Čas pri premikanju pod kotom glede na obzorje. Preučevanje gibanja telesa, vrženega pod kotom na obzorje. Razpon meta telesa, vrženega pod kotom na obzorje

Naj bo telo vrženo pod kotom α glede na obzorje s hitrostjo . Kot v prejšnjih primerih bomo zanemarili zračni upor. Za opis gibanja je potrebno izbrati dve koordinatni osi - Ox in Oy (slika 29).

Slika 29

Izvor je združljiv z začetnim položajem telesa. Projekcije začetne hitrosti na osi Oy in Ox: , . Projekcije pospeška: ,

Takrat bo gibanje telesa opisano z enačbami:

(8)

(9)

Iz teh formul sledi, da se telo giblje v vodoravni smeri enakomerno, v navpični smeri pa enakomerno pospešeno.

Pot telesa bo parabola. Glede na to, da je na vrhu parabole, lahko najdete čas, ki je potreben, da se telo dvigne na vrh parabole:

Če nadomestimo vrednost t 1 v enačbo (8), najdemo največjo višino telesa:

Največja višina dviga.

Čas letenja telesa najdemo iz pogoja, da je pri t \u003d t 2 koordinata y 2 \u003d 0. torej . Torej, - čas letenja telesa. Če primerjamo to formulo s formulo (10), vidimo, da je t 2 =2t 1 .

Čas gibanja telesa z največje višine t 3 =t 2 -t 1 =2t 1 -t 1 =t 1 . Torej, koliko časa se telo dvigne na največjo višino, koliko časa pade s te višine. Če nadomestimo vrednost časa t 2 v enačbo koordinate x (6), ugotovimo:

- obseg telesa.

Trenutna hitrost na kateri koli točki trajektorije je usmerjena tangencialno na trajektorijo (glej sliko 29), modul hitrosti je določen s formulo

Tako lahko gibanje telesa, vrženega pod kotom na obzorje ali v vodoravni smeri, obravnavamo kot rezultat dveh neodvisnih gibanj - vodoravnega enakomernega in navpičnega enakomerno pospešenega (prosti pad brez začetne hitrosti ali gibanje telesa, vrženega navpično navzgor). ).

Razmislite, kaj je lahko cilj kinematičnih problemov.

1. Morda nas zanima sprememba kinematičnih veličin v proces gibanja, tj. pridobivanje informacij o spremembi koordinat, hitrosti, pospeška, kot tudi pripadajočih kotnih vrednosti.

2. Pri številnih težavah, na primer pri problemu gibanja telesa pod kotom na obzorje, je potrebno spoznati vrednosti fizikalnih količin v posebne države: doseg leta, največji vzpon itd.

3. V primerih, ko je telo hkrati udeleženo v več gibanjih (na primer kotaljenje žoge) ali se upošteva relativno gibanje več teles, je treba ugotoviti razmerja med premiki, hitrostmi in pospeški (linearnimi in kotnimi), tj. najdi enačbe kinematična povezava.

Kljub široki paleti problemov v kinematiki je mogoče predlagati naslednji algoritem za njihovo reševanje:

1. Naredi shematsko risbo, ki prikazuje začetni položaj teles in njihovo začetno stanje, tj. In .

2. Izberite referenčni okvir na podlagi analize pogojev problema. Če želite to narediti, morate izbrati referenčno telo in z njim povezati koordinatni sistem, ki označuje izvor koordinat, smer koordinatnih osi, trenutek začetka referenčnega časa. Pri izbiri pozitivnih smeri se ravnajo po smeri gibanja (hitrosti) ali smeri pospeška.

3. Na podlagi zakonov gibanja sestavite sistem enačb v vektorski obliki za vsa telesa, nato pa še v skalarni obliki, tako da te vektorske enačbe gibanja projicirate na koordinatne osi. Pri pisanju teh enačb je treba paziti na predznake "+" in "-" projekcij vektorskih količin, ki so v njih vključene.

4. Odgovor je treba dobiti v obliki analitične formule (na splošno) in na koncu narediti numerične izračune.

Primer 4 Koliko časa bo potnik, ki sedi pri oknu vlaka, ki se giblje s hitrostjo 54 km/h, videl nasproti vozeči vlak s hitrostjo 36 km/h in dolžino 250 m?

rešitev. Povežimo fiksni referenčni okvir z Zemljo, gibljivi okvir - z vlakom, v katerem se nahaja potnik. Po zakonu seštevanja hitrosti, kje je hitrost prihajajočega vlaka glede na prvega. V projekcijah na os Ox:

Ker je pot, ki jo prevozi prihajajoči vlak glede na prvega, enaka dolžini vlaka, je čas

Primer 5 Parnik vozi od Nižnega Novgoroda do Astrahana 5,0 dni, nazaj pa 7,0 dni. Kako dolgo bo splav plul od Nižnega Novgoroda do Astrahana? Parkiranje in prometne zamude so izključene.

Podano: t 1 \u003d 5 dni, t 2 \u003d 7 dni.

rešitev. Nepremični referenčni okvir bomo povezali z obalo, gibljivi okvir pa z vodo. Predpostavimo, da je hitrost vode na vsej poti enaka, hitrost uparjalnika glede na vodo pa stalna in enaka modulu trenutne hitrosti uparjalnika glede na vodo.

