Κίνηση σώματος που ρίχνεται υπό γωνία. Η κίνηση ενός σώματος που ρίχνεται υπό γωνία προς τον ορίζοντα! Η κινηματική είναι εύκολη

Έμειναν 3 δευτερόλεπτα για το τέλος του τελικού αγώνα του τουρνουά μπάσκετ των Ολυμπιακών Αγώνων του Μονάχου 1972. Οι Αμερικανοί -η ομάδα των ΗΠΑ- πανηγύριζαν ήδη τη νίκη! Η ομάδα μας - η εθνική ομάδα της ΕΣΣΔ - κέρδισε περίπου 10 βαθμούς απέναντι στη μεγάλη ονειρική ομάδα...

Λίγα λεπτά πριν το τέλος του αγώνα. Όμως, έχοντας χάσει όλο το πλεονέκτημα στο τέλος, έχανε ήδη έναν πόντο 49:50. Αυτό που έγινε στη συνέχεια ήταν απίστευτο! Ο Ivan Edeshko πετάει τη μπάλα πίσω από την τελική γραμμή σε όλη την περιοχή κάτω από το ρινγκ των Αμερικανών, όπου ο σέντερ μας Alexander Belov δέχεται τη μπάλα περικυκλωμένος από δύο αντιπάλους και τη βάζει στο καλάθι. 51:50 - είμαστε ολυμπιονίκες!!!

Εγώ, που ήμουν παιδί τότε, βίωσα τα πιο δυνατά συναισθήματα - πρώτα απογοήτευση και αγανάκτηση, μετά τρελή απόλαυση! Η συναισθηματική ανάμνηση αυτού του επεισοδίου είναι χαραγμένη στο μυαλό μου για το υπόλοιπο της ζωής μου! Δείτε το βίντεο στο Διαδίκτυο για το αίτημα "Η χρυσή ρίψη του Αλέξανδρου Μπέλοφ", δεν θα το μετανιώσετε.

Οι Αμερικανοί τότε δεν παραδέχτηκαν την ήττα και αρνήθηκαν να λάβουν αργυρά μετάλλια. Είναι δυνατόν να κάνουμε σε τρία δευτερόλεπτα αυτό που έκαναν οι παίκτες μας; Ας θυμηθούμε τη φυσική!

Σε αυτό το άρθρο, θα εξετάσουμε την κίνηση ενός σώματος που ρίχνεται υπό γωνία προς τον ορίζοντα, θα δημιουργήσουμε ένα πρόγραμμα Excel για την επίλυση αυτού του προβλήματος με διάφορους συνδυασμούς αρχικών δεδομένων και θα προσπαθήσουμε να απαντήσουμε στην παραπάνω ερώτηση.

Αυτό είναι ένα αρκετά γνωστό πρόβλημα στη φυσική. Στην περίπτωσή μας, το σώμα που ρίχνεται υπό γωνία προς τον ορίζοντα είναι μια μπάλα του μπάσκετ. Θα υπολογίσουμε την αρχική ταχύτητα, χρόνο και τροχιά της μπάλας που πέταξε σε όλο το γήπεδο από τον Ivan Edeshko και πέφτει στα χέρια του Alexander Belov.

Μαθηματικά και φυσική πτήσης μπάσκετ.

Οι παρακάτω τύποι και ο υπολογισμός σεπροέχωείναι καθολικά για ένα ευρύ φάσμα προβλημάτων σχετικά με σώματα που εκτινάσσονται υπό γωνία ως προς τον ορίζοντα και πετούν κατά μήκος μιας παραβολικής τροχιάς χωρίς να λαμβάνεται υπόψη η επίδραση της τριβής του αέρα.

Το σχήμα υπολογισμού φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Εκκινήστε το MS Excel ή το OOo Calc.

