(Sáng kiến kinh nghiệm) phát triển tư duy học vật lí qua việc vận dụng sáng tạo các phương pháp giải bài tập

MỤC LỤC MỤC LỤC Mở đầu…………………………………………… 1.1 Lí chọn đề tài………………………………… 1.2 Mục đích nghiên cứu…………………………… 1.3 Đối tượng nghiên cứu…………………………… 1.4 Phương pháp nghiên cứu………………………… Nội dung sáng kiến kinh nghiệm………………… 2.1 Cơ sở lí thuyết sáng kiến kinh nghiệm…… Trang 1 2 2 2.1.1 Phương pháp dùng tích véc tơ…………… 1.Cơ sở toán học………………… Cơ sở vật lý……………… 2 2.1.2 Phương pháp tọa độ…………… 1.Hệ tục tọa độ đề các………… 2.Hệ trục tọa độ bất kì…………… 2 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm…………………………………… 2.3 Một số tập vận dụng……………………… 2.3.1 Một số tập sử dụng tích véc tơ để giải tốn ném xiên……………………………………… 2.3.2 Một số tập vận dụng sang tạo phương pháp tọa độ…………………………………… 1.Hệ tục tọa độ đề các………… 2.Hệ trục tọa độ bất kì…………… 13 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường…………………………………………… Kết luận, kiến nghị……………………………… - Kết luận………………………………………… - Kiến nghị……………………………………… 19 19 19 19 MỞ ĐẦU 1.1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Chúng ta biết chương trình vật lí 10 phần học, phần khó vật lí.Các tốn động học, động lực học có toán ném xiên toán khó Nó hội tụ nhiều kiến thức chương động học động lực học, chí tính tương đối chuyển động Phương pháp thơng thường học sách giáo khoa xét chuyển động theo hai phương vng góc Đây cách làm tổng quát mà nguyên tắc giải nhiều toán Tuy nhiên với số tốn cách giải tỏ q phức tạp tương đối dài dòng Khi giải tập phần nhận thấy em thường bị vướng mắc, đặc biệt học sinh học mức độ trung bình, nhiều địi hỏi độ tư cao em bước chân vào môi trường THPT Hiểu điều thân tơi giáo viên dạy vật lí ln có nhiều trăn trở, tơi tâm tìm hiểu nghiên cứu tài liệu, nghiền ngẫm vấn đề đọc để đưa số cách giải mà từ em hiểu học, biết vận dụng vào khó Đặc biệt dạy cho học sinh biết tìm tịi cách giải hay, ngắn gọn đặc biệt làm cho học sinh phát triển tư sáng tạo trình học, mặt khác giúp cho em biết vận dụng chương giải tốn vật lí nói chung sau Cũng từ điều giáo viên truyền thụ từ toán vận dụng cách giải sáng tạo, em phát triển tốt tư học vật lí, em có học lực trở lên phân tích tượng vật lí tốt., linh hoạt phương pháp giải, cách giải ngắn gọn, xúc tích Tơi biết hiểu tượng , phân tích tốt tượng cách giải linh hoạt triển vọng người học giỏi vật lí thành cơng đường học vấn Sau tơi trình bày cách giải sử dụng tích véc tơ ( tích vơ hướng hữu hướng) để giải số toán ném xiên vận dụng sáng tạo phương pháp tọa độ số tốn vật lí Học sinh thường vận dụng phương pháp tọa độ để giải toán quen thuộc như, hai xe chuyển động ngược chiều gặp nhau, chuyển động chiều đuổi kịp nhau,…trong chất điểm cần khảo sát chuyển động tường minh, cần làm theo số tập mẫu cách máy móc dễ nhàm chán Trong đó, có nhiều toán tưởng chừng phức tạp, vận dụng cách khéo léo phương pháp tọa độ chúng trở nên đơn giản thú vị 1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Để đạt mục tiêu dạy học làm để em hiểu làm tập, biết vận dụng thực tế.Từ nhằm phát triển