Kretanje tijela bačenog pod uglom. Kretanje tijela bačenog pod uglom prema horizontu! Kinematika je laka
Ostale su 3 sekunde do kraja finalne utakmice košarkaškog turnira Olimpijskih igara u Minhenu 1972. godine. Amerikanci - tim SAD - već su slavili pobjedu! Naš tim - reprezentacija SSSR-a - osvojio je oko 10 bodova protiv velikog Dream Teama...
Nekoliko minuta prije kraja utakmice. Ali, pošto je na kraju izgubila svu prednost, već je gubila jedan poen 49:50. Ono što se dalje dogodilo je bilo neverovatno! Ivan Edeško ubacuje loptu iza krajnje linije preko celog prostora ispod obruča Amerikanaca, gde naš centar Aleksandar Belov prima loptu okružen dvojicom protivnika i ubacuje je u koš. 51:50 - mi smo olimpijski prvaci!!!
Ja sam tada, kao dijete, doživio najjače emocije - prvo razočarenje i ogorčenost, pa ludo oduševljenje! Emocionalno sjećanje na ovu epizodu urezano je u moj um do kraja života! Pogledajte video na internetu za zahtjev "Zlatno bacanje Aleksandra Belova", nećete požaliti.
Amerikanci tada nisu priznali poraz i odbili su da prime srebrne medalje. Da li je moguće za tri sekunde uraditi ono što su naši igrači uradili? Prisjetimo se fizike!
U ovom članku ćemo razmotriti kretanje tijela bačenog pod kutom prema horizontu, kreirati Excel program za rješavanje ovog problema s različitim kombinacijama početnih podataka i pokušati odgovoriti na gornje pitanje.
Ovo je prilično poznat problem u fizici. U našem slučaju, tijelo bačeno pod uglom prema horizontu je košarkaška lopta. Izračunat ćemo početnu brzinu, vrijeme i putanju lopte koju je Ivan Edeshko bacio preko cijelog terena i koja je pala u ruke Aleksandra Belova.
Matematika i fizika košarkaškog leta.
Formule u nastavku i izračun uexcel univerzalni su za širok spektar problema o tijelima bačenim pod uglom u odnosu na horizont i koja lete duž paraboličke putanje bez uzimanja u obzir efekta trenja zraka.
Shema proračuna prikazana je na donjoj slici. Pokrenite MS Excel ili OOo Calc.
Početni podaci:
1. Pošto se nalazimo na planeti Zemlji i razmatramo balistički problem - kretanje tela u Zemljinom gravitacionom polju, onda pre svega zapisujemo glavnu karakteristiku gravitacionog polja - ubrzanje slobodnog pada g u m/s 2
do ćelije D3: 9,81
2. Košarkaško igralište je dugačko 28 metara i široko 15 metara. Razdaljina leta lopte skoro preko terena do prstena od suprotne krajnje linije horizontalno x pisati u metrima
do ćelije D4: 27,000
3. Ako pretpostavimo da je Edeshko izveo bacanje sa visine od oko dva metra, a Belov je loptu uhvatio negdje u nivou obruča, onda je sa košarkaškim obručem visine 3,05 metara razmak između tačaka polaska i dolaska lopta će biti vertikalno 1 metar. Zapišimo vertikalni pomak y u metrima
do ćelije D5: 1,000
4. Po mojim mjerenjima na snimku, ugao odlaska lopte α 0 iz ruku Edeshko nije prelazio 20 °. Unesite ovu vrijednost
do ćelije D6: 20,000
Rezultati proračuna:
Osnovne jednadžbe koje opisuju kretanje tijela bačenog pod uglom prema horizontu bez uzimanja u obzir otpora zraka:
x =v0* cos α 0 *t
y =v0*sin α 0 *t -g *t 2 /2
5. Hajde da izrazimo vreme t iz prve jednadžbe, zamijenite u drugu i izračunajte početnu brzinu lopte v 0 u m/s
u ćeliji D8: =(D3*D4^2/2/COS (RADIANS(D6))^2/(D4*TAN (RADIANS(D6))-D5))^0,5 =21,418
v0 =(g *x 2 /(2*(cosα 0 ) 2 *(x *tgα 0 -y)) 0,5
6. Vrijeme leta lopte iz ruku Edeška u ruke Belova t izračunaj u sekundama, znajući sada v 0 , iz prve jednačine
u ćeliji D9: =D4/D8/COS (RADIANS(D6)) =1,342
t = x /(v 0 * cosα 0 )
7. Pronađite ugao smjera brzine lopte α i na tački koja nas zanima. Da bismo to učinili, pišemo početni par jednadžbi u sljedećem obliku:
y =x *tgα 0 -g *x 2 /(2*v 0 2*(cosα 0 ) 2)
Ovo je jednadžba parabole - putanja leta.
Moramo pronaći ugao nagiba tangente na parabolu u tački koja nas zanima - to će biti ugao α i. Da biste to učinili, uzmite derivaciju, koja je tangenta nagiba tangente:
y' =tgα 0 -g *x /(v 0 2*(cosα 0 ) 2)
Izračunajte ugao dolaska lopte u ruke Belova α i u stepenima
u ćeliji D10: =ATAN (TAN (RADIANS(D6)) -D3*D4/D8^2/COS (RADIANS(D6))^2)/PI()*180 =-16,167
α i = arctgy ’ = arctg(tgα 0 — g * x /(v 0 2 *(cosα 0 ) 2))
Obračun u excelu je u principu završen.
Ostale opcije plaćanja:
Koristeći napisani program, možete brzo i jednostavno izvršiti proračune sa drugim kombinacijama početnih podataka.
Neka, s obzirom na horizontalu x = 27 metara , vertikalno y = Domet leta 1 metar i početna brzina v 0 = 25 m/s.
Potrebno je pronaći vrijeme leta t i uglovi odlaska α 0 i dolazak α i
Koristimo uslugu MS Excel "Izbor parametra". Više puta sam detaljno opisao u nekoliko članaka na blogu kako ga koristiti. Možete pročitati više o korištenju ove usluge.
Vrijednost u ćeliji D8 postavljamo na 25.000 promjenom odabira vrijednosti u ćeliji D6. Rezultat je na slici ispod.