Αρχικά δεδομένα:

1. Εφόσον βρισκόμαστε στον πλανήτη Γη και εξετάζουμε ένα βαλλιστικό πρόβλημα - την κίνηση των σωμάτων στο πεδίο βαρύτητας της Γης, τότε πρώτα απ 'όλα γράφουμε το κύριο χαρακτηριστικό του βαρυτικού πεδίου - την επιτάχυνση της ελεύθερης πτώσης σολσε m/s 2

στο κελί D3: 9,81

2. Το μέγεθος του γηπέδου μπάσκετ είναι 28 μέτρα μήκος και 15 μέτρα πλάτος. Η απόσταση πτήσης της μπάλας σχεδόν κατά μήκος του γηπέδου μέχρι το ρινγκ από την αντίθετη τελική γραμμή οριζόντια Χγράψτε σε μέτρα

στο κελί D4: 27,000

3. Αν υποθέσουμε ότι ο Edeshko έκανε μια βολή από ύψος περίπου δύο μέτρων και ο Belov έπιασε τη μπάλα κάπου στο επίπεδο του ρινγκ, τότε με ύψος στεφάνης μπάσκετ 3,05 μέτρα, η απόσταση μεταξύ των σημείων αναχώρησης και άφιξης η μπάλα θα είναι κάθετα 1 μέτρο. Ας γράψουμε την κατακόρυφη μετατόπιση yσε μέτρα

στο κελί D5: 1,000

4. Σύμφωνα με τις μετρήσεις μου στο βίντεο, η γωνία αναχώρησης της μπάλας α 0 από τα χέρια του Edeshko δεν ξεπέρασε τις 20 °. Εισαγάγετε αυτήν την τιμή

στο κελί D6: 20,000

Αποτελέσματα υπολογισμού:

Βασικές εξισώσεις που περιγράφουν την κίνηση ενός σώματος που εκτοξεύεται υπό γωνία ως προς τον ορίζοντα χωρίς να λαμβάνεται υπόψη η αντίσταση του αέρα:

Χ =v0* συν α 0 *t

y =v0*αμαρτία α 0 *t -g *t 2 /2

5. Ας εκφράσουμε τον χρόνο tαπό την πρώτη εξίσωση, αντικαταστήστε τη δεύτερη και υπολογίστε την αρχική ταχύτητα της μπάλας v 0 σε m/s

στο κελί D8: =(D3*D4^2/2/COS (RADIANS(D6))^2/(D4*TAN (RADIANS(D6))-D5))^0,5 =21,418

v0 =(g *x 2 /(2*(συνα 0 ) 2 *(x *tgα 0 -y)) 0,5

6. Χρόνος πτήσης της μπάλας από τα χέρια του Edeshko στα χέρια του Belov tυπολογίστε σε δευτερόλεπτα, γνωρίζοντας τώρα v 0 , από την πρώτη εξίσωση

στο κελί D9: =D4/D8/COS (RADIANS(D6)) =1,342

t = Χ /(v 0 * cosα 0 )

7. Βρείτε τη γωνία κατεύθυνσης της ταχύτητας της μπάλας α Εγώστο σημείο που μας ενδιαφέρει. Για να γίνει αυτό, γράφουμε το αρχικό ζεύγος εξισώσεων με την ακόλουθη μορφή:

y =x *tgα 0 -g *x 2 /(2*v 0 2*(συνα 0 ) 2)

Αυτή είναι η εξίσωση μιας παραβολής - η διαδρομή πτήσης.

Πρέπει να βρούμε τη γωνία κλίσης της εφαπτομένης στην παραβολή στο σημείο που μας ενδιαφέρει - αυτή θα είναι η γωνία α Εγώ. Για να το κάνετε αυτό, πάρτε την παράγωγο, η οποία είναι η εφαπτομένη της κλίσης της εφαπτομένης:

εσυ =tgα 0 -g *x /(v 0 2*(συνα 0 ) 2)

Υπολογίστε τη γωνία άφιξης της μπάλας στα χέρια του Μπέλοφ α Εγώσε βαθμούς

στο κελί D10: =ATAN (TAN (RADIANS(D6)) -D3*D4/D8^2/COS (RADIANS(D6))^2)/PI()*180 =-16,167

α Εγώ = arctgy ’ = arctg(tgα 0 — σολ * Χ /(v 0 2 *(cosα 0 ) 2))

Ο υπολογισμός στο excel, κατ' αρχήν, έχει ολοκληρωθεί.

Άλλες επιλογές πληρωμής:

Χρησιμοποιώντας το γραπτό πρόγραμμα, μπορείτε γρήγορα και εύκολα να εκτελέσετε υπολογισμούς με άλλους συνδυασμούς αρχικών δεδομένων.

Αφήστε, δεδομένης μιας οριζόντιας Χ = 27 μέτρα , κατακόρυφος y = Εμβέλεια πτήσης 1 μέτρο και αρχική ταχύτητα v 0 = 25 m/s.

