CHỦ ĐỀ 4. SỰ RƠI TỰ DO
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
I. SỰ RƠI TỰ DO
1. II. Sự rơi tự do
Chuyển động rơi tự do là chuyển động có nhanh dần đều có:
- Phương thẳng đứng, có chiều từ trên xuống.
2
2
- Gia tốc a  g const. Thường lấy g 9,8m / s hoặc g 9,8m / s

- Vận tóc ban đầu v0 0.
Các phương trình của sự rơi tự do
Chọn gốc tọa độ tại điểm rơi, chiều dương hướng xuống
- Phương trình vận tốc:

v  g  t  t0 

1
2
x  x0  g  t  t0 
2
- Phương trình tọa độ:
1
2
s  g  t  t0 
2
- Công thức đường đi:
2
- Hệ thức độc lập với thời gian: v 2 gs

Chú ý:

1
1
v gt ; x  x0  gt 2 ; s  gt 2 .
2
2
Nếu chọn t0 0 thì:

II. CHUYỂN ĐỘNG CỦA VẬT NÉM THẲNG ĐỨNG LÊN CAO
1. Ném thẳng đứng hướng lên
Chuyển động của vật ném thẳng đứng lên cao gồm hai giai đoạn :
- Giai đoạn 1: vật chuyển động lên cao chậm dần đều có gia tốc bằng gia tốc rơi tự do đến khi v = 0.
- Giai đoạn 2 : Vật rơi tự do.
Phương trình chuyển động
Chọn trục Ox thẳng đứng, chiều dương hướng lên, gốc toạ độ O tại điểm ném và gốc thời gian
là lúc ném:
Vận tốc:  0  gt
Toạ độ:

x 0t  g

t2
2

2. Ném thẳng đứng hướng xuống
Chọn trục Ox thẳng đứng, chiều dương hướng xuống gốc toạ độ O tại điểm ném và gốc thời gian là
lúc ném.
Vận tốc:  0  gt


Toạ độ:


x 0t  g

t2
2

B. VÍ DỤ MINH HỌA
VD4. 1.
Một vật rơi khơng vận tốc đầu từ đỉnh tịa nhà chung cư có độ cao 320m xuống đất.
Cho g = 10m/s2.
a. Tìm vận tốc lúc vừa chạm đất và thời gian của vật rơi.
b. Tính quãng đường vật rơi được trong 2s đầu tiên và 2s cuối cùng.
Giải:
a.

1
2

+ Áp dụng cơng thức h= g . t 2 ⇒t=
+ Ta có v = gt = 10.8 = 80m/s

b.

√

2. h
g
1
2


2
+ Quãng đường vật đi trong 6s đầu: h2 = .10 . 6 =180 m

+ Quãng đường đi trong 2s cuối cùng: S’ = S – S1 = 320 – 180 = 160m
VD4. 2.
Cho một vật rơi tự do từ độ cao h. Trong 2s cuối cùng trước khi chạm đất, vật rơi
được quãng đường 60m. Tính thời gian rơi và độ cao h của vật lúc thả biết g = 10 m/s 2.
Giải:
+ Gọi t là thời gian vật rơi cả quãng đường.
1
2

2
+ Quãng đường vật rơi trong t giây: h= g t

1
2

+ Quãng đường vật rơi trong ( t – 2 ) giây đầu tiên: ht −2= g ¿
+ Quãng đường vật rơi trong 2 giây cuối:
1
1
Δhh=h−ht −2 ⇒ 60= g t 2− g ¿
2
2
1 2 1
2
+ Độ cao lúc thả vật: h= g t = .10 . 4 =80 m
2
2


VD4. 3.
Để ước lượng độ sâu của một giếng cạn nước, một người dùng đồng hồ bấm giây, ghé
sát tai vào miệng giếng và thả một hòn đá rơi tự do từ miệng giếng; sau 3 s thì người đó nghe thấy
tiếng hòn đá đập vào đáy giếng. Giả sử tốc độ truyền âm trong khơng khí là 330 m/s, lấy g = 9,9 m/
s2. Độ sâu ước lượng của giếng là
Giải:
+ Độ sâu của giếng là h.
1
2

+ Thời gian từ lúc thả hòn đá rơi tự do đến đáy giếng là t1, ta có: h= g t 21 ⇒ t1=
+ Thời gian âm từ đáy giếng đến tai người nghe là t2, ta có: t 2=
+ Theo đề: t 1+ t 2=3 ⇒

