CHUYÊN ĐỀ XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÝ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Trong chương trình vật lý phổ thông, cơ học là một trong những viên gạch đầu tiên tạo nên nền móng vững chắc cho sự hình thành và phát triển của cả hệ thống kiến thức vật lý sau này. Trong số rất nhiều kiến thức của phần cơ học thì bài tập về mặt phẳng nghiêng là một dạng bài tập hay và khó, liên tục xuất hiện trong đề thi học sinh giỏi các cấp, đặc biệt, bài tập về mặt phẳng nghiêng được khai thác rất nhiều trong những năm gần đây trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và kỳ thi Olympic 304 khu vực phía nam. Do đó, mỗi học sinh ôn thi cho các kỳ thi học sinh giỏi cần được luyện tập nhiều về dạng bài tập này, vì vậy, giáo viên cần được trang bị những kiến thức cần thiết về phương pháp giải bài tập để hướng dẫn học sinh tiếp cận được nhiều dạng bài tập khác nhau về mặt phẳng nghiêng.

XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG CHUYÊN ĐỀ XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÝ TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Giáo Viên: Nguyễn Hồng Văn – Trường THPT Krông Nô Lý chọn chuyên đề Trong chương trình vật lý phổ thơng, học viên gạch tạo nên móng vững cho hình thành phát triển hệ thống kiến thức vật lý sau Trong số nhiều kiến thức phần học tập mặt phẳng nghiêng dạng tập hay khó, liên tục xuất đề thi học sinh giỏi cấp, đặc biệt, tập mặt phẳng nghiêng khai thác nhiều năm gần kỳ thi học sinh giỏi quốc gia kỳ thi Olympic 30/4 khu vực phía nam Do đó, học sinh ơn thi cho kỳ thi học sinh giỏi cần luyện tập nhiều dạng tập này, vậy, giáo viên cần trang bị kiến thức cần thiết phương pháp giải tập để hướng dẫn học sinh tiếp cận nhiều dạng tập khác mặt phẳng nghiêng Tầm quan trọng chuyên đề Hiểu làm nhiều dạng tập khác mặt phẳng nghiêng giúp giáo viên học sinh sớm tiếp cận giải số câu hỏi hay đề thi học sinh giỏi cấp Từ đó, có kỹ để tiếp tục nghiên cứu kiến thức khác phần học, đặc biệt có kiến thức giúp tiếp cận tốt dạng tập học vật rắn Thực trạng chuyên đề Hiện nay, tập mặt phẳng nghiêng phần kiến thức hệ thống tập vô bao la Cơ học nên chưa có sách tham khảo hay tài liệu riêng biệt nói đến tập mặt phẳng nghiêng, nguồn tập, phương pháp giải tập nội dụng để giáo viên học sinh tham khảo có hạn chế định Do nhiều hạn chế khách quan lẫn chủ quan, kinh nghiệm giảng dạy chưa nhiều nên chuyên đề khai thác số dạng tập phổ biến mặt phẳng nghiêng, chưa sâu với dạng tập phức tạp khác - Trang - XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG Nội dung chuyên đề Loại tập mặt phẳng nghiêng không thường gặp tất phần học mà có lĩnh vực khác vật lý Khi vật trượt xuống trượt lên mặt phẳng nghiêng, ta gặp nhiều chủ đề vật lý khác nhau, từ bản, đơn giản, đến khó phức tạp Xưa nay, tài liệu thường đề cập đến tập mặt phẳng nghiêng tập động học hay động lực học, riêng báo cáo này, xin đề cập chủ yếu đến dạng tập “kinh điển” quen thuộc mặt phẳng nghiêng chủ đề Động học; Động lực học; Định luật bảo toàn Bên cạnh đó, chun đề tơi xin nói thêm số kiểu tập khai thác thêm nội dung Từ học; Dao động học 4.1 Động học Vấn đề đặt vật bay tự “tiếp đất” không mặt phẳng ngang, mà lại mặt phẳng nghiêng phải biết viết cho “điều kiện rơi” Bài toán 1: Từ sườn núi nghiêng góc α so với mặt phẳng ngang, người ta ném vật với vận tốc ban đầu v0 theo phương ngang Hỏi vật rơi điểm cách chỗ ném bao xa dọc theo mặt phẳng nghiêng? Lời Giải: Chọn hệ trục Oxy hình vẽ Khi đó, phụ thuộc tọa độ vật vào thời gian có dạng  v0 x  v0 t    y  gt x  Tuy nhiên, điều kiện rơi vật khác hoàn toàn với vật rơi tự hay vật ném ngang mà học sinh y  học sách giáo khoa, điều kiện giao quỹ đạo với mặt phẳng nghiêng lại có dạng sau: y  tan  Từ đó, ta tìm thời gian bay khoảng cách cần tìm x t 2v tan  x vt 2v tan  ; s=   g cos  cos  g cos  Ngoài cách giải trên, để giải toán cách ta chọn trục tọa độ nghiêng quen thuộc cách giải toán động học lâu nay, lại chuẩn toán động lực học Ban đầu, có có cảm tưởng - Trang - XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG mô tả chuyển động với hệ trục phức tạp hơn; chuyển động xảy với gia tốc ay = - gcosα theo phương y gia tốc ax = gsinα theo phương x Nhưng bù lại, thứ nhất, làm điều