Απαιτείται η εύρεση του χρόνου πτήσης tκαι γωνίες αναχώρησης α 0 και άφιξη α Εγώ

Ας χρησιμοποιήσουμε την υπηρεσία MS Excel "Επιλογή παραμέτρου". Έχω επανειλημμένα περιγράψει λεπτομερώς σε αρκετά άρθρα ιστολογίου πώς να το χρησιμοποιήσω. Μπορείτε να διαβάσετε περισσότερα σχετικά με τη χρήση αυτής της υπηρεσίας.

Ορίσαμε την τιμή στο κελί D8 σε 25.000 αλλάζοντας την επιλογή της τιμής στο κελί D6. Το αποτέλεσμα είναι στην παρακάτω εικόνα.

Τα αρχικά δεδομένα σε αυτήν την έκδοση του υπολογισμού στο excel (όπως, μάλιστα, στην προηγούμενη) επισημαίνονται με μπλε πλαίσια και τα αποτελέσματα κυκλώνονται σε κόκκινα ορθογώνια πλαίσια!

Στρώνοντας το τραπέζιπροέχωκάποια τιμή ενδιαφέροντος σε ένα από τα κελιά με ανοιχτό κίτρινο γέμισμα επιλέγοντας μια αλλαγμένη τιμή σε ένα από τα κελιά με ανοιχτό τιρκουάζ γέμισμα, στη γενική περίπτωση, μπορείτε να λάβετε δέκα διαφορετικές επιλογές για την επίλυση του προβλήματος της κίνησης ενός Σώμα που ρίχνεται υπό γωνία ως προς τον ορίζοντα με δέκα διαφορετικά σύνολα πηγή δεδομένων!!!

Απάντηση στην ερώτηση:

Ας απαντήσουμε στο ερώτημα που τέθηκε στην αρχή του άρθρου. Η μπάλα που έστειλε ο Ivan Edeshko πέταξε στον Belov, σύμφωνα με τους υπολογισμούς μας, σε 1.342 δευτερόλεπτα. Ο Alexander Belov έπιασε την μπάλα, προσγειώθηκε, πήδηξε και την πέταξε. Για όλα αυτά είχε μια «θάλασσα» χρόνου - 1.658s! Είναι πραγματικά αρκετός χρόνος με περιθώριο! Μια λεπτομερής προβολή του βίντεο καρέ καρέ επιβεβαιώνει τα παραπάνω. Τρία δευτερόλεπτα ήταν αρκετά για τους παίκτες μας να παραδώσουν την μπάλα από την πρώτη γραμμή τους στο ταμπλό των αντιπάλων και να την πετάξουν στο ρινγκ, γράφοντας με χρυσό τα ονόματά τους στην ιστορία του μπάσκετ!

σε ικετεύω σχετικά με έργο του συγγραφέα λήψη αρχείου μετά την εγγραφή για ανακοινώσεις άρθρων!

Η κινηματική είναι εύκολη!

Μετά τη ρίψη, κατά την πτήση, η βαρύτητα δρα στο σώμα Ftκαι τη δύναμη της αντίστασης του αέρα Fs.
Εάν η κίνηση του σώματος συμβαίνει σε χαμηλές ταχύτητες, τότε η δύναμη αντίστασης του αέρα συνήθως δεν λαμβάνεται υπόψη κατά τον υπολογισμό.
Έτσι, μπορούμε να υποθέσουμε ότι μόνο η βαρύτητα δρα στο σώμα, πράγμα που σημαίνει ότι η κίνηση του εκτοξευόμενου σώματος είναι ελεύθερη πτώση.
Αν αυτή είναι ελεύθερη πτώση, τότε η επιτάχυνση του εκτινασσόμενου σώματος είναι ίση με την επιτάχυνση της ελεύθερης πτώσης σολ.
Σε χαμηλά υψόμετρα σε σχέση με την επιφάνεια της Γης, η δύναμη της βαρύτητας Ft πρακτικά δεν αλλάζει, επομένως το σώμα κινείται με σταθερή επιτάχυνση.

Άρα, η κίνηση ενός σώματος που ρίχνεται υπό γωνία ως προς τον ορίζοντα είναι μια παραλλαγή ελεύθερης πτώσης, δηλ. κίνηση με σταθερή επιτάχυνση και καμπυλόγραμμη τροχιά(δεδομένου ότι τα διανύσματα ταχύτητας και επιτάχυνσης δεν συμπίπτουν στην κατεύθυνση).

