Pohyb těla vrženého pod úhlem. Pohyb tělesa vrženého šikmo k horizontu! Kinematika je snadná
Do konce finálového zápasu basketbalového turnaje OH v Mnichově 1972 zbývaly 3 vteřiny. Američané – tým USA – už slavili vítězství! Náš tým - národní tým SSSR - vyhrál asi 10 bodů proti týmu velkých snů...
Pár minut před koncem zápasu. Po ztrátě veškerého náskoku ale v závěru ztrácela jeden bod již 49:50. To, co následovalo, bylo neuvěřitelné! Ivan Edeshko vyhazuje míč zpoza koncové čáry přes celou plochu pod prstenem Američanů, kde náš centr Alexander Belov přijímá míč v obklíčení dvou protihráčů a dává jej do koše. 51:50 - jsme olympijští vítězové!!!
Jako dítě jsem tehdy prožíval nejsilnější emoce - nejprve zklamání a odpor, pak šílené potěšení! Emocionální vzpomínka na tuto epizodu se mi vryje do mysli na celý život! Podívejte se na video na internetu k žádosti „Zlatý hod Alexandra Belova“, nebudete litovat.
Američané pak nepřiznali porážku a odmítli převzít stříbrné medaile. Je možné stihnout za tři vteřiny to, co naši hráči? Vzpomeňme na fyziku!
V tomto článku se budeme zabývat pohybem tělesa vrženého pod úhlem k horizontu, vytvoříme program Excel pro řešení tohoto problému s různými kombinacemi počátečních dat a pokusíme se odpovědět na výše uvedenou otázku.
To je ve fyzice poměrně známý problém. V našem případě je tělo hozené šikmo k horizontu basketbalový míč. Vypočítáme počáteční rychlost, čas a dráhu míče, který Ivan Edeshko vrhne přes celé hřiště a spadne do rukou Alexandra Belova.
Matematika a fyzika basketbalového letu.
Níže uvedené vzorce a výpočet vvynikat jsou univerzální pro širokou škálu problémů o tělesech vržených šikmo k horizontu a letícím po parabolické dráze bez zohlednění vlivu tření vzduchu.
Schéma výpočtu je znázorněno na obrázku níže. Spusťte MS Excel nebo OOo Calc.
Počáteční údaje:
1. Jelikož jsme na planetě Zemi a uvažujeme o balistickém problému - pohybu těles v gravitačním poli Země, tak nejprve zapíšeme hlavní charakteristiku gravitačního pole - zrychlení volného pádu. G v m/s 2
do buňky D3: 9,81
2. Velikost basketbalového hřiště je 28 metrů na délku a 15 metrů na šířku. Letová vzdálenost míče téměř přes kurt do kruhu od opačné koncové čáry vodorovně X psát v metrech
do buňky D4: 27,000
3. Pokud předpokládáme, že Edeshko provedl hod z výšky asi dvou metrů a Belov chytil míč právě někde na úrovni ringu, pak při výšce basketbalového koše 3,05 metru bude vzdálenost mezi místy odletu a příletu míč bude svisle 1 metr. Zapišme si vertikální posun y v metrech
do buňky D5: 1,000
4. Podle mých měření na videu úhel odletu míče α 0 z rukou Edeshka nepřesáhla 20 °. Zadejte tuto hodnotu
do buňky D6: 20,000
Výsledky výpočtu:
Základní rovnice popisující pohyb tělesa vrženého pod úhlem k horizontu bez zohlednění odporu vzduchu:
X =v0* cos α 0 *t
y =v0*hřích α 0 *t-g *t2/2
5. Vyjádřeme čas t z první rovnice dosaďte do druhé a vypočítejte počáteční rychlost míče proti 0 v m/s
v buňce 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. Doba letu míče z rukou Edeshka do rukou Belova t počítat v sekundách, vědět teď proti 0 , z první rovnice
v buňce D9: =D4/D8/COS (RADIANS(D6)) =1,342
t = X /(proti 0 * cosα 0 )
7. Najděte úhel směru rychlosti míče α i v místě našeho zájmu. Za tímto účelem napíšeme počáteční dvojici rovnic v následujícím tvaru:
y =x *tgα 0 -g *x 2 /(2*v 0 2*(cosα 0 ) 2)
To je rovnice paraboly - dráha letu.
Musíme najít úhel sklonu tečny k parabole v bodě, který nás zajímá - to bude úhel α i. Chcete-li to provést, vezměte derivaci, která je tečnou sklonu tečny:
y' =tgα 0 -g *x /(v 0 2*(cosα 0 ) 2)
Vypočítejte úhel příchodu míče do rukou Belova α i ve stupních
v buňce 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 /(proti 0 2 *(cosα 0) 2))
Výpočet v excelu je v zásadě dokončen.
Další možnosti platby:
Pomocí napsaného programu můžete rychle a snadno provádět výpočty s jinými kombinacemi výchozích dat.
Nechat, vzhledem k horizontále X = 27 metrů , vertikální y = Dosah letu a počáteční rychlost 1 metr proti 0 = 25 m/s.
Je nutné zjistit čas letu t a odjezdové úhly α 0 a příjezd α i
Využijme službu MS Excel "Výběr parametru". Jak jej používat, jsem opakovaně podrobně popsal v několika článcích na blogu. Můžete si přečíst více o používání této služby.
Hodnotu v buňce D8 nastavíme na 25 000 změnou výběru hodnoty v buňce D6. Výsledek je na obrázku níže.
Počáteční data v této verzi výpočtu v excelu (stejně jako v předchozí) jsou zvýrazněna modrými rámečky a výsledky jsou zakroužkovány v červených obdélníkových rámečcích!
Prostřít stůlvynikat nějakou hodnotu zájmu v jedné z buněk se světle žlutou výplní výběrem změněné hodnoty v jedné z buněk se světle tyrkysovou výplní, v obecném případě můžete získat deset různých možností pro řešení problému pohybu tělo hozené šikmo k horizontu s deseti různými sadami zdrojových dat!!!