Početni podaci u ovoj verziji proračuna u excelu (kao i u prethodnoj) označeni su plavim okvirima, a rezultati su zaokruženi crvenim pravokutnim okvirima!
Postavljanje stolaexcel neku vrijednost od interesa u jednoj od ćelija sa svijetložutim ispunom odabirom promijenjene vrijednosti u jednoj od ćelija sa svijetlotirkiznim ispunom, u općenitom slučaju možete dobiti deset različitih opcija za rješavanje problema kretanja tijelo bačeno pod uglom prema horizontu sa deset različitih skupova izvornih podataka!!!
Odgovor na pitanje:
Odgovorimo na pitanje postavljeno na početku članka. Lopta koju je uputio Ivan Edeško do Belova je, prema našim proračunima, odletela za 1,342 sekunde. Alexander Belov je uhvatio loptu, sletio, skočio i bacio je. Za sve to imao je "more" vremena - 1.658s! Ovo je zaista dovoljno vremena sa marginom! Detaljan prikaz videa kadar po kadar potvrđuje gore navedeno. Tri sekunde su bile dovoljne našim igračima da loptu sa svoje prve linije isporuče na tablu protivnika i ubace je u ring, upišući zlatom svoja imena u istoriju košarke!
molim poštujući autorski rad preuzimanje datoteka nakon pretplate za najave članaka!
Kinematika je laka!
Nakon bacanja, u letu, gravitacija djeluje na tijelo Ft i sila otpora vazduha Fs.
Ako se kretanje tijela događa pri malim brzinama, tada se sila otpora zraka obično ne uzima u obzir pri izračunavanju.
Dakle, možemo pretpostaviti da na tijelo djeluje samo gravitacija, što znači da je kretanje bačenog tijela slobodan pad.
Ako je ovo slobodan pad, tada je ubrzanje bačenog tijela jednako ubrzanju slobodnog pada g.
Na malim visinama u odnosu na površinu Zemlje, sila gravitacije Ft se praktično ne mijenja, pa se tijelo kreće konstantnim ubrzanjem.
Dakle, kretanje tijela bačenog pod uglom prema horizontu je varijanta slobodnog pada, tj. kretanje sa konstantnim ubrzanjem i krivolinijskom putanjom(pošto se vektori brzine i ubrzanja ne poklapaju u smjeru).
Formule ovog kretanja u vektorskom obliku: putanja tijela je parabola koja leži u ravni koja prolazi kroz vektore Ft i Vo .
Tačka početka bačenog tijela obično se bira kao ishodište koordinata.
U svakom trenutku, promjena brzine tijela u smjeru poklapa se sa ubrzanjem.
Vektor brzine tijela u bilo kojoj tački putanje može se razložiti na 2 komponente: vektor V x i vektor V y .
U svakom trenutku, brzina tijela bit će određena kao geometrijski zbir ovih vektora:
Prema slici, projekcije vektora brzine na koordinatne ose OX i OY izgledaju ovako:
Izračunavanje brzine tijela u bilo kojem trenutku:
Proračun pomaka tijela u bilo kojem trenutku:
Svaka tačka putanje kretanja tijela odgovara X i Y koordinatama:
Formule za izračunavanje za koordinate bačenog tijela u bilo kojem trenutku:
Iz jednačine kretanja mogu se izvesti formule za izračunavanje maksimalnog dometa L:
i maksimalna visina leta H:
P.S.
1. Sa jednakim početnim brzinama Vo, domet leta:
- povećava se ako se početni kut bacanja poveća sa 0 o na 45 o,
- Smanjuje se ako se početni kut bacanja poveća sa 45 o na 90 o.
2. Sa jednakim početnim uglovima bacanja, domet leta L raste sa povećanjem početne brzine Vo. 
3. Poseban slučaj kretanja tijela bačenog pod uglom u odnosu na horizont je kretanje tijela bačenog vodoravno, dok je početni ugao bacanja nula.
Šta je slobodan pad? Ovo je pad tijela na Zemlju u odsustvu otpora zraka. Drugim riječima, pada u prazninu. Naravno, odsustvo otpora vazduha je vakuum koji se ne može naći na Zemlji u normalnim uslovima. Stoga nećemo uzimati u obzir silu otpora zraka, smatrajući je toliko malom da se može zanemariti.
Ubrzanje gravitacije
Provodeći svoje čuvene eksperimente na Kosom tornju u Pizi, Galileo Galilei je otkrio da sva tijela, bez obzira na masu, padaju na Zemlju na isti način. To jest, za sva tijela, ubrzanje slobodnog pada je isto. Prema legendi, naučnik je tada bacao kugle različite mase sa tornja.
Ubrzanje gravitacije
Ubrzanje slobodnog pada - ubrzanje kojim sva tijela padaju na Zemlju.
Ubrzanje slobodnog pada je približno jednako 9,81 m s 2 i označeno je slovom g. Ponekad, kada tačnost nije fundamentalno važna, ubrzanje zbog gravitacije se zaokružuje na 10 m s 2 .
Zemlja nije savršena sfera i na različitim tačkama zemljine površine, u zavisnosti od koordinata i visine iznad nivoa mora, vrednost g varira. Dakle, najveće ubrzanje slobodnog pada je na polovima (≈ 9,83 m s 2), a najmanje na ekvatoru (≈ 9, 78 m s 2).
Telo slobodnog pada
Razmotrimo jednostavan primjer slobodnog pada. Neka tijelo padne sa visine h početnom brzinom nula. Pretpostavimo da smo podigli klavir na visinu h i mirno ga pustili.
Slobodni pad - pravolinijsko kretanje sa stalnim ubrzanjem. Usmjerimo koordinatnu osu iz tačke početnog položaja tijela na Zemlju. Primjenjujući formule kinematike za pravolinijsko ravnomjerno ubrzano kretanje, možete pisati.
h = v 0 + g t 2 2 .
Pošto je početna brzina nula, prepisujemo:
Odavde se nalazi izraz za vrijeme pada tijela sa visine h:
Uzimajući u obzir da v = g t, nalazimo brzinu tijela u trenutku pada, odnosno maksimalnu brzinu:
v = 2 h g · g = 2 h g .
Slično, možemo razmotriti kretanje tijela bačenog okomito prema gore određenom početnom brzinom. Na primjer, bacamo loptu uvis.