Τύποι αυτής της κίνησης σε διανυσματική μορφή: η τροχιά του σώματος είναι μια παραβολή που βρίσκεται σε ένα επίπεδο που διέρχεται από τα διανύσματα Fт και Vo.
Ως αρχή των συντεταγμένων επιλέγεται συνήθως το σημείο προέλευσης του πεταχθέντος σώματος.

Ανά πάσα στιγμή, η αλλαγή στην ταχύτητα του σώματος προς την κατεύθυνση συμπίπτει με την επιτάχυνση.

Το διάνυσμα ταχύτητας του σώματος σε οποιοδήποτε σημείο της τροχιάς μπορεί να αποσυντεθεί σε 2 συνιστώσες: το διάνυσμα V x και το διάνυσμα V y .
Ανά πάσα στιγμή, η ταχύτητα του σώματος θα προσδιορίζεται ως το γεωμετρικό άθροισμα αυτών των διανυσμάτων:

Σύμφωνα με το σχήμα, οι προβολές του διανύσματος ταχύτητας στους άξονες συντεταγμένων OX και OY μοιάζουν με αυτό:

Υπολογισμός της ταχύτητας του σώματος ανά πάσα στιγμή:

Υπολογισμός της μετατόπισης του σώματος ανά πάσα στιγμή:

Κάθε σημείο της τροχιάς κίνησης του σώματος αντιστοιχεί σε συντεταγμένες X και Y:

Τύποι υπολογισμού για τις συντεταγμένες του πεταχθέντος σώματος ανά πάσα στιγμή:

Από την εξίσωση κίνησης, μπορούν να προκύψουν τύποι για τον υπολογισμό του μέγιστου εύρους πτήσης L:

και μέγιστο ύψος πτήσης H:

ΥΣΤΕΡΟΓΡΑΦΟ.
1. Με ίσες αρχικές ταχύτητες Vo, το εύρος πτήσης:
- αυξάνεται εάν η αρχική γωνία ρίψης αυξηθεί από 0 o σε 45 o,
- Μειώνεται εάν η αρχική γωνία ρίψης αυξηθεί από 45 o σε 90 o .

2. Με ίσες αρχικές γωνίες ρίψης, το εύρος πτήσης L αυξάνεται με αύξηση της αρχικής ταχύτητας Vo.

3. Ειδική περίπτωση κίνησης σώματος που εκτινάσσεται υπό γωνία ως προς τον ορίζοντα είναι κίνηση ενός σώματος που ρίχνεται οριζόντια, ενώ η αρχική γωνία ρίψης είναι μηδέν.

Τι είναι η ελεύθερη πτώση; Αυτή είναι η πτώση των σωμάτων στη Γη απουσία αντίστασης του αέρα. Πέφτοντας δηλαδή στο κενό. Φυσικά, η απουσία αντίστασης του αέρα είναι ένα κενό που δεν μπορεί να βρεθεί στη Γη υπό κανονικές συνθήκες. Επομένως, δεν θα λάβουμε υπόψη τη δύναμη της αντίστασης του αέρα, θεωρώντας την τόσο μικρή που μπορεί να παραμεληθεί.

Επιτάχυνση βαρύτητος

Διεξάγοντας τα περίφημα πειράματά του στον Πύργο της Πίζας, ο Galileo Galilei ανακάλυψε ότι όλα τα σώματα, ανεξάρτητα από τη μάζα τους, πέφτουν στη Γη με τον ίδιο τρόπο. Δηλαδή για όλα τα σώματα η επιτάχυνση της ελεύθερης πτώσης είναι ίδια. Σύμφωνα με το μύθο, ο επιστήμονας στη συνέχεια πέταξε μπάλες διαφορετικής μάζας από τον πύργο.

Επιτάχυνση βαρύτητος

Επιτάχυνση ελεύθερης πτώσης - η επιτάχυνση με την οποία όλα τα σώματα πέφτουν στη Γη.

Η επιτάχυνση ελεύθερης πτώσης είναι περίπου ίση με 9,81 m s 2 και συμβολίζεται με το γράμμα g. Μερικές φορές, όταν η ακρίβεια δεν είναι θεμελιωδώς σημαντική, η επιτάχυνση λόγω της βαρύτητας στρογγυλοποιείται στα 10 m s 2 .