Odpověď na otázku:
Odpovězme na otázku položenou na začátku článku. Míč, který poslal Ivan Edeshko, letěl k Belovovi podle našich výpočtů za 1,342 sekundy. Alexander Belov chytil míč, dopadl, vyskočil a hodil ho. K tomu všemu měl „moře“ času – 1,658s! To je opravdu dost času s rezervou! Detailní pohled na video snímek po snímku potvrzuje výše uvedené. Tři vteřiny stačily našim hráčům na to, aby dopravili míč ze své přední linie na zadní desku soupeře a vhodili ho do ringu, čímž se zlatem zapsali do historie basketbalu!
prosím respektování autorské dílo stáhnout soubor po předplatném pro oznámení článků!
Kinematika je snadná!
Po hodu, za letu, působí na tělo gravitace Ft a sílu odporu vzduchu Fc.
Pokud k pohybu tělesa dochází při nízkých rychlostech, pak se při výpočtu obvykle nebere v úvahu síla odporu vzduchu.
Můžeme tedy předpokládat, že na těleso působí pouze gravitace, což znamená, že pohyb vrženého tělesa je volný pád.
Pokud se jedná o volný pád, pak se zrychlení vrženého tělesa rovná zrychlení volného pádu G.
V malých výškách vůči zemskému povrchu se gravitační síla Ft prakticky nemění, těleso se tedy pohybuje konstantním zrychlením.
Takže pohyb tělesa vrženého pod úhlem k horizontu je variantou volného pádu, tzn. pohyb s konstantním zrychlením a křivočarou trajektorií(protože vektory rychlosti a zrychlení se ve směru neshodují).
Vzorce tohoto pohybu ve vektorové podobě: trajektorie tělesa je parabola ležící v rovině procházející vektory Fт a Vo .
Jako počátek souřadnic se obvykle volí výchozí bod vrženého tělesa.
V každém okamžiku se změna rychlosti těla ve směru shoduje se zrychlením.
Vektor rychlosti tělesa v libovolném bodě trajektorie lze rozložit na 2 složky: vektor V x a vektor Vy y .
V každém okamžiku bude rychlost tělesa určena jako geometrický součet těchto vektorů:
Podle obrázku vypadají průměty vektoru rychlosti na souřadnicové osy OX a OY takto:
Výpočet rychlosti těla v libovolném okamžiku:
Výpočet posunutí tělesa kdykoli:
Každý bod trajektorie pohybu těla odpovídá souřadnicím X a Y:
Výpočtové vzorce pro souřadnice vrženého tělesa kdykoli:
Z pohybové rovnice lze odvodit vzorce pro výpočet maximálního dosahu letu L:
a maximální výška letu H:
P.S.
1. Při stejných počátečních rychlostech Vo, dosah letu:
- zvětší se, pokud se počáteční úhel vrhu zvýší z 0 o na 45 o,
- Sníží se, pokud se počáteční úhel vrhu zvýší z 45 o na 90 o .
2. Při stejných počátečních úhlech vrhu se letový dosah L zvětšuje s rostoucí počáteční rychlostí Vo. 
3. Zvláštní případ pohybu tělesa vrženého šikmo k horizontu je pohyb tělesa vrženého vodorovně, přičemž počáteční úhel odhozu je nulový.
Co je volný pád? Jedná se o pád těles na Zemi bez odporu vzduchu. Jinými slovy, pád do prázdna. Absence odporu vzduchu je samozřejmě vakuum, které za normálních podmínek na Zemi nenajdeme. Sílu odporu vzduchu tedy nebudeme brát v úvahu, považujeme-li ji za tak malou, že ji lze zanedbat.
Gravitační zrychlení
Galileo Galilei při provádění svých slavných experimentů na šikmé věži v Pise zjistil, že všechna tělesa, bez ohledu na jejich hmotnost, dopadají na Zemi stejným způsobem. To znamená, že pro všechna tělesa je zrychlení volného pádu stejné. Podle legendy pak vědec házel z věže koule různých hmotností.
Gravitační zrychlení
Zrychlení volného pádu – zrychlení, se kterým všechna tělesa padají k Zemi.
Zrychlení volného pádu je přibližně 9,81 m s 2 a označuje se písmenem g. Někdy, když přesnost není zásadně důležitá, je gravitační zrychlení zaokrouhleno na 10 m s 2 .
Země není dokonalá koule a na různých místech zemského povrchu se v závislosti na souřadnicích a výšce nad hladinou moře hodnota g mění. Takže největší zrychlení volného pádu je na pólech (≈ 9, 83 m s 2) a nejmenší je na rovníku (≈ 9, 78 m s 2) .
Tělo s volným pádem
Zvažte jednoduchý příklad volného pádu. Nechte nějaké těleso spadnout z výšky h s nulovou počáteční rychlostí. Předpokládejme, že jsme klavír zvedli do výšky h a v klidu ho pustili.
Volný pád - přímočarý pohyb s konstantním zrychlením. Nasměrujme souřadnicovou osu z bodu výchozí polohy tělesa k Zemi. Použitím kinematických vzorců pro přímočarý rovnoměrně zrychlený pohyb můžete psát.
h = vo + gt22.
Protože počáteční rychlost je nulová, přepíšeme:
Odtud se nachází výraz pro dobu pádu tělesa z výšky h:
Vezmeme-li v úvahu, že v \u003d g t, zjistíme rychlost těla v době pádu, to znamená maximální rychlost:
v = 2 h g · g = 2 h g.
Podobně můžeme uvažovat pohyb tělesa vrženého svisle vzhůru s určitou počáteční rychlostí. Například hodíme míč nahoru.
Nechte souřadnicovou osu směřovat svisle nahoru od bodu odhození těla. Tentokrát se tělo pohybuje rovnoměrně pomalu a ztrácí rychlost. V nejvyšším bodě je rychlost tělesa nulová. Pomocí kinematických vzorců můžeme napsat:
Dosadíme-li v = 0 , zjistíme dobu, za kterou se těleso zvedne do maximální výšky:
Doba pádu se shoduje s dobou vzestupu a těleso se vrátí na Zemi po t = 2 v 0 g .