tư để vận dụng vào lĩnh vực khó Vận dụng vận dụng sáng tạo phương pháp giải tập điều cần thiết trình dạy học vật lí nói riêng việc dạy học nói chung Nó khơng giúp em hiểu vấn đề mơn dạy mà em biết sử dụng tốt kiến thức liên mơn sử dụng tích véc tơ, dùng phương pháp hình học để giải tập Hiểu vấn đề đưa dạng tập cho phần mục đích giúp em hiểu sâu sắc học, từ tạo hứng thú cho học sinh học phần nhằm phát triển tư học vật lý cho em Trong nội dung sáng kiến tập áp dụng cho đối tượng học sinh có khả tiếp cận với mức độ khác 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Dựa vào cách sử dụng tích véc tơ ( tích vơ hướng hữu hướng) để giải số toán ném xiên vận dụng sáng tạo phương pháp tọa độ số tốn vật lí để làm cho cách giải ngắn gọn, dễ hiểu, phát huy tính sáng tạo q trình học từ làm cho học sinh học tốt u thích mơn 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Vận dụng tổng hợp kiến thức lí thuyết học để giải số tập vật lí NỘI DUNG 2.1 CƠ SỞ LÝ THUYẾT 2.1.1 Phương pháp dùng tích véc tơ: Cơ sở tốn học:  Nhắc lại số tính chất tích véc tơ a, Tích vơ hướng:     a.b  a b cos( a.b ) * Định nghĩa: * Tính chất:  + a  b  a.b  (1)          + (a  b ).(c  d )  a.c  a.d  b c  c d (2) b, Tích hữu hướng:       * Định nghĩa:  a b   c  a b sin(a.b )    Khi véctơ a,b có điểm đặt O véctơ c có: + Điểm đặt O + Phương : vng góc với mặt phẳng chứa véctơ  + c : có chiều xác định theo quy tắc bàn tay phải  “Quay đinh ốc theo chiều từ véctơ a đến véctơ  chiều tiến đinh ốc chiều véctơ c ” * Tính chất:     + a  b   a b   (3)               a,b  b + (a  b )  (c  d )    a  c    a  d   b  c   c  d  (4) Cơ sở vật lý:  Về mặt vật lí chủ yếu sử dụng công thức:      + v  v0  gt Trong đo v0 vận tốc ban đầu, v vận tốc thời điểm t 2.1.2 Phương pháp tọa độ Hệ trục toạ độ Đề Phương pháp tọa độ phương pháp việc giải tập vật lí phần động học, động lực học Muốn nghiên cứu chuyển động chất điểm, trước hết ta cần chọn vật mốc, gắn vào hệ tọa độ để xác định vị trí chọn gốc thời gian với đồng hồ hợp thành hệ quy chiếu Vật lí THPT nghiên cứu chuyển động đường thẳng hay chuyển động mặt phẳng, nên hệ tọa độ gồm trục hệ hai trục vng góc tương ứng Các bước tiến hành + Chọn hệ quy chiếu thích hợp + Xác định tọa độ ban đầu, vận tốc ban đầu, gia tốc chất điểm theo trục tọa độ: x0, y0; v0x, v0y; ax, ay (ở khảo sát chuyển động thẳng đều, biến đổi chuyển động chất điểm ném ngang, ném xiên) + Viết phương trình chuyển động chất điểm   v 0x t  x x  a x t   y  a y t  v 0y t  y   + Viết phương trình quỹ đạo (nếu cần thiết) y = f(x) cách khử t phương trình chuyển động + Từ phương trình chuyển động phương trình quỹ đạo, khảo sát chuyển động chất điểm: - Xác định vị trí chất điểm thời điểm t cho - Định thời điểm, vị trí hai chất điểm gặp theo điều kiện x  x   y1  y - * Khảo sát khoảng cách hai chất điểm d  (x  x )  (y1  y ) Trong sách giáo khoa lớp 10 cho ta phương pháp để giải tốn chuyển động ném xiên phương pháp toạ độ Theo phương pháp để giải toán ném xiên ta thường phải qua bước : Bước : Chọn hệ trục toạ độ ( thường hệ trục toạ độ Đề các) Bước : Phân tích chuyển động thực làm hai chuyển động theo trục tọa độ Bước : Khảo sát riêng rẽ chuyển động thành phần Bước : Phối hợp lời giải riêng rẽ thành lời giải đầy đủ cho chuyển động thực Hệ trục toạ độ Theo phương pháp để giải toán ném xiên ta cần tiến hành: Chọn hệ trục tọa độ 2 Các chuyển động thành phần chuyển động “tưởng tượng” diễn khoảng thời gian Giả sử ta có chuyển động ném xiên hình (H1): + Nếu vật chuyển động theo phương ngang Ox đoạn X=OA theo phương Oy vật phải dời khoảng Y AB (để chuyển động thực vật đạt tới vị trí B quỹ đạo) 2.2 THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ Trong qúa trình giảng dạy trường THPT, nhận thấy em học sinh thường lúng túng gặp phải toán chuyển động ném xiên chưa sáng tạo việc chọn hệ quy chiếu , hệ tọa độ đơn giản, phù hợp cho việc giải toán Nguyên nhân em hiểu chưa sâu phương pháp tọa độ mà sách giáo khoa trình bày Mặt khác cịn có ngun nhân mang tính chất thói quen học sinh giải toán vật lí phần lớn em chưa định hình hướng để đạt yêu cầu tốn đặt ta phải tìm đại lượng nào? phải sử dụng đến công thức liên quan nào? mà em thường làm theo thói quen theo kiểu bắt chước kiểu suy luận xi Vì tơi chọn đề tài nhằm mục đích cho học sinh biết vận dụng sáng tạo phương pháp giải tập giải tập ném xiên tích có hướng, vô hướng hai véc tơ hiểu sâu nội dung phương pháp tọa độ mà sách giáo khoa trình bày, từ gây hứng thú học tập cho học sinh giúp học sinh hiểu sâu sắc chất, tượng vật lí tốn giúp em làm quen với việc định hướng trước giải tốn vật lí, hình thành kỹ năng, kỹ xảo phát triển lực tư cao cho em 2.3 MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG 2.3.1 MỘT SỐ BÀI TẬP VỀ SỬ DỤNG TÍCH VÉC TƠ ( CẢ TÍCH VƠ HƯỚNG VÀ HỮU HƯỚNG) ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN NÉM XIÊN Bài toán 1: Chứng minh tự độ cao so với mặt đất người ta ném vật  với vận tốc v0 ban đầu lập với phương ngang góc , đạt tới tầm xa cực đại, vận tốc ban đầu vận tốc trước chạm đất vng góc với Giải : Vật chuyển động tác dụng trọng lực nên thu    gia tốc : a  g  P Tức gia tốc có phương thẳng đứng, m hướng xuống (xem hình)   Vận tốc vật v  v0  gt            v  v  v  gt  v  v  v  gt  v0  gt  v0 Tính : 0 0      vt  v0  gt        v  v0  v0gtsin 900    v0gtcos   (1) Vì vật chạm đất tầm xa vật : L = v0cos.t (2) (do theo phương ngang vật khơng chịu tác dụng lực nên chuyển động thẳng với vân tốc (vx=v0cos.) (3) Từ (1) (2) ta rút : L     Mặt khác : v  v0 = v.v0sin ( v,v0 ) Nên ta có : L    v  v0 g    v.vo sin v,v0    v  v0 g  (5) g Nhìn vào (5) thấy điều hiển nhiên L Max toán yêu cầu)     sin v,v0 = hay v  v0 (điều mà :   Nhận xét: Trong ví dụ ta đưa công thức tổng quát là:  L   v0  v  g Đặc biệt với cơng thức ta áp dụng cho nhiều toán cho ta cách giải hay ví dụ sau  Bài toán 2: Một vật ném từ mặt đất với vận tốc v0 hợp với phương nằm ngang góc  Tìm tầm bay xa? Với góc ném  tầm bay xa cực đại? Bài giải: Theo định luật bảo tồn vận tốc vật chạm đất v = v0   Từ hình vẽ bên ta suy (v , v0 )  2  Theo công thức từ ví dụ ta có: L    v0  v  