Ker se splav premika glede na obalo s hitrostjo rečnega toka, je čas njegovega gibanja , kjer je s razdalja med mesti. Ko se parnik premika navzdol, je njegova hitrost po zakonu seštevanja hitrosti ali v projekciji na os Ox:

kjer je hitrost ladje glede na obalo, je hitrost ladje glede na reko.

Če poznate čas gibanja, lahko ugotovite hitrost:

Iz formul (1) in (2) imamo:

Ko se parnik giblje proti toku ali v projekcijah na os Ox, kjer je hitrost parnika glede na obalo.

Na drugi strani, . Potem

Če rešimo sistem enačb (3) in (4) glede na , dobimo:

Poiščimo čas gibanja splava:

Primer 6 Pri enakomerno pospešenem gibanju preteče telo v prvih dveh enakih zaporednih časovnih intervalih po 4,0 s vsaka pot s 1 \u003d 24 m oziroma s 2 \u003d 64 m. Določite začetno hitrost in pospešek telesa.

Podano: t 1 \u003d t 2 \u003d 4,0 s, s 1 \u003d 24 m, s 2 \u003d 64 m.

rešitev. Zapišimo enačbe poti za s 1 oziroma (s 1 + s 2). Ker je v tem primeru začetna hitrost enaka, potem

Ker je t1=t2, potem

Če izrazimo iz (1) in ga nadomestimo v (2), dobimo:

Nato začetna hitrost

Primer 7 Avto, ki se giblje po pravokotni tirnici z enakomernim pospeškom z začetno hitrostjo 5,0 m / s, je v prvi sekundi prevozil razdaljo 6,0 m. Poiščite pospešek avtomobila, trenutno hitrost na koncu druge sekunde in premik v 2,0 s.

rešitev.Če poznate pot, ki jo je telo prepotovalo v prvi sekundi, lahko najdete pospešek:

Hitrost na koncu druge sekunde se ugotovi s formulo

Primer 8 X) ima obliko x \u003d A + Bt + Ct 3, kjer je A \u003d 4 m, B \u003d 2m / s, C = -0,5 m / s 3.

Za trenutek t 1 =2 c določite: 1) koordinato točke x 1 točke; 2) trenutna hitrost v1; 3) takojšen pospešek a 1.

Podano: x \u003d A + Bt + Ct 3, A = 4 m, B \u003d 2 m / s, C \u003d -0,5 m / s 3, t 1 = 2 s.

Najdi: x 1; v1; a 1 .

rešitev. 1. V enačbi gibanja namesto t nadomestite dano vrednost časa t 1: x 1 \u003d A + Bt 1 + Ct 1 3. V ta izraz nadomestimo vrednosti A, B, C, t 1 in izvedemo izračune: x 1 \u003d 4 m.

2. Takojšnja hitrost: Potem je v času t 1 trenutna hitrost v 1 = B + 3Ct 1 2 . Tukaj nadomestimo vrednosti B, C, t 1: v 1 = - 4 m / s. Predznak minus pomeni, da se točka v času t 1 =2 c premika v negativni smeri koordinatne osi.

3. Takojšnje pospeševanje: Trenutni pospešek v času t 1 je a 1 = 6Сt 1 . Nadomestite vrednosti C, t 1: a 1 \u003d -6 m / s 2. Znak minus označuje, da smer vektorja pospeška sovpada z negativno smerjo koordinatne osi in to velja za kateri koli trenutek v pogojih tega problema.

Primer 9 Kinematična enačba gibanja materialne točke vzdolž premice (osi X) ima obliko x \u003d A + Bt + Ct 2, kjer je A \u003d 5 m, B \u003d 4m / s, C \u003d -1m / s 2. Določite povprečno hitrost v xsr za časovni interval od t 1 \u003d 1 c do t 2 \u003d 6 c.

Podano: x \u003d A + Bt + Ct 2, A \u003d 5m, B \u003d 4m / s, C \u003d - 1m / s 2, t 1 = 1 c, t 2 = 6 c.

Najdi: v xsr -? in xsr -?

rešitev. Povprečna hitrost za časovni interval t 2 -t 1 je določena z izrazom v cf = (x 2 -x 1) / (t 2 - t 1).

x 1 \u003d A + Bt 1 + Ct 1 2 \u003d 8 m, x 2 = A + Bt 2 + Ct 2 2 \u003d -7 m.

Zamenjajte vrednosti x 1 , x 2 , t 1 , t 2 in naredite izračune: v xsr = -3 m/s.

Primer 10 Iz helikopterja je bil odvržen tovor na višini h = 300 m. Po kolikšnem času bo breme doseglo tla, če: a) helikopter miruje; b) helikopter se spušča s hitrostjo v 0 =5 m/s; 3) helikopter se dviga s hitrostjo v 0 =5 m/s. Grafično opišite ustrezne premike bremena v oseh s(t), v(t) in a(t).

rešitev. a) Tovor, ki je zapustil mirujoči helikopter, prosto pada, tj. giblje se enakomerno s pospeškom prostega pada g. Čas gibanja poiščemo iz razmerja Grafi gibanja predmeta so na sliki označeni z 1.

b) Gibanje tovora, ki je zapustil helikopter, ki se spušča s konstantno hitrostjo v 0 \u003d 5 m / s, je enakomerno pospešeno gibanje s konstantnim pospeškom g in ga opisuje enačba

Zamenjava številskih vrednosti daje enačbo 9,8t 2 +10t-600=0.

Negativen rezultat nima fizičnega pomena, zato je čas gibanja t=7,57 s.

