v x =10 √ ( m/ s ) ; x=10 √ 2t Chiếu lên trục Oy có v y =10 √ 2−10 t ; y=45+10 √2 t−5 t x2  Vậy vật có quỹ đạo Parabol 40 b Khi lên đến độ cao max thì: v y =0 ⇒ y =45+ x− ⇒ 0=10 √ 2−10 t ⇒ t=√ ( s ) H max y 45 10 2   2 55  m  Khi vật chạm đất y 0 ⇒ 45+10 √2 t−5 t =0 ⇒t=4,73 ( s ) Vậy sau 4,73s vật chạm đất c Tầm xa vật L=x=10 √ 4,73≈ 66,89 ( m ) Vận tốc vật chạm đất v=√ v 2x + v 2y Với v y =10 √ 2−10.4,73=−33,16 ( m/ s ) 2 ⇒ v= ( 10 √ ) +33,1 62 =36,05 ( m/ s ) √ VD5 Một máy bay bay ngang với vận tốc v1 độ cao h muốn thả bom trúng tàu chiến chuyển động đều, với vận tốc v2 mặt phẳng thẳng đứng với máy bay Hỏi máy bay phải cắt bom cách tàu chiến theo phương ngang đoạn l bao nhiêu? Xét hai trường hợp: a Máy bay tàu chuyển động chiều b Máy bay tàu chuyển động ngược chiều Giải: a Máy bay tàu chiến chuyển động chiều - Chọn gốc tọa độ O mặt đất (phía điểm ném bom theo phương thẳng đứng), hệ trục tọa độ vuông góc Oxy: Ox nằm ngang, Oy thẳng đứng (hình vẽ); gốc thời gian lúc máy bay ném bom - Các phương trình chuyển động hai vật: + máy bay: x1 v1t y1 h  (1) gt (2) + tàu chiến: x2 l  v2t (3) y 0 (4) - Khi bom trúng tàu thì: x1 x ; y1 y  v1t l  v2t h (5) gt 0 (6) t - Từ (6) suy ra: - Từ (5) suy ra: 2h g l (v1  v2 )t (v1  v2 ) 2h g Vậy: Khi máy bay tàu chiến chuyển động chiều để ném bom trúng tàu chiến, máy bay phải cắt bom cách tàu chiến đoạn l (v1  v2 ) 2h g theo phương ngang b Máy bay tàu chiến chuyển động chiều - Tương tự, ta có phương trình: + máy bay: x1 v1t y1 h  (1’) gt (2’) + tàu chiến: x2 l  v2t (3’) y 0 (4’) - Khi bom trúng tàu thì: x1 x ; y1 y  v1t l  v2t h (5’) gt 0 (6’) t - Từ (6’) suy ra: - Từ (5’) suy ra: 2h g l (v1  v2 )t (v1  v2 ) 2h g Vậy: Khi máy bay tàu chiến chuyển động ngược chiều để ném bom trúng tàu chiến, máy bay phải cắt bom cách tàu chiến đoạn l (v1  v2 ) 2h g theo phương ngang B BÀI TẬP TỰ LUYỆN Một vật độ cao h ném theo phương ngang với tốc độ v0 rơi xuống đất sau s Lấy g = 10 m/s2 Tính độ cao h Một cầu ném lên, xiên góc α với phương ngang với vận tốc đầu 20 m/s Tìm độ cao, tầm xa, độ lớn hướng vận tốc cuối cùa cầu góc α bằng: a 30°; b 45°; c 60° Một bóng bng rơi từ A độ cao h xuống sàn ngang nhẵn Khi bóng chạm sàn nảy lên với vận tốc vận tốc lúc chạm ngược chiều (va chạm tuyệt đối đàn hồi) Khi bóng (I) chạm sàn bóng (II) thả từ A a Hỏi sau kể từ lúc thả bóng (II) độ cao hai bóng gặp nhau? b Nếu gặp nhau, hai bóng va chạm tuyệt đối đàn hồi sau chúng chuyển động sao? Từ A (độ cao AC = H = 3,6 m) người ta thả vật rơi tự Cùng lúc đó, từ B cách C đoạn BC = l = H người ta ném vật khác  vói vận tốc đầu v hợp góc α với phương ngang phía vật thứ Tính α v0 để hai vật gặp chúng chuyển động 5 Từ A cách mặt đất khoảng AH = 45 m người ta ném vật với vận tốc v01 = 30 m/s theo phương ngang Cho g = 10 m/s2 a Trong hệ quy chiếu vật chuyển động với gia tốc g? Trong hệ quy chiếu vật chuyển động thẳng ? Viết phương trình chuyển động vật hệ quy chiếu b Cùng lúc ném vật từ A, B mặt đất (với BH = AH) người   v v ta ném lên vật khác với vận tốc 02 Định 02 để hai vật gặp Từ đỉnh dốc nghiêng góc β so với phương ngang, vật phóng với vận tốc v hợp với phương ngang góc α Hãy tính tầm xa vật mặt dốc Người ta đặt súng cối hầm có độ sâu h Hỏi phải đặt súng cách vách hầm khoảng l so với phương ngang để tầm xa x đạn mặt đất lớn nhất? Tính tầm xa Biết vận tốc đầu đạn rời súng vo Một bờ hồ nước có vách dựng đứng độ cao h so với mặt nước Một người đứng bờ ném xiên đá với vận tốc đầu có độ lớn vo Bỏ qua lực cản khơng khí  v Tính góc tạo phương ngang để đá rơi xuống mặt hồ xa bờ Một vật buông rơi tự xuống mặt phẳng nghiêng góc α (so với phương ngang) Vật đụng mặt phẳng nghiêng nẩy lên Giả sử va chạm tuyệt đối đàn hồi Vật đụng mặt phẳng nghiêng liên tiếp điểm 0, 1,2, Tìm tỉ lệ khoảng cách hai điểm đụng liên tiếp 10 Hai vật phóng đồng thời từ điểm mặt đất Vận tốc đầu chúng có độ lớn vo hợp với phương ngang góc α, β hình vẽ a Tìm vận tốc tương đối vật II so với vật I b Tìm khoảng cách hai vật sau phóng T giây HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ + Trục Ox hướng theo v + Trục Oy hướng theo gia tốc trọng trường g + Theo trục Ox vật chuyển động thẳng với tốc độ v0: x = v0t (1) + Theo trục Oy vật rơi tự với gia tốc a = g: y = gt2 Vật rơi xuống đất sau t = s: 2 2 (2) ⇒ h= g t = 10 =125 m Từ công thức biết chuyển động ném xiên: + Độ cao: y max  + Tầm bay xa: v02 sin  2g x max  + Độ lớn vận tốc: v02 sin 2 g v  v 2x  v 2y ; v x v0cos, v y  gt  v sin  tan   + Hướng vận tốc: vy vx a Khi  30 + Độ cao: y max + Tầm bay xa: 1 400   2 2 v sin  20 sin 30   5m    2g 2.10 2.10 x max v 20 sin 2 202.sin 60 20    34, 6m g 10 10 2v sin  2.20.sin 30 2.20 t   2s v  v 2x  v 2y ; g 10 10 + Độ lớn vận tốc: với với: v x v cos 20.cos30 20 10 3m / s v y  gt  v0 sin   10.2  20.sin 30  20  20  10m / s  v  (10 3)  ( 10) 20m / s tan   + Hướng vận tốc: vy  10       30 v x 10 3 Vậy: Khi  30 độ cao tối đa mà vật đạt y max 5m ; tầm bay xa cực đại x max 34, 6m ; vận tốc cuối có độ lớn 20 m/s hợp với phương ngang góc 30° b Khi  45 + Độ cao: y max + Tầm bay xa:  2 400   2 2  v0 sin  20 sin 45     10m 2g 2.10 2.10 x max + Độ lớn vận tốc: t với Với: v02 sin 2 202.sin 90 202.1    40m g 10 10 v  v 2x  v 2y ; 2v sin  2.20.sin 45   g 10 2.20 10 v x v cos 20.cos45 20 2 2 2s 10 2m / s v y  gt  v sin   10.2  20.sin 45  20  20  10 m / s  v  (10 2)  ( 10 2) 20m / s tan   + Hướng vận tốc: vy vx   10     45 10 Vậy: Khi  45 độ cao tối đa mà vật đạt y max 10m ; tầm bay xa cực đại x max 40m ; vận tốc cuối có độ lớn 20 m/s hợp với phương ngang góc 45° c Khi  60 + Độ cao: y max + Tầm bay xa:  3 400   2 2  v sin  20 sin 60     15m 2g 2.10 2.10 x max + Độ lớn vận tốc: v 02 sin 2 202.sin120 20    34, 6m g 10 10 v  v 2x  v 2y ; 2v sin  2.20.sin 60 t   g 10 với 2.20 10 2 3s v x v0 cos 20.cos60 20 10m / s Với: v y  gt  v sin   10.2  20.sin 60  20  20  10 m / s  v  102  (  10 3) 20m / s tan   + Hướng vận tốc: vy vx   10     60 10 Vậy: Khi  60 độ cao tối đa mà vật đạt y max 15m ; tầm bay xa cực đại x max 34, 6m ; vận tốc cuối có độ lớn 20 m/s hợp với phương ngang góc 60° a Thời điểm vị trí hai bóng gặp - Chọn gốc tọa độ mặt sàn, chiều dương hướng lên; gốc thời gian lúc thả bóng (II), lúc bóng (I) vừa chạm sàn nảy lên với vận tốc v 01  2gh - Phương trình chuyển động hai bóng là: y1 v01t  y h  gt  2gh t  gt 2 2 gt (2) - Khi hai bóng gặp nhau:  (1) 2gh t h  t  y1 y  2gh t  gt h  gt 2 h0 h  2g 2gh h 3h  h0  h y h  g    h   2g  4 t Vậy: Sau thời gian h0 3h h 2g kể từ thả bóng thứ (II) độ cao so với mặt sàn hai bóng gặp b Chuyển động bóng gặp chúng va chạm tuyệt đối đàn hồi? Nếu gặp nhau, hai bóng va chạm tuyệt đối đàn hồi chúng chuyển động theo chiều ngược lại với vận tốc có độ lớn trước va chạm - Chọn gốc tọa độ C, hệ trục tọa độ Oxy: Ox hướng dọc CB, Oy hướng lên (qua A.; gốc thời gian lúc hai vật bắt đầu chuyển động - Các phương trình chuyển động hai vật là: + vật (I) (vật thả rơi): x1 0 y1 H  gt (1) + vật (II) (vật ném xiên): x H  (v cos)t Và y (v0 sin )t  gt (2) - Để hai vật gặp thì: x1 x ; y1 y  H  (v cos)t 0 H (3) gt (v sin )t  gt 2 (4)  (v 0cos)t H (3’) (v sin )t H (4’)  tan  1   45 với v0  x 2max v 02 sin 2 H  H g Hg 3, 6.10  6m / s sin 2 sin 90 Vậy: Để hai vật gặp phải ném vật (II) với vận tốc có độ lớn v 6m / s hợp với phương ngang góc 45° 5 a Phương trình chuyển động vật hệ quy chiếu - Trong hệ quy chiếu gắn với vật chuyển động thẳng theo phương ngang, sang phải với vận tốc v v 01 30m / s , vật có: + vận tốc theo phương ngang hệ quy chiếu là: v ' v 01  v 0 + gia tốc theo phương thẳng đứng hệ quy chiếu là: g' g  g y  gt 5t 2 Do đó, hệ quy chiếu vật rơi tự với phương trình: - Trong hệ quy chiếu gắn với vật rơi tự do, vật có: + vận tốc theo phương ngang hệ quy chiếu là: v ' v 01 30m / s + gia tốc theo phương thẳng đứng hệ quy chiếu là: g' g  g 0 Do đó, hệ quy chiếu vật chuyển động thẳng với phương trình: x v 01t 30t  v b Xác định 02 (độ lớn, hướng) để hai vật gặp - Chọn gốc tọa độ B, hệ trục tọa độ hai chiều: Bx nằm ngang hướng dọc theo BH, By hướng lên; gốc thời gian lúc hai vật bắt đầu chuyển động - Các phương trình chuyển động hai vật là: + vật (I): ném ngang: + vật (II) ném xiên: x1 h  v01t; y1 h  gt x (v 02cos)t; y (v 02 sin )t  (1) gt (2) - Để hai vật gặp thì: x1 x y1 y  h  v 01 t (v02cos)t h Và (3) gt (v 02 sin )t  gt 2 (4)  h v 01 t  (v02 cos)t (3’) Và h (v 02 sin )t (4’) - Từ (3) (4) suy ra: v 01t  (v 02cos)t (v 02 sin )t v02  Với v01 sin   cos v02  v 01   sin   cos   sin   cos(0    180 ) sin   cos  45    135 Vậy: Để hai vật gặp vật thứ (II) phải ném lên với vận tốc có độ lớn v02  v01 sin   cos hợp với phương ngang góc α với 45    135 - Chọn gốc tọa độ O điểm phóng vật đi, hệ trục tọa độ Ox nằm ngang, Oy hướng lên (hình vẽ) Phương trình quỹ đạo vật: + hệ trục Oxy là: y1  g x  (tan )x 2v cos  + mặt phẳng nghiêng là: y  (tan )x - Vật chạm mặt phẳng nghiêng M khi: y1 = y2   g x  (tan  )x  (tan )x 2v cos   x 0 (loại) x 2v02 cos  (tan   tan ) g (nhận) Thay giá trị x vào (2) ta được: 2v 02 cos (tan   tan ) y y  (tan ) g (1) (2)  y  2 v0 cos  (tan   tan ).tan  g 2 - Tầm xa vật mặt dốc là: s OM  x  y  s  x  ( x.tan ) x  tan    s x cos 2v 02 cos (tan   tan ) 2v 02cos sin(  )  gcos gcos 2 2v 02 cos sin(  ) s gcos 2 Vậy: Tầm xa vật mặt dốc là: - Chọn gốc tọa độ O điểm đặt súng; hệ trục tọa độ Oxy có trục Ox nằm ngang, trục Oy hướng lên (hình vẽ); gốc thời gian lúc bắt đầu bắn.  - Các phương trình chuyển động đạn: x (v cos)t y (v0 sin )t  (1) gt (2) y  - Từ (1) (2) suy ra: g x  (tan )x 2v cos  - Để tầm xa đạn mặt đất lớn thì: + đạn phải sát mép hầm (điểm A + đạn phải bay theo hướng hợp với mặt đất góc β = 45° x (vì v 02 sin 2  x max g β = 45°)  v x v y ; v x v cos Và (3) v 2y  v 0y  2gh  v 2y v02 sin   2gh (4) 2 2 - Từ (3) (4) suy ra: v cos  v sin   2gh  v 02 cos 2 v02 (1  cos 2 )  2gh  cos  v02  2gh gh   2 2v0 v0 y h   - Tại mặt đất, ta có:  g x  (tan )x h 2v cos  g x  (tan  )x  h 0 2v cos  2 (5) - Giải phương trình (5):  tan   v 02 sin   2hg 2hg sin  2hg    v 02 cos  cos 2 v 02 cos 2 v 02cos  v02 sin   2hg tan    sin  v02 cos 2 v sin   2hg  v 02cos   x   2   cos  g v cos  g   2 v cos   x  v sin   2hg v02   sin cos  cos   g  v0   cos  - Thay (6) gh gh  ,sin    cos    2 v0 v0   gh   v20     2hg v  gh gh  v0  x 0    g  v0 v0 v0   vào (6) ta được:   gh   v02      v02   gh   gh    x       g   v 02   v 02     2     v 02   gh   gh   v02   gh   gh    x1            ; x2    g   v02   v02   g  v 02   v 02        x1  xM ; x2 l ( x1  x2 ) Vậy: Để tầm xa viên đạn mặt đất lớn thì:   v02   gh   gh   l      g   v02   v02     + khoảng cách từ nơi đặt súng đến vách hầm là: + tầm xa viên đạn mặt đất là:  v  AM   g AM  xM  l 2         gh     gh      v    gh     gh      v02   v02     g   v 02   v 02         - Chọn gốc tọa độ mặt hồ, phía vị trí ném; trục Ox nằm ngang, Oy hướng lên qua điểm ném (hình vẽ); gốc thời gian lúc ném hịn đá - Các phương trình chuyển động hịn đá là: x (v cos)t y h  (v sin )t  (1) gt (2) - Tại điểm đá chạm mặt nước: x = s; y =  s (v cos)t  t s v 0cos (1’) h  (v sin )t  gt (2’) s  s   h  (v sin )  g   v cos  v 0cos   h  s.tan    gs  tan    2v  gs  gs 2 tan   s.tan     h  0 2v  2v  (3) - Giải phương trình (3) tanα Ta có:  gs   gs   s      h   2v   2v  s   2gs  gs  h  v  2v   2gs  gs s  s    h v  2v0 g 2s 2gh  v0   tan        gs gs  v 04 v0 