Neka koordinatna osa bude usmjerena okomito prema gore od točke bacanja tijela. Ovog puta tijelo se kreće ravnomjerno sporo, gubeći brzinu. Na najvišoj tački, brzina tijela je nula. Koristeći kinematičke formule možemo napisati:
Zamjenom v = 0 nalazimo vrijeme da se tijelo podigne na maksimalnu visinu:
Vrijeme pada poklapa se sa vremenom uspona, a tijelo će se vratiti na Zemlju nakon t = 2 v 0 g.
Maksimalna visina tijela bačenog okomito:
Pogledajmo sliku ispod. Prikazuje grafike brzina tijela za tri slučaja kretanja s ubrzanjem a = - g. Razmotrimo svaki od njih, nakon što smo naveli da su u ovom primjeru svi brojevi zaokruženi, a ubrzanje slobodnog pada uzeto je jednako 10 m s 2 .
Prvi grafikon je pad tijela sa određene visine bez početne brzine. Vrijeme pada t p = 1 s. Iz formula i grafika lako se može zaključiti da je visina sa koje je tijelo palo jednaka h = 5 m.
Drugi grafikon je kretanje tijela bačenog okomito prema gore s početnom brzinom v 0 = 10 m s. Maksimalna visina dizanja h = 5 m Vrijeme uspona i vrijeme pada t p = 1 s.
Treći grafikon je nastavak prvog. Telo koje pada odbija se od površine i njegova brzina naglo menja predznak u suprotan. Dalje kretanje tijela može se razmotriti prema drugom grafikonu.
Problem slobodnog pada tijela usko je povezan s problemom kretanja tijela bačenog pod određenim uglom prema horizontu. Dakle, kretanje duž paraboličke putanje može se predstaviti kao zbir dva nezavisna kretanja oko vertikalne i horizontalne ose.
Duž ose O Y tijelo se kreće jednoliko ubrzano sa ubrzanjem g, početna brzina ovog kretanja je v 0 y. Kretanje duž ose O X je ravnomerno i pravolinijsko, sa početnom brzinom v 0 x .
Uslovi za kretanje duž ose O X:
x 0 = 0; v 0 x = v 0 cos α ; a x = 0 .
Uslovi za kretanje duž ose O Y:
y 0 = 0; v 0 y = v 0 sin α ; a y = - g .
Predstavljamo formule za kretanje tijela bačenog pod uglom prema horizontu.
Vrijeme leta tijela:
t = 2 v 0 sin α g .
Domet leta tijela:
L \u003d v 0 2 sin 2 α g.
Maksimalni domet leta postiže se pod uglom α = 45°.
L m a x = v 0 2 g .
Maksimalna visina podizanja:
h \u003d v 0 2 sin 2 α 2 g.
Imajte na umu da u stvarnim uslovima, kretanje tijela bačenog pod uglom prema horizontu može pratiti putanju različitu od paraboličke zbog otpora zraka i vjetra. Proučavanje kretanja tijela bačenih u svemir je posebna nauka - balistika.
Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter
Ako je tijelo bačeno pod uglom prema horizontu, tada u letu na njega utječu gravitacija i otpor zraka. Ako se zanemari sila otpora, jedina preostala sila je sila gravitacije. Prema tome, zbog Newtonovog 2. zakona, tijelo se kreće ubrzanjem jednakom ubrzanju slobodnog pada; projekcije ubrzanja na koordinatne ose ax = 0, ay = - g.
Slika 1. Kinematske karakteristike tijela bačenog pod uglom prema horizontu
Svako složeno kretanje materijalne točke može se predstaviti kao nametanje neovisnih kretanja duž koordinatnih osa, a u smjeru različitih osa tip kretanja može se razlikovati. U našem slučaju, kretanje letećeg tela može se predstaviti kao superpozicija dva nezavisna kretanja: ravnomerno kretanje duž horizontalne ose (X-osa) i jednoliko ubrzano kretanje duž vertikalne ose (Y-osa) (slika 1.) .
Stoga se projekcije brzine tijela mijenjaju s vremenom na sljedeći način:
gdje je $v_0$ početna brzina, $(\mathbf \alpha )$ je ugao bacanja.
Uz naš izbor ishodišta, početne koordinate (slika 1) su $x_0=y_0=0$. Tada dobijamo:
(1)
Analizirajmo formule (1). Odredimo vrijeme kretanja bačenog tijela. Da bismo to učinili, postavili smo y koordinatu jednaku nuli, jer u trenutku sletanja, visina tela je nula. Odavde dobijamo za vrijeme leta:
Druga vrijednost vremena u kojem je visina jednaka nuli jednaka je nuli, što odgovara trenutku bacanja, tj. ova vrijednost ima i fizičko značenje.
Domet leta se dobija iz prve formule (1). Raspon leta je vrijednost x-koordinate na kraju leta, tj. u trenutku vremena jednakom $t_0$. Zamjenom vrijednosti (2) u prvu formulu (1) dobijamo:
Iz ove formule se vidi da se najveći domet leta postiže pri kutu bacanja od 45 stepeni.
Najveća visina dizanja bačenog tijela može se dobiti iz druge formule (1). Da biste to učinili, morate u ovu formulu zamijeniti vrijednost vremena jednaku polovini vremena leta (2), jer maksimalna je visina leta u sredini putanje. Provodeći proračune, dobijamo
Iz jednačina (1) može se dobiti jednačina putanje tijela, tj. jednačina koja povezuje x i y koordinate tijela tokom kretanja. Da biste to učinili, morate izraziti vrijeme iz prve jednačine (1):
i zamijenite ga u drugu jednačinu. Tada dobijamo:
Ova jednačina je jednačina putanje. Može se vidjeti da je ovo jednačina parabole sa granama prema dolje, što je označeno znakom “-” ispred kvadratnog člana. Treba imati na umu da su kut bacanja $\alpha $ i njegove funkcije ovdje samo konstante, tj. konstantni brojevi.