Grafi gibanja predmeta so na sliki označeni z 2.

3) Gibanje tovora, ki je zapustil helikopter in se dviga s konstantno hitrostjo v 0 =5 m/s, je sestavljeno iz dveh stopenj. Na prvi stopnji se obremenitev giblje enakomerno s konstantnim pospeškom g, ki je usmerjen nasproti hitrosti in je opisan z enačbami

Na vrhu trajektorije postane hitrost enaka nič, torej

Če drugo enačbo sistema nadomestimo s prvo, dobimo

Na drugi stopnji - prosti pad z višine h 0 \u003d h + h 1 \u003d 300 + 1,28 \u003d 301,28 m.

Zaradi

Grafi gibanja predmeta so na sliki označeni s 3.

Primer 11. Iz balona, ​​ki se spušča s konstantno hitrostjo 2 m/s, vrže breme navpično navzgor s hitrostjo 18 m/s glede na tla. Določite razdaljo med kroglo in bremenom v trenutku, ko breme doseže najvišjo točko dviga. Po kolikšnem času bo utež poletela mimo žoge in padla navzdol.

Podano: v 01 = 2 m/s, v 02 =18 m/s

Najdi: s-? τ-?

rešitev. Usmerimo os 0Y navpično navzgor, izhodišče je kompatibilno s točko 0, kjer je bila žogica v trenutku vrga bremena.

Nato enačbi gibanja tovora in balona:

Hitrost gibanja bremena se spreminja po zakonu v 2 =v 02 - gt.

Na najvišji točki Pri dvigovanju bremena v 2 =0. Nato čas dviga do te točke Koordinata tovora v točki B

V tem času se je balon spustil do točke A; svojo koordinato

Razdalja med točkama A in B:

Po časovnem intervalu τ, ko kamen preleti žogico, bodo koordinate teles enake: y 1C = y 2C;

Primer 12. S kakšno hitrostjo in po kateri smeri naj leti letalo, da bo v dveh urah preletelo 300 km proti severu, če med letom piha severozahodni veter pod kotom 30 o na poldnevnik s hitrostjo 27 km/h?

Podano: t=7,2∙10 3 s; l=3∙10 5 m; α=30° ≈ 0,52 rad; v 2 ≈7,2 m/s.

Najdi: v 2 -? φ-?

rešitev. Oglejmo si gibanje letala v referenčnem sistemu, ki je povezan z zemljo.

Narišimo os OX v smeri proti vzhodu in os OY - proti severu. Nato hitrost letala v izbranem referenčnem okviru

kjer je v= l/t(2)

Enačba (1) v projekciji na os

OK: 0=v 1 ∙sinα – v 2 ∙sinφ;

OY: v= v 2 ∙cosφ - v 1 ∙cosα ali v 1 ∙sinα = v 2 ∙sinφ, v 2 ∙cosφ=v 1 ∙cosα + v (3)

Če te enačbe delimo po členih, dobimo tgφ=v 1 sinα/(v 1 cosα+ v),

ali ob upoštevanju (2)

tgφ=v 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t);

φ=arctgv 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t) ≈0,078 rad.

S kvadriranjem desnega in levega dela enačb (3) in seštevanjem dobljenih enačb dobimo

v 2 2 ∙sin 2 φ + v 2 2 ∙cos 2 φ = v 1 2 sin 2 α+ (v 1 ∙cosα + v) 2 ,

od koder ali ob upoštevanju (2)

Primer 13 Telo vrženo navpično navzgor se vrne na tla po t=3 s. Poiščite višino telesa in njegovo začetno hitrost.

rešitev. Gibanje telesa navzgor je enako počasno s pospeškom - g in se zgodi čez čas t 1 , gibanje navzdol pa je enakomerno pospešeno s pospeškom g in poteka v času t 2. Enačbe, ki opisujejo gibanje v prerezih AB in BA, tvorijo sistem:

Ker je v B =0, potem je v 0 =gt 1 . Če nadomestimo v 0 v prvo enačbo sistema, dobimo . Če ta izraz primerjamo s tretjo enačbo sistema, lahko sklepamo, da je čas vzpona enak času spusta t 1 =t 2 =t/2=1,5s. Začetna hitrost in hitrost ob pristanku sta enaki in sta v 0 =v A =gt 1 =9,8∙1,5=14,7 m/s.

telesna višina

Primer 14 Prosto padajoče telo v zadnji sekundi gibanja je preteklo polovico poti. Poiščite višino, s katere je bil vržen, in čas, potreben za premikanje.

rešitev. Odvisnost prevožene razdalje od časa za prosto padajoče telo. Ker je odsek BC, ki predstavlja polovico celotne poti, prevozil v času 1 s, je prvo polovico poti AB prevozil v času (t-1) s. Potem lahko gibanje na segmentu BC opišemo kot .

Reševanje sistema

dobimo t 2 -4t+2=0. Koreni te enačbe so t 1 \u003d 3,41 s in t 2 \u003d 0,59 s. Drugi koren ni primeren, ker čas gibanja naj glede na stanje problema presega eno sekundo. Telo je torej padalo v 3,41 s in v tem času prehodilo pot

Primer 15 S stolpa, visokega 25 m, vodoravno vržemo kamen s hitrostjo 15 m/s.