v0 v g 2s 2gh  0  s  v 02  2gh v0 v0 g 1 - Biểu thức có nghĩa khi:  s max      v0 v  2gh g : tầm bay xa cực đại đá Và s s max  tan   1 v02 g 2s 2gh    tan   v 04 v 02 gs max v 02 v g v 02  2gh g  v0 v  2gh Vậy: Để đá rơi xuống mặt hồ xa bờ phải ném hịn đá theo phương hợp với phương ngang tan   góc α với v0 v  2gh - Chọn gốc tọa độ điểm vật rơi tự chạm mặt phẳng nghiêng; trục Ox trùng với mặt phẳng nghiêng, trục Oy vng góc với mặt phẳng nghiêng Gọi t1 khoảng thời gian vật bay từ điểm đến điểm 1; t khoảng thời gian vật bay từ điểm đến điểm 2; t khoảng thời gian vật bay từ điểm đến điểm mặt phẳng nghiêng - Với cách chọn thì: + v 01x v sin ;a x g sin  + v 01y v0 cos ;a y  g cos  Các công thức đường tương ứng hai phương Ox Oy: 1 s1x v01x t  a x t (v sin )t  (g sin )t 2 (1) 1 s1y v 01y t  a x t (v cos )t  ( g cos )t 2 (2) - Tại vị trí mặt phẳng nghiêng: s1x l1 ; s1 y 0  (v0 sin )t1  ( g sin )t12 l1 (v cos )t1  (1’) (g cos )t12 0 - Từ (2’) suy ra: t1  (2’) 2v g , thay vào (1’) ý v  2gh ta được:  2 gh  2 gh l1 ( gh sin )  ( g sin )   g  g    l1 4h sin   4h sin  8h sin  (3) 1 s2 x v02 xt  ax t s2 y v02 y t  a y t 2 - Tương tự: v1x v01x  axt1 v0 sin   ( g sin  )t1 v0 sin   ( g sin  ) 2v0 3v0 sin  g v1 y v01 y  a y t1 v0 cos   ( g cos  )t1 v0 cos   ( g cos ) 2v0  v0 cos  g với: v02 x v1x 3v0 sin ; v02 y  v1 y v0 cos   s2 x (3v0 sin )t  (gsin  ) t 2 (4)  s2 y (v0 cos  )t  ( gcos ) t 2 (5) - Tại vị trí mặt phẳng nghiêng: s2 x l2 ; s2 y 0  (3v0 sin )t2  (gsin ) t 2 l2 (4’) (v0 cos )t2  ( gcos ) t 2 0 (5’) - Từ (5’) suy ra: t2  2v0 2 gh  g g thay vào (4’) ta được:  2 gh  2 gh l2 (3 gh sin  )  ( g sin )   g  g    l2 12h sin   4h sin  16h sin  (6) Tương tự, ta tính được: l3 24h sin  (7) …………………… - Từ (3), (6) (7), ta được: l1 : l2 : l3 8 :16 : 24 1: : Vậy: Tỉ lệ khoảng cách hai điểm đụng liên tiếp mặt phẳng nghiêng l1 : l2 : l3 1: : 10 a Vận tốc tương đối vật II so với vật I - Chọn hệ trục tọa độ Đề-các hai chiều Oxy với gốc O điểm ném hai vật; trục Ox nằm ngang (hướng sang phải), trục Oy thẳng đứng (hướng lên) - Các thành phần vận tốc hai vật: v1x v01 cos  v0 cos ; v1 y v01 sin   gt v0 sin   gt v2 x  v02 cos   v0 cos ; v2 y v02 sin   gt v0 sin   gt - Các thành phần vận tốc tương đối vật II so với vật I: v21x  v0 (cos   cos ) ; v21 y v0 (sin   sin ) - Vận tốc tương đối vật II so với vật I là: 2 v21  v21 x  v21 y  v21   v0 (cos   cos )    v0 (sin   sin )   v21  v02 cos   v02 cos   2v02 cos  cos   v02 sin   v02 sin   2v02 sin  sin   v21  v02 (cos   sin )  v02 (cos   sin )  2v02 (cos  cos   sin  sin )  v21  2v02   (cos  cos   sin  sin )  2v0  cos ( )     2v0 cos         v21 2v0 cos     Vậy: Vận tốc tương đối vật II so với vật I b Khoảng cách hai vật sau phóng T giây      s21 v21.T 2v0 cos   T   Ta có: Vậy: Khoảng cách hai vật sau phóng T giây     d s21 2v0 cos   T  