Một vật thể chuyển động ném xiên không ma sát với vận tốc ban đầu `v_0` hợp với …
Câu hỏi \(1\): Góc \(alpha\) phải bằng bao nhiêu độ để \(HI\) đạt giá trị lớn nhất
Câu hỏi \(2\): Góc \(alpha\) phải bằng bao nhiêu để khoảng cách giữa vật thể ở nơi có độ cao \(n (n>0)\) so với điểm \(O\) \((Oy)\) theo phương vuông góc với phương của gia tốc \((Ox)\) là lớn nhất
Hôm nay chúng ta sẽ cùng nhau giải một bài toán về chuyển động ném xiên, một dạng bài rất thú vị trong chương trình Vật lý. Bài toán này yêu cầu chúng ta tìm góc ném để đạt được hai điều kiện khác nhau. Hãy cùng phân tích và giải quyết từng phần nhé!
Đầu tiên, chúng ta cần thiết lập hệ quy chiếu và các phương trình chuyển động cơ bản.
Thiết lập hệ quy chiếu:
– Chọn gốc tọa độ \(O\) tại vị trí ném vật.
– Trục \(Ox\) nằm ngang, hướng theo chiều chuyển động ban đầu của vật.
– Trục \(Oy\) thẳng đứng, hướng lên trên.
– Gia tốc trọng trường \(g\) hướng xuống theo chiều âm của trục \(Oy\).
Các đại lượng ban đầu:
– Vận tốc ban đầu: \(v_0\)
– Góc ném so với phương ngang: \(\alpha\)
– Vị trí ban đầu: \(x_0 = 0\), \(y_0 = 0\)
– Thành phần vận tốc ban đầu:
\(v_{0x} = v_0 \cos \alpha\)
\(v_{0y} = v_0 \sin \alpha\)
Các phương trình chuyển động:
Chuyển động theo trục \(Ox\) là chuyển động thẳng đều:
\(x(t) = v_{0x} t = (v_0 \cos \alpha) t\) (1)
Chuyển động theo trục \(Oy\) là chuyển động biến đổi đều:
\(y(t) = v_{0y} t – \frac{1}{2} g t^2 = (v_0 \sin \alpha) t – \frac{1}{2} g t^2\) (2)
Câu hỏi 1: Góc \(\alpha\) phải bằng bao nhiêu độ để \(HI\) đạt giá trị lớn nhất
Phân tích:
– Điểm \(O\) cách mặt đất \(n\) mét. Điểm \(H\) nằm trên mặt đất, ngay dưới \(O\), nên \(OH = n\).
– Điểm \(I\) là điểm tiếp đất của vật thể. Trong hệ quy chiếu của chúng ta (gốc \(O\)), khi vật tiếp đất tại \(I\), tọa độ \(y\) của vật sẽ là \(-n\).
– Khoảng cách \(HI\) chính là tầm xa của vật khi nó chạm đất, hay là tọa độ \(x\) của điểm \(I\) khi \(y_I = -n\).
Chúng ta sẽ tìm thời gian \(t_I\) để vật chạm đất (\(y(t_I) = -n\)), sau đó thay vào phương trình \(x(t)\) để tìm \(HI\).
Bước 1: Tìm thời gian chạm đất \(t_I\)
Từ phương trình (2), khi \(y = -n\):
\(-n = (v_0 \sin \alpha) t_I – \frac{1}{2} g t_I^2\)
Chuyển vế, ta được phương trình bậc hai theo \(t_I\):
\(\frac{1}{2} g t_I^2 – (v_0 \sin \alpha) t_I – n = 0\)
Giải phương trình bậc hai này (chỉ lấy nghiệm dương vì thời gian \(t_I > 0\)):
\(t_I = \frac{v_0 \sin \alpha + \sqrt{(v_0 \sin \alpha)^2 – 4(\frac{1}{2} g)(-n)}}{2(\frac{1}{2} g)}\)
\(t_I = \frac{v_0 \sin \alpha + \sqrt{v_0^2 \sin^2 \alpha + 2gn}}{g}\)
Bước 2: Tìm biểu thức cho \(HI\)
Thay \(t_I\) vào phương trình (1) để tìm \(HI\):
\(HI = x(t_I) = (v_0 \cos \alpha) t_I\)
\(HI = (v_0 \cos \alpha) \frac{v_0 \sin \alpha + \sqrt{v_0^2 \sin^2 \alpha + 2gn}}{g}\)
Bước 3: Tìm \(\alpha\) để \(HI\) lớn nhất
Để tìm \(\alpha\) làm cho \(HI\) lớn nhất, ta có thể sử dụng một phương pháp toán học dựa trên điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai.
