Một khối gỗ hình hộp chữ nhật được ném từ mặt sàn nằm ngang với vận tốc \({{v}_{0}}\) hợp góc \(\alpha \) so với sàn. Biết rằng trong quá trình chuyển động bề mặt lớn của khối gỗ luôn song song với sàn và khi chạm sàn khối gỗ không nảy lên. Hệ số ma sát trượt giữa khối gỗ và sàn là \(\mu \). Xác định góc \(\alpha \) để khối gỗ dừng lại cách điểm ném xa nhất. Bỏ qua sức cản của không khí.

Vì chuyển động của khối gỗ giống như chuyển động của vật ném xiên nên:

- Thời gian chuyển động của khối gỗ: \(t=\frac{2{{v}_{0}}\sin \alpha }{g}\).

- Tầm nén xa của khối gỗ: \({{s}_{1}}={{v}_{0}}\cos \alpha .t=\frac{2v_{0}^{2}\sin \alpha \cos \alpha }{g}\).

- Ngay trước khi chạm sàn khối gỗ có vận tốc \({{\overrightarrow{v}}_{0}}\) hợp với phương ngang góc \(\alpha \) và ngay sau khi chạm sàn, khối gỗ có vận tốc \(\overrightarrow{v}\) hướng theo phương ngang.

- Vì thời gian va chạm giữa khối gỗ và sàn là rất nhỏ nên ta có:

\(\overrightarrow{F}\Delta t=\Delta \Delta \overrightarrow{p}\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}

  & {{F}_{x}}\Delta t=\Delta {{p}_{x}} \\

 & {{F}_{y}}\Delta t=\Delta {{p}_{y}} \\

\end{align} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}

  & -{{F}_{ms}}\Delta t=mv-m{{v}_{0}}\cos \alpha  \\

 & Q\Delta t=m{{v}_{0}}\sin \alpha  \\

\end{align} \right.\)                             \(\begin{align}

  & (1) \\

 & (2) \\

\end{align}\)

- Lập tỷ số \(\frac{(1)}{(2)}\) và chú ý \({{F}_{ms}}=\mu Q\), ta được: \(-\mu =\frac{v-{{v}_{0}}\cos \alpha }{{{v}_{0}}\sin \alpha }\)

\(\Rightarrow v={{v}_{0}}(\cos \alpha -\mu \sin \alpha )\) (với \(v>0\))

- Khối gỗ trượt trên sàn quãng đường \({{s}_{2}}\) với gia tốc \(a=-\mu g\) và ta có:

\(0-{{v}^{2}}=2a{{s}_{2}}\Rightarrow {{s}_{2}}=\frac{-{{v}^{2}}}{-2\mu g}=\frac{v_{0}^{2}{{\left( \cos \alpha -\mu \sin \alpha  \right)}^{2}}}{2\mu g}\)

- Khối gỗ dừng lại cách điểm ném một đoạn: \(s={{s}_{1}}+{{s}_{2}}\).

\(\Leftrightarrow s=\frac{2v_{0}^{2}\sin \alpha \cos \alpha }{g}+\frac{v_{0}^{2}{{\left( \cos \alpha -\mu \sin \alpha  \right)}^{2}}}{2\mu g}\)

\(\Leftrightarrow s=\frac{4\mu v_{0}^{2}\sin \alpha \cos \alpha +v_{0}^{2}{{\cos }^{2}}\alpha -2v_{0}^{2}\mu \sin \alpha \cos \alpha +v_{0}^{2}{{\mu }^{2}}{{\sin }^{2}}\alpha }{2\mu g}\)

\(\Leftrightarrow s=\frac{v_{0}^{2}}{2\mu g}{{\left( \cos \alpha +\mu \sin \alpha  \right)}^{2}}\)

- Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:

\({{\left( \cos \alpha +\mu \sin \alpha  \right)}^{2}}\le \left( {{1}^{2}}+{{\mu }^{2}} \right)\left( {{\cos }^{2}}\alpha +{{\sin }^{2}}\alpha  \right)=1+{{\mu }^{2}}\)

Dấu “=” xảy ra khi: \(\frac{1}{\cos \alpha }=\frac{\mu }{\sin \alpha }\Leftrightarrow \tan \alpha =\mu \Rightarrow s\le \frac{v_{0}^{2}}{2\mu g}{{\left( 1+\mu  \right)}^{2}}\)

- Biện luận:

            + Để  \(v>0\)thì \(\cos \alpha -\mu \sin \alpha >0\Rightarrow \mu <\cot \alpha \) và:

            \({{s}_{\max }}=\frac{v_{0}^{2}}{2\mu g}{{\left( 1+\mu  \right)}^{2}}\) khi \(\mu =\tan \alpha \)

            + Nếu \(\mu \ge \cot \alpha \) thì \({{s}_{\max }}={{s}_{1\max }}=\frac{v_{0}^{2}}{g}\) khi \(\alpha =45{}^\circ \).