Tijelo je bačeno brzinom v0 pod uglom $(\mathbf \alpha )$ prema horizontu. Vrijeme leta $t = 2 s$. Do koje visine Hmax će se tijelo podići?
$$t_B = 2 s$$ $$H_max - ?$$
Zakon kretanja tela je:
$$\left\( \begin(array)(c) x=v_(0x)t \\ y=v_(0y)t-\frac(gt^2)(2) \end(array) \right.$ $
Početni vektor brzine formira ugao $(\mathbf \alpha )$ sa OX osom. shodno tome,
\ \ \
Kamen je bačen sa vrha planine pod uglom = 30$()^\circ$ prema horizontu početnom brzinom od $v_0 = 6 m/s$. Ugao nagnute ravni = 30$()^\circ$. Na kojoj udaljenosti od tačke bacanja će kamen pasti?
$$ \alpha =30()^\circ$$ $$v_0=6\ m/s$$ $$S - ?$$
Postavimo ishodište koordinata u tačku bacanja, OX - duž nagnute ravni nadole, OY - okomito na nagnutu ravan gore. Kinematske karakteristike kretanja:
zakon kretanja:
$$\left\( \begin(array)(c) x=v_0t(cos 2\alpha +g\frac(t^2)(2)(sin \alpha \ )\ ) \\ y=v_0t(sin 2 \alpha \ )-\frac(gt^2)(2)(cos \alpha \ ) \end(niz) \right.$$ \
Zamjenom rezultirajuće vrijednosti $t_B$, nalazimo $S$:
Neka tijelo bude bačeno pod uglom α prema horizontu brzinom . Kao iu prethodnim slučajevima, zanemarićemo otpor vazduha. Za opis kretanja potrebno je odabrati dvije koordinatne ose - Ox i Oy (Sl. 29).
Fig.29
Porijeklo je kompatibilno s početnim položajem tijela. Projekcije početne brzine na ose Oy i Ox: , . Projekcije ubrzanja: ,
Tada će se kretanje tijela opisati jednadžbama:
(8)
(9)
Iz ovih formula proizilazi da se tijelo kreće jednoliko u horizontalnom smjeru, a jednoliko ubrzano u vertikalnom smjeru.
Putanja tijela će biti parabola. S obzirom da na vrhu parabole možete pronaći vrijeme potrebno da se tijelo podigne na vrh parabole:
Zamjenom vrijednosti t 1 u jednačinu (8) nalazimo maksimalnu visinu tijela:
Maksimalna visina podizanja.
Vrijeme leta tijela nalazimo iz uvjeta da je na t = t 2 koordinata y 2 = 0. shodno tome, 
. Dakle, - vrijeme leta tijela. Upoređujući ovu formulu sa formulom (10), vidimo da je t 2 =2t 1 .
Vrijeme kretanja tijela od maksimalne visine t 3 =t 2 -t 1 =2t 1 -t 1 =t 1 . Dakle, koliko vremena se tijelo diže na maksimalnu visinu, koliko vremena pada sa ove visine. Zamjenom vrijednosti vremena t 2 u jednadžbu x koordinate (6) nalazimo:
- opseg tela.
Trenutna brzina u bilo kojoj tački putanje je usmjerena tangencijalno na putanju (vidi sliku 29), a modul brzine je određen formulom
Dakle, kretanje tijela bačenog pod uglom prema horizontu ili u horizontalnom smjeru može se smatrati rezultatom dva nezavisna kretanja - horizontalnog ravnomjernog i vertikalnog ravnomjerno ubrzanog (slobodnog pada bez početne brzine ili kretanja tijela bačenog okomito prema gore). ).
Razmotrite šta može biti cilj kinematičkih problema.
1. Možda nas zanima promjena kinematičkih veličina u proces kretanja, tj. dobijanje informacija o promeni koordinata, brzine, ubrzanja, kao i odgovarajućih ugaonih vrednosti.
2. U brojnim problemima, na primjer, u problemu kretanja tijela pod uglom prema horizontu, potrebno je naučiti o vrijednostima fizičkih veličina u specifične države: domet leta, maksimalni uspon, itd.
3. U slučajevima kada tijelo istovremeno učestvuje u više pokreta (npr. kotrljanje lopte) ili se razmatra relativno kretanje više tijela, potrebno je uspostaviti odnose između pomaka, brzina i ubrzanja (linearnih i ugaonih), tj. pronađite jednačine kinematička veza.
Unatoč velikom broju kinematičkih problema, može se predložiti sljedeći algoritam za njihovo rješavanje:
1. Napravite šematski crtež koji prikazuje početni položaj tijela i njihovo početno stanje, tj. i .
2. Odaberite referentni okvir na osnovu analize uslova problema. Da biste to učinili, trebate odabrati tijelo reference i pridružiti mu koordinatni sistem, naznačujući porijeklo koordinata, smjer koordinatnih osa, trenutak početka vremenske reference. Prilikom odabira pozitivnih pravaca, oni se vode smjerom kretanja (brzinom) ili smjerom ubrzanja.
3. Na osnovu zakona kretanja sastaviti sistem jednačina u vektorskom obliku za sva tijela, a zatim u skalarnom obliku, projektujući ove vektorske jednačine kretanja na koordinatne ose. Prilikom pisanja ovih jednačina treba obratiti pažnju na predznake "+" i "-" projekcija vektorskih veličina uključenih u njih.
4. Odgovor se mora dobiti u formi analitičke formule (općenito), a na kraju izvršiti numeričke proračune.
Primjer 4 Koliko dugo će putnik koji sjedi na prozoru voza koji se kreće brzinom od 54 km/h vidjeti nadolazeći voz koji prolazi pored njega, čija je brzina 36 km/h, a dužina 250 m?
Rješenje. Povežimo fiksni referentni okvir sa Zemljom, pokretni okvir - sa vozom u kojem se nalazi putnik. Prema zakonu sabiranja brzina, gdje je brzina nadolazećeg voza u odnosu na prvi. U projekcijama na osi Ox:
Budući da je put koji pređe nadolazeći voz u odnosu na prvi jednak dužini voza, vrijeme
Primjer 5 Parobrod ide od Nižnjeg Novgoroda do Astrahana 5,0 dana, a nazad - 7,0 dana. Koliko dugo će splav ploviti od Nižnjeg Novgoroda do Astrahana? Parking i zastoji u saobraćaju isključeni.
Dato: t 1 = 5 dana, t 2 = 7 dana.