Ugotovite: 1) koliko časa bo kamen v gibanju, 2) na kakšni razdalji bo padel na tla, 3) s kakšno hitrostjo bo padel na tla, 4) pod kakšnim kotom bo tir kamna oklepal z obzorju na mestu padca na tla. Zračni upor je zanemarjen.

Podano: H=25 m, v o =15 m/s

Najdi: t-? s x - ? v-? φ-?

rešitev. Gibanje vodoravno vrženega kamna lahko razčlenimo na dvoje: vodoravno s x in navpično s y:

kjer je t čas gibanja.

2) s x \u003d v o t \u003d 33,9 m;

3) v y \u003d gt \u003d 22,1 m / s;

4) sinφ= v y /v=0,827;

Primer 16 S stolpa, visokega 25 m, vodoravno vržemo telo s hitrostjo v x =10 m/s.

Ugotovite: 1) čas t padca telesa, 2) na kateri razdalji l od podnožja stolpa bo padlo, 3) hitrost v na koncu padca, 4) kot, ki ga bo tir telesa naredil s tlemi na točki pristanka.

rešitev. Gibanje telesa je kompleksno. Giba se enakomerno vzdolž vodoravnice in enakomerno pospešeno s pospeškom g po navpičnici. Zato je odsek AB opisan z enačbami:

Za točko A imajo te enačbe obliko:

Potem l\u003d 10 2,26 \u003d 22,6 m in v y \u003d 9,8 2,26 \u003d 22,15 m / s.

Ker torej

Kot, ki ga trajektorija sklepa z zemljo, je enak kotu φ v trikotniku hitrosti v točki A, katerega tangenta , torej φ=68,7°.

Primer 17. Za telo, vrženo z vodoravno hitrostjo v x \u003d 10 m / s, po času t \u003d 2 s po začetku gibanja poiščite: normalni, tangencialni in polni pospešek ter polmer ukrivljenosti trajektorije pri to točko.

rešitev. Navpična komponenta hitrosti v y =gt=9,8∙2=19,6 m/s

Hitrost v točki A:

Vektorji tvorijo trikotnik hitrosti, vektorji pa trikotnik pospeškov. Kot je razvidno iz slike, sta si ta trikotnika podobna, kar pomeni, da sta njuni stranici sorazmerni: .

Normalni pospešek, torej polmer ukrivljenosti trajektorije

Primer 18.Žogo vržemo s hitrostjo 10 m/s pod kotom 40° glede na vodoravno ravnino.

Ugotovite: 1) do katere višine se bo žoga dvignila; 2) na kateri razdalji od mesta metanja bo žoga padla na tla, 3) kako dolgo bo v gibanju.

Podano: v o \u003d 10 m / s, α \u003d 40 o.

Najdi: s y - ? s x - ? t-?

rešitev. 1) Poiščimo največjo višino s y max , do katere se dvigne telo, vrženo s hitrostjo v o pod kotom α na obzorje. Imamo (glej sliko):

v y \u003d v o sinα - gt; (1)

s y \u003d v o t∙sinα - gt 2 / 2. (2)

Na vrhu v y = 0 in iz (1) dobimo v o ∙sin𝛼 = gt 1 , torej čas dviga žogice t 1 =v o ∙sinα/g. Če zamenjamo t 1 v (2), dobimo

s y max \u003d v o 2 ∙ sin 2 α / (2g) \u003d 2,1 m.

2) Poiščite razdaljo leta s x max telesa, vrženega pod kotom na obzorje.

Imamo: v x \u003d v o cosα , (3)

s x =v x t=v o t∙cosα. (4)

Telo bo padlo na vodoravno ravnino v času t 2 =2t 1 =2v o sinα/g.

Če t 2 nadomestimo v (4), dobimo s xmax = v o 2 sin2α/ g= 10,0 m

3) t 2 \u003d 2t 1 \u003d 2v o sinα / g \u003d 1,3 s.

Primer 19. Telo vržemo s hitrostjo v 0 =10 m/s 2 pod kotom α=30° glede na obzorje. Do katere višine se bo dvignilo telo? Na kateri razdalji od mesta, kjer je bil vržen, bo udaril ob tla? Koliko časa bo na poti?

rešitev. Vodoravna in navpična komponenta začetne hitrosti

Gibanje v odseku OA lahko razčlenimo na dve preprosti gibi: enakomerno vodoravno in enakomerno upočasnjeno navpično:

Na točki A

Potem in

Če telo hkrati sodeluje pri več gibanjih, potem sodeluje pri vsakem od njih neodvisno od drugega, zato je čas gibanja v odseku AB določen s časom gibanja navzdol - t 2. Čas premikanja navzgor je enak času premikanja navzdol, kar pomeni, da

Pri enakomernem vodoravnem gibanju telo v enakih časovnih intervalih opravi enake odseke poti, torej

Domet letenja

telesna višina

Primer 20. Točka se giblje premočrtno po ravnini po zakonu x=4(t-2) 2 . Kakšna sta začetna hitrost v 0 in pospešek točke a? Poiščite trenutno hitrost točke v t =5 na začetku pete sekunde gibanja.

rešitev.

1) Ker v=x’, potem je v 0 =(4∙(t-2) 2)’=(4∙(t 2 -4t+4))’=(4t 2 -16t+16)’=8t-16

pri t=0 v 0 =-16 m/s.

2) Ker a= , potem je a=(8t-16)’=8 m/s.