g L v02 sin 2 g LMax  v02 sin 2     450 2g Nhận xét: Nhận xét qua ví dụ ta thấy sử dụng tích véc tơ để giải tốn ném xiên vơ ngắn gọn, dễ hiểu  Bài toán 3: Một vật ném từ mặt đất với vận tốc v0 hợp với phương nằm ngang góc  Tìm thời gian t để: a, Vận tốc vật vng góc với phương ban đầu?  b, Vận tốc vật v hợp với phương ban đầu góc  ? Bài giải:    Gọi thời gian phải tìm t, vận tốc vật thời điểm t là: v  v0  gt    a, Vì v  v0  v v0       (v0  gt ).v0 = v02  v0 gt   v02  v0 gt.sin   t  v0 (1) g sin  Gọi t0 thời gian rơi vật Ta có t0 = 2v0 sin  g v 2v sin  0  sin      450 Kết (1) có nghĩa t  t0 hay g sin   g Vậy vật ném từ mặt đất để tồn thời gian thỏa mãn điều kiện đầu góc   450    b, Ta có v  v0  gt        Xét:  v0  v    v0  (v0  gt ) =  v0  gt   v0 v sin   v0 gt.cos  t  v sin  g cos   Bài toán 4: Hai vật ném thời điểm với vận tốc v01 , v02 hợp với phương ngang góc 1  Sau khoảng thời gian t vận tốc hai vật song song với Tìm t? Bài giải: Sau khoảng thời gian t vận tốc hai vật là:       v1  v01  gt , v2  v02  gt     Theo v1  v2   v1  v2         (v01  gt )  (v02  gt )           (v01  v02 )   v01  gt    v02  gt    v01.v02 sin(  1 )  v01.gt.cos1  v02 gt.cos   v01.v02 sin(1   )  v01.gt cos1  v02 gt.cos v01.v02 sin(1   ) t  g (v01.cos1  v02 cos1 ) 2v0 sin  g 2.3.2 MỘT SỐ BÀI TẬP VẬT LÍ VẬN DỤNG SÁNG TẠO PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ Kết có ý nghĩa  t  t0 với t0 = Hệ tọa độ đề Bài toán :1 Một vật m = 10kg treo vào trần buồng thang máy có khối lượng M = 200kg Vật cách sàn 2m Một lực F kéo buồng thang máy lên với gia tốc a = 1m/s Trong lúc buồng lên, dây treo bị đứt, lực kéo F khơng đổi Tính gia tốc sau buồng thời gian để vật rơi xuống sàn buồng Lấy g = 10m/s2 Nhận xét Đọc xong đề bài, ta thường nhìn nhận tượng xảy thang máy (chọn hệ quy chiếu gắn với thang máy), khó để mơ tả chuyển động vật sau dây treo bị đứt Hãy đứng thang máy để quan sát (chọn hệ quy chiếu gắn với đất) hai chất điểm vật sàn thang chuyển động đường thẳng Dễ dàng vận dụng phương pháp tọa độ để xác định thời điểm hai chất điểm gặp nhau, lúc vật rơi chạm sàn thang Giải y Chọn trục Oy gắn với đất, thẳng đứng hướng lên, gốc O vị  trí sàn lúc dây đứt, gốc thời gian t = lúc dây đứt F  Khi dây treo chưa đứt, lực kéo F trọng lực P = (M + m)g gây  T v gia tốc a cho hệ M + m, ta có F - P = (M + m)a  F  (M  m)(a  g)  2310N  P + Gia tốc buồng dây treo đứt y Lực F tác dụng lên buồng, ta có  02 F – Mg = Ma1, suy v0 a1  F  Mg  1,55m/s M O + Thời gian vật rơi xuống sàn buồng Vật sàn thang chuyển động với vận tốc ban đầu v0 Phương trình chuyển động sàn thang vật y1  a t  v t ; y  a t  v t  y 02 2 Với a1 = 1,55m/s2, y02 = 2m, vật chịu tác dụng trọng lực nên có gia tốc a2 = -g Vậy y1  0,775t  v t y  5t  v0 t  Vật chạm sàn Vật chạm sàn y1 = y2, suy t = 0,6s Bài toán 2: Một toa xe nhỏ dài 4m khối lượng m = 100kg chuyển động đường ray với vận tốc v0 = 7,2km/h vali kích thước nhỏ khối lượng m = 5kg đặt nhẹ vào mép trước sàn xe Sau trượt sàn, vali nằm yên sàn chuyển động khơng? Nếu nằm đâu? Tính vận tốc toa xe vali