√

h
v

√

2h
g

2h h
2h h
+ =3 ⇔
+
=3 ⇒ h=41m

g v
9,9 330

√

VD4. 4.
Hai viên bi sắt được thả rơi từ cùng một độ cao và cách nhau 0,5 s. Sau khi viên bi thứ
nhất rơi được 1,5 s thì hai viên bi cách nhau một khoảng bao nhiêu?
Giải:


1
¿ h1 = g t 2
2
⇒ Δhh=|h1−h2|=6,25 m
1
2
¿ h2= g ( t−0,5 )
2

{

VD4. 5.
Một vật được ném từ mặt đất lên cao theo phương thẳng đứng với vận tốc 40 m/s. Lấy
2
g = 10 m/s , bỏ qua sức cản khơng khí. Tính thời gian từ lúc ném đến khi vật chạm đất.
Giải:
+ Góc tọa độ tại mặt đất, chiều dương theo phương thẳng đứng hướng xuống.
+ Khi vật được ném từ mặt đất đến vị trí cao nhất cật chuyển động chậm dần đều:
v=−¿+ v 0

−v
+ Đến vị trí cao nhất v = 0; suy ra: t 1= 0 = 4 s.
−g

+ Sau đó vật rơi tự do chạm mặt đất với thời gian t 2=t 1
+ Thời gian từ lúc ném đến khi vật chạm đất là: t = t1 + t2 = 8 s.
VD4. 6.
Từ 1 đỉnh tháp người ta buông rơi 1 vật . Một giây sau ở tầng tháp thấp hơn 10 m
người ta buông rơi vật thứ 2. Sau bao lâu hai vật sẽ đụng nhau tính từ lúc vật thứ nhất được bng
rơi? Lấy g=10 m/ s2.
Giải:
+ Chọn hệ quy chiếu và gốc thời gian như hình vẽ.

O

1
¿ y 1= g t 2 ( m )
2
+ Các phương tình tọa độ:
1
2
¿ y 2= g ( t−1 ) +10 ( m )
2

{



(t 0)


g

10m
(t  1s)

g

+ Khi đụng nhau:
g
1
g
y 1= y 2 ⇔ t 2−¿+ g+10= t 2 ⇒ t=1,5 s
2
2
2

VD4. 7.
Cho một vật rơi tự do từ độ cao h. Biết rằng trong 2s cuối cùng vật rơi được quãng
đường bằng quãng đường đi trong 5s đầu tiên, g = 10m/s2.
a. Tìm độ cao lúc thả vật và thời gian vật rơi.
b. Tìm vận tốc cuả vật lúc vừa chạm đất.
Giải:
a.
+ Gọi t là thời gian vật rơi.
1
2

2
+ Quãng đường vật rơi trong t giây: h= g t


1
2

2
+ Quãng đường vật rơi trong ( t – 2) giây: ht −2= g ( t−2 )

1
2

1
2

2
+ Quãng đường vật rơi trong 2 giây cuối: Δhh=h−ht −2= g t − g ¿

1
2

2
+ Quãng đường vật rơi trong 5s đầu tiên: h5 = g t 5=125 m

1 2 1
+ Theo bài ra ta có: Δhh=h 5 ⇒ g t − h ¿  t = 7,25s
2

1
2

2


1
2

2
2
+ Độ cao lúc thả vật: h= g t = .10 .7,25 =252,81m

b. Vận tốc lúc vừa chạm đất: v = gt = 72,5m/s


VD4. 8.
Tại mặt đất, hai vật được ném thẳng đứng lên cao với cùng vận tốc v 0 = 40 m/s, vật
thứ II ném sau vật thứ I là 3 s. Lấy g = 10 m/s 2, bỏ qua sức cản khơng khí. Tính độ cao mà hai vật
gặp nhau sau khi ném.
Giải:
+ Chọn gốc tọa độ o tại điểm ném hai vật, chiều (+) thẳng đứng lên. Gốc thời gian ném vật II.
+ Phương trình tọa độ của hai vật:
1
2

2
• Vật I: h1=v 0 ( t +t 0 ) − g ( t +t 0 )

1
2

2
• Vật II: h2 =v 0 t− g t

+ Khi hai vật gặp nhau: h1 = h2

2 v −g t 0 2.40−10.3
1
1
⇔ v 0 ( t+t 0 )− g ( t +t 0 )2=v 0 t− g t 2 ⇒ t= 0
=
=2,5 s
2
2
2g
2.10

+ Độ cao khi hai vật gặp nhau:
1
1
h=h1=h 2=v 0 t− g t 2=40.2,5− .10 .2,5 2=68,758 m
2
2

VD4. 9.
Một vật rơi tự do tại một địa điểm có độ cao 500m biết g = 10m/s2.
a.
Tính thời gian vật rơi hết quãng đường.
b.
Tính quãng đường vật rơi được trong 5s đầu tiên.
c.
Tính quãng đường vật rơi trong giây thứ 5.
Giải:
a.
b.
c.