kiện rơi viết đơn giản y = điều đặc biệt vận tốc cầu lên khơng đổi Do theo trục y diễn chu trình lên xuống Để thấy rõ điều đặc biệt này, ta xét toán sau: Bài tốn 2: Một bóng rơi tự từ độ cao h xuống mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt phẳng ngang h Sau va chạm tuyệt đối đàn hồi với mặt phẳng nghiêng, bóng lại tiếp tục nảy lên, lại va chạm vào mặt phẳng nghiêng tiếp tục nảy lên, tiếp tục Giả sử mặt phẳng nghiêng đủ dài để trình  va chạm vật xảy liên tục Khoảng cách điểm rơi liên tiếp kể từ lần thứ đến lần thứ tư theo thứ tự ℓ1; ℓ2 ℓ3 Tìm hệ thức liên hệ ℓ1; ℓ2 ℓ3 Áp dụng số h = m α = 300 Lời Giải Vận tốc ban đầu bóng sau va chạm lần với mặt phẳng nghiêng v02 h  v  2gh 2g y  v0 Chọn hệ trục Oxy hình vẽ  Do va chạm bóng mặt phẳng nghiêng va chạm đàn hồi nên tuân theo định luật phản xạ gương độ lớn vận tốc bảo toàn sau va 1  g 2 chạm  Véc tơ vận tốc v0 hợp với trục Oy góc α 3  x Phương trình chuyển động bóng sau lần va chạm   x  v sin t  g sin t   y  v cost  gcost  Sau thời gian t1 bóng va chạm với mặt phẳng nghiêng lần thứ hai vị trí cách điểm va chạm lần đầu khoảng ℓ1 Khi ta có - Trang - XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG 2v   t1    v sin  t  g sin  t   g    0  v cost  gcost   4v sin   8h sin    g Sau va chạm, vật lại bật lên với vận tốc ban đầu tính  v1x  v 0x  a x t  v0 sin   g sin t1  3v sin    v1y  v0 y  a y t   v 0cos  gcost1  v 0cos Phương trình chuyển động bóng sau lần va chạm thứ hai   x  3v sin t  g sin t   y  v cost  gcost  Sau thời gian t2 bóng va chạm với mặt phẳng nghiêng lần thứ ba vị trí cách điểm va chạm lần thứ hai khoảng ℓ2 Khi ta có 2v   t    3v sin  t  g sin  t   g     0  v cost  gcost   8v0 sin   16h sin    2 g Sau va chạm, vật lại bật lên tính tương tự ta thời gian từ lúc va chạm đến lúc bật lên khoảng cách từ vị trí va chạm lần thứ đến vị trí va chạm lần thứ 2v0  t   g     12v0 sin   24h sin   g Vậy hệ thức liên hệ ℓ1; ℓ2 ℓ3 là: 1     Khi h = m α = 300 ℓ1 = m; ℓ2 = m ℓ3 = 12 m Bài toán 3: Hai vật nhỏ giống đặt cách d = 1,6 m mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng so với phương ngang  = 300 Vật cách chân mặt phẳng nghiêng L = 90 cm Thả đồng thời cho hai vật trượt xuống không vận tốc đầu Bỏ - Trang - d L  XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG qua ma sát Lấy g = 10 m/s2 a Tìm vận tốc vật chân mặt phẳng nghiêng thời gian trượt vật mặt phẳng nghiêng b Sau đến chân mặt phẳng nghiêng hai vật lại trượt sang mặt phẳng ngang theo đường thẳng với tốc độ không đổi tốc độ chúng chân mặt phẳng nghiêng Hỏi khoảng cách vật vật phía đến chân mặt phẳng nghiêng? tính khoảng cách từ vị trí hai vật gặp đến chân mặt phẳng nghiêng Lời Giải a Gia tốc hai vật mặt phẳng nghiêng có giá trị bằng: a1  a  g.sin   10sin 300   m / s  Tốc độ hai vật đến chân mặt phẳng nghiêng: v1  2a1s1  2a1L  2.5.0,9   m / s  v  2a 2s  2a  L  d   2.5.2,5   m / s  Thời gian chuyển động mặt phẳng nghiêng hai vật: t1  v1 v   0,6  s  ; t    1 s  a1 a2 b Khoảng cách hai vật chuyển động mặt phẳng ngang: Lúc vật đến chân mặt phẳng nghiêng vật cách vật đoạn: d1  v1  t  t1   1  0,6   1,  m  Kể từ vật xuống đến mặt ngang khoảng cách hai vật giảm dần theo thời gian theo biểu thức: d  t   d1   v  v1  t  1,  2t Đến thời điểm t = 0,6 s sau (kể từ vật đến chân mặt nghiêng) vật bắt kịp vật Vị trí hai vật gặp cách chân mặt phẳng nghiêng đoạn bằng:   v t  5.0,   m  Bài tốn 4: Sườn đồi coi mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng α = 300 so với phương ngang Từ điểm O sườn đồi người ta ném vật theo phương ngang với vận tốc ban đầu có độ lớn v0 - Trang - XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG a Gọi A vị trí chạm đất vật (A nằm sườn đồi) Tìm OA (OA = d) v0 = 10 m/s b Gọi B điểm chân dốc; OB = 15 m Tìm v0 để vật rơi đồi (rơi vào mặt đất nằm ngang) Lời Giải Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ Gốc thời gian lúc ném vật Phương trình chuyển động vật  x  v t    y  gt (1) a) Khi vật rơi A ta có:  x  d.cos    y  d.sin  (2) 2v0 sin  13,33(m) Từ (1) (2) d  g.cos  b) Để khơng rơi vào dốc thì: d > 15 (m) Suy ra: v0 > 10,6 (m/s) Bài toán 5: Một vật M (coi chất điểm) lăn từ chân mặt phẳng nghiêng lên với vận tốc đầu M1 v0 Bỏ qua ma sát D C a Tính độ cao cực đại mà vật đạt theo g, v0 b Biết AB = 30 cm, D điểm cao mà M lên M khơng có va chạm C A v0 B  BD Nhưng M tới C va chạm xuyên tâm đàn hồi với M1 khối lượng với M Sau M xuống qua B trước M1 giây qua A trước M1 1,9 giây Tính v0 gia tốc M.