Cho biết hệ số ma sát va li sàn k = 0,1 Bỏ qua ma sát toa xe đường ray Lấy g = 10m/s2 Nhận xét Đây toán hệ hai vật chuyển động trượt lên Nếu đứng đường ray quan sát ta dễ dàng nhận chuyển động hai chất điểm vali mép sau sàn xe phương Vali trượt khỏi sàn xe sau tới mép sau sàn xe, tức hai chất điểm gặp Ta đưa toán dạng quen thuộc  Giải v0 Chọn trục Ox hướng theo chuyển động xe, gắn với đường ray, gốc O N2 vị trí mép cuối xe thả vali, gốc thời x N1 F' ms O gian lúc thả vali  P'1 + Các lực tác dụng lên P1F ms Vali: Trọng lực P1 = m1g, phản lực N1 P2 lực masát với sàn xe F , ta có ms    P1  N1  Fms  m1a Chiếu lên Ox phương thẳng đứng ta được: Fms = m1a1 N1 = P1 = m1g, suy a1  Fms kN1   kg  1m/s m1 m1 Xe: Trọng lực P2 = m2g, trọng lượng vali P1,  m1g , phản lực N2 lực ma sát với vali F’ms Ta có    P1'  P2  N  F' ms  m a Chiếu lên trục Ox ta -F’ms = m2a2 a2   F' ms  Fms  km1g    0,05m/s m2 m2 m2 Phương trình chuyển động vali xe a t  x 01  0,5t  x  a t  v t  0,025t  2t x1  Vali đến mép sau xe x1 = x2, hay 0,5t2 + = -0,025t2 + 2t Phương trình vơ nghiệm, chứng tỏ vali nằm yên sàn trước đến mép sau xe  Khi vali nằm yên sàn, v1 = v2 v0 Với v1 = a1t + v01 = t , v2 = a2t + v0 = -0,05t + 2, suy t = - 0,05t + suy t = 1,9s  l A Khi vali cách mép sau xe khoảng d  x  x  0,5t   0,025t  2t 2 Với t = 1,9s ta có d = 2,1m Vận tốc xe vali lúc v1 = v2 = 1,9m/s h B Bài toán 3  : Một bờ vực mặt cắt đứng có dạng phần parabol (hình vẽ) Từ điểm A sườn bờ vực, độ cao h = 20m so với đáy vực cách điểm B đối diện bờ bên (cùng độ cao, nằm mặt phẳng cắt) khoảng l = 50m, bắn đạn pháo xiên lên với vận tốc v0 = 20m/s, theo hướng hợp với phương nằm ngang góc  = 600 Bỏ qua lực cản khơng khí lấy g = 10m/s Hãy xác định khoảng cách từ điểm rơi vật đến vị trí ném vật Nhận xét Nếu ta vẽ phác họa quỹ đạo chuyển động vật sau ném thấy điểm ném vật điểm vật rơi hai giao điểm hai parabol Vị trí giao điểm xác định biết phương trình parabol Giải Chọn hệ tọa độ xOy đặt mặt phẳng quỹ đạo vật, gắn với đất, gốc O đáy vực, Ox nằm ngang chiều chuyển động vật, Oy thẳng đứng hướng lên Gốc thời gian lúc ném vật Hình cắt bờ vực xem phần parabol (P1) y = ax qua điểm A có tọa độ (x = - l ; y  h) y(m) 125 y x 125 Suy 20 = a(- 25)2  a = Phương trình (P1): Phương trình chuyển động vật: l  x  v cosαt   10t  25     y   gt  v sinαt  h  5t  10   3t  20  v0 A  B h C Khử t ta phương trình quỹ đạo (P2): y 2 35 x  x  (20  9) 20 O x(m) Điểm rơi C vật có tọa độ nghiệm phương trình:  y x2  2000    y   x   x  (20  9)   20 với x  25m, y  20m Suy tọa độ điểm rơi: xC = 15,63m yC = 7,82m Khoảng cách điểm rơi C điểm ném A AC  (x A  x C )  (y A  y B )  42,37m Bài tốn Một học sinh cầm hai bóng tay, lúc đầu em tung bóng thứ với vận tốc v0 = m/s Hỏi sau phải tung bóng thứ hai lên với vận tốc v 0/2 để hai bóng đập vào sau khoảng thời gian ngắn (kể từ lúc đầu) Vị trí hai bóng đập vào cách vị trí tung bóng bao nhiêu? Lấy g = 10m/s2 Bài giải: Cách thứ nhất: Phương pháp đồ thị y Độ cao cực đại mà bóng đạt tới (Hình vẽ) +Vì v01  2v02  h h1max  1max v02 v2 ; h2max  