Rješenje. Fiksni referentni okvir ćemo povezati s obalom, a pokretni okvir s vodom. Pretpostavljamo da je brzina vode jednaka cijelim putem, a brzina pare u odnosu na vodu konstantna i jednaka modulu trenutne brzine pare u odnosu na vodu.
Budući da se splav kreće u odnosu na obalu brzinom riječnog toka, tada je vrijeme njegovog kretanja , gdje je s udaljenost između gradova. Kada se parobrod kreće nizvodno, njegova brzina prema zakonu sabiranja brzina, ili u projekcijama na os Ox:
gdje je brzina broda u odnosu na obalu, je brzina broda u odnosu na rijeku.
Znajući vrijeme kretanja, možete pronaći brzinu:
Iz formula (1) i (2) imamo:
Kada se parobrod kreće protiv struje, ili u projekcijama na os Ox, gdje je brzina parobroda u odnosu na obalu.
S druge strane, . Onda
Rješavajući sistem jednadžbi (3) i (4) s obzirom na , dobivamo:
Nađimo vrijeme kretanja splava:
Primjer 6 Uz jednoliko ubrzano kretanje, tijelo prolazi prva dva jednaka uzastopna vremenska intervala od 4,0 s svaki put s 1 = 24 m i s 2 = 64 m, respektivno. Odredite početnu brzinu i ubrzanje tijela.
Dato: t 1 = t 2 = 4,0 s, s 1 = 24 m, s 2 = 64 m.
Rješenje. Napišimo jednačine putanje za s 1 i (s 1 + s 2), respektivno. Pošto je početna brzina u ovom slučaju ista, onda
Pošto je t1=t2, onda
Izražavajući iz (1) i zamjenom u (2), dobijamo:
Zatim početna brzina 
Primjer 7 Automobil je, krećući se pravolinijskom putanjom ravnomjernim ubrzanjem sa početnom brzinom od 5,0 m/s, u prvoj sekundi prešao put od 6,0 m. Odredite ubrzanje automobila, trenutnu brzinu na kraju druge sekunde i pomak za 2,0 s.
Rješenje. Znajući put koji je tijelo prešlo u prvoj sekundi, možete pronaći ubrzanje:
Brzina na kraju druge sekunde nalazi se po formuli
Primjer 8 X) ima oblik x = A + Bt + Ct 3, gdje je A = 4 m, B = 2 m / s, C = -0,5 m / s 3.
Za trenutak vremena t 1 =2 c odrediti: 1) koordinatu tačke x 1 tačke; 2) trenutna brzina v1; 3) trenutno ubrzanje a 1.
Dato: x = A + Bt + Ct 3, A = 4 m, B = 2 m / s, C = -0,5 m / s 3, t 1 = 2 s.
Nađi: x 1; v1; a 1 .
Rješenje. 1. Zamijenite u jednadžbi kretanja umjesto t datu vrijednost vremena t 1: x 1 \u003d A + Bt 1 + Ct 1 3. Zamjenjujemo vrijednosti A, B, C, t 1 u ovaj izraz i izvodimo proračune: x 1 = 4 m.
2. Trenutna brzina: 
Tada je u trenutku t 1 trenutna brzina v 1 = B + 3Ct 1 2 . Zamijenimo ovdje vrijednosti B, C, t 1: v 1 = - 4 m / s. Znak minus označava da se u trenutku t 1 =2 c tačka kreće u negativnom smjeru koordinatne ose.
3. Trenutačno ubrzanje: 
Trenutačno ubrzanje u trenutku t 1 je a 1 = 6St 1 . Zamijenite vrijednosti C, t 1: a 1 \u003d -6 m / s 2. Znak minus označava da se smjer vektora ubrzanja poklapa sa negativnim smjerom koordinatne ose, a to je slučaj za bilo koji trenutak u uvjetima ovog problema.
Primjer 9 Kinematička jednadžba kretanja materijalne tačke duž prave linije (os X) ima oblik x \u003d A + Bt + Ct 2, gdje je A = 5 m, B = 4m / s, C = -1m / s 2. Odredite prosječnu brzinu v xsr za vremenski interval od t 1 \u003d 1 c do t 2 \u003d 6 c.
Dato: x = A + Bt + Ct 2, A = 5m, B = 4m / s, C = - 1m / s 2, t 1 = 1 c, t 2 = 6 c.
Pronađi: v xsr -? i xsr -?
Rješenje. Prosječna brzina za vremenski interval t 2 -t 1 određena je izrazom v cf = (x 2 -x 1) / (t 2 - t 1).
x 1 = A + Bt 1 + Ct 1 2 = 8 m, x 2 = A + Bt 2 + Ct 2 2 = -7 m.
Zamijenite vrijednosti x 1 , x 2 , t 1 , t 2 i napravite proračune: v xsr = -3 m/s.
Primjer 10 Teret je ispušten sa helikoptera na visini h = 300 m. Nakon kojeg vremena će teret stići do tla ako: a) helikopter miruje; b) helikopter se spušta brzinom v 0 =5 m/s; 3) helikopter se diže brzinom v 0 =5 m/s. Grafički opišite odgovarajuća kretanja tereta u osi s(t), v(t) i a(t).
Rješenje. a) Teret koji je napustio nepokretni helikopter slobodno pada, tj. krećući se jednoliko sa ubrzanjem slobodnog pada g. Vrijeme kretanja nalazimo iz omjera 
Grafikoni kretanja objekta označeni su 1 na slici.
b) Kretanje tereta koji je napustio helikopter, a koji se spušta konstantnom brzinom v 0 = 5 m/s, je jednoliko ubrzano kretanje sa konstantnim ubrzanjem g i opisuje se jednadžbom
Zamjena brojčanih vrijednosti daje jednačinu 9.8t 2 +10t-600=0.
Negativan rezultat nema fizičko značenje, pa je vrijeme kretanja t=7,57 s.
Grafikoni kretanja objekta označeni su 2 na slici.
3) Kretanje tereta koji je napustio helikopter, koji se uzdiže konstantnom brzinom v 0 =5 m/s, sastoji se od dvije etape. U prvoj fazi, teret se kreće jednoliko sa konstantnim ubrzanjem g, usmjerenim suprotno brzini, a opisuje se jednadžbama
Na vrhu putanje, brzina postaje nula, dakle
Zamjenom druge jednačine sistema u prvu, dobijamo
U drugoj fazi - slobodan pad s visine h 0 = h + h 1 = 300 + 1,28 = 301,28 m.