1
2

2h
2.500
=
=10 (s )
g
10
1 2 1
2
Quãng đường vật rơi trong 5s đầu: h5 = g t 5= .10 .5 =125 m
2
2
1 2 1
2
+Quãng đường vật rơi trong 4s đầu: h 4= g t 4= .10 . 4 =80 m
2
2
+ Quãng đường vật rơi trong giây thứ 5: Δhh=h 5−h4 =125−80=45(m)

Áp dụng công thức h= g t 2 ⇒ t=

√ √

C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
4. 1.

Một vật rơi tự do tại nơi có g = 10 m/s2. Trong 2 giây cuối vật rơi được 180 m. Tính thời


gian rơi và độ cao của nơi bng vật.
4. 2.

Một vật rơi tự do tại nơi có g = 10 m/s2. Thời gian rơi là 10 s. Hãy tính:
a. Thời gian vật rơi một mét đầu tiên.
b. Thời gian vật rơi một mét cuối cùng.

4. 3.

Một vật được buông rơi tự do từ độ cao h. Một giây sau, cũng tại nơi đó, một vật khác

được ném thẳng đứng hướng xuống với vận tốc v0. Hai vật chạm đất cùng lúc. Tính h theo v0 và g.
4. 4.
Trong 3 s cuối cùng trước khi chạm đất, một vật rơi tự do đi được quãng đường bằng 1/5
quãng đường toàn bộ mà nó rơi được. Bỏ qua sức cản khơng khí. Lấy g = 10 m/s 2. Tính thời gian rơi
và độ cao ban đầu của vật.
4. 5.

Có hai vật rơi tự do từ hai độ cao khác nhau xuống đất. Thời gian rơi của vật (1) gấp đôi

thời gian rơi của vật (2). Hãy so sánh:


a. Quãng đường rơi của hai vật.
b. Vận tốc chạm đất của hai vật.
4. 6.

Trong 0,5s cuối cùng trước khi chạm đất, vật rơi tự do vạch được quãng đường gấp đôi


quãng đường vạch được trong 0,5 s ngay trước đó.
Lấy g = 10 m/s2. Tính độ cao từ đó vật được buông rơi.
4. 7.
Vật I được ném lên thẳng đứng với vận tốc 10 m/s. Cùng lúc đó tại điểm có độ cao bằng
độ cao cực đại mà vật I lên tới, người ta ném xuống thẳng đứng vật II cùng với vận tốc 10 m/s. Lấy
g = 10 m/s2. Bỏ qua sức cản khơng khí. Sau bao lâu kể từ khi ném thì hai vật gặp nhau ?
4. 8.
Từ một đỉnh tháp cao ném thẳng đứng một vật lên trên với vận tốc đầu v 0 thời gian để vật
chạm đất là t1 . Cũng như đỉnh tháp trên ném thẳng đứng vật xuống dưới cùng vận tốc đầu v , vật sẽ
0

chạm đất trong thời gian t2 . Bỏ qua sức cản của khơng khí. Tính thời gian để vật chạm đất nếu thả
vật rơi tự do từ đỉnh tháp trên.
4. 9.
Một vật được ném lên theo phương thẳng đứng từ mặt đất. Sau 4s
vật lại rơi xuống mặt đất. Cho g = 10m/s2. Tính:
a. Vận tốc ban đầu của vật.
b. Độ cao tối đa mà vật lên tới.
4. 10.
Một người làm xiếc tung các quả bóng lên cao, quả nọ sau quả kia, quả sau rời tay người
làm xiếc khi quả trước đạt điểm cao nhất. Cho biết mỗi giây có hai quả
bóng được tung lên. Hỏi các quả bóng được ném lên cao bao nhiêu? (Lấy
g = 9,8m/s2)
4. 11.
Một vật được ném lên theo phương thẳng đứng từ độ cao H với
vận tốc đầu v0. Bỏ qua lực cản của khơng khí.
Xác định vo để vật chạm đất chậm hơn n giây so với khi nó được bng rơi tự do khơng vận tốc đầu
từ độ cao H.
4. 12.
Từ một đỉnh tháp cao 400m so với đất, một người thả rơi một vật xuống dưới. ở cùng thời

điểm đó, từ mặt đất một vật khác được ném thẳng đứng lên trên với tốc độ 50m/
s cùng đường chuyển động với vật ném xuống. Lấy g = 10 m/s2 , bỏ qua sức cản
của khơng khí. Hai vật sẽ gặp nhau ở vị trí nào ?
4. 13.