Maximální výška těla vrženého svisle:
Podívejme se na obrázek níže. Ukazuje grafy rychlostí těles pro tři případy pohybu se zrychlením a = - g. Uvažujme každou z nich poté, co upřesníme, že v tomto příkladu jsou všechna čísla zaokrouhlena a zrychlení volného pádu se rovná 10 m s 2 .
První graf je pád tělesa z určité výšky bez počáteční rychlosti. Doba pádu t p = 1 s. Ze vzorců a z grafu lze snadno vyvodit, že výška, ze které těleso spadlo, je rovna h = 5 m.
Druhý graf je pohyb tělesa vrženého svisle vzhůru počáteční rychlostí v 0 = 10 ms. Maximální výška zdvihu h = 5 m. Doba stoupání a klesání t p = 1 s.
Třetí graf je pokračováním prvního. Padající těleso se odrazí od hladiny a jeho rychlost náhle změní znaménko na opačné. Další pohyb tělesa lze uvažovat podle druhého grafu.
Problém volného pádu tělesa úzce souvisí s problémem pohybu tělesa vrženého pod určitým úhlem k horizontu. Pohyb po parabolické trajektorii lze tedy reprezentovat jako součet dvou nezávislých pohybů kolem vertikální a horizontální osy.
Po ose O Y se těleso pohybuje rovnoměrně zrychleně se zrychlením g, počáteční rychlost tohoto pohybu je v 0 y. Pohyb podél osy O X je rovnoměrný a přímočarý, s počáteční rychlostí v 0 x .
Podmínky pro pohyb podél osy O X:
x 0 = 0; v 0 x = v 0 cos α; a x = 0.
Podmínky pro pohyb podél osy O Y:
yo = 0; v 0 y = v 0 sin α; a y = - g .
Uvádíme vzorce pro pohyb tělesa vrženého pod úhlem k horizontu.
Doba letu těla:
t = 2 v 0 sin α g .
Rozsah letu těla:
L \u003d v 0 2 sin 2 α g.
Maximální letový dosah je dosažen pod úhlem α = 45°.
L m a x = v 0 2 g.
Maximální výška zdvihu:
h \u003d v 0 2 sin 2 α 2 g.
Všimněte si, že v reálných podmínkách může pohyb tělesa vrženého pod úhlem k horizontu sledovat trajektorii odlišnou od parabolické v důsledku odporu vzduchu a větru. Studium pohybu těles vržených v prostoru je speciální věda - balistika.
Pokud si všimnete chyby v textu, zvýrazněte ji a stiskněte Ctrl+Enter
Pokud je těleso vrženo pod úhlem k horizontu, pak je za letu ovlivněno gravitací a odporem vzduchu. Pokud je odporová síla zanedbána, pak zbývá pouze síla gravitace. V důsledku 2. Newtonova zákona se tedy těleso pohybuje se zrychlením rovným zrychlení volného pádu; průměty zrychlení na souřadnicové osy ax = 0, ay = - g.
Obrázek 1. Kinematická charakteristika tělesa vrženého pod úhlem k horizontu
Jakýkoli složitý pohyb hmotného bodu lze znázornit jako uložení nezávislých pohybů podél souřadnicových os a ve směru různých os se typ pohybu může lišit. V našem případě lze pohyb létajícího tělesa znázornit jako superpozici dvou nezávislých pohybů: rovnoměrný pohyb podél vodorovné osy (osa X) a rovnoměrně zrychlený pohyb podél svislé osy (osa Y) (obr. 1) .
Projekce rychlosti tělesa se proto s časem mění takto:
kde $v_0$ je počáteční rychlost, $(\mathbf \alpha )$ je úhel vrhání.
Při naší volbě počátku jsou počáteční souřadnice (obr. 1) $x_0=y_0=0$. Pak dostaneme:
(1)
Pojďme analyzovat vzorce (1). Určíme dobu pohybu vrženého tělesa. Abychom to udělali, nastavíme souřadnici y rovnou nule, protože v okamžiku přistání je výška těla nulová. Odtud dostaneme dobu letu:
Druhá hodnota času, kdy je výška rovna nule, je rovna nule, což odpovídá okamžiku vrhu, tzn. tato hodnota má také fyzikální význam.
Dosah letu se získá z prvního vzorce (1). Letový dosah je hodnota x-ové souřadnice na konci letu, tzn. v časovém okamžiku rovném $t_0$. Dosazením hodnoty (2) do prvního vzorce (1) získáme:
Z tohoto vzorce je vidět, že největšího dosahu letu je dosaženo při úhlu vrhu 45 stupňů.
Nejvyšší výšku zdvihu vrženého tělesa lze získat z druhého vzorce (1). Chcete-li to provést, musíte do tohoto vzorce dosadit hodnotu času rovnající se polovině doby letu (2), protože výška letu je maximální ve středu trajektorie. Provádíme výpočty, dostáváme
Z rovnic (1) lze získat rovnici dráhy tělesa, tzn. rovnice týkající se souřadnic x a y tělesa během pohybu. K tomu je třeba vyjádřit čas z první rovnice (1):
a dosaďte ji do druhé rovnice. Pak dostaneme:
Tato rovnice je rovnicí trajektorie. Je vidět, že se jedná o rovnici paraboly s větvemi dolů, jak je naznačeno znaménkem „-“ před kvadratickým členem. Je třeba mít na paměti, že úhel házení $\alpha $ a jeho funkce jsou zde pouze konstanty, tzn. konstantní čísla.