Zbog
Grafikoni kretanja objekta označeni su 3 na slici.
Primjer 11. Iz balona koji se spušta konstantnom brzinom od 2 m/s, teret se baca vertikalno naviše brzinom od 18 m/s u odnosu na tlo. Odrediti udaljenost između lopte i tereta u trenutku kada teret dosegne najvišu tačku svog uspona. Nakon kojeg vremena će težina proletjeti pored lopte i pasti.
Zadato: v 01 = 2 m/s, v 02 =18 m/s
Pronađi: s-? τ-?
Rješenje. Usmjerimo osu 0Y vertikalno nagore, ishodište je kompatibilno sa tačkom 0, gdje se lopta nalazila u trenutku bacanja tereta.
Zatim jednačine kretanja tereta i balona:
Brzina kretanja tereta varira prema zakonu v 2 =v 02 - gt.
Na najvišoj tački U podizanju tereta v 2 =0. Zatim vrijeme podizanja do ove tačke Koordinata tereta u tački B
Za to vrijeme, balon se spustio do tačke A; njegova koordinata
Udaljenost između tačaka A i B:
Nakon vremenskog intervala τ, kada kamen proleti pored lopte, koordinate tijela će biti iste: y 1C = y 2C;
Primjer 12. Kojom brzinom i kojim kursom treba da leti avion da bi za dva sata preleteo 300 km ka severu, ako u toku leta duva severozapadni vetar pod uglom od 30 o u odnosu na meridijan brzinom od 27 km/h?
Zadato: t=7,2∙10 3 s; l=3∙10 5 m; α=30° ≈ 0,52 rad; v 2 ≈7,2 m/s.
Pronađi: v 2 -? φ-?
Rješenje. Razmotrimo kretanje aviona u referentnom okviru povezanom sa zemljom.
Nacrtajmo os OX u smjeru istoka, a osu OY - na sjever. Zatim brzina aviona u odabranom referentnom okviru
gdje je v= l/t(2)
Jednačina (1) u projekciji na osu
OK: 0=v 1 ∙sinα – v 2 ∙sinφ;
OY: v= v 2 ∙cosφ - v 1 ∙cosα, ili v 1 ∙sinα = v 2 ∙sinφ, v 2 ∙cosφ=v 1 ∙cosα + v (3)
Dijeleći ove jednačine član po član, dobijamo tgφ=v 1 sinα/(v 1 cosα+ v),
ili uzimajući u obzir (2)
tgφ=v 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t);
φ=arctgv 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t) ≈0,078 rad.
Kvadriranjem desnog i lijevog dijela jednadžbe (3) i sabiranjem rezultirajućih jednačina nalazimo
v 2 2 ∙sin 2 φ + v 2 2 ∙cos 2 φ = v 1 2 sin 2 α+ (v 1 ∙cosα + v) 2 ,
odakle , ili uzimajući u obzir (2)
Primjer 13 Tijelo bačeno okomito prema gore vraća se na tlo nakon t=3 s. Odredite visinu tijela i njegovu početnu brzinu.
Rješenje. Kretanje tijela prema gore je jednako sporo sa ubrzanjem - g i dešava se tokom vremena t 1 , a kretanje naniže se ravnomjerno ubrzava s ubrzanjem g i događa se za vrijeme t 2. Jednačine koje opisuju kretanje u sekcijama AB i BA čine sistem:
Kako je v B =0, onda je v 0 =gt 1 . Zamjenom v 0 u prvu jednačinu sistema, dobijamo . Ako uporedimo ovaj izraz sa trećom jednačinom sistema, možemo zaključiti da je vrijeme uspona jednako vremenu spuštanja t 1 =t 2 =t/2=1,5s. Početna brzina i brzina pri slijetanju jednake su jedna drugoj i iznose v 0 =v A =gt 1 =9,8∙1,5=14,7 m/s.
telesna visina
Primjer 14 Tijelo koje slobodno pada u posljednjoj sekundi kretanja prošlo je pola puta. Pronađite visinu sa koje je bačeno i vrijeme potrebno da se pomakne.
Rješenje. Ovisnost prijeđenog puta o vremenu za tijelo koje slobodno pada. Kako je dionica BC, koja čini polovinu cijele staze, prošla za vrijeme jednako 1 s, prva polovina puta AB prošla je za vrijeme (t-1) s. Tada se kretanje na BC segmentu može opisati kao .
Rješavanje sistema
dobijamo t 2 -4t+2=0. Korijeni ove jednadžbe su t 1 = 3,41 s i t 2 = 0,59 s. Drugi korijen nije prikladan, jer vrijeme kretanja, ovisno o stanju problema, treba da prelazi jednu sekundu. Dakle, tijelo je palo za 3,41 s i za to vrijeme je prešlo put 
Primjer 15 Kamen se baca horizontalno sa tornja visine 25 m brzinom od 15 m/s.
Odredite: 1) koliko dugo će se kamen kretati, 2) na kojoj udaljenosti će pasti na tlo, 3) kojom brzinom će pasti na tlo, 4) pod kojim uglom će putanja kamena napraviti sa horizonta na mestu njegovog pada na zemlju. Otpor zraka se zanemaruje.
Zadato: H=25 m, v o =15 m/s
Pronađi: t-? s x - ? v-? φ-?
Rješenje. Kretanje kamena bačenog horizontalno može se razložiti na dva: horizontalno s x i vertikalno s y:
gdje je t vrijeme kretanja.
2) s x \u003d v o t \u003d 33,9 m;
3) v y \u003d gt = 22,1 m / s;
4) sinφ= v y /v=0,827;
Primjer 16 Tijelo se baca horizontalno sa tornja visine 25 m brzinom v x =10 m/s.
Odrediti: 1) vrijeme t pada tijela, 2) na kojoj udaljenosti l od osnove tornja, ono će pasti, 3) brzina v na kraju pada, 4) ugao koji će putanja tela napraviti sa tlom u tački njegovog sletanja.