Thước A có chiều dài l 25cm treo vào tường bằng một dây. Tường có

một lỗ sáng nhỏ ngay phía dưới thước. Hỏi cạnh dưới của A phải cách lỗ sáng
khoảng h bằng bao nhiêu để khi đốt dây treo cho thước rơi nó sẽ che khuất lỗ sáng trong thời gian
0,1 s.
4. 14.

Vật A đặt trên mặt nghiêng của một cái nêm như hình vẽ. Hỏi phải truyền cho nêm gia tốc

bao nhiêu theo phương ngang để vật A rơi tự do xuống dưới theo phương thẳng đứng?
4. 15.

Một bán cầu có bán kính R trượt đều theo đường thẳng nằm ngang. Một quả cầu nhỏ cách

mặt phẳng ngang một đoạn bằng R. Ngay khi đỉnh bán cầu đi qua quả cầu nhỏ thì nó được bng rơi
tự do.


Tìm vận tốc nhỏ nhất của bán cầu để nó không cản trở sự rơi tự do của quả cầu nhỏ. Cho R = 40
cm.
4. 16.

Các giọt nước rơi từ mái nhà xuống sau những khoảng thời gian bằng nhau. Giọt (1) chạm

đất thì giọt (5) bắt đầu rơi. Tìm khoảng cách giữa các giọt kế tiếp nhau biết rằng mái nhà cao 16 m.

Lấy g = 10 m/s2
4. 17.

Hai giọt nước rơi ra khỏi ống nhỏ giọt cách nhau 0,5 s.
a. Tính khoảng cách giữa hai giọt nước sau khi giọt trước rơi được 0,5 s; 1 s; 1,5 s.
b. Hai giọt nước tới đất cách nhau một khoảng thời gian bao nhiêu? (g = 10 m/s2)

4. 18.

Một thang máy chuyển động lên cao với gia tốc 2 m/s2. Lúc thang máy có vận tốc 2,4 m/s

thì từ trần thang máy có một vật rơi xuống. Trần thang máy cách sàn là h = 2,47 m. Hãy tính trong
hệ quy chiếu gắn với mặt đất:
a. thời gian rơi.
b. độ dịch chuyển của vật.
c. quãng đường vật đã đi được.
4. 19.
H

Một vật rơi tự do từ độ cao h. Cùng lúc đó một vật khác được ném thẳng xuống từ độ cao
(H > h) với vận tốc đầu v0. Hai vật tới đất cùng lúc. Tìm v0.


HƯỚNG DẪN GIẢI
4. 1.
Gọi t là thời gian rơi của vật.
1
h  gt 2 .
2
- Quãng đường rơi của vật trong t giây là:

1
2
h
'

g
t

2
.


t  2
2
Quãng đường rơi của vật trong 
giây đầu là:

Quãng đường rơi của vật trong 2 giây cuối cùng là:
1
1
2
h h  h '  gt 2  g  t  2  .
2
2
h
280
 h 2 g  t  1  t   1 
 1 10 s.
2g
2.10


1
1
h  gt 2  .10.102 500m.
2
2
và

Vậy: Thời gian rơi của vật là t = 10 s quãng đường rơi của

vật

là h 500m.
4. 2.
a. Thời gian vật rơi một mét đầu tiên

Ta có:

t1 

2h1
2.1

0, 45s.
g
10

Vậy: Thời gian vật rơi một mét đầu tiên là t1 = 0,45 s
b. Thời gian vật rơi một mét cuối cùng
Gọi h là quãng đường rơi của vật, t là thời gian rơi của vật

t

- Thời gian rơi quãng đường h của vật là:
- Thời gian rơi quãng đường
t'

 t 10s  .