Těleso je vrženo rychlostí v0 pod úhlem $(\mathbf \alpha )$ k horizontu. Doba letu $t = 2 s$. Do jaké výšky Hmax se těleso zvedne?
$$t_B = 2 s$$ $$H_max - ?$$
Zákon pohybu těla je:
$$\left\( \begin(pole)(c) x=v_(0x)t \\ y=v_(0y)t-\frac(gt^2)(2) \end(pole) \right.$ $
Vektor počáteční rychlosti tvoří úhel $(\mathbf \alpha )$ s osou OX. Tudíž,
\ \ \
Kámen je vržen z vrcholu hory pod úhlem = 30$()^\circ$ k horizontu s počáteční rychlostí $v_0 = 6 m/s$. Úhel nakloněné roviny = 30$()^\circ$. V jaké vzdálenosti od bodu vrhu kámen spadne?
$$ \alpha =30()^\circ$$ $$v_0=6\ m/s$$ $$S - ?$$
Počátek souřadnic umístíme do bodu házení, OX - podél nakloněné roviny dolů, OY - kolmo na nakloněnou rovinu nahoru. Kinematické vlastnosti pohybu:
Zákon pohybu:
$$\left\( \begin(pole)(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(pole) \right.$$ \
Dosazením výsledné hodnoty $t_B$ zjistíme $S$:
Nechť je těleso vrženo pod úhlem α k horizontu rychlostí . Stejně jako v předchozích případech zanedbáme odpor vzduchu. Pro popis pohybu je nutné zvolit dvě souřadnicové osy - Ox a Oy (obr. 29).
Obr.29
Počátek je kompatibilní s výchozí polohou těla. Průměty počáteční rychlosti na osách Oy a Ox: , . Projekce zrychlení: ,
Potom pohyb tělesa popíšeme rovnicemi:
(8)
(9)
Z těchto vzorců vyplývá, že těleso se pohybuje rovnoměrně v horizontálním směru a rovnoměrně zrychluje ve vertikálním směru.
Dráha tělesa bude parabola. Vzhledem k tomu, že v horní části paraboly můžete najít čas, který trvá, než se tělo zvedne na vrchol paraboly:
Dosazením hodnoty t 1 do rovnice (8) zjistíme maximální výšku tělesa:
Maximální výška zdvihu.
Zjistíme dobu letu těla z podmínky, že v t \u003d t 2 je souřadnice y 2 \u003d 0. Tudíž, 
. Tedy - doba letu těla. Porovnáním tohoto vzorce se vzorcem (10) vidíme, že t 2 = 2t 1 .
Doba pohybu tělesa z maximální výšky t 3 =t 2 -t 1 =2t 1 -t 1 =t 1 . Tedy, jak dlouho těleso stoupá do maximální výšky, jak dlouho z této výšky klesá. Dosazením hodnoty času t 2 do rovnice souřadnice x (6) zjistíme:
- rozsah těla.
Okamžitá rychlost v libovolném bodě trajektorie směřuje tečně k trajektorii (viz obr. 29), modul rychlosti je určen vzorcem
Pohyb tělesa vrženého pod úhlem k horizontu nebo v horizontálním směru lze tedy považovat za výsledek dvou nezávislých pohybů – horizontálního rovnoměrného a vertikálního rovnoměrně zrychleného (volný pád bez počáteční rychlosti nebo pohyb tělesa vrženého svisle nahoru ).
Zvažte, co může být cílem kinematických problémů.
1. Může nás zajímat změna kinematických veličin v proces pohybu, tj. získání informací o změně souřadnic, rychlosti, zrychlení a také odpovídajících úhlových hodnot.
2. V řadě problémů, například v problému pohybu tělesa pod úhlem k horizontu, je třeba se dozvědět o hodnotách fyzikálních veličin v konkrétních státech: dolet, maximální stoupání atd.
3. V případech, kdy se těleso současně účastní několika pohybů (například koulení míče) nebo se uvažuje relativní pohyb několika těles, je nutné stanovit vztahy mezi výchylkami, rychlostmi a zrychleními (lineárními a úhlovými), tj. najít rovnice kinematické spojení.
Navzdory široké škále problémů v kinematice lze navrhnout následující algoritmus pro jejich řešení:
1. Proveďte schematický nákres znázorňující výchozí polohu těles a jejich počáteční stav, tzn. a .
2. Vyberte si referenční rámec na základě analýzy podmínek problému. Chcete-li to provést, musíte vybrat referenční těleso a přiřadit k němu souřadnicový systém s uvedením počátku souřadnic, směru souřadnicových os, okamžiku začátku časové reference. Při volbě kladných směrů se řídí směrem pohybu (rychlostí) nebo směrem zrychlení.
3. Na základě pohybových zákonů sestavte soustavu rovnic ve vektorovém tvaru pro všechna tělesa a poté ve skalárním tvaru a promítněte tyto vektorové pohybové rovnice na souřadnicové osy. Při psaní těchto rovnic je třeba věnovat pozornost znaménkům "+" a "-" projekcí vektorových veličin, které jsou v nich obsaženy.
4. Odpověď je třeba získat ve formě analytického vzorce (obecně) a na konci provést numerické výpočty.
Příklad 4 Za jak dlouho cestující sedící u okna vlaku jedoucího rychlostí 54 km/h uvidí projíždět kolem něj protijedoucí vlak, jehož rychlost je 36 km/h a délka 250 m?
Řešení. Spojme pevnou vztažnou soustavu se Zemí, pohyblivou soustavu – s vlakem, ve kterém se cestující nachází. Podle zákona o sčítání rychlostí, kde je rychlost přijíždějícího vlaku vzhledem k prvnímu vlaku. V projekcích na ose Ox:
Protože dráha, kterou urazí protijedoucí vlak vzhledem k prvnímu vlaku, se rovná délce vlaku, tedy času
Příklad 5 Parník jede z Nižního Novgorodu do Astrachaně 5,0 dnů a zpět - 7,0 dnů. Jak dlouho popluje vor z Nižního Novgorodu do Astrachaně? Parkování a dopravní zpoždění vyloučeno.
Vzhledem k tomu: t 1 \u003d 5 dnů, t 2 \u003d 7 dnů.
Řešení. Pevnou vztažnou soustavu spojíme s břehem a pohyblivou soustavu s vodou. Předpokládáme, že rychlost vody je po celou dobu stejná a rychlost parníku vůči vodě je konstantní a rovná se modulu okamžité rychlosti parníku vůči vodě.