Η γη δεν είναι τέλεια σφαίρα και σε διαφορετικά σημεία της επιφάνειας της γης, ανάλογα με τις συντεταγμένες και το ύψος πάνω από την επιφάνεια της θάλασσας, η τιμή του g ποικίλλει. Έτσι, η μεγαλύτερη επιτάχυνση ελεύθερης πτώσης είναι στους πόλους (≈ 9, 83 m s 2), και η μικρότερη στον ισημερινό (≈ 9, 78 m s 2) .

Σώμα ελεύθερη πτώση

Εξετάστε ένα απλό παράδειγμα ελεύθερης πτώσης. Ας πέσει κάποιο σώμα από ύψος h με μηδενική αρχική ταχύτητα. Ας υποθέσουμε ότι σηκώσαμε το πιάνο στο ύψος h και το αφήσαμε ήρεμα.

Ελεύθερη πτώση - ευθύγραμμη κίνηση με σταθερή επιτάχυνση. Ας κατευθύνουμε τον άξονα συντεταγμένων από το σημείο της αρχικής θέσης του σώματος προς τη Γη. Εφαρμόζοντας τους τύπους της κινηματικής για ευθύγραμμη ομοιόμορφα επιταχυνόμενη κίνηση, μπορείτε να γράψετε.

h = v 0 + g t 2 2 .

Επειδή η αρχική ταχύτητα είναι μηδέν, ξαναγράφουμε:

Από εδώ βρίσκεται η έκφραση για το χρόνο πτώσης του σώματος από ύψος h:

Λαμβάνοντας υπόψη ότι v \u003d g t, βρίσκουμε την ταχύτητα του σώματος τη στιγμή της πτώσης, δηλαδή τη μέγιστη ταχύτητα:

v = 2 h g · g = 2 h g .

Ομοίως, μπορούμε να θεωρήσουμε την κίνηση ενός σώματος που εκτοξεύεται κάθετα προς τα πάνω με μια ορισμένη αρχική ταχύτητα. Για παράδειγμα, πετάμε μια μπάλα επάνω.

Αφήστε τον άξονα των συντεταγμένων να κατευθυνθεί κατακόρυφα προς τα πάνω από το σημείο ρίψης του σώματος. Αυτή τη φορά το σώμα κινείται ομοιόμορφα αργά, χάνοντας ταχύτητα. Στο υψηλότερο σημείο, η ταχύτητα του σώματος είναι μηδέν. Χρησιμοποιώντας κινηματικούς τύπους, μπορούμε να γράψουμε:

Αντικαθιστώντας v = 0, βρίσκουμε το χρόνο για να ανέβει το σώμα στο μέγιστο ύψος:

Ο χρόνος πτώσης συμπίπτει με τον χρόνο ανόδου και το σώμα θα επιστρέψει στη Γη μετά από t = 2 v 0 g .

Μέγιστο ύψος σώματος που ρίχνεται κάθετα:

Ας ρίξουμε μια ματιά στο παρακάτω σχήμα. Δείχνει γραφήματα των ταχυτήτων του σώματος για τρεις περιπτώσεις κίνησης με επιτάχυνση a = - g. Ας εξετάσουμε καθένα από αυτά, αφού διευκρινίσουμε ότι σε αυτό το παράδειγμα όλοι οι αριθμοί είναι στρογγυλεμένοι και η επιτάχυνση της ελεύθερης πτώσης λαμβάνεται ίση με 10 m s 2 .

Το πρώτο γράφημα είναι η πτώση ενός σώματος από ορισμένο ύψος χωρίς αρχική ταχύτητα. Φθινοπωρινός χρόνος t p = 1 s. Είναι εύκολο να καταλάβουμε από τους τύπους και από τη γραφική παράσταση ότι το ύψος από το οποίο έπεσε το σώμα είναι ίσο με h = 5 m.

Το δεύτερο γράφημα είναι η κίνηση ενός σώματος που ρίχνεται κάθετα προς τα πάνω με αρχική ταχύτητα v 0 = 10 m s. Μέγιστο ύψος ανύψωσης h = 5 m. Χρόνος ανύψωσης και πτώσης t p = 1 s.

Το τρίτο γράφημα είναι συνέχεια του πρώτου. Το σώμα που πέφτει αναπηδά από την επιφάνεια και η ταχύτητά του αλλάζει απότομα πρόσημο στο αντίθετο. Η περαιτέρω κίνηση του σώματος μπορεί να εξεταστεί σύμφωνα με το δεύτερο γράφημα.