(ngay trước va chạm M1 đứng yên hoàn toàn tự do) Lời Giải mv 02 v 02 a Độ cao cực đại mà vật đạt được:  mgh  h  2g - Trang - XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG b Do va chạm xuyên tâm đàn hồi, động động lượng hệ bảo toàn vật khối lượng nên sau va chạm M dừng lại xuống, M1 thu vận tốc M lên điểm cao D Do bỏ qua ma sát nên vật chuyển động với gia tốc a = g.sin  Thời gian M xuống qua B A là: t1  Thời gian M1 lên từ C đến D là: t ,  2.BC 2(BC  AB) ; t1,  a a 2.CD 2.BC   t1 a a Thời gian M1 xuống qua B A là: t2  t,  2DB 4BC 2(2BC  AB)  t1  ; t ,2  t ,  a a a Theo đề: t2 - t1 = => t ,2  t1,  1,9   4BC 2 a (1) => BC  => t ,  2(s) a 2(2BC  AB) 2(BC  AB)   1,9 (2) a a Giải hệ (1), (2) được: BC  0,49 m; a  0,49 m/s2 Vận tốc ban đầu: v02  2a.AD  2a(AB  2BC) thay số ta v0 ≈ 1,12 m/s Bài tốn 6: Một vật có khối lượng m = kg nằm B (chân mặt phẳng nghiêng BC) Ta truyền cho vật vận tốc v0= 16 m/s, hướng theo mặt phẳng nghiêng lên Lấy g = 10 m/s2, hệ số ma sát trợt trình chuyển động khơng đổi   , góc tạo mặt phẳng nghiêng mặt phẳng ngang α = 300 Mặt phẳng nghiêng BC = 20 m; mặt phẳng ngang AB dài a Tìm độ cao cực đại vật đạt đợc so với mặt phẳng ngang q trình chuyển động b Tính tổng qng đờng vật đợc từ lúc truyền vận tốc đến dừng lại Lời Giải a Chọn chiều dương theo chiều chuyển động * Khi vật lên có gia tốc: a1= - g (sinα + μcosα) = - 10 (0,5 + 0,3) = - m/s2 Quảng đường vật lên: S1 =  v0 2a1 = 16 m - Trang - XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG Vậy dừng lại D chuyển động xuống  hmax = BDsinα = 16.0,5 = 8m b Gọi a2 gia tốc lúc vật xuống mặt nghiêng a2= g (sinα - μcosα) = m/s2 Vật tốc B xuống: vB = 2a s = 8m/s Gia tốc vật mặt phẳng ngang: a3 = - g = -2 m/s2  S3 =  v B2 = 9,3 m  S = S1 + S2 + S3 = 41,3m 2a3  Bài toán 7: Ném viên đá từ điểm A mặt phẳng nghiêng với vận tốc v0 hợp với mặt phẳng ngang góc β = 600, biết α = 300 Bỏ qua sức cản khơng khí a Tính khoảng cách AB từ điểm ném đến điểm viên đá rơi b Tìm góc φ hợp phơng véc tơ vận tốc phơng ngang sau viên đá chạm mặt phăng nghiêng bán kính quỹ đạo viên đá B Lời Giải a Chọn hệ trục oxy gắn O vào điểm A trục ox song song với phương ngang Trong trình chuyển động lực tác dụng  trọng lực P   Theo định luật II Newton: P  ma Chiếu lên: 0x:  ma x  a x  0y:  P  ma y a y   g Phương trình chuyển động vật theo hai trục ox oy:  x  v cos  t    y  v sin  t  gt (1) ( 2) Khi viên đá rơi xuống mặt phẳng nghiêng:  x  l cos    y  l sin  (3) (4) Thế (3) vào (1) ta rút t vào (2) đồng thời (4) vào (2) ta rút : - Trang - XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG l  2v0 cos  (sin  cos   sin  cos  ) g cos  l 2v  2v0 cos  sin(   )  l g cos  3g 2 Tại B vận tốc vật theo phương ox là: v x  v0 cos   v0 Khi vật chạm mặt phẳng nghiêng: x  l cos   2v0 cos 3g hay v0 cos  t  2v0 cos  ; 3g Suy thời gian chuyển động không viên đá: 2v0 cos 2v0 = 3g cos  g t Vận tốc theo phơng oy B: v y  v0 sin   gt v y  v0 sin    tan  = v y    vy  vx 2v v0 v0     30 v0  V0  nên lúc chạm mặt phẳng nghiêng v hướng xuống Lực hớng tâm B: Fht  mg cos  m Với:  v2 v2 R g cos  R v v v02 v v v    12 2 x y R 2v0 3.g - Trang - XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG 4.2 Động lực học Trước hết, xét ba toán mặt phẳng nghiêng, tốn liên quan đến tính tốn gia tốc, qng đường hay vận tốc vật vị trí mặt phẳng nghiêng xác định hệ số ma sát bề mặt Bài toán 8: Một vật trượt từ trạng thái nghĩ xuống mặt phẵng nghiêng với góc nghiêng  so với phương ngang a) Nếu bỏ qua ma sát vật mặt phẵng nghiêng vật trượt 2,45 m giây Tính góc  Lấy g = 9,8 m/s2 b) Nếu hệ số ma sát trượt vật mặt phẵng nghiêng 0,27 giây vật trượt đoạn đường bao nhiêu? Lời giải     Phương trình động lực học: m a = P + Fms + N Chiếu lên trục Ox, ta có: ma = Psin – Fms Chiếu lên trục Oy, ta có: = N - Pcos  N = Pcos = mgcos  Fms = N = mgcos a) Nếu bỏ qua ma sát, ta có: a = gsin Vì s = 2s a at → a = = 4,9 m/s2  sin = = = sin300 →  = 300 t g b) Trường hợp có ma sát: a = g(sin - cos) = 2,6 m/s2 s= at = 1,3 m Bài toán 9: Một mặt phẵng AB nghiêng góc 300 so với mặt phẳng ngang BC Biết AB = m, BC = 10,35 m, hệ số ma sát mặt phẵng nghiêng 1 = 0,1 Lấy g = 10 m/s2 Một vật khối lượng m = kg trượt khơng có vận tốc ban đầu từ đỉnh A tới C dừng lại Tính vận tốc vật B hệ số ma sát 2 mặt phẵng ngang Lời giải      Phương trình động lực học: m a = P + Fms + P + N Chiếu lên phương song song với mặt phẵng nghiêng (phương chuyển động), chiều dương hướng xuống (cùng chiều với chiều chuyển động), ta có: ma1 = Psin – Fms Chiếu lên phương vng góc với mặt phẵng nghiêng - Trang 10 - XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG Lời Giải a) Lực ma sát: Fms = μ.N = μmg.cosα Công lực ma sát: Ams = Fms.l với l chiều dài nêm Cơ ban đầu vật: W = mgh = mgl.sinα A ms   = 34,6% W tan   N  Fns b) Các lực tác dụng vao vật m hình vẽ Phương trình định luật II cho vật:      P  N  Fms  m(a12  a)  a  P α Chiếu lên phương vng góc với nêm song song với nêm ta được: N + ma.sin α - mg.cos α = mg.sin α + ma.cos α – Fms = m.a12 a12 = g.sin   a.cos     g.cos   a.sin   = 5,2 m/s2 Bài tốn 29 (Trích Đề Olympic 30/4 năm O 2009): Một cầu nhỏ nằm chân nêm AOB vuông cân, cố định cạnh l hình vẽ bên Cần  truyền cho cầu vận tốc v0 hướng dọc mặt nêm để cầu rơi điểm  v0 B nêm Bỏ qua ma sát, coi va A B chạm tuyệt đối đàn hồi Lời Giải Chọn mốc mặt phẳng chứa AB  Gọi v vận tốc cầu lên đến đỉnh nêm Y O Áp dụng định luật bảo toàn mv 02 mv    mg  v  v02  g 2 2 Sau rời O, cầu chuyển động  vật ném xiên với v tạo với phương ngang góc 450 + Theo trục Oy: - Trang 29 -  v0 A  g B X XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG ay = - g g g 2  const ; vy = v t ; y = vt gt 2 Khi chạm B: y =  t = 2v g Vận tốc cầu trước va chạm: vy = v - g 2 2v  - v g  Do va chạm đàn hồi, nên sau va chạm vận tốc cầu dọc theo Oy v nên bi lại chuyển động Khoảng thời gian hai lần va chạm liên tiếp bi mặt nêm OB là: t= 2v g + Theo trục Ox: ax = g  const ; v0x = 0: cầu chuyển động nhanh dần Quãng đường dọc theo Ox sau va chạm liên tiếp: x1 : x2 : x3 : … = : : :…: (2n-1) x1 = 2 2(v 02  g 2) axt = g Để cầu rơi điểm B: x1 + x2 + … + xn = [1 + + + … + (2n - 1)]x1 = n2x1 = l 2(v 02  g 2)  n =l g Bài toán 30: Một khúc gỗ bắt đầu trượt M mặt phẳng nghiêng hình vẽ M = 0,5 kg từ độ cao h = 0,8 m không ma sát đập vào khúc gỗ mặt bàn ngang h m m = 0,3 kg Hỏi khúc gỗ dịch chuyển mặt bàn mặt bàn ngang đoạn ? Biết va chạm hoàn toàn mềm Hệ số ma sát mặt ngang μ = 0,5 Lời Giải Áp dụng định luật bảo tồn động lượng cho hệ lập gồm M m:   M v = (M + m) V - Trang 30 - XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG Vận tốc va chạm hai vật sau va chạm : V = M gh Mv0 = (1) M m M m Vì va chạm mềm nên sau va chạm coi hai vật có M + m :    Các lực tác dụng lên hai vật : N , P M+m, Fms  N Theo định luật II Niu Tơn :     N + P M+m + Fms = (M+m) a (*)  Fms Chiếu (*) lên phơng chuyển động : Ta có : Fms = - (M+m)a  P mặt khác : Fms =  (M+m)g  a = -  g Từ công thức chuyển động: vt2 – v02 = 2as Trong đó: vt = V, v0 =  Khúc gỗ dịch chuyển đoạn :  M gh  V2 02  V  = 0,625 (m) = = S 2.(.g) g  M  m  2g Trong tập mặt phẳng nghiêng, việc vận dụng định luật bảo toàn để giải thường áp dụng số tốn phức tạp, điển hình tốn va chạm vật với mặt nêm theo cách va chạm khác Dạng tập sử dụng đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2012 Sau đây, xét toán va chạm tương tự trường hợp đơn giản Bài tốn 31: Một nêm A có góc α = 300, có khối lượng M đặt mặt ngang Một viên bi khối lượng  m bay ngang với vận tốc V0 độ cao a so với m M mặt ngang, đến va chạm vào mặt nghiêng nêm Va chạm bi vào nêm tuân theo định luật phản xạ gương vận tốc bi sau va chạm có độ lớn 7V0 , hệ số ma sát nêm bàn K Hỏi sau va chạm bi lên đến độ cao tối đa (so với mặt bàn) nêm dịch chuyển đoạn ?  