2h
.
g

 h  1 m đầu tiên của vật là:

2  h  1
2h 2

 .
g
g g

 t '  t2 

2
2
 102 
9,99s
g
10


- Thời gian vật rơi một mét cuối cùng là: t t  t ' 10  9,99 0, 01s.
Vậy: Thời gian vật rơi một mét cuối cùng là 0,01 s.
4. 3.
Gọi t là thời gian chuyển động của vật rơi tự do thì (t -1) là thời gian chuyển động của vật bị ném.
Chọn gốc tọa độ tại nơi thả vật, chiều dương hướng xuống. Ta có:


+ vật (1):

1
h  gt 2
2

 1

+ vật (2):

1
2
h v0  t  1  g  t  1
2

 2

t

- Từ (1) suy ra:

2h
.

g

- Thay giá trị của t vào (2) ta được:
2

 2h  1  2h 
h v0 
 1  g 
 1
 g
 2  g

2h
1  2h
2h 
 h v0
 v0  g 
2
 1
g
2  g
g

 h v0

2h
2h 1
 v0  h  g
 g
g

g 2

2v  g
1
2h
2h
 v0  g  v0  g 
 0
 v0  g 
2
g
2
g
2

g  2v0  g 
2 2h
 2v  g 
 0

  v0  g  .  h  
g
8  v0  g 
 2 

Vậy: Giá trị của h theo v0 và g là:

2

g  2v  g 

h  0

8  v0  g 

2

4. 4.
O

+ Chọn trục Ox có phương thẳng đứng hướng xuống, gốc tọa độ tại O và gốc
thời gian lúc vật bắt đầu rơi. Gọi h là độ cao của vật so với mặt đất và t là

h/

1
2

2
thời gian vật rơi, ta có: OB=h= g t (1 )

+ Trước khi chạm đất 2 s, vật đi được quãng đường là h':
1
OA=h¿ = g ( t−3 )2 (2)
2
1
1
4
¿
¿
+ Theo đề, ta có: AB= OB ⇒ h−h = h ⇒ h = h

2
5
5
1
4 1 2
2
Từ (l) và (2), suy ra: g ( t−3 ) = . g t ⇒ t=28,4 s
2
5 2
1 2 1
2
Độ cao ban đầu của vật: ( 1 ) ⇒ h= g t = .10 .28. 4 =4033 m
2
2

4. 5.
a. So sánh quãng đường rơi của hai vật
Quãng đường rơi của vật (1):
Quãng đường rơi của vật (2):

h1 

gt12
.
2

h2 

gt22
.

2

A
B



 3s




2

h1 gt12 gt22  t1 


:
  22 4
h2
2
2  t2 

Vậy: Quãng đường rơi của vật (1) gấp 4 lần quãng đường rơi của vật (2).
b. So sánh vận tốc chạm đất của hai vật
- Vận tốc chạm đất của vật (1): v1 gt1.
- Vận tốc chạm đất của vật (2): v2  gt2 .


v1 gt1 t1


 2
v2 gt2 t2

Vậy: Vận tốc chạm đất của vật (1) gấp 2 lần vận tốc chạm đất của vật (2).
4. 6.
Gọi t là thời gian rơi của vật.
1
1
2
s  gt 2  g  t  0,5  .
2
2
- Quãng đường rơi của vật trong 0,5 s cuối cùng là:
1
1
2
2
s '  g  t  0,5   g  t  1 .
2
2
- Quãng đường rơi của vật trong 0,5 s trước đó là:

Vì

s 2s ' 

1 2 1
1
2

2
2
1
gt  g  t  0,5  2.  g  t  0,5   g  t  1 
2
2
2
2


2

2

 t 2   t  0, 5  2  t  0,5   2  t  1

2

 t 2  t 2  t  0, 25 2t 2  2t  0,5  2t 2  4t  2
1
 t 1, 25s; h  .10.1, 252 7,8125m.
2

Vậy: Thời gian rơi của vật là t 1, 25s; quãng đường rơi của vật là h 7,8125m.
4. 7.
+ Chọn gốc tọa độ o tại điểm ném vật I.
+ Trục Oy thẳng đứng hướng lên, gốc thời gian là lúc ném hai vật.