Το πρόβλημα της ελεύθερης πτώσης ενός σώματος σχετίζεται στενά με το πρόβλημα της κίνησης ενός σώματος που εκτινάσσεται σε μια ορισμένη γωνία ως προς τον ορίζοντα. Έτσι, η κίνηση κατά μήκος μιας παραβολικής τροχιάς μπορεί να αναπαρασταθεί ως το άθροισμα δύο ανεξάρτητων κινήσεων γύρω από τον κατακόρυφο και τον οριζόντιο άξονα.

Κατά μήκος του άξονα O Y, το σώμα κινείται ομοιόμορφα επιταχυνόμενο με επιτάχυνση g, η αρχική ταχύτητα αυτής της κίνησης είναι v 0 y. Η κίνηση κατά μήκος του άξονα O X είναι ομοιόμορφη και ευθύγραμμη, με αρχική ταχύτητα v 0 x .

Προϋποθέσεις κίνησης κατά μήκος του άξονα O X:

x 0 = 0; v 0 x = v 0 cos α ; a x = 0.

Προϋποθέσεις κίνησης κατά μήκος του άξονα O Y:

y 0 = 0; v 0 y = v 0 sin α ; a y = - g .

Παρουσιάζουμε τύπους για την κίνηση ενός σώματος που ρίχνεται υπό γωνία ως προς τον ορίζοντα.

Χρόνος πτήσης σώματος:

t = 2 v 0 sin α g .

Εύρος πτήσης σώματος:

L \u003d v 0 2 sin 2 α g.

Η μέγιστη εμβέλεια πτήσης επιτυγχάνεται σε γωνία α = 45°.

L m a x = v 0 2 g .

Μέγιστο ύψος ανύψωσης:

h \u003d v 0 2 sin 2 α 2 g.

Σημειώστε ότι σε πραγματικές συνθήκες, η κίνηση ενός σώματος που ρίχνεται υπό γωνία ως προς τον ορίζοντα μπορεί να ακολουθήσει μια τροχιά διαφορετική από την παραβολική λόγω αντίστασης αέρα και ανέμου. Η μελέτη της κίνησης των σωμάτων που πετιούνται στο διάστημα είναι μια ιδιαίτερη επιστήμη - βαλλιστική.

Εάν παρατηρήσετε κάποιο λάθος στο κείμενο, επισημάνετε το και πατήστε Ctrl+Enter

Εάν ένα σώμα εκτινάσσεται υπό γωνία ως προς τον ορίζοντα, τότε κατά την πτήση επηρεάζεται από τη βαρύτητα και την αντίσταση του αέρα. Εάν η δύναμη αντίστασης παραμεληθεί, τότε η μόνη δύναμη που απομένει είναι η δύναμη της βαρύτητας. Επομένως, λόγω του 2ου νόμου του Νεύτωνα, το σώμα κινείται με επιτάχυνση ίση με την επιτάχυνση της ελεύθερης πτώσης. προβολές επιτάχυνσης στους άξονες συντεταγμένων ax = 0, ay = - g.

Σχήμα 1. Κινηματικά χαρακτηριστικά ενός σώματος που ρίχνεται υπό γωνία ως προς τον ορίζοντα

Οποιαδήποτε σύνθετη κίνηση ενός υλικού σημείου μπορεί να αναπαρασταθεί ως επιβολή ανεξάρτητων κινήσεων κατά μήκος των αξόνων συντεταγμένων και προς την κατεύθυνση διαφορετικών αξόνων, ο τύπος κίνησης μπορεί να διαφέρει. Στην περίπτωσή μας, η κίνηση ενός ιπτάμενου σώματος μπορεί να αναπαρασταθεί ως υπέρθεση δύο ανεξάρτητων κινήσεων: ομοιόμορφη κίνηση κατά μήκος του οριζόντιου άξονα (άξονας Χ) και ομοιόμορφα επιταχυνόμενη κίνηση κατά μήκος του κατακόρυφου άξονα (άξονας Υ) (Εικ. 1) .

Επομένως, οι προβολές ταχύτητας του σώματος αλλάζουν με το χρόνο ως εξής:

όπου $v_0$ είναι η αρχική ταχύτητα, $(\mathbf \alpha )$ είναι η γωνία ρίψης.