V Lời Giải: Chọn hệ trục OXY hình , O điểm va chạm    V  V x  V y vận tốc bi sau va chạm - Trang 31 -  V0 O X XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG  V A vận tốc nêm sau va chạm Động lượng bi-nêm bảo toàn theo phương ngang nên : mVx + MVA = mV0  VA = mV0 M   11mV0 1  cos 2     18M Độ cao tối đa bi lên kể từ O :  7V0  sin 2   2 V   49V0 hmax = y   2g 2g 216 g Độ cao tối đa tính từ mặt bàn: Hmax = 49V02 a 216 g Gia tốc trượt châm dần nêm: a   Fms   Kg M  11mV0    121mV02  VA 18M   Nêm trượt đoạn: S =   2a  Kg 648M Kg 4.5 Từ Học Biết làm với mặt phẳng nghiêng giúp ích nhiều cho việc giải tập phong phú chuyển động trượt theo đường ray nghiêng Bài toán 32: Một khung kim loại đặt nghiêng so với mặt phẳng ngang góc α cho sinα = 0,8 đặt từ trường có phương thẳng đứng Một trượt có khối lượng m = 20 gam trượt theo khung Biết độ dài trượt l = 10 cm, điện trở R = 1,2 Ω; cảm ứng từ B = 0,1 T; hệ số ma sát trượt khung μ = 0,5 Tìm vận tốc ổn định trượt Bỏ qua điện trở khung  B Lời Giải: Khi chuyển động với vận tốc v  N xuất suất điện động cảm ứng  ξ = Bvlsin( + α) = Bvl.cosα Do đó, mạch có  F dòng điện  P Blvcos I R  v  - Trang 32 - y x XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG Thanh chịu tác dụng lực Ampe từ phía từ trường thẳng đứng B 2l 2v cos  F  IBl  có hướng nằm ngang chống lại chuyển động R (Theo định luật Lenz) Áp dụng định luật II Newton cho chuyển động ổn định chiếu lên trục Ox Oy có dạng sau mgsinα – Fcosα – Fms = với Fms = μ.N N – mgcosα – Fsinα = Giải phương trình ta được: v  Bài toán 33: mgR sin   cos 2 m/s B cos cos  sin Hai kim loại song song, thẳng đứng có R điện trở không đáng kể, đầu nối vào điện trở R  0,5 Một đoạn dây dẫn AB, độ dài l  14cm , khối lượng m  g , A B   B điện trở r  0,5 tì vào hai kim loại tự trượt không ma sát xuống luôn vuông góc với hai kim loại Tồn hệ thống đặt từ trường có hướng vng góc với mặt phẳng hai kim loại có cảm ứng từ B  0, 2T Lấy g  9,8m / s a) Xác định chiều dòng điện qua R b) Chứng minh lúc đầu AB chuyển động nhanh dần, sau thời gian chuyển động trở thành chuyển động Tính vận tốc chuyển động tính UAB c) Bây đặt hai kim loại nghiêng với mặt phẳng nằm ngang góc   60o  Độ lớn chiều B cũ Tính vận tốc v chuyển động AB UAB Lời Giải: a) Do xuống nên từ thông qua mạch tăng  Áp dụng định luật Lenxơ, dòng điện cảm ứng sinh Bcu  ngược chiều B I Áp dụng qui tắc nắm bàn tay phải, I chạy qua R có chiều từ A  Bcu đến B A R   B B b) Ngay sau bng AB chịu tác dụng trọng lực P  mg nên chuyển động nhanh dần, v tăng dần - Trang 33 - XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG - Đồng thời, sau mạch xuất dòng điện I nên AB chịu thêm tác dụng lực từ F  BIl có hướng lên - Mặt khác, suất điện động xuất AB là: e B 2l v  e Blv F   Blv nên I   t Rr Rr Rr Cho nên v tăng dần F tăng dần, tồn thời điểm mà F = P Khi chuyển động thẳng - Khi chuyển động thì: B 2l v ( R  r )mg (0,5  0,5).2.103.9,8 F  mg   mg  v    25(m / s) Rr B 2l 0, 22.0,142 - Hiệu điện hai đầu là: U AB  I R  Blv 0, 2.0,14.25 R  0,  0, 35(V ) Rr 0,  0, c) Khi để nghiêng hai kim loại ta có hình vẽ bên:  F  N - Hiện tượng xảy tương tự trường hợp b) ta  B1 thay P Psin, thay B B1 với B1 = Bsin I - Lập luận tương tự ta có:  P1 2 ( B sin  ) l v  mg sin  Rr ( R  r )mg sin  (0,5  0,5).2.103.9,8.sin 600 v   28,87(m / s) 2 o 2 ( B sin  ) l (0, 2.sin 60 ) 0,14 F  mg sin    B  P   B2 - Hiệu điện hai đầu là: U AB  I R  B sin  lv 0, 2.sin 60o.0,14.28,87 R  0,5  0,35(V ) Rr 0,5  0,5 4.6 Dao động học Trước tiên ta xét toán “trung gian” động lực học dao động học Bài toán 34: Một vật nhỏ khối lượng m trượt từ điểm cao mặt nghiêng nêm đứng yên mặt bàn ráp Mặt nghiêng nêm lập với mặt phẳng ngang góc α gồm hai phần, phần có chiều dài L: phần có hệ số ma sát biến thiên theo quy luật:   x tan  (trục x hướng dọc theo mặt phẳng nghiêng L nêm với gốc đỉnh nêm); phần có hệ số ma sát μ1 = tanα Bỏ qua - Trang 34 - XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG chuyển động nêm Vận tốc ban đầu vật khơng Tìm thời gian vật chuyển động phần nêm, lực ma sát tác dụng lên nêm Lời Giải: + Trong miền thứ nhất, phương trình chuyển động hạt là: mx  mg sin   mg cos  x tan  L g sin    x  L    x  L  L Giải phương trình vi phân sử dụng diều kiện ban đầu ta tìm được: x = L(1 – cosωt) với 2  g sin  L Lực ma sát bàn lên nêm: F = μNcosα – Nsinα = - mgcosα.sinα.cosωt Tại thời điểm t    L hạt bắt đầu chuyển sang miền  2 g sin  + Sang miền 2, vật chuyển động với vận tốc v = Lω hết miền thời gian t  L L  v g sin  Lực ma sát mặt bàn tác dụng lên nêm Bài toán khơng có q trình lặp lặp lại cách tuần hồn nào, lại giải phương pháp lý thuyết dao động điều hòa Bài tốn 35: Một xích có chiều dài L trượt theo mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v0 trượt lên mặt phẳng nghiêng góc α theo phương vng góc với biên Hỏi sau xích dừng lại? Bỏ qua ma sát Lời Giải: Xét thời điểm phần xích có chiều dài x khối lượng m(x)  m.x L lên mặt phẳng nghiêng Nếu viết phương trình định luật II Newton cho yếu tố xích theo hình chiếu phương chuyển động nó, sau lấy tổng phương trình chuyển động xích (ta bỏ nội lực tương tác phần tử xích, theo định luật III Newton, lấy tổng chúng triệt tiêu nhau): mx  m  x  g sin  Phương trình dẫn tới phương trình dao động điều hòa: x  - Trang 35 - g sin  x0 L XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG Như chuyển động xích diễn theo quy luật dao động điều hòa với điều kiện ban đầu x = Vậy với   g sin  Vận tốc xích thay đổi theo quy luật: L v = ωAcosωt = v0cosωt  A  v0  Tùy thuộc vào điều kiện ban đầu mà xảy trường hợp + Nếu A < L chuyển động xích trước dừng lại diễn theo quy luật điều hòa trùng với chuyển động lắc Thời gian đến dừng lại phần tư chu kỳ dao động: t T  L  g sin  + Nếu A > L xích trọn vẹn lên mặt phẳng nghiêng trước dừng lại, thời gian chuyển động dừng lại tìm cách sử dụng phương trình dao động Giải pháp thực Qua năm ôn thi đội tuyển HSG trường dự thi kỳ thi khác nhau, kinh nghiệm cá nhân cho thấy, để học sinh có kỹ cần thiết để giải tốn mặt phẳng nghiêng tơi thường thực sau: Đầu tiên, hướng dẫn học sinh hiểu thật sâu kiến thức sách giáo khoa phương pháp giải tốn động lực học (sách giáo khoa trình bày kỹ) Yêu cầu học sinh giải hiểu tất dạng tập động lực học sách giáo khoa, học sinh phải chứng minh tất công thức đại lượng liên quan đến chuyển động vật liên quan đến mặt phẳng nghiêng (gia tốc, lực căng dây, lực nén…) Sau học sinh hiểu sâu kiến thức bản, giải tập mẫu (đã đề cập phần nội dung) với nhiều dạng tập khác nhau, đa dạng hướng tiếp cận, kết hợp phương pháp giải khác nhau, giúp học sinh tiếp cận dạng tập từ đến nâng cao Sau cùng, cung cấp cho học sinh hệ thống tập có đáp số để học sinh tự rèn luyện nhà, trình học sinh tự luyện học sinh giáo viên có trao đổi thường xuyên với để giải đáp thắc mắc kịp thời - Trang 36 - XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG BÀI TẬP THAM KHẢO CỦA CHUYÊN ĐỀ Bài 1: Cho hệ vật hình vẽ: m1 = 3kg, m2 = 2kg,  = 300 Bỏ qua ma sát, khối lượng dây khối lượng ròng m1 m2 rọc Lấy g = 10m/s2  a Tính gia tốc chuyển động vật b Tính lực nén lên trục ròng rọc c Sau kể từ bắt đầu chuyển động từ trạng thái đứng yên hai vật ngang Biết lúc đầu m1 vị trí thấp m2 0,75m ĐS: a a =1 m/s; b T = 31,2 N; c t = s Bài 2: Muốn kéo vật có trọng lượng P = 1000N chuyển động lên mặt  phẳng nghiêng góc 600 so với đường thẳng đứng, người ta phải dùng lực F có phương song song với mặt phẳng nghiêng có độ lớn 600N Hỏi vật chuyển động  xuống mặt phẳng nghiêng với gia tốc lực F Biết vật mặt phẳng nghiêng có ma sát Lấy g = 10m/s2 ĐS: a = m/s2 Bài 3: Từ điểm A sườn đồi, vật A  v0 ném theo phương nằm ngang với vận tốc 10m/s B Theo tiết diện thẳng đứng chứa phương ném sườn  đồi đường thẳng nghiêng góc  = 300 so với phương nằm ngang điểm rơi B vật sườn đồi cách A ? Lấy g = 10m/s2 ĐS: AB  13,33 m Bài 4: Từ đỉnh A mặt bàn phẳng nghiêng người ta A thả vật có khối lượng m = 0,2kg trượt không ma sát B không vận tốc đầu Cho AB = 50cm; BC = 100cm; AD = D 130cm; g = 10m/s2 C E a Tính vận tốc vật điểm B b Chứng minh quỹ đạo vật sau rời khỏi bàn parabol Vật rơi cách chân bàn đoạn CE bao nhiêu? (Lấy gốc toạ độ C) ĐS: a vB = 2,45 m/s; b y  h  tan .x  - Trang 37 - g x , CE = 0,635 m 2v cos  B XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG Bài 5: Nêm có khối lượng M, mặt AB dài l nghiêng góc  so với phương ngang Từ A thả vật khối lượng m không vận tốc đầu Bỏ qua ma sát A m m với sàn m với M B a Tính gia tốc M  b Tìm thời gian m từ A đến B mg sin .cos  2l 2l(M  msin   ĐS: a a  ; b t  a g sin (M  m) M  m sin  Bài 6: Trên mặt phẳng nằm ngang có nêm khối lượng m  4kg , chiều dài mặt phẳng nghiêng L = 12 cm,   300 Trên nêm đặt khúc gỗ A m1  1kg Biết hệ số ma sát gỗ nêm   0,1 Bỏ qua  ma sát nêm mặt phẳng ngang Tìm lực F đặt vào nêm m B  F m m1 m2  để khúc gỗ trượt hết chiều dài mặt phẳng nghiêng thời gian t = s từ trang thái đứng yên Lấy g  10m / s ĐS: F  4,9N  F Bài 7: Một nêm