()


v2

2

¿ h1=10 t−5 t ; v 1=10−10 t
+ Độ cao cực đại mà vật I đạt được là h0:
¿ h2=h0 −10t−5 t 2

{

+ Xét vật I khi đạt độ cao cực đại, ta có:
v1 =0 ⇒t 1 =1 s ⇒ h 1=h0=5 m

+ Khi hai vật gặp nhau thì: h2 = h1:
⇔ h0−10 t−5 t 2 =10t−5 t 2 ⇔t=0,25 s

4. 8.
Chọn trục toạ độ Ox thẳng đứng hướng xuông gốc O tại đỉnh tháp.
Gọi h là chiều cao của tháp
Ném vật thẳng đứng hướng lên, khi vật chạm đất :

h0


v1
O


x1  v0t1  g


t12
h
2
(1)

Ném vật thẳng đứng hướng xuống, khi vật chạm đất :
x2 v0t2  g

(1) và (2)

t22
h
2

 v0 

(2)
g
g
 t1  t2  ; h  t1t2
2
2
x3 g

Thả tự do, khi vật chạm đất :

t2
2h
h  t 
 t1t2

2
g

Chú ý : Từ độ cao h ném vật với vận tốc v0 khi hướng lên vật chạm đất trong thời gain t1 , khi
hướng xuống vật chạm đất trong thời gian t2, thì khi thả tự do thời gian vật chạm đât là
t  t1t2

4. 9.
a. Vận tốc ban đầu của vật
- Chọn chiều dương hướng lên. Phương trình chuyển động của vật là:
y v 0 t 

1 2
gt
2

- Khi vật chạm đất,

y 0  v 0 t 

1 2
gt 10.4
gt 0  v 0  
20m / s
2
2
2

Vậy: Vận tốc ban đầu của vật là v0 20m / s
b. Độ cao tối đa mà vật đạt được ( a  g )

v 2  v02
v  v  2gh  h 
 2g
- Từ công thức liên hệ:
2

- Khi vật ở độ cao tối đa:

2
0

v 0  h 

02  202
20m
 2.10

Vậy: Độ cao tối đa mà vật đạt được là h = 20 m.
3
c) Vận tốc của vật ở độ cao bằng 4 độ cao tối đa

- Từ công thức liên hệ:

v12  v 02  2gh1  v1  v 02  2gh1

3
3
h1  h  .20 15m
4
4

với
 v1  20 2  2.10.15 10m / s (đi lên và đi xuống)

3
Vậy: Vận tốc của vật ở độ cao bằng 4 độ cao tối đa là v1 10m / s


4. 10.
- Vì mỗi giây có hai quả bóng được tung lên nên thời gian để mỗi quả bóng lên đến điểm cao nhất
là:
1
t  0,5s
2

- Vận tốc ban đầu của các quả bóng là: v 0 gt 9,8.0,5 4,9m / s
- Độ cao cực đại mà mỗi quả bóng lên được là:

h max 

 v 02  (4,9)2

1, 225m
 2g  2.9,8

Vậy: Độ cao cực đại mà mỗi quả bóng lên được là hmax = 1,225 m.
4. 11.
- Chọn gốc tọa độ tại mặt đất, chiều dương hướng lên, gốc thời gian lúc ném vật được ném lên cao.
Gọi t là thời gian chuyển động của vật khi ném lên thì (t-n) là thời gian chuyển động của vật khi thả
rơi tự do.
- Các phương trình chuyển động của vật trong hai trường hợp là:

1 2
gt
2

(1)

1
g(t  n) 2
2

(2)

y1 H  v 0 t 
y 2 H 

- Khi vật chạm đất thì: y1 = y2 = 0.
 H

1
2H
g(t  n) 2 0  t n 
2
g

(3)

 H  v0 t 

1 2
1

gt H  g(t  n) 2
2
2

 H  v0 t 

1 2
1
1
gt H  gt 2  gnt  gn 2
2
2
2

1 2
gn 2
 v 0 t gnt  gn  v 0 gn 
2
2t

(4)

(5)
v0 gn 

- Thay giá trị t ở (3) vào (5) ta được :

gn 2

2H 

2 n 

g 




 2H n 
2H  n 
2H 
2
2gn
n

2gn  n 

gn
 


   gn 

g  2 
g 
g
2





 v0 





2H 
2H 
2H 
2 n 
2 n 


n

g 
g 
g 





Vậy: Vận tốc của vật để khi được ném lên chạm đất chậm hơn n giây so với khi được thả rơi là

 2H n 
gn 
 
g
2


v0 

2H 
n

g 


4. 12.
Chọn trục toạ độ Ox thẳng đứng hướng xuống, gốc O tại đỉnh tháp, gốc thời gian tại lúc ném vật
Toạ độ của vật ném xuống sau thời gian t là :

x1  g

t2
2

t2
t2
x2  x0  v0t  g 400  50t  g
2
2
Cũng trong thời gian này, toạ độ vật ném lên :