Με την επιλογή προέλευσης, οι αρχικές συντεταγμένες (Εικ. 1) είναι $x_0=y_0=0$. Τότε παίρνουμε:

(1)

Ας αναλύσουμε τους τύπους (1). Ας προσδιορίσουμε το χρόνο κίνησης του πεταχθέντος σώματος. Για να γίνει αυτό, θέτουμε τη συντεταγμένη y ίση με μηδέν, επειδή τη στιγμή της προσγείωσης, το ύψος του σώματος είναι μηδέν. Από εδώ έχουμε για την ώρα πτήσης:

Η δεύτερη τιμή του χρόνου που το ύψος είναι ίσο με μηδέν ισούται με μηδέν, που αντιστοιχεί στη στιγμή της ρίψης, δηλ. αυτή η τιμή έχει και φυσική σημασία.

Το εύρος πτήσης προκύπτει από τον πρώτο τύπο (1). Το εύρος πτήσης είναι η τιμή της συντεταγμένης x στο τέλος της πτήσης, δηλ. τη χρονική στιγμή ίση με $t_0$. Αντικαθιστώντας την τιμή (2) στον πρώτο τύπο (1), παίρνουμε:

Από αυτόν τον τύπο μπορεί να φανεί ότι η μεγαλύτερη εμβέλεια πτήσης επιτυγχάνεται σε γωνία ρίψης 45 μοιρών.

Το υψηλότερο ύψος ανύψωσης του πεταχθέντος σώματος μπορεί να ληφθεί από τον δεύτερο τύπο (1). Για να γίνει αυτό, πρέπει να αντικαταστήσετε σε αυτόν τον τύπο την τιμή του χρόνου ίση με το μισό του χρόνου πτήσης (2), επειδή Είναι στο μέσο της τροχιάς που το ύψος πτήσης είναι μέγιστο. Κάνοντας υπολογισμούς, παίρνουμε

Από τις εξισώσεις (1) προκύπτει η εξίσωση της τροχιάς του σώματος, δηλ. μια εξίσωση που συσχετίζει τις συντεταγμένες x και y ενός σώματος κατά την κίνηση. Για να γίνει αυτό, πρέπει να εκφράσετε τον χρόνο από την πρώτη εξίσωση (1):

και αντικαταστήστε το στη δεύτερη εξίσωση. Τότε παίρνουμε:

Αυτή η εξίσωση είναι η εξίσωση τροχιάς. Μπορεί να φανεί ότι αυτή είναι η εξίσωση μιας παραβολής με διακλαδώσεις προς τα κάτω, όπως υποδεικνύεται από το σύμβολο "-" μπροστά από τον τετραγωνικό όρο. Θα πρέπει να ληφθεί υπόψη ότι η γωνία ρίψης $\alpha $ και οι συναρτήσεις της είναι απλώς σταθερές εδώ, δηλ. σταθερούς αριθμούς.

Ένα σώμα εκτοξεύεται με ταχύτητα v0 υπό γωνία $(\mathbf \alpha )$ προς τον ορίζοντα. Χρόνος πτήσης $t = 2 s$. Σε ποιο ύψος Hmax θα ανέβει το σώμα;

$$t_B = 2 s$$ $$H_max - ?$$

Ο νόμος της κίνησης του σώματος είναι:

$$\left\( \begin(array)(c) x=v_(0x)t \\ y=v_(0y)t-\frac(gt^2)(2) \end(array) \right.$ $

Το διάνυσμα αρχικής ταχύτητας σχηματίζει μια γωνία $(\mathbf \alpha )$ με τον άξονα OX. Συνεπώς,

\ \ \

Μια πέτρα ρίχνεται από την κορυφή ενός βουνού υπό γωνία = 30$()^\circ$ προς τον ορίζοντα με αρχική ταχύτητα $v_0 = 6 m/s$. Γωνία κεκλιμένου επιπέδου = 30$()^\circ$. Σε ποια απόσταση από το σημείο ρίψης θα πέσει η πέτρα;

$$ \alpha =30()^\circ$$ $$v_0=6\ m/s$$ $$S - ?$$

Ας τοποθετήσουμε την αρχή των συντεταγμένων στο σημείο ρίψης, OX - κατά μήκος του κεκλιμένου επιπέδου προς τα κάτω, OY - κάθετα στο κεκλιμένο επίπεδο προς τα πάνω. Κινηματικά χαρακτηριστικά κίνησης:

Νόμος της κίνησης:

$$\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(array) \right.$$ \

Αντικαθιστώντας την προκύπτουσα τιμή του $t_B$, βρίσκουμε το $S$:

Έστω ένα σώμα που εκτινάσσεται υπό γωνία α ως προς τον ορίζοντα με ταχύτητα . Όπως και στις προηγούμενες περιπτώσεις, θα παραμελήσουμε την αντίσταση του αέρα. Για να περιγράψετε την κίνηση, είναι απαραίτητο να επιλέξετε δύο άξονες συντεταγμένων - Ox και Oy (Εικ. 29).