2g 8g Quả bóng thứ hai lại ném lên sau bóng nên hai gặp bóng xuống, bóng lên Muốn hai bóng đập vào sau khoảng thời gian nhỏ bóng phải đập vào bóng bóng vị trí cực đại h2max 1,1 v02  0,81(m) 8g 3v0 3v0 *Thời gian bóng lên: s  gt2  h1max  h2max  g  t2  2g Vậy vị trí hai bóng đập vào h  h2max  O 0,81 1,5 +Thời gian nhỏ kể từ lúc tung bóng đến lúc hai bóng đập vào là: tmin  t1  t2  (2  3)v0  1,5( s ) 2g v +Thời gian bóng lên đến độ cao cực đại : t  g *Khoảng thời gian từ lúc ném bóng đến lúc ném bóng là: T = tmin  t  (1  3)v0  1,1( s) 2g Cách thứ hai: : Chọn trục tọa độ Oy thẳng đứng, gốc tọa độ vị trí tung bóng,chiều dương hướng lên Gốc thời gian lúc tung bóng Gọi T khoảng thời gian từ lúc ném bóng lúc tung bóng t khoảng thời gian từ lúc tung bóng đến lúc hai bóng đập vào Phương trình chuyển động cho trình xuống bóng lên bóng là: v02 v y1   g (t  ) (1) 2g g v y2  (t  T )  g (t  T ) (2) 2g Điều kiện hai bóng gặp nhau: y1  y2 Từ (1) (2) suy ra: t  Điều kiện để t = tmin dt 0 dT gT  v0T gT  v0 t dt (2 gT  v0 )(3gT  v0 )  ( gT  v0T ).2 g   g 2T  gv0T  v02   (2 gT  v0 ) dT (2  3)v0 = 1,5(s) 2g v02 y  y  Vị trí hai bóng đập vào là: = 0,81(m) 8g T  (1  3)v0 = 1,1(s) 2g tmin = Bài toán 5  : Một thuyền chuyền động với tốc độ khơng đổi u dịng nước, theo hướng vng góc với dịng nước Biết tốc độ chảy nước tăng tỉ lệ với khoảng cách, từ giá trị bờ đến giá trị v0 sông Khoảng cách hai bờ sông l Hãy xác định : a, Khoảng cách thuyền bị dòng nước đưa trôi ? b, Quỹ đạo chuyển động thuyền ? Bài giải: a, Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ, gốc tọa độ O trùng với vị trí thuyền Gốc thời gian lúc thuyền xuất phát x Phương trình chuyển động thuyền : x = ut (1) B Liên hệ vận tốc dòng nước vy theo tọa độ x : l vy = v0 2v 2v l  v0  k  k  Vậy v y  x (2) l l  v 0 vy = kx ; với x = l u y Liên hệ vy với thời gian t : Từ (1) (2) ta có : v y  Với a  C  O 2v0u t  at l 2v0u l Phương trình chuyển động thuyền theo trục Oy : y = l Khi vật tới C : xC  t1  v0u at  t (3) l l v u l2 vl yC   2u l 4u 4u Khi sang tới bờ bên B thuyền bị nước đưa trôi khoảng là : L  yC  v0l 2u b, Quỹ đạo thuyền Rút t từ (1) thay vào (3), ta được : y  v0 x Vậy quỹ đạo vật chuyển động dạng ul parabol Ta có hai nhánh parabol Bài tốn 6  : Một bóng hình cầu treo độ cao h = 5m bị nổ,các mảnh vỡ bắn theo hướng li tâm với tốc độ v = 10m/s Tìm vùng rơi mảnh vụn mặt đất Bỏ qua sức cản khơng khí kích thước bóng đèn Lấy g = 10m/s2 Bài giải: Cách thứ nhất: Vì lí đối xứng vùng rơi vịng trịn có tâm hình chiếu bóng đèn (coi điểm) mặt đất Xét mảnh vỡ bắn theo góc  so với mặt phẳng nằm ngang, hệ tọa độ (hình vẽ) y  x  v (cos )t    y   gt  v(sin  )t  h Phương trình quỹ đạo: y    v0  gx  x tan   h 2v cos 2 Muốn cho mảnh rơi xuống đất có hồnh độ x1, ta phải có góc  thỏa mãn phương trình: gx12  x1 tan   h  2v cos 2 gx12 gx12  tan   x1 tan    h  2v 2v  h O x Nếu phương trình có nghiệm với vận tốc ban đầu v mảnh vỡ tới điểm x 1, phương trình vơ nghiệm   mảnh vỡ không đến điểm x1   x12  gx12 gx12 gx12 v gx12 (  h )  (   h) 2v 2v v 2 g 2v v gx12   h