Khi hai vật gặp nhau

x1  x2  g

t2

t2
400  50t  g  t 8s
2
2

 x2 320m

4. 13.
v2
h .
2g
- Khoảng cách từ cạnh dưới của thước đến lỗ sáng là:

(v là vận tốc cạnh dưới của thước khi nó đi ngang qua lỗ sáng, v cũng chính là vận tốc ban đầu ứng
với thời gian thước che khuất lỗ sáng).
1
l v0t  gt 2
2
- Ta có:
l
 v0 

1 2
1
gt
0, 25  .10.0,12
2
2

2m / s.

t
0,1

22
 h
0, 2m 20cm.
2.10

Vậy: Khoảng cách từ cạnh dưới của thước A đến lỗ sáng là h =20 cm
4. 14.
- Gọi t là thời gian của sự rơi tự do. Trong khoảng thời gian này thì:
1
h  gt 2
2
+ vật A rơi được một đoạn:
1
s  at 2
2
+ nêm chuyển động sang trái một đoạn:

- Mặt khác, trên hình vẽ ta thấy:

 1
 2


tan  

h
s


 3

1 2
gt
g
 tan   2

1 2 a
at
2
g
 a
g cot 
tan 

Vậy: Phải truyền cho nêm gia tốc a = gcot theo phương ngang để vật A rơi tự do xuống dưới theo
phương thẳng đứng.
4. 15.
Chọn hệ quy chiếu gắn với bán cầu: Gốc tọa độ O là đỉnh của

bán

cầu, trục Ox nằm ngang, trục Oy thẳng đứng (hướng xuống).
Trong hệ quy chiếu gắn với bán cầu thì:
- Vận tốc ban đầu của quả cầu nhỏ là: v10 v0
 x v0t


1 2

 y  2 gt
- Các phương trình chuyển động là:

 y

g 2
x
2v02

 quỹ đạo của quả cầu nhỏ trong hệ quy chiếu gắn với bán cầu là một parabol. Để quả cầu nhỏ rơi
tự do thì parabol này phải khơng cắt mặt bán cầu.
- Xét một điểm M trên parabol trên, ta phải có: yM OH
Với



R 2  xM2

OH R 

g 2
xM R 
2v02

R 2  xM2

R 2  xM2 R 

g 2
xM

2v02

g 2
g2 4
 R  x R  2 R. 2 xM  4 xM
2v0
2v0
2



2
M

2

g 2 2 Rg
xM  2  1
4v04
v0

- Bất đẳng thức trên phải thỏa mãn với mọi x khi:
Rg
 1 0  v0  Rg  0, 4.10 2m / s.
v02

Vậy: Vận tốc nhỏ nhất của bán cầu để nó khơng
sự rơi tự do của quả cầu nhỏ là v0min 2m / s.

cản


trở


4. 16.
t

- Thời gian rơi của các giọt nước là:

2h
2.16

 3, 2s.
g
10

- Khoảng thời gian từ lúc giọt nước này bắt đầu rơi đến giọt nước kế tiếp bắt đầu rơi là:
t
t
3, 2
t  15  
s
4 4
4

- Khoảng cách giữa giọt nước (1) và giọt nước (2) là:
1
1
1
2

s12  gt12  gt22  g  t 2   t  t  


2
2
2
2


2
1
3, 2  
s12  .10  3, 2   3, 2 
 
2
4


 

2
1
7
s12  .10. . 3, 2 7 m.
2
16

- Khoảng cách giữa giọt nước (2) và giọt nước (3) là:
1
1

1
2
2
s23  gt22  gt32  g   t  t    t  2t  


2
2
2
2
2

1
3, 2  
2. 3, 2  
s23  .10.   3, 2 
   3, 2 
 
2
4  
4  



2
1
5
s23  .10. . 3, 2 5m.
2
16


- Khoảng cách giữa giọt nước (3) và giọt nước (4) là:
1
1
1
2
2
s34  gt32  gt42  g   t  2t    t  3t  

2
2
2 
2
2

1
2. 3, 2  
3. 3, 2  
s34  .10.   3, 2 
   3, 2 
 
2
4  
4  



2
1
3

s34  .10. . 3, 2 3m.
2
16

Khoảng cách giữa giọt nước (4) và giọt nước (5) là:
1
1
1
2
2
s45  gt42  gt52  g   t  3t    t  4t  