3) Pri t=4, ker Pred začetkom 5 s so minile 4 s.

v t \u003d 5 \u003d 8t-16 \u003d 8 ∙ 4-16 \u003d 32 m / s.

odgovor: Začetna hitrost točke v 0 =-16 m/s, pospešek a=8 m/s, hitrost točke na začetku pete sekunde gibanja v t =5 =32 m/s.

Primer 21. Gibanje materialne točke opisujejo enačbe: a) s=αt 3 ; b) s=αt 2 +βt. Primerjaj povprečno hitrost ter aritmetično sredino začetne in končne hitrosti v cf v časovnem intervalu 0 - t. Tu sta α in β pozitivni konstanti.

rešitev. Spomnimo se definicij povprečne in trenutne hitrosti:

Izraze za trenutno hitrost dobimo z diferenciranjem enačbe gibanja.

Izraze za povprečno hitrost dobimo kot razmerje med spremembo krivulje koordinate in časom:

Dobimo izraze za aritmetično srednjo hitrost:

Odgovorimo na vprašanje o pogojih problema. Vidimo, da v primeru “a” povprečna in aritmetična sredina hitrosti ne sovpadata, v primeru “b” pa se.

Primer 22. Materialna točka se giblje enakomerno po krivulji. Na kateri točki trajektorije je največji pospešek?

rešitev. Pri gibanju po krivulji je pospešek vsota tangencialnega in normalnega. Tangencialni pospešek označuje hitrost spremembe vrednosti (modula) hitrosti. Če se hitrost ne spremeni, je tangencialni pospešek enak nič. Normalni pospešek je odvisen od radija ukrivljenosti trajektorije a n = v 2/R. Pospešek je največji v točki z najmanjšim polmerom ukrivljenosti, tj. na točki C.

Primer 23. Materialna točka se giblje po zakonu:

1) Določite začetno koordinato, začetno hitrost in pospešek s primerjavo z zakonom gibanja s stalnim pospeškom. Zapišite enačbo za projekcijo hitrosti.

rešitev. Zakon gibanja s stalnim pospeškom ima obliko

Če to enačbo primerjamo z enačbo problemskega pogoja, dobimo

x 0 = - 1 m,

v 0 x = 1 m/s,

a x \u003d - 0,25 m / s 2.

Postavlja se vprašanje: kaj pomeni znak minus? Kdaj je projekcija vektorja negativna? Samo, če je vektor usmerjen proti koordinatni osi.

Na sliki ponazorimo začetno koordinato, vektorje hitrosti in pospeška.

Enačbo za hitrost zapišemo v obliki

in vanj nadomesti dobljene podatke (začetni pogoji)

2) Poiščite odvisnost hitrosti in pospeška od časa z uporabo definicij teh količin.

rešitev. Uporabimo definicije za trenutne vrednosti hitrosti in pospeška:

Razlikovanje, dobimo v x \u003d 1-0,25t, a x \u003d - 0,25 m / s 2.

Vidimo, da pospešek ni odvisen od časa.

3) Zgradite grafa v x (t) in a x (t). Opišite gibanje v vsakem delu grafa.

rešitev. Odvisnost hitrosti od časa je linearna, graf je ravna črta.

Pri t \u003d 0 v x \u003d 1 m / s. Pri t = 4 z v x = 0.

Iz grafa je razvidno, da je v odseku “a” projekcija hitrosti pozitivna, njena vrednost pa pada, tj. točka se počasi premika v smeri osi x. Na prerezu “b” je projekcija hitrosti negativna, njen modul pa narašča. Točka se giblje pospešeno v smeri, ki je nasprotna osi x. Zato na presečišču grafa z abscisno osjo pride do obrata, spremembe smeri gibanja.

4) Določite koordinato prelomnice in pot do prelomnice.

rešitev.Še enkrat ugotavljamo, da je na prelomni točki hitrost enaka nič. Za to stanje iz enačb gibanja dobimo:

Iz druge enačbe dobimo t pov = 4 s. (Vidi se, da za pridobitev te vrednosti ni treba zgraditi in analizirati grafa). Nadomestite to vrednost v prvo enačbo: x pov \u003d -1 + 4-4 2 / 8 \u003d 1 m Predstavimo, kako se je točka premaknila.

Pot do zavoja je, kot je razvidno iz slike, enaka spremembi koordinat: s zavoj =x zavoj -x 0 =1-(-1)=2 m.

5) V katerem trenutku gre točka skozi izhodišče?

rešitev. V enačbi gibanja je treba postaviti x = 0. Dobimo kvadratno enačbo 0 \u003d -1 + t-t 2 / 8 ali t 2 -8t + 8 \u003d 0. Ta enačba ima dva korena: . t 1 \u003d 1,17 s, t 2 \u003d 6,83 s. Dejansko gre točka skozi izhodišče dvakrat: ko se premika "tam" in "nazaj".

6) Poiščite pot, ki jo je točka prepotovala v 5 sekundah po začetku gibanja, in gibanje v tem času ter povprečno hitrost na tem odseku poti.

rešitev. Najprej poiščimo koordinato, v kateri se je po 5 sekundah premikanja izkazala točka in jo označimo na sliki.

x(5)=-1+5-5 2/8= 0,875 m.

Ker je točka po obratu v tem stanju, prevožena pot ni več enaka spremembi koordinate (premika), ampak je sestavljena iz dveh členov: poti do obrata

s 1 \u003d x pov - x 0 \u003d 1 - (-1) \u003d 2 m

in po obračanju

s 2 \u003d x pov - x (5) \u003d 1 - 0,875 \u003d 0,125 m,

s \u003d s 1 + s 2 \u003d 2,125 m.