khối lượng M = kg có mặt AB dài m, phẳng nằm ngang Từ A thả vật m = 1kg trượt xuống dốc A m2 góc nghiêng   300 trượt không ma sát mặt B m1 α H.1 AB Hệ số ma sát trượt m mặt AB 0,2 Bỏ qua kích thước vật m Tìm thời gian để m đến B Trong thời gian nêm đoạn đường ? Cho g = 10 m/s2 ĐS: t = 0,6 s; s = 0,43 m Bài 8: Chiếc nêm A có khối lượng m1 = kg, có góc nghiêng   300 chuyển động tịnh tiến khơng ma sát trêm mặt bàn nhẵn nằm ngang Một vật khối lượng m2 = kg, đặt nêm kéo sợi dây vắt qua ròng rọc cố định gắn chặt với nêm Lực kéo F phải có độ lớn để vật m2 chuyển động lên theo mặt nêm Khi F = 10 N, gia tốc vật nêm ? Bỏ qua ma sát, khối lượng dây khối lượng ròng rọc Lấy g = 10 m/s2 ĐS: 5,84 < F < 64,6 N; a1 = 1,08 m/s2; a2 = 4,99 m/s2 Bài 9: Nêm A phải chuyển động ngang với gia tốc để A m m A chuyển động lên ? Biết hệ số ma sát m A B   cot  - Trang 38 - A  XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG ĐS: a  (sin   cos)g cos   sin  Nêm có tiết diện tam giác ABC vng A Nêm chuyển động trêm mặt  phẳng ngang với gia tốc a không đổi Hai vật nhỏ khối A Bài 10: lượng, trượt xuống từ đỉnh A dọc theo hai sườn AB AC     ; (  450 ) Tìm độ lớn hướng gia nêm Cho ABC  tốc a nêm theo  để hai vật xuất phát từ đỉnh với vận tốc ban đầu B C không (đối với nêm) trượt đến chân sườn khoảng thời gian (bỏ qua ma sát) g(tan   1) ĐS: a  ; nêm chuyển động sang trái tan  Bài 11: Một nêm khối lượng M đứng yên mặt bàn nằm ngang Trên mặt nghiêng nêm hợp với mặt bàn góc  , người ta đặt cầu đồng chất khối lượng m Quả cầu bắt đầu lăn  không trượt dọc theo đường dốc mặt nghiêng nêm Bỏ qua ma sát nêm mặt bàn; ma sát lăn cầu nêm Xác định gia tốc nêm ĐS: mg sin cos a0  M  m(sin   cos ) Bài 12: m  Một cầu đồng chất khối lượng m = 3kg, giữ mặt phẳng nghiêng trơn nhờn dây treo hình vẽ Cho  = 300, lấy g = 10m/s2 a Tìm lực căng dây lực nén cảu cầu lên mặt phẳng nghiêng b Khi dây treo hợp với phương đứng góc  lực căng dây 10 N Hãy xác định góc  lực nén cầu lên mặt phẳng nghiêng lúc ĐS: a T  15 N ; b N  15 N Bài 13: Hai vật m1 m2 nối với qua ròng rọc hình vẽ Hệ số ma sát vật m1 mặt phẳng nghiêng  Bỏ qua khối lượng ròng rọc dây nối Dây nối không co dãn - Trang 39 - m1  m2 XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG Tính tỉ số m2 m1 để vật m1: a Đi lên thẳng b Đi xuống thẳng ĐS: a m2 m  sin   cos ; b  sin   cos ; m1 m1 Bài 14: Một vật có khối lượng m = 20kg nằm mặt phẳng nghiêng góc  = 300 so với phương ngang Bỏ qua ma sát, muốn giữ vật cân cần phải đặt phải đặt vào vật lực F trường hợp:  a Lực F song song với mặt phẳng nghiêng  b Lực F song song với mặt phẳng nàm ngang  Giả sử hệ số ma sát vật với mặt phẳng nghiêng k = 0,1 lực kéo F song  song với mặt phẳng nghiêng Tìm độ lớn F vật kéo lên vật đứng yên mặt phẳng nghiêng Lấy g = 10m/s2 ĐS: a F = 100 N, b F = 115,47 N; F = 117,32 N Bài 15: Một vật có trọng lượng P = 100N giữ đứng yên mặt  phẳng nghiêng góc  lực F có phương nằm ngang hình vẽ F  Biết hệ số ma sát  = 0,2 Tính giá trị lực F lớn bé Lấy g = 10m/s2 ĐS: Fmax = 77,77 N; Fmin = 27,27 N Bài 16: Người ta giữ cân vật m1 = 6kg, đặt mặt phẳng ngiêng góc  = 30 so với mặt ngang cách buộc vào m1 hai m2 sợi dây vắt qua ròng rọc 2, đầu hai sợi dây treo hai vật m1 m3 có khối lượng m2 = 4kg m3 (hình) Tính khối lượng m3 vật lực nén vật m1 lên mặt phẳng nghiêng Lấy g = 10m/s2 Bỏ qua ma sát ĐS: m3 = kg ; N = 17,32 N ˆ = 300, BC nằm ngang, khung nằm Bài 17: Một khung kim loại ABC với  = 900, B mặt phẳng thẳng đứng Có hai viên bi giống hệt A I trượt dễ dàng hai AB AC Hai viên bi ˆ = nối với nhẹ IJ Khi cân AIJ  a Tính  ? b Cân bền hay không bền - Trang 40 - B 30  J C XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG ĐS:   600 ; Cân bền Bài 18 (Đề Olympic 30/4 năm 2009): Một ván B dài  = 1m, khối lượng m2 = 1kg đặt lên mặt phẳng nghiêng 300 so với phương ngang Một vật A có khối lượng m1 = 100g A B đặt điểm thấp B nối với B sợi dây mảnh không giãn vắt qua  ròng rọc nhẹ, gắn cố định đỉnh dốc Cho g = 10m/s2 bỏ qua ma sát Thả cho ván trượt xuống dốc a Tìm gia tốc A, B Tính lực B tác dụng lên A, lực mặt nghiêng tác dụng lên B lực căng dây nối b Tính thời gian để A rời khỏi ván B ĐS: a T = 0,9 N; b t = 0,49 s Bài 19: Một khung kim loại đặt nghiêng so với mặt phẳng