2
2
2
2
2

1
3. 3, 2  
4. 3, 2  
s45  .10.   3, 2 
   3, 2 
 
2
4  
4  




2
1
1
s45  .10. . 3, 2 1m.
2
16

4. 17.
a. Khoảng cách giữa hai giọt nước
Vì hai giọt nước rơi ra khỏi ống nhỏ giọt cách nhau 0,5 s nên:


- Khi giọt nước trước rơi được 0,5 s thì giọt nước thứ hai mới bắt đầu rơi

 t 0  :

1
1
1
1
s1  gt12  gt22  .g  t12  t22   .10.  0,52  02  1, 25m
2
2
2
2

- Khi giọt nước trước rơi được 1 s thì giọt nước thứ hai rơi được 0,5 s:
1
1

1
1
s2  gt12  gt22  .g  t12  t22   .10.  12  0,52  3, 75m
2
2
2
2

- Khi giọt nước trước rơi được 1,5 s thì giọt nước thứ hai rơi được 1 s:
1
1
1
1
s3  gt12  gt22  .g  t12  t22   .10.  1,52  12  6, 25m
2
2
2
2

b. Khoảng thời gian hai giọt nước chạm đất
Vì thời gian rơi của các giọt nước như nhau nên khi các giọt nước rơi khỏi ống nhỏ giọt cách nhau
0,5 s thì các giọt nước sẽ chạm đất cách nhau 0,5s.
4. 18.
a. Thời gian rơi của vật
Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt đất, gốc tọa độ O tại sàn thang máy, chiều dương hướng lên; gốc
thời gian lúc vật bắt đầu rơi. Ta có:
1
y1  y01  v01t  a1t 2
2
Với sàn thang máy:

1
 y1 2, 4t  .2t 2 2, 4t  t 2
2

(1)

1
y2  y02  v02t  a2t 2
2
Với vật rơi:
1
 y2 2, 47  2, 4t  .   10  t 2 2, 47  2, 4t  5t 2
2

 2

- Khi vật chạm sàn thang máy thì: y1  y2 .
 2, 4t  t 2 2, 47  2, 4 t  5 t 2
 6t 2  2, 47 0

 t 0, 64s (nhận) và t '  0, 64s (loại).

Vậy: Thời gian rơi của vật là t 0, 64 s
b. Độ dịch chuyển của vật
Độ dịch chuyển của vật là khoảng cách giữa vị trí ban đầu với vị trí của vật khi rơi chạm sàn thang
máy:
y  y  y0   2, 47  2, 4t  5t 2    2, 47  2, 4t0  5t02 
 y   2, 47  2, 4.0, 64  5.0, 64 2    2, 47  2, 4.0  5.0 2 
 y 0,512m



Vậy: Độ dịch chuyển của vật so với hệ quy chiếu gắn với mặt đất là y 0,512m
c. Quãng đường vật đã đi được
- Quãng đường đi được của vật bằng quãng đường vật đi lên và quãng đường vật đi xuống:
s s1  s2 .

- Thời gian từ lúc vật bắt đầu rơi đến lúc vật đạt độ cao cực đại là:
t1 

v2  v02 0  2, 4

0, 24s
a2
 10

- Thời gian vật rơi từ độ cao cực đại đến sàn thang máy là:
t2 t  t1 0, 64  0, 24 0, 4s
v02 1 2 2, 42 1
 s   gt2 
 .10.0, 42 1, 06m
2g 2
2.10 2

Vậy: Quãng đường vật đã đi được là

 t 0  :

4. 19.
Chọn gốc tọa độ O tại mặt đất, chiều dương hướng lên; gốc thời gian
lúc hai vật bắt đầu chuyển động.

- Phương trình chuyển động của hai vật là:
+ vật (1):
+ vật (2):

x1 h 

1 2
gt
2

x2 H  v0t 

- Khi vật (1) chạm đất:
 t

2h
g

 1
1 2
gt
2

 2

x1 0  h 

1 2
gt 0
2


 3

- Khi vật (2) chạm đất:
x2 0  H  v0t 

1 2
1
gt 0  H vot  gt 2
2
2

- Thay giá trị t ở (3) vào (4), ta được:
H v0 .

2h 1 2h
2h
 g .  H v0
h
g 2 g
g

 v0  H  h  .

g
H h

2 gh  H  h 
2h
2h


Vậy: Vận tốc ban đầu của vật né

 4