Premik točke je

s x \u003d x (5) - x 0 \u003d 0,875 - (-1) \u003d 1,875 m

Povprečna hitrost se izračuna po formuli

V obravnavanem problemu je opisana ena najpreprostejših vrst gibanja - gibanje s stalnim pospeškom. Vendar je ta pristop k analizi narave gibanja univerzalen.

Primer 24. Pri enodimenzionalnem gibanju s stalnim pospeškom so odvisnosti koordinate in hitrosti delca od časa opisane z razmerji:

Vzpostavite povezavo med koordinato delca in njegovo hitrostjo.

rešitev. Iz teh enačb izključimo čas t. Za to uporabimo metodo zamenjave. Iz druge enačbe izrazimo čas in nadomestimo v prvo enačbo:

Če se gibanje začne od začetka ( X 0 =0) od počitka ( v 0 x =0), potem dobi nastala odvisnost obliko

znano iz šolskega tečaja fizike.

Primer 25. Gibanje materialne točke opisuje enačba: , kjer sta i in j orti osi x in y, α in β sta pozitivni konstanti. V začetnem trenutku je bil delec v točki x 0 =y 0 =0. Poiščite enačbo trajektorije delcev y(x).

rešitev. Pogoj problema je formuliran z uporabo vektorske metode opisa gibanja. Preidimo na koordinatno metodo. Koeficienti pri enotskih vektorjih so projekcije vektorja hitrosti, in sicer:

Najprej z reševanjem problema prvega razreda dobimo odvisnosti x(t) in y(t).

Primer 28. Z visokega stolpa h vrgel kamen s hitrostjo v 0 pod kotom α glede na obzorje. Najti:

1) kako dolgo bo kamen v gibanju;

2) na kakšni razdalji s bo padel na tla;

3) s kakšno hitrostjo bo padel na tla;

4) pod kakšnim kotom β bo pot kamna z obzorjem na točki njegovega padca;

5) normalni in tangencialni pospeški kamna na tej točki, kot tudi polmer ukrivljenosti trajektorije;

6) največja višina kamna.

Zanemarjajte zračni upor.

rešitev. Na primeru tega problema bomo pokazali, kako lahko v posplošeni obliki vzpostavimo zgornji algoritem za reševanje katerega koli problema danega razreda.

1. Naloga obravnava gibanje materialne točke (kamna) v gravitacijskem polju Zemlje. Gre torej za gibanje s konstantnim gravitacijskim pospeškom g, usmerjenim navpično navzdol.

Prosti pad je poseben primer enakomerno pospešenega gibanja brez začetne hitrosti. Pospešek tega gibanja je enak pospešku prostega pada, imenovanemu tudi gravitacijski pospešek. Formule za to gibanje so:

u t
g
h- višina, s katere telo pade
t- čas, v katerem se je padec nadaljeval

Opomba:

• Zračni upor v teh formulah ni upoštevan.
• Gravitacijski pospešek ima zmanjšano vrednost (9,81 (m/s?)) blizu zemeljske površine. Vrednost g na drugih razdaljah od zemeljske površine se spremeni!

Gibanje telesa, vrženega navpično navzgor

Telo, vrženo navpično navzgor, se giblje enakomerno počasi z začetno hitrostjo u0 in pospeševanje a = -g. gibanje telesa v času t je višina dviga h.Za to gibanje veljajo formule:

U0- začetna hitrost telesa
U- hitrost padca telesa po času t
g- pospešek prostega pada, 9,81 (m/s?)
h- višina, do katere se bo telo čez čas dvignilo t
t- čas

Hitrost telesa na določeni višini:

Največja višina dviga telesa:

Čas vzpona do največje višine:

Dodajanje gibov, usmerjenih pod kotom drug na drugega.

Telo lahko hkrati sodeluje v več translacijskih gibih. Ker so pospešek, hitrost in premik vektorske količine, jih lahko seštevamo po zakonih vektorskega (geometričnega) seštevanja. Tisti. po pravilu paralelograma.

Izračuna se lahko končna vrednost katere koli karakteristike gibanja.

če:
Gor je posledična trenutna hitrost,
U1- trenutna hitrost prvega premika,
U2- trenutna hitrost drugega gibanja,
? - kot, ki ga tvorita vektorja hitrosti u1 in u2,
Nato s kosinusnim izrekom dobimo:

Če se premiki 1 in 2 zgodita pravokotno drug na drugega, potem je formula poenostavljena, ker

Gibanje telesa, vrženega vodoravno.

Gibanje vodoravno vrženega telesa je kombinacija dveh medsebojno pravokotnih gibanj:
- horizontalno (enakomerno) gibanje,
- navpično (prosti pad)

Enačba poti za vodoravno vrženo telo

Če zgradimo trajektorijo vodoravno vrženega telesa v koordinatnem sistemu xy, vzamemo točko padca kot izhodišče koordinat, smer osi y pa sovpada s smerjo vektorja gravitacijskega pospeška, potem koordinate vsake točke trajektorije predstavljajo gibanje telesa v vodoravni smeri (gibanje s konstantno hitrostjo U0) in v navpični smeri (enakomerno pospešeno gibanje s pospeškom g)

x, y- telesne koordinate,
u0
g
t- čas potovanja (s)

Enačba za tirnico vodoravno vrženega telesa kot sledi:

g in začetno hitrost telesa u0 so konstante, potem koordinata l sorazmerno s kvadratom x, tj. trajektorija gibanja je parabola, katere vrh je v začetni točki gibanja.