Protože se vor pohybuje vzhledem ke břehu rychlostí toku řeky, pak doba jeho pohybu je , kde s je vzdálenost mezi městy. Když se parník pohybuje po proudu, jeho rychlost podle zákona sčítání rychlostí nebo v projekcích na ose Ox:
kde je rychlost lodi vzhledem ke břehu, je rychlost lodi vzhledem k řece.
Znáte-li čas pohybu, můžete zjistit rychlost:
Ze vzorců (1) a (2) máme:
Když se parník pohybuje proti proudu, nebo v průmětech na osu Ox, kde je rychlost parníku vzhledem ke břehu.
Na druhou stranu, . Pak
Řešením soustavy rovnic (3) a (4) vzhledem k , dostaneme:
Pojďme najít čas pohybu voru:
Příklad 6 Při rovnoměrně zrychleném pohybu tělo projde prvními dvěma stejnými po sobě jdoucími časovými intervaly 4,0 s každá dráha s 1 \u003d 24 ma s 2 \u003d 64 m, v tomto pořadí. Určete počáteční rychlost a zrychlení tělesa.
Za předpokladu: t 1 \u003d t 2 \u003d 4,0 s, s 1 \u003d 24 m, s 2 \u003d 64 m.
Řešení. Napišme dráhové rovnice pro s 1 a (s 1 + s 2). Protože počáteční rychlost je v tomto případě stejná
Protože t1=t2, tak
Vyjádřením z (1) a dosazením do (2) dostaneme:
Pak počáteční rychlost 
Příklad 7 Automobil pohybující se po přímočaré dráze s rovnoměrným zrychlením s počáteční rychlostí 5,0 m/s urazil za první sekundu vzdálenost 6,0 m. Najděte zrychlení automobilu, okamžitou rychlost na konci druhé sekundy a výtlak za 2,0 s.
Řešení. Když znáte dráhu, kterou tělo urazí v první sekundě, můžete zjistit zrychlení:
Rychlost na konci druhé sekundy se zjistí podle vzorce
Příklad 8 X) má tvar x \u003d A + Bt + Ct 3, kde A \u003d 4 m, B \u003d 2 m / s, C \u003d -0,5 m / s 3.
Pro časový okamžik t 1 =2 c určete: 1) souřadnici bodu x 1 bodu; 2) okamžitá rychlost v1; 3) okamžité zrychlení 1.
Je dáno: x \u003d A + Bt + Ct 3, A \u003d 4 m, B \u003d 2 m / s, C \u003d -0,5 m / s 3, t 1 \u003d 2 s.
Najít: x 1; v1; a 1.
Řešení. 1. Dosaďte do pohybové rovnice místo t danou hodnotu času t 1: x 1 \u003d A + Bt 1 + Ct 1 3. Do tohoto výrazu dosadíme hodnoty A, B, C, t 1 a provedeme výpočty: x 1 \u003d 4 m.
2. Okamžitá rychlost: 
Potom v čase t 1 je okamžitá rychlost v 1 = B + 3Ct 1 2 . Dosadíme zde hodnoty B, C, t 1: v 1 = - 4 m / s. Znaménko mínus udává, že v čase t 1 =2 c se bod pohybuje v záporném směru souřadnicové osy.
3. Okamžité zrychlení: 
Okamžité zrychlení v čase t 1 je a 1 = 6Сt 1 . Dosaďte hodnoty C, t 1: a 1 \u003d -6 m / s 2. Znaménko mínus znamená, že směr vektoru zrychlení se shoduje se záporným směrem souřadnicové osy, a to platí pro jakýkoli časový okamžik za podmínek tohoto problému.
Příklad 9 Kinematická rovnice pohybu hmotného bodu po přímce (os X) má tvar x \u003d A + Bt + Ct 2, kde A \u003d 5 m, B \u003d 4 m / s, C \u003d -1 m / s 2. Určete průměrnou rychlost v xsr pro časový interval od t 1 \u003d 1 c do t 2 \u003d 6 c.
Dané: x \u003d A + Bt + Ct 2, A \u003d 5 m, B \u003d 4 m / s, C \u003d - 1 m / s 2, t 1 \u003d 1 c, t 2 \u003d 6 c.
Najít: v xsr -? a xsr -?
Řešení. Průměrná rychlost pro časový interval t 2 -t 1 je určena výrazem v cf = (x 2 -x 1) / (t 2 - t 1).
x 1 \u003d A + Bt 1 + Ct 1 2 \u003d 8 m, x 2 \u003d A + Bt 2 + Ct 2 2 \u003d -7 m.
Dosaďte hodnoty x 1 , x 2 , t 1 , t 2 a proveďte výpočty: v xsr = -3 m/s.
Příklad 10 Náklad byl shozen z vrtulníku ve výšce h = 300 m. Po jaké době náklad dosáhne země, pokud: a) vrtulník stojí; b) vrtulník klesá rychlostí v 0 =5 m/s; 3) vrtulník stoupá rychlostí v 0 =5 m/s. Popište graficky odpovídající pohyby zatížení v osách s(t), v(t) a a(t).
Řešení. a) Náklad, který opustil stojící vrtulník, volně padá, tzn. pohybující se rovnoměrně se zrychlením volného pádu g. Z poměru zjistíme dobu pohybu 
Grafy pohybu předmětu jsou na obrázku označeny 1.
b) Pohyb nákladu, který opustil vrtulník, který klesá konstantní rychlostí v 0 \u003d 5 m / s, je rovnoměrně zrychlený pohyb s konstantním zrychlením g a je popsán rovnicí
Dosazením číselných hodnot vznikne rovnice 9,8t 2 +10t-600=0.
Negativní výsledek nemá žádný fyzikální význam, takže doba pohybu je t=7,57 s.
Grafy pohybu předmětu jsou na obrázku označeny 2.
3) Pohyb nákladu, který opustil vrtulník, který stoupá konstantní rychlostí v 0 =5 m/s, se skládá ze dvou fází. V první fázi se břemeno pohybuje rovnoměrně s konstantním zrychlením g, opačně k rychlosti a je popsáno rovnicemi
Na vrcholu trajektorie se rychlost stane nulovou, takže
Dosazením druhé rovnice soustavy do první dostaneme
Ve druhé fázi - volný pád z výšky h 0 \u003d h + h 1 \u003d 300 + 1,28 \u003d 301,28 m.