Ta có phương trình quỹ đạo của vật là:
\(y = x \tan \alpha – \frac{g x^2}{2 v_0^2 \cos^2 \alpha}\)
Sử dụng đẳng thức \(\frac{1}{\cos^2 \alpha} = 1 + \tan^2 \alpha\), ta có:
\(y = x \tan \alpha – \frac{g x^2}{2 v_0^2} (1 + \tan^2 \alpha)\)
Khi vật chạm đất, \(y = -n\) và \(x = HI\). Đặt \(T = \tan \alpha\), ta có:
\(-n = HI \cdot T – \frac{g (HI)^2}{2 v_0^2} (1 + T^2)\)
Sắp xếp lại phương trình này thành một phương trình bậc hai theo \(T\):
\(\frac{g (HI)^2}{2 v_0^2} (1 + T^2) – HI \cdot T – n = 0\)
\(\frac{g (HI)^2}{2 v_0^2} T^2 – HI \cdot T + \left(\frac{g (HI)^2}{2 v_0^2} + n\right) = 0\)
Để phương trình bậc hai này có nghiệm (tức là có tồn tại góc \(\alpha\) hay \(T\)), biệt thức \(\Delta\) phải lớn hơn hoặc bằng 0.
\(\Delta = (-HI)^2 – 4 \left(\frac{g (HI)^2}{2 v_0^2}\right) \left(\frac{g (HI)^2}{2 v_0^2} + n\right) \ge 0\)
\((HI)^2 – \frac{2g (HI)^2}{v_0^2} \left(\frac{g (HI)^2}{2 v_0^2} + n\right) \ge 0\)
Chia cả hai vế cho \((HI)^2\) (vì \(HI \ne 0\)):
\(1 – \frac{2g}{v_0^2} \left(\frac{g (HI)^2}{2 v_0^2} + n\right) \ge 0\)
\(1 – \frac{g^2 (HI)^2}{v_0^4} – \frac{2gn}{v_0^2} \ge 0\)
\(1 + \frac{2gn}{v_0^2} \ge \frac{g^2 (HI)^2}{v_0^4}\)
\((HI)^2 \le \frac{v_0^4}{g^2} \left(1 + \frac{2gn}{v_0^2}\right)\)
\((HI)^2 \le \frac{v_0^4}{g^2} + \frac{2n v_0^2}{g}\)
Giá trị lớn nhất của \(HI\) đạt được khi dấu “=” xảy ra, tức là khi \(\Delta = 0\). Lúc đó, phương trình bậc hai chỉ có một nghiệm \(T\):
\(T = \frac{-(-HI)}{2 \left(\frac{g (HI)^2}{2 v_0^2}\right)} = \frac{HI}{\frac{g (HI)^2}{v_0^2}} = \frac{v_0^2}{g \cdot HI}\)
Thay \(HI_{max}^2 = \frac{v_0^4}{g^2} + \frac{2n v_0^2}{g}\) vào biểu thức của \(T\):
\(T = \frac{v_0^2}{g \sqrt{\frac{v_0^4}{g^2} + \frac{2n v_0^2}{g}}}\)
\(T = \frac{v_0^2}{\sqrt{g^2 \left(\frac{v_0^4}{g^2} + \frac{2n v_0^2}{g}\right)}}\)
\(T = \frac{v_0^2}{\sqrt{v_0^4 + 2ng v_0^2}}\)
\(T = \frac{v_0^2}{v_0 \sqrt{v_0^2 + 2ng}}\)
\(T = \frac{v_0}{\sqrt{v_0^2 + 2ng}}\)
Vậy, góc \(\alpha\) để \(HI\) đạt giá trị lớn nhất thỏa mãn:
\(\tan \alpha = \frac{v_0}{\sqrt{v_0^2 + 2gn}}\)
Kết luận Câu 1: Góc \(\alpha\) phải thỏa mãn \(\tan \alpha = \frac{v_0}{\sqrt{v_0^2 + 2gn}}\) để \(HI\) đạt giá trị lớn nhất.
Câu hỏi 2: Góc \(\alpha\) phải bằng bao nhiêu để khoảng cách giữa vật thể ở nơi có độ cao \(n (n>0)\) so với điểm \(O\) \((Oy)\) theo phương vuông góc với phương của gia tốc \((Ox)\) là lớn nhất.
Phân tích:
Câu này có vẻ hơi dài dòng, nhưng ý chính là tìm góc \(\alpha\) để tầm xa (khoảng cách theo phương \(Ox\)) là lớn nhất khi vật thể quay trở lại độ cao ban đầu của nó (tức là quay trở lại mức \(y=0\) trong hệ quy chiếu của chúng ta).
Bước 1: Tìm thời gian \(t_0\) để vật quay lại độ cao ban đầu (\(y=0\))
Từ phương trình (2), khi \(y = 0\):
\(0 = (v_0 \sin \alpha) t_0 – \frac{1}{2} g t_0^2\)
\(t_0 \left(v_0 \sin \alpha – \frac{1}{2} g t_0\right) = 0\)
Có hai nghiệm:
– \(t_0 = 0\) (thời điểm ban đầu)
– \(v_0 \sin \alpha – \frac{1}{2} g t_0 = 0 \Rightarrow t_0 = \frac{2 v_0 \sin \alpha}{g}\)
Chúng ta quan tâm đến thời điểm \(t_0 = \frac{2 v_0 \sin \alpha}{g}\).