Rješenje. Kretanje tijela je složeno. Sudjeluje u ravnomjernom kretanju po horizontali i jednoliko ubrzano sa ubrzanjem g po vertikali. Stoga je dio AB opisan jednadžbama:
Za tačku A, ove jednadžbe imaju oblik:
Onda l\u003d 10 2,26 \u003d 22,6 m i v y \u003d 9,8 2,26 \u003d 22,15 m / s.
Jer, onda
Ugao koji trajektorija pravi sa zemljom jednak je uglu φ u trokutu brzina u tački A, čija tangenta 
, dakle φ=68,7°.
Primjer 17. Za tijelo bačeno horizontalnom brzinom v x = 10 m / s, nakon vremena t = 2 s nakon početka kretanja, pronađite: normalno, tangencijalno i puno ubrzanje, kao i polumjer zakrivljenosti putanje pri ovu tačku.
Rješenje. Vertikalna komponenta brzine v y =gt=9,8∙2=19,6 m/s
Brzina u tački A:
Vektori formiraju trokut brzina, a vektori trokut ubrzanja. Kao što se može vidjeti sa slike, ovi trokuti su slični, što znači da su im stranice proporcionalne: .
Normalno ubrzanje, dakle radijus zakrivljenosti putanje
Primjer 18. Lopta je bačena brzinom od 10 m/s pod uglom od 40° u odnosu na horizontalu.
Odrediti: 1) do koje visine će se lopta podići; 2) na kojoj udaljenosti od mesta bacanja će lopta pasti na tlo, 3) koliko dugo će biti u pokretu.
Dato: v o = 10 m / s, α = 40 oko.
Nađi: s y - ? s x - ? t-?
Rješenje. 1) Nađimo maksimalnu visinu s y max , do koje se diže tijelo bačeno brzinom v o pod uglom α prema horizontu. Imamo (vidi sliku):
v y \u003d v o sinα - gt; (jedan)
s y \u003d v o t∙sinα - gt 2 / 2. (2)
Na vrhu v y = 0 i iz (1) dobijamo v o ∙sin𝛼 = gt 1 , dakle vrijeme podizanja lopte t 1 =v o ∙sinα/g. Zamjenom t 1 u (2) dobijamo
s y max \u003d v o 2 ∙sin 2 α / (2g) = 2,1 m.
2) Pronađite domet leta s x max tijela bačenog pod uglom prema horizontu.
Imamo: v x \u003d v o cosα , (3)
s x =v x t=v o t∙cosα. (četiri)
Tijelo će pasti na horizontalnu ravan za vrijeme t 2 =2t 1 =2v o sinα/g.
Zamjenom t 2 u (4), dobivamo s xmax = v o 2 sin2α/ g= 10,0 m
3) t 2 \u003d 2t 1 \u003d 2v o sinα / g = 1,3 s.
Primjer 19. Tijelo je bačeno brzinom v 0 =10 m/s 2 pod uglom α=30° prema horizontu. Do koje visine će se tijelo podići? Na kojoj udaljenosti od mjesta gdje je bačen će udariti o tlo? Koliko dugo će biti u pokretu?
Rješenje. Horizontalne i vertikalne komponente početne brzine
Kretanje u OA sekciji može se razložiti na dva jednostavna pokreta: ravnomjerno horizontalno i ravnomjerno usporeno okomito:
U tački A
Onda 
i
Ako tijelo istovremeno sudjeluje u nekoliko pokreta, onda sudjeluje u svakom od njih nezavisno od drugog, pa je vrijeme kretanja u presjeku AB određeno vremenom kretanja prema dolje - t 2. Vrijeme za pomicanje prema gore je jednako vremenu za kretanje prema dolje, što znači da
Ujednačenim horizontalnim kretanjem tijelo prelazi jednake dijelove puta u jednakim vremenskim intervalima, dakle,
Domet leta
telesna visina
Primjer 20. Tačka se kreće pravolinijski na ravni prema zakonu x=4(t-2) 2 . Kolike su početna brzina v 0 i ubrzanje tačke a? Pronađite trenutnu brzinu tačke v t =5 na početku pete sekunde kretanja.
Rješenje.
1) Jer v=x’, zatim 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) Jer a= , zatim a=(8t-16)’=8 m/s.
3) Na t=4, jer 4 s je prošlo prije početka 5 s.
v t \u003d 5 = 8t-16 = 8 ∙ 4-16 = 32 m / s.
odgovor: Početna brzina tačke v 0 =-16 m/s, ubrzanje a=8 m/s, brzina tačke na početku pete sekunde kretanja v t =5 =32 m/s.
Primjer 21. Kretanje materijalne tačke opisuje se jednačinama: a) s=αt 3 ; b) s=αt 2 +βt. Uporedite prosječnu brzinu i aritmetičku sredinu početne i konačne brzine v cf u vremenskom intervalu 0 - t. Ovdje su α i β pozitivne konstante.
Rješenje. Prisjetite se definicija prosječne i trenutne brzine:
Izrazi za trenutnu brzinu dobijaju se diferenciranjem jednadžbe kretanja.
Izrazi za prosječnu brzinu nalaze se kao omjer promjene krivolinijske koordinate prema vremenu:
Dobijamo izraze za aritmetičku srednju brzinu:
Odgovorimo na pitanje o uslovima problema. Vidi se da se u slučaju “a” prosječna i aritmetička srednja brzina ne poklapaju, au slučaju “b” se poklapaju.
Primjer 22. Materijalna tačka se kreće jednoliko duž krivolinijske putanje. U kojoj tački putanje je maksimalno ubrzanje?
Rješenje. Kada se krećete po zakrivljenoj putanji, ubrzanje je zbir tangencijalne i normale. Tangencijalno ubrzanje karakterizira brzinu promjene vrijednosti (modula) brzine. Ako se brzina ne promijeni, tangencijalno ubrzanje je nula. Normalno ubrzanje zavisi od radijusa zakrivljenosti putanje a n = v 2/R. Ubrzanje je maksimalno u tački sa najmanjim radijusom zakrivljenosti, tj. u tački C.
Primjer 23. Materijalna tačka se kreće po zakonu: 
1) Odrediti početnu koordinatu, početnu brzinu i ubrzanje poređenjem sa zakonom kretanja sa konstantnim ubrzanjem. Zapišite jednačinu za projekciju brzine.