Vektor položaja vodoravno vrženega telesa, formula

Položaj vsake točke trajektorije vodoravno vrženega telesa je mogoče določiti z vektorjem položaja r, kar je nastali premik:

oz Vektor položaja:

x koordinata:

y-koordinata:

Opomba: Zračni upor v formulah ni upoštevan.

Enačba gibanja telesa, vrženega pod kotom na obzorje.

Koordinate točke trajektorije opisujejo enačbe:

x, y- telesne koordinate
U0- začetna hitrost telesa (m/s)
? - kot, pod katerim je telo vrženo proti obzorju (°)
g- pospešek prostega pada 9,81 (m/s2)
t- čas potovanja (s)

Iz formul preko parametra t izpeljemo splošno enačba gibanja telesa, vrženega pod kotom na vodoravno ravnino

Od pospeška prostega pada g, ? - kot, pod katerim je telo vrženo proti obzorju, in začetna hitrost telesa u0-konstantne vrednosti, nato koordinata l sorazmerno s kvadratom x, tj. tir gibanja je parabola, začetna točka je na eni od njenih vej, vrh parabole pa je točka največjega dviga telesa.

Čas za doseganje največje višine telesa, vrženega pod kotom na obzorje.

Čas vzpona na največjo višino se določi iz pogoja, da je navpična komponenta trenutne hitrosti enaka nič

iz te enačbe dobimo:

U0- začetna hitrost telesa (m/s),
?
g- pospešek prostega pada 9,81 (m/s2),
thmax- čas vzpona na največjo višino (s)

Razpon meta telesa, vrženega pod kotom na obzorje.

Razpon meta oz radij poškodbe je določen s formulami skupnega časa gibanja in formulo telesnih koordinat

nadomeščanje tsmax v izraz in poenostavitev dobimo:

U0- začetna hitrost telesa (m/s),
? - kot, pod katerim je telo vrženo proti obzorju (°),
g- pospešek prostega pada 9,81 (m/s2),
tsmax- skupni čas vožnje (s)

Razmislite o gibanju telesa, vrženega vodoravno in se giblje samo pod vplivom gravitacije (zanemarjamo zračni upor). Na primer, predstavljajte si, da žogico, ki leži na mizi, potisnemo, se odkotali do roba mize in začne prosto padati z začetno hitrostjo, usmerjeno vodoravno (slika 174).

Projicirajmo gibanje žogice na navpično os in na vodoravno os. Gibanje projekcije žogice na os je gibanje brez pospeška s hitrostjo ; gibanje projekcije krogle na os je prosti pad s pospeškom nad začetno hitrostjo pod delovanjem gravitacije. Poznamo zakonitosti obeh gibanj. Komponenta hitrosti ostane konstantna in enaka . Komponenta raste sorazmerno s časom: . Nastalo hitrost je enostavno najti s pravilom paralelograma, kot je prikazano na sl. 175. Nagnil se bo navzdol in njegov naklon se bo s časom povečeval.

riž. 174. Gibanje žoge, ki se kotali z mize

riž. 175. Žoga, vržena vodoravno s hitrostjo, ima trenutno hitrost

Poiščite pot vodoravno vrženega telesa. Pomembne so koordinate telesa v trenutku

Da bi našli enačbo trajektorije, izrazimo iz (112.1) čas skozi in ta izraz nadomestimo v (112.2). Kot rezultat dobimo

Graf te funkcije je prikazan na sl. 176. Izkaže se, da so ordinate točk trajektorij sorazmerne s kvadrati abscis. Vemo, da takšne krivulje imenujemo parabole. Parabola je upodabljala graf poti enakomerno pospešenega gibanja (§ 22). Tako se prosto padajoče telo, katerega začetna hitrost je vodoravna, giblje po paraboli.

Prevožena pot v navpični smeri ni odvisna od začetne hitrosti. Toda prevožena pot v vodoravni smeri je sorazmerna z začetno hitrostjo. Zato je pri veliki vodoravni začetni hitrosti parabola, po kateri pada telo, bolj raztegnjena v vodoravni smeri. Če vodni curek izstrelimo iz vodoravno nameščene cevi (slika 177), se bodo posamezni delci vode, tako kot krogla, premikali vzdolž parabole. Bolj kot je odprta pipa, skozi katero voda vstopa v cev, večja je začetna hitrost vode in dlje od pipe pride curek do dna kivete. Če za curek postavimo zaslon z narisanimi parabolami, lahko preverimo, ali ima vodni curek res obliko parabole.

Naj bo telo vrženo pod kotom α do obzorja s hitrostjo \(~\vec \upsilon_0\). Kot v prejšnjih primerih bomo zanemarili zračni upor. Za opis gibanja je potrebno izbrati dve koordinatni osi - Ox in Oj(slika 1). Izvor je združljiv z začetnim položajem telesa. Projekcije začetne hitrosti na os Oj in Ox\[~\upsilon_(0y) = \upsilon_0 \sin \alpha; \ \upsilon_(0x) = \upsilon_0 \cos \alpha\]. Projekcije pospeška: g x = 0; g y=- g.