Protože
Grafy pohybu předmětu jsou na obrázku označeny 3.
Příklad 11. Z balónu klesajícího konstantní rychlostí 2 m/s je náklad vrhán svisle nahoru rychlostí 18 m/s vzhledem k zemi. Určete vzdálenost mezi kuličkou a zátěží v okamžiku, kdy zátěž dosáhne nejvyššího bodu svého vzestupu. Po jaké době váha proletí kolem míče a spadne dolů.
Je dáno: v 01 = 2 m/s, v 02 = 18 m/s
Najít: s-? τ-?
Řešení. Osu 0Y nasměrujme svisle nahoru, počátek je kompatibilní s bodem 0, kde byla koule v okamžiku odhození zátěže.
Pak pohybové rovnice nákladu a balónu:
Rychlost pohybu břemene se mění podle zákona v 2 =v 02 - gt.
V nejvyšším bodě Při zvedání břemene v 2 =0. Pak čas zvedání do tohoto bodu Souřadnice břemene v bodě B
Během této doby balón sestoupil do bodu A; jeho souřadnice
Vzdálenost mezi body A a B:
Po časovém intervalu τ, kdy kámen proletí kolem koule, budou souřadnice těles stejné: y 1C = y 2C;
Příklad 12. Jakou rychlostí a jakým kursem by mělo letět letadlo, aby za dvě hodiny uletělo 300 km na sever, fouká-li během letu severozápadní vítr pod úhlem 30 o k poledníku rychlostí 27 km/h?
Dáno: t=7,2∙10 3 s; l= 3-105 m; a=30° ≈ 0,52 rad; v 2 ≈7,2 m/s.
Najít: v 2 -? φ-?
Řešení. Uvažujme pohyb letadla v vztažné soustavě spojené se zemí.
Nakreslíme osu OX ve směru na východ a osu OY - na sever. Potom rychlost letadla ve zvoleném referenčním rámci
kde v= l/t(2)
Rovnice (1) v průmětu na osu
OK: 0=v 1 ∙sinα – v 2 ∙sinφ;
OY: v= v 2 ∙cosφ - v 1 ∙cosα, nebo v 1 ∙sinα = v 2 ∙sinφ, v 2 ∙cosφ=v 1 ∙cosα + v (3)
Dělením těchto rovnic člen po členu dostaneme tgφ=v 1 sinα/(v 1 cosα+ v),
nebo s přihlédnutím k (2)
tgφ=v 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t);
φ=arctgv 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t) ≈0,078 rad.
Najdeme kvadraturu pravé a levé části rovnic (3) a sečtení výsledných rovnic
v 2 2 ∙sin 2 φ + v 2 2 ∙cos 2 φ = v 1 2 sin 2 α+ (v 1 ∙cosα + v) 2 ,
odkud nebo s přihlédnutím k (2)
Příklad 13 Těleso vržené svisle nahoru se po t=3 s vrátí na zem. Najděte výšku těla a jeho počáteční rychlost.
Řešení. Pohyb těla nahoru je stejně pomalý se zrychlením - G a děje se v průběhu času t 1 a pohyb dolů se rovnoměrně zrychluje se zrychlením g a probíhá v průběhu času t 2. Rovnice popisující pohyb v úsecích AB a BA tvoří soustavu:
Protože v B = 0, pak v 0 = gt 1 . Dosazením v 0 do první rovnice soustavy dostaneme . Porovnáme-li tento výraz s třetí rovnicí soustavy, můžeme dojít k závěru, že doba výstupu je rovna době sestupu t 1 =t 2 =t/2=1,5s. Počáteční rychlost a rychlost při přistání jsou si navzájem shodné a jsou v 0 =v A =gt 1 =9,8∙1,5=14,7 m/s.
výška těla
Příklad 14 Volně padající tělo v poslední sekundě pohybu prošlo polovinou cesty. Najděte výšku, ze které byl vržen, a dobu, kterou trvalo, než se pohnul.
Řešení. Závislost ujeté vzdálenosti na čase pro volně padající těleso. Vzhledem k tomu, že úsek BC, který tvoří polovinu celé dráhy, prošel za čas rovný 1 s, byla první polovina dráhy AB projeta za čas (t-1)s. Potom lze pohyb na segmentu BC popsat jako .
Řešení systému
dostaneme t 2 -4t+2=0. Kořeny této rovnice jsou t 1 \u003d 3,41 s a t 2 \u003d 0,59 s. Druhý kořen není vhodný, protože doba pohybu podle stavu problému by měla přesáhnout jednu sekundu. Těleso proto spadlo během 3,41 s a za tuto dobu urazilo dráhu 
Příklad 15 Kámen je vržen horizontálně z věže vysoké 25 m rychlostí 15 m/s.
Zjistěte: 1) jak dlouho bude kámen v pohybu, 2) v jaké vzdálenosti dopadne na zem, 3) jakou rychlostí dopadne na zem, 4) jaký úhel bude svírat dráha kamene s horizontu v místě jeho pádu k zemi. Odpor vzduchu je ignorován.
Dáno: H=25 m, vo=15 m/s
Najít: t-? s x - ? proti-? φ-?
Řešení. Pohyb kamene vrženého vodorovně lze rozložit na dva: vodorovný s x a vertikální s y:
kde t je čas pohybu.
2) s x \u003d v o t \u003d 33,9 m;
3) v y \u003d gt \u003d 22,1 m / s;
4) sinφ= vy/v=0,827;
Příklad 16 Těleso je vrženo horizontálně z věže vysoké 25 m rychlostí v x =10 m/s.
Najděte: 1) čas t pádu tělesa, 2) v jaké vzdálenosti l od paty věže bude padat, 3) rychlost v na konci pádu, 4) úhel, který bude svírat trajektorie tělesa se zemí v místě jeho přistání.