ngang góc α = 300 đặt từ trường có phương thẳng đứng Một trượt có khối lượng m = 30 gam bắt đầu trượt không ma sát theo khung Biết độ dài trượt l = 10 cm, điện trở R = Ω; cảm ứng từ B = 0,1 T; hệ số ma sát trượt khung μ = 0,5 Tìm vận tốc ổn định trượt Bỏ qua điện trở khung ĐS: v = m/s Bài 20: Một MN đồng chất tiết diện có chiều dài l = m, đặt dọc theo mặt phẳng nghiêng AC có chiều dài 3,5l; Mặt nghiêng nêm lập với mặt phẳng ngang góc α = 300 Ban đầu đầu M A, đoạn AB = 1,5l mặt phẳng nghiêng khơng có ma sát, đoạn BC có ma sát với hệ số ma sát μ = tanα Bỏ qua chuyển động nêm Vận tốc ban đầu vật không Lấy g = 10 m/s2 a Tìm vận tốc đầu N đến chân mặt phẳng nghiêng b Tìm thời gian chuyển động trình ĐS: a 10 m/s; b 1,11 s Bài 21: Vật khối lượng m có kích thước ab nằm mặt F phẳng nghiêng có góc nghiêng  Bắt đầu tác dụng lực F b song song với mặt phẳng nghiêng Với lực F vật bị lật đổ? Biết vật khơng bị trượt xuống mặt - Trang 41 - α XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG phẳng nghiêng ĐS: F  mg a ( cos   sin ) b Bài 22: Một khối lập phương nhỏ khối lượng m = 100g đặt mặt phẳng nhám nghiêng với phương nằm ngang góc  = 300 (Hình 1.16) Hệ số ma sát khối lập phương F α mặt nhám k = 0,8 Tìm lực nhỏ F tác dụng vào khối lập phương theo phương ngang bắt đầu chuyển động? Lực nằm mặt phẳng nghiêng ĐS: Fmin  mg  k.cos 2  sin  Bài 23: Xe tải có khối lượng M = vượt dốc Xe tải kéo theo moóc có khối lượng m = Dây nối nằm độ cao h = 1m G Khối tâm G xe tải nằm độ cao H = 2m; khoảng cách trục bánh xe L = 4m L Khi đường nằm ngang bánh sau ép lên mặt đường lực toàn trọng  lượng xe Với góc nghiêng dốc xe bị đổ sau? Thực tế có nguy hiểm hay khơng, cơng suất động đủ để vượt dốc có góc nghiêng không vượt 100? L ĐS: tan  m.h+M.H M Bài 24 (Trích đề thi chọn HSG QG năm 2013): Một cầu đặc, đồng chất, khối lượng m, bán kính r, lúc đầu giữ đứng yên khơng quay, tâm độ cao so với mặt sàn nằm ngang Trên sàn có vật hình nêm khối lượng M, mặt nêm nghiêng góc α so với phương nằm ngang Thả cho cầu rơi tự xuống nêm Biết trước va chạm vào mặt nêm tâm cầu có vận tốc v0 Coi cầu nêm vật rắn tuyệt đối Bỏ qua tác dụng trọng lực thời gian va chạm Sau va chạm nêm dịch chuyển tịnh tiến mặt sàn Bỏ qua ma sát Coi va chạm hồn tồn đàn hồi a) Tìm tốc độ dịch chuyển nêm sau va chạm - Trang 42 - XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG b) Với α động nêm thu sau va chạm lớn nhất? Tìm biểu thức động lớn ĐS: a v  m M v0 1 m M(1  K ) ;K  m 1  m  cot       ; b cot     M 2 cot   M   Bài 25 (Trích đề thi chọn HSG QG năm 2014): Đặt vật nhỏ m = 10 gam mặt phẳng, mặt phẳng nghiêng với mặt phẳng ngang góc α = 300 Vật nối vào điểm O cố định mặt nghiêng nhờ dây mảnh, nhẹ, khơng dãn có chiều dài R = 40 cm Ban đầu vật giữ cố định mặt nghiêng vị trí dây nối nằm ngang thả nhẹ cho chuyển động Vật đổi chiều chuyển động lần dây quay góc 1200 so với vị trí ban đầu Trong suốt q trình chuyển động dây ln căng Lực ma sát có phương tiếp tuyến với quỹ đạo có chiều ngược với chiều chuyển động Lấy g = 10 m/s2 Tính hệ số ma sát vật mặt phẳng nghiêng Tính độ lớn vận tốc cực đại lực căng dây cực đại q trình vật chuyển động Tính tổng quãng đường vật từ lúc thả đến vật dừng lại hẳn ĐS:   ; Tmax = 0,091 N; S = 0,915 m 4 Tài liệu tham khảo [1] VŨ THANH KHIẾT, 121 BÀI TẬP VẬT LÝ 10 NÂNG CAO, NXB ĐỒNG NAI, 1998 [2] BÙI QUANG HÂN (chủ biên), GIẢI TOÁN VẬT LÝ 10, NXB GIÁO DỤC, 2003 [3] BÙI QUANG HÂN (chủ biên), GIẢI TOÁN VẬT LÝ 11, NXB GIÁO DỤC, 2003 [4] BÙI QUANG HÂN (chủ biên), GIẢI TOÁN VẬT LÝ 12, NXB GIÁO DỤC, 2003 [5] NGUYỄN ANH THI, 252 BÀI TOÁN CƠ HỌC, NXB GIÁO DỤC, 2005 [6] TẠP CHÍ VẬT LÝ TUỔI TRẺ - Trang 43 - ... gia tốc ay = - gcosα theo phương y gia tốc ax = gsinα theo phương x Nhưng bù lại, thứ nhất, làm điều kiện rơi viết đơn giản y = điều đặc biệt vận tốc cầu lên khơng đổi Do theo trục y diễn chu trình... dọc theo Oy v nên bi lại chuyển động Khoảng thời gian hai lần va chạm liên tiếp bi mặt nêm OB là: t= 2v g + Theo trục Ox: ax = g  const ; v0x = 0: cầu chuyển động nhanh dần Quãng đường dọc theo... t1   1  0,6   1,  m  Kể từ vật xuống đến mặt ngang khoảng cách hai vật giảm dần theo thời gian theo biểu thức: d  t   d1   v  v1  t  1,  2t Đến thời điểm t = 0,6 s sau (kể từ