Takrat bo gibanje telesa opisano z enačbami:

\(~x = \upsilon_0 \cos \alpha t; \qquad (1)\) \(~\upsilon_x = \upsilon_0 \cos \alpha; \qquad (2)\) \(~y = \upsilon_0 \sin \ alfa t - \frac(gt^2)(2); \qquad (3)\) \(~\upsilon_y = \upsilon_0 \sin \alpha - gt. \qquad (4)\)

Iz teh formul sledi, da se telo v vodoravni smeri giblje enakomerno s hitrostjo \(~\upsilon_x = \upsilon_0 \cos \alpha\), v navpični smeri pa enakomerno pospešeno.

Pot telesa bo parabola. Glede na to, da je na vrhu parabole υ y = 0, lahko najdete čas t 1 dvig telesa na vrh parabole:

\(~0 = \upsilon_0 \sin \alpha - gt_1 \Rightarrow t_1 = \frac(\upsilon_0 \sin \alpha)(g). \qquad (5)\)

Zamenjava vrednosti t 1 v enačbo (3), najdemo največjo višino telesa:

\(~h_(max) = y_1 = \upsilon_0 \sin \alpha \frac(\upsilon_0 \sin \alpha)(g) - \frac(g)(2) \frac(\upsilon^2_0 \sin^2 \ alpha)(g^2),\) \(~h_(max) = \frac(\upsilon^2_0 \sin^2 \alpha)(2g)\) - največja telesna višina.

Čas letenja telesa najdemo iz pogoja, da je pri t = t 2 koordinirajo l 2 = 0. Zato je \(~\upsilon_0 \sin \alpha t_2 - \frac(gt^2_2)(2) = 0\). Zato je \(~t_1 = \frac(2 \upsilon_0 \sin \alpha)(g)\) čas letenja telesa. Če primerjamo to formulo s formulo (5), vidimo, da t 2 = 2 t 1. Čas gibanja telesa z največje višine t 3 = t 2 - t 1 = 2t 1 - t 1 = t 1. Torej, koliko časa se telo dvigne na največjo višino, koliko časa pade s te višine. Zamenjava koordinat v enačbo x(1) časovna vrednost t 2, ugotovimo:

\(~l = \frac(2 \upsilon_0 \cos \alpha \upsilon_0 \sin \alpha)(g) = \frac(\upsilon^2_0 \sin 2\alpha)(g)\) - doseg telesa.

Trenutna hitrost na kateri koli točki trajektorije je usmerjena tangencialno na trajektorijo (glej sliko 1). modul hitrosti je določen s formulo

\(~\upsilon = \sqrt(\upsilon^2_x + \upsilon^2_y) = \sqrt(\upsilon^2_0 \cos^2 \alpha + (\upsilon_0 \sin \alpha - gt^2)) = \sqrt (\upsilon^2_0 - 2 \upsilon_0 gt \sin \alpha + g^2t^2) .\)

Tako lahko gibanje telesa, vrženega pod kotom na obzorje ali v vodoravni smeri, obravnavamo kot rezultat dveh neodvisnih gibanj - vodoravnega enakomernega in navpičnega enakomerno pospešenega (prosti pad brez začetne hitrosti ali gibanje telesa, vrženega navpično navzgor). ).

Literatura

Aksenovich L. A. Fizika v srednji šoli: Teorija. Naloge. Testi: Proc. dodatek za zavode, ki zagotavljajo splošno. okolja, izobraževanje / L. A. Aksenovich, N. N. Rakina, K. S. Farino; Ed. K. S. Farino. - Mn.: Adukatsy i vykhavanne, 2004. - S. 16-17.

Teorija

Če telo vržemo pod kotom na obzorje, potem med letom nanj vplivata gravitacija in zračni upor. Če zanemarimo silo upora, je edina preostala sila gravitacija. Zato se zaradi 2. Newtonovega zakona telo giblje s pospeškom, ki je enak pospešku prostega pada; projekcije pospeška na koordinatne osi so a x = 0, in pri= -g.

Vsako zapleteno gibanje materialne točke je mogoče predstaviti kot nalaganje neodvisnih gibanj vzdolž koordinatnih osi, v smeri različnih osi pa se lahko vrsta gibanja razlikuje. V našem primeru lahko gibanje letečega telesa predstavimo kot superpozicijo dveh neodvisnih gibanj: enakomernega gibanja vzdolž vodoravne osi (os X) in enakomerno pospešenega gibanja vzdolž navpične osi (os Y) (slika 1). .

Projekcije hitrosti telesa se torej s časom spreminjajo takole:

,

kjer je začetna hitrost, α je vrzni kot.

Telesne koordinate se torej spreminjajo takole:

Z našo izbiro izhodišča koordinat, začetnih koordinat (slika 1) Potem

Druga vrednost časa, pri kateri je višina enaka nič, je enaka nič, kar ustreza trenutku metanja, tj. ta vrednost ima tudi fizični pomen.

Domet letenja dobimo iz prve formule (1). Domet letenja je vrednost koordinate X na koncu leta, tj. v času, ki je enak t0. Če nadomestimo vrednost (2) v prvo formulo (1), dobimo:

.

(3)

Iz te formule je razvidno, da je največji doseg leta dosežen pri kotu izmeta 45 stopinj.

Največjo višino dviga vrženega telesa lahko dobimo iz druge formule (1). Če želite to narediti, morate v tej formuli nadomestiti vrednost časa, ki je enaka polovici časa letenja (2), ker največja višina leta je na sredini tirnice. Izvajanje izračunov, dobimo