Řešení. Pohyb těla je složitý. Účastní se rovnoměrného pohybu podél horizontály a rovnoměrně zrychleného se zrychlením g podél vertikály. Proto je část AB popsána rovnicemi:
Pro bod A mají tyto rovnice tvar:
Pak l\u003d 10 2,26 \u003d 22,6 m a v y \u003d 9,8 2,26 \u003d 22,15 m/s.
Od té doby
Úhel, který svírá trajektorie se zemí, se rovná úhlu φ v trojúhelníku rychlostí v bodě A, jehož tečna 
, tedy φ=68,7°.
Příklad 17. Pro těleso vržené horizontální rychlostí v x \u003d 10 m / s po čase t \u003d 2 s po začátku pohybu najděte: normální, tečné a plné zrychlení, stejně jako poloměr zakřivení trajektorie při tento bod.
Řešení. Vertikální složka rychlosti v y =gt=9,8∙2=19,6 m/s
Rychlost v bodě A:
Vektory tvoří trojúhelník rychlostí a vektory tvoří trojúhelník zrychlení. Jak je vidět z obrázku, tyto trojúhelníky jsou podobné, což znamená, že jejich strany jsou úměrné: .
Normální zrychlení, tedy poloměr zakřivení trajektorie
Příklad 18. Míč je házen rychlostí 10 m/s pod úhlem 40° k horizontále.
Najděte: 1) do jaké výšky se míč zvedne; 2) v jaké vzdálenosti od místa vhození míček spadne na zem, 3) jak dlouho bude v pohybu.
Vzhledem k tomu: v o \u003d 10 m / s, α \u003d asi 40.
Najít: s y - ? s x - ? t-?
Řešení. 1) Najděte maximální výšku s y max , do které vystoupí těleso vržené rychlostí v o o úhel α k horizontu. Máme (viz obr.):
v y \u003d v o sinα - gt; (jeden)
s y \u003d v o t∙sinα - gt 2/2. (2)
Nahoře v y = 0 a z (1) dostaneme v o ∙sin𝛼 = gt 1 , tedy doba zvednutí míče t 1 =v o ∙sinα/g. Dosazením t 1 do (2) dostaneme
s y max \u003d v o 2 ∙sin 2 α / (2g) \u003d 2,1 m.
2) Najděte rozsah letu s x max tělesa vrženého pod úhlem k horizontu.
Máme: v x \u003d v Ó cosα , (3)
s x =v x t=v o t∙cosα. (čtyři)
Těleso dopadne na vodorovnou rovinu za čas t 2 =2t 1 =2v o sinα/g.
Dosazením t 2 do (4) dostaneme 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.
Příklad 19. Těleso je vrženo rychlostí v 0 =10 m/s 2 pod úhlem α=30° k horizontu. Do jaké výšky se tělo zvedne? V jaké vzdálenosti od místa, kde byl vržen, dopadne na zem? Jak dlouho bude v pohybu?
Řešení. Horizontální a vertikální složky počáteční rychlosti
Pohyb v sekci OA lze rozložit na dva jednoduché pohyby: rovnoměrný horizontálně a rovnoměrně zpomalený vertikálně:
V bodě A
Pak 
a
Účastní-li se tělo současně několika pohybů, pak se účastní každého z nich nezávisle na druhém, proto je doba pohybu v úseku AB určena dobou pohybu dolů - t 2. Čas pohybu nahoru se rovná času pohybu dolů, což znamená, že
Při rovnoměrném horizontálním pohybu urazí tělo stejné úseky dráhy ve stejných časových intervalech, proto,
Rozsah letu
výška těla
Příklad 20. Bod se pohybuje přímočaře po rovině podle zákona x=4(t-2) 2 . Jaká je počáteční rychlost v 0 a zrychlení bodu A? Najděte okamžitou rychlost bodu v t =5 na začátku páté vteřiny pohybu.
Řešení.
1) Protože v=x’, pak v 0 =(4∙(t-2) 2)’=(4∙(t2-4t+4))’=(4t2-16t+16)’=8t-16
při t=0 vo=-16 m/s.
2) Protože a= , pak a=(8t-16)’=8 m/s.
3) Při t=4, protože Před začátkem 5 s uplynuly 4 s.
v t \u003d 5 \u003d 8t-16 \u003d 8 ∙ 4-16 \u003d 32 m/s.
Odpovědět: Počáteční bodová rychlost v 0 =-16 m/s, zrychlení a=8 m/s, bodová rychlost na začátku páté sekundy pohybu v t =5 =32 m/s.
Příklad 21. Pohyb hmotného bodu je popsán rovnicemi: a) s=αt 3 ; b) s=at2+pt. Porovnejte průměrnou rychlost a aritmetický průměr počáteční a konečné rychlosti proti cf v časovém intervalu 0 - t. Zde jsou α a β kladné konstanty.
Řešení. Připomeňme si definice průměrné a okamžité rychlosti:
Výrazy pro okamžitou rychlost získáme derivováním pohybové rovnice.
Výrazy pro průměrnou rychlost se nacházejí jako poměr změny křivočaré souřadnice k času:
Získáme výrazy pro aritmetický průměr rychlosti:
Odpovězme na otázku podmínek problému. Je vidět, že v případě „a“ se průměrná a aritmetická střední rychlost neshodují a v případě „b“ ano.
Příklad 22. Hmotný bod se pohybuje rovnoměrně po křivočaré trajektorii. V jakém bodě trajektorie je maximum zrychlení?
Řešení. Při pohybu po zakřivené dráze je zrychlení součtem tečné a normály. Tangenciální zrychlení charakterizuje rychlost změny hodnoty (modulu) rychlosti. Pokud se rychlost nemění, je tečné zrychlení nulové. Normální zrychlení závisí na poloměru zakřivení trajektorie a n = proti 2/R. Zrychlení je maximální v místě s nejmenším poloměrem zakřivení, tzn. v bodě C.
Příklad 23. Hmotný bod se pohybuje podle zákona: 
1) Určete počáteční souřadnici, počáteční rychlost a zrychlení srovnáním se zákonem pohybu s konstantním zrychlením. Zapište rovnici pro projekci rychlosti.