Bước 2: Tìm khoảng cách ngang \(x\) tại thời điểm \(t_0\)
Thay \(t_0\) vào phương trình (1):
\(x = (v_0 \cos \alpha) t_0 = (v_0 \cos \alpha) \left(\frac{2 v_0 \sin \alpha}{g}\right)\)
\(x = \frac{2 v_0^2 \sin \alpha \cos \alpha}{g}\)
Sử dụng công thức lượng giác \(2 \sin \alpha \cos \alpha = \sin(2\alpha)\), ta được:
\(x = \frac{v_0^2 \sin(2\alpha)}{g}\)
Bước 3: Tìm \(\alpha\) để \(x\) lớn nhất
Để \(x\) đạt giá trị lớn nhất, biểu thức \(\sin(2\alpha)\) phải đạt giá trị lớn nhất. Giá trị lớn nhất của hàm \(\sin\) là 1.
Vậy, \(\sin(2\alpha) = 1\)
\(2\alpha = 90^\circ\)
\(\alpha = 45^\circ\)
Kết luận Câu 2: Góc \(\alpha\) phải bằng \(45^\circ\) để khoảng cách ngang khi vật trở lại độ cao ban đầu là lớn nhất.
Hy vọng bài giải chi tiết này đã giúp các em hiểu rõ hơn về chuyển động ném xiên và cách giải quyết các bài toán liên quan. Chúc các em học tốt!
Câu 1:
Ta có:
\(\begin{array}{l}
x = {v_0}\cos \alpha t \Rightarrow t = \dfrac{x}{{{v_0}\cos \alpha }}\\
y = {v_0}\sin \alpha t – \dfrac{1}{2}g{t^2}\\
\Rightarrow y = {v_0}\sin \alpha .\dfrac{x}{{{v_0}\cos \alpha }} – \dfrac{1}{2}g{\left( {\dfrac{x}{{{v_0}\cos \alpha }}} \right)^2}\\
\Rightarrow y = x\tan \alpha – \dfrac{g}{{2v_0^2{{\cos }^2}\alpha }}{x^2}\\
\Rightarrow y = x\tan \alpha – \dfrac{g}{{2v_0^2}}\left( {1 + {{\tan }^2}\alpha } \right){x^2}
\end{array}\)
Khi vật chạm đất:
\(\begin{array}{l}
HI.\tan \alpha – \dfrac{g}{{2v_0^2}}\left( {1 + {{\tan }^2}\alpha } \right)H{I^2} = – n\\
\Rightarrow \left( {\dfrac{{g.H{I^2}}}{{2v_0^2}}} \right){\tan ^2}\alpha – HI.\tan \alpha + \left( {\dfrac{{g.H{I^2}}}{{2v_0^2}} – n} \right) = 0\\
\Delta = {\left( { – HI} \right)^2} – 4.\dfrac{{g.H{I^2}}}{{2v_0^2}}.\left( {\dfrac{{g.H{I^2}}}{{2v_0^2}} – n} \right) \ge 0\\
\Rightarrow 1 – \dfrac{{2g}}{{v_0^2}}\left( {\dfrac{{g.H{I^2}}}{{2v_0^2}} – n} \right) \ge 0\\
\Rightarrow 1 + \dfrac{{2gn}}{{v_0^2}} \ge \dfrac{{{g^2}.H{I^2}}}{{v_0^4}}\\
\Rightarrow H{I^2} \le \dfrac{{v_0^4}}{{{g^2}}}\left( {1 + \dfrac{{2gn}}{{v_0^2}}} \right) = \dfrac{{v_0^2}}{{{g^2}}}\left( {v_0^2 + 2gn} \right)\\
\Rightarrow H{I_{\max }} = \dfrac{{{v_0}}}{g}\sqrt {v_0^2 + 2gn}
\end{array}\)
Khi đó:
\(\begin{array}{l}
\tan \alpha {\rm{\;}} = \dfrac{{ – \left( { – HI} \right)}}{{2.\dfrac{{g.H{I^2}}}{{2v_0^2}}}} = \dfrac{{v_0^2}}{{gHI}} = \dfrac{{v_0^2}}{{g.\dfrac{{{v_0}}}{g}\sqrt {v_0^2 + 2gn} }}\\
\Rightarrow \tan \alpha = \dfrac{{{v_0}}}{{\sqrt {v_0^2 + 2gn} }}
\end{array}\)
Vậy \(\alpha = \arctan \dfrac{{{v_0}}}{{\sqrt {v_0^2 + 2gn} }}\)
Câu 2:
Ta có:
\(\begin{array}{l}
t = 2.\dfrac{{0 – {v_0}\sin \alpha }}{{ – g}} = \dfrac{{2{v_0}\sin \alpha }}{g}\\
L = {v_0}\cos \alpha .t = {v_0}\cos \alpha .\dfrac{{2{v_0}\sin \alpha }}{g}\\
\Rightarrow L = \dfrac{{v_0^2\sin 2\alpha }}{g}
\end{array}\)
L max khi \(\sin 2\alpha = 1 \Rightarrow 2\alpha = {90^o} \Rightarrow \alpha = {45^o}\)
Trợ Lý Xưởng In Thiên Nam
Add comment