Rješenje. Zakon kretanja sa konstantnim ubrzanjem ima oblik
Upoređujući ovu jednačinu sa jednačinom uslova problema, dobijamo
x 0 = - 1 m,
v 0 x = 1 m/s,
a x \u003d - 0,25 m / s 2.
Postavlja se pitanje: šta znači znak minus? Kada je projekcija vektora negativna? Samo ako je vektor usmjeren prema koordinatnoj osi.
Oslikajmo početne vektore koordinata, brzine i ubrzanja na slici.
Zapisujemo jednačinu za brzinu u obliku
i zameniti dobijene podatke u njega (početni uslovi)
2) Nađite ovisnost brzine i ubrzanja o vremenu, koristeći definicije ovih veličina.
Rješenje. Primjenjujemo definicije za trenutne vrijednosti brzine i ubrzanja:
Razlikovanje, dobijamo v x = 1-0,25t, a x = - 0,25 m / s 2.
Vidi se da ubrzanje ne zavisi od vremena.
3) Izgradite grafove v x (t) i a x (t). Opišite kretanje u svakom dijelu grafikona.
Rješenje. Ovisnost brzine o vremenu je linearna, graf je prava linija.
Na t = 0 v x = 1 m / s. Kod t = 4 sa v x = 0.
Iz grafikona se vidi da je u sekciji “a” projekcija brzine pozitivna, a njena vrijednost opada, tj. tačka se polako kreće u pravcu x-ose. Na sekciji “b” projekcija brzine je negativna, a njen modul raste. Tačka se kreće ubrzano u smjeru suprotnom od x-ose. Stoga, na mjestu presjeka grafika s apscisnom osom, dolazi do okretanja, promjene smjera kretanja.
4) Odredite koordinate tačke okretanja i putanju do skretanja.
Rješenje. Još jednom napominjemo da je na prekretnici brzina nula. Za ovo stanje, iz jednačina kretanja dobijamo:
Iz druge jednačine dobijamo t pov = 4 s. (Vidi se da za dobijanje ove vrednosti nije potrebno graditi i analizirati graf). Zamijenite ovu vrijednost u prvoj jednadžbi: x pov \u003d -1 + 4-4 2 / 8 \u003d 1 m. Pokažimo kako se točka pomjerila.
Put do skretanja, kao što se vidi sa slike, jednak je promjeni koordinata: s okret =x okret -x 0 =1-(-1)=2 m.
5) U kom trenutku tačka prolazi kroz ishodište?
Rješenje. U jednadžbu kretanja treba staviti x = 0. Dobivamo kvadratnu jednadžbu 0 = -1 + t-t 2 / 8 ili t 2 -8t + 8 = 0. Ova jednadžba ima dva korijena: 
. t 1 = 1,17 s, t 2 = 6,83 s. Zaista, tačka prolazi kroz ishodište dva puta: kada se kreće "tamo" i "nazad".
6) Pronađite putanju koju je prešla tačka za 5 sekundi nakon početka kretanja, i kretanje za to vrijeme, kao i prosječnu brzinu tla na ovoj dionici puta.
Rješenje. Prije svega, pronađimo koordinatu u kojoj se točka pokazala nakon 5 sekundi kretanja i označimo je na slici.
x(5)=-1+5-5 2/8= 0,875 m.
Pošto je tačka u ovom stanju nakon skretanja, pređena putanja više nije jednaka promeni koordinata (pomeranja), već se sastoji od dva člana: putanje do skretanja
s 1 = x pov - x 0 \u003d 1 - (-1) = 2 m
i nakon okretanja
s 2 = x pov - x (5) = 1 - 0,875 \u003d 0,125 m,
s \u003d s 1 + s 2 = 2,125 m.
Pomak tačke je
s x = x (5) - x 0 = 0,875 - (-1) = 1,875 m
Prosječna brzina tla se izračunava po formuli
U razmatranom problemu opisan je jedan od najjednostavnijih tipova kretanja - kretanje sa konstantnim ubrzanjem. Međutim, ovaj pristup analizi prirode kretanja je univerzalan.
Primjer 24. U jednodimenzionalnom kretanju sa konstantnim ubrzanjem, zavisnosti koordinate i brzine čestice o vremenu opisane su relacijama:
Uspostaviti vezu između koordinate čestice i njene brzine.
Rješenje. Iz ovih jednačina isključujemo vrijeme t. Da bismo to učinili, koristimo metodu zamjene. Iz druge jednačine izražavamo vrijeme i zamijeni u prvu jednačinu:
Ako kretanje počinje od početka ( X 0 =0) iz mirovanja ( v 0 x =0), tada rezultirajuća zavisnost poprima oblik
dobro poznat iz školskog kursa fizike.
Primjer 25. Kretanje materijalne tačke je opisano jednadžbom: , gdje su i i j osi x i y, α i β su pozitivne konstante. U početnom trenutku vremena, čestica se nalazila u tački x 0 =y 0 =0. Pronađite jednadžbu putanje čestice y(x).
Rješenje. Uslov zadatka formuliran je vektorskom metodom opisa kretanja. Pređimo na koordinatni metod. Koeficijenti kod jediničnih vektora su projekcije vektora brzine, i to:
Prvo dobijamo zavisnosti x(t) i y(t) rešavanjem problema prve klase.
Primjer 28. Sa visokog tornja h bacio kamen brzinom v 0 pod uglom α prema horizontu. Nađi:
1) koliko dugo će kamen biti u pokretu;
2) na kojoj udaljenosti s će pasti na tlo;
3) kojom brzinom će pasti na tlo;
4) koji će ugao β biti putanja kamena sa horizontom na mestu njegovog pada;
5) normalno i tangencijalno ubrzanje kamena u ovoj tački, kao i poluprečnik krivine putanje;
6) najveća visina kamena.
Zanemarite otpor vazduha.
Rješenje. Koristeći ovaj problem kao primjer, pokazaćemo kako se u generaliziranom obliku može uspostaviti gornji algoritam za rješavanje bilo kojeg problema date klase.
1. Problem razmatra kretanje materijalne tačke (kamena) u Zemljinom gravitacionom polju. Dakle, ovo je kretanje sa konstantnim ubrzanjem gravitacije g, usmjereno okomito naniže.