Řešení. Zákon pohybu s konstantním zrychlením má podobu
Porovnáním této rovnice s rovnicí problémového stavu získáme
X 0 = - 1 m,
proti 0 x = 1 m/s,
A x \u003d - 0,25 m/s 2.
Nabízí se otázka: jaký je význam znaménka mínus? Kdy je projekce vektoru negativní? Pouze v případě, že vektor směřuje proti souřadnicové ose.
Znázorněme počáteční souřadnice, vektory rychlosti a zrychlení na obrázku.
Rovnici pro rychlost zapíšeme ve tvaru
a dosadit do něj získaná data (počáteční podmínky)
2) Najděte závislost rychlosti a zrychlení na čase pomocí definic těchto veličin.
Řešení. Aplikujeme definice pro okamžité hodnoty rychlosti a zrychlení:
Rozlišování, dostáváme proti x \u003d 1-0,25 t, a x \u003d - 0,25 m/s 2.
Je vidět, že zrychlení nezávisí na čase.
3) Sestavte grafy v x (t) a a x (t). Popište pohyb v každé části grafu.
Řešení. Závislost rychlosti na čase je lineární, graf je přímka.
Při t \u003d 0 v x \u003d 1 m/s. V t = 4 s v x = 0.
Z grafu je vidět, že v řezu „a“ je projekce rychlosti kladná a její hodnota klesá, tzn. bod se pohybuje pomalu ve směru osy x. Na řezu „b“ je projekce rychlosti záporná a její modul se zvyšuje. Bod se pohybuje se zrychlením ve směru opačném k ose x. Proto v místě průsečíku grafu s osou úsečky dochází k obratu, změně směru pohybu.
4) Určete souřadnici bodu obratu a cestu k odbočce.
Řešení. Ještě jednou si všimneme, že v bodě obratu je rychlost nulová. Pro tento stav z pohybových rovnic získáme:
Z druhé rovnice dostaneme t pov = 4 s. (Je vidět, že pro získání této hodnoty není nutné sestavovat a analyzovat graf). Dosaďte tuto hodnotu do první rovnice: x pov \u003d -1 + 4-4 2 / 8 \u003d 1 m. Pojďme si znázornit, jak se bod pohyboval.
Cesta k obratu, jak je patrné z obrázku, se rovná změně souřadnic: s turn =x turn -x 0 =1-(-1)=2 m.
5) V jakém časovém okamžiku bod prochází počátkem?
Řešení. Do pohybové rovnice by mělo být uvedeno x = 0. Dostaneme kvadratickou rovnici 0 \u003d -1 + t-t 2 / 8 nebo t 2 -8t + 8 \u003d 0. Tato rovnice má dva kořeny: 
. t 1 \u003d 1,17 s, t 2 \u003d 6,83 s. Ve skutečnosti bod prochází počátkem dvakrát: při pohybu „tam“ a „zpět“.
6) Najděte dráhu, kterou bod urazil za 5 sekund po zahájení pohybu, a pohyb během této doby, stejně jako průměrnou pozemní rychlost na tomto úseku dráhy.
Řešení. Nejprve najdeme souřadnici, ve které se bod po 5 sekundách pohybu ukázal, a označme ji na obrázku.
x(5)=-1+5-5 2/8= 0,875 m.
Vzhledem k tomu, že bod je v tomto stavu po zatáčce, ujetá dráha se již nerovná změně souřadnice (posunutí), ale skládá se ze dvou pojmů: cesta k zatáčce
s 1 \u003d x pov - x 0 \u003d 1 - (-1) \u003d 2 m
a po otočení
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.
Posunutí bodu je
s x \u003d x (5) - x 0 \u003d 0,875 - (-1) \u003d 1,875 m
Průměrná rychlost vůči zemi se vypočítá podle vzorce
V uvažovaném problému je popsán jeden z nejjednodušších druhů pohybu - pohyb s konstantním zrychlením. Tento přístup k analýze povahy pohybu je však univerzální.
Příklad 24. Při jednorozměrném pohybu s konstantním zrychlením jsou závislosti souřadnice a rychlosti částice na čase popsány vztahy:
Stanovte vztah mezi souřadnicí částice a její rychlostí.
Řešení.Čas t z těchto rovnic vyloučíme. K tomu používáme substituční metodu. Z druhé rovnice vyjádříme čas a dosaďte do první rovnice:
Pokud pohyb začíná od počátku ( X 0 = 0) z klidu ( proti 0 x =0), pak výsledná závislost nabývá tvaru
dobře známý ze školního kurzu fyziky.
Příklad 25. Pohyb hmotného bodu je popsán rovnicí: , kde i a j jsou orty os x a y, α a β jsou kladné konstanty. V počátečním okamžiku byla částice v bodě x 0 =y 0 =0. Najděte rovnici dráhy částice y(x).
Řešení. Podmínka problému je formulována pomocí vektorové metody popisu pohybu. Přejděme k metodě souřadnic. Koeficienty v jednotkových vektorech jsou projekce vektoru rychlosti, konkrétně:
Nejprve získáme závislosti x(t) a y(t) řešením úlohy první třídy.
Příklad 28. Z vysoké věže h hodil kámen rychlostí proti 0 pod úhlem α k horizontu. Nalézt:
1) jak dlouho bude kámen v pohybu;
2) v jaké vzdálenosti s dopadne na zem;
3) jakou rychlostí dopadne na zem;
4) jaký úhel β bude svírat dráhu kamene s horizontem v místě jeho pádu;
5) normální a tečné zrychlení kamene v tomto bodě, stejně jako poloměr zakřivení trajektorie;
6) největší výška kamene.
Ignorujte odpor vzduchu.
Řešení. Na příkladu tohoto problému si ukážeme, jak lze ve zobecněné podobě zavést výše uvedený algoritmus pro řešení libovolného problému dané třídy.
1. Úloha uvažuje o pohybu hmotného bodu (kamene) v gravitačním poli Země. Jedná se tedy o pohyb s konstantním tíhovým zrychlením g směřujícím svisle dolů.