Εικ.29

Η προέλευση είναι συμβατή με την αρχική θέση του σώματος. Προβολές της αρχικής ταχύτητας στους άξονες Oy και Ox: , . Προβολές επιτάχυνσης: ,

Τότε η κίνηση του σώματος θα περιγραφεί από τις εξισώσεις:

(8)

(9)

Από αυτούς τους τύπους προκύπτει ότι το σώμα κινείται ομοιόμορφα στην οριζόντια κατεύθυνση και ομοιόμορφα επιταχυνόμενο στην κατακόρυφη κατεύθυνση.

Η τροχιά του σώματος θα είναι παραβολή. Λαμβάνοντας υπόψη ότι στην κορυφή της παραβολής, μπορείτε να βρείτε τον χρόνο που χρειάζεται για να ανέβει το σώμα στην κορυφή της παραβολής:

Αντικαθιστώντας την τιμή του t 1 στην εξίσωση (8), βρίσκουμε το μέγιστο ύψος του σώματος:

Μέγιστο ύψος ανύψωσης.

Βρίσκουμε τον χρόνο πτήσης του σώματος από την προϋπόθεση ότι στο t \u003d t 2 η συντεταγμένη y 2 \u003d 0. Συνεπώς, . Ως εκ τούτου, - η ώρα της πτήσης του σώματος. Συγκρίνοντας αυτόν τον τύπο με τον τύπο (10), βλέπουμε ότι t 2 = 2t 1 .

Ο χρόνος κίνησης του σώματος από το μέγιστο ύψος t 3 =t 2 -t 1 =2t 1 -t 1 =t 1 . Επομένως, πόσο χρόνο ανεβαίνει το σώμα στο μέγιστο ύψος, πόση ώρα πέφτει από αυτό το ύψος. Αντικαθιστώντας την τιμή του χρόνου t 2 στην εξίσωση της συντεταγμένης x (6), βρίσκουμε:

- εύρος του σώματος.

Η στιγμιαία ταχύτητα σε οποιοδήποτε σημείο της τροχιάς κατευθύνεται εφαπτομενικά στην τροχιά (βλ. Εικ. 29), ο συντελεστής ταχύτητας καθορίζεται από τον τύπο

Έτσι, η κίνηση ενός σώματος που εκτοξεύεται υπό γωνία προς τον ορίζοντα ή σε οριζόντια κατεύθυνση μπορεί να θεωρηθεί ως αποτέλεσμα δύο ανεξάρτητων κινήσεων - οριζόντιων ομοιόμορφων και κάθετων ομοιόμορφα επιταχυνόμενων (ελεύθερη πτώση χωρίς αρχική ταχύτητα ή κίνηση σώματος που ρίχνεται κατακόρυφα προς τα πάνω ).

Σκεφτείτε ποιος μπορεί να είναι ο στόχος των κινηματικών προβλημάτων.

1. Μπορεί να μας ενδιαφέρει η αλλαγή των κινηματικών μεγεθών σε η διαδικασία της κίνησης, δηλ. λήψη πληροφοριών για την αλλαγή των συντεταγμένων, της ταχύτητας, της επιτάχυνσης, καθώς και των αντίστοιχων γωνιακών τιμών.

2. Σε μια σειρά προβλημάτων, για παράδειγμα, στο πρόβλημα της κίνησης ενός σώματος υπό γωνία προς τον ορίζοντα, απαιτείται να μάθουμε για τις τιμές των φυσικών μεγεθών σε συγκεκριμένα κράτη: εύρος πτήσης, μέγιστη ανάβαση κ.λπ.

3. Σε περιπτώσεις όπου το σώμα συμμετέχει ταυτόχρονα σε πολλές κινήσεις (π.χ. η κύλιση μιας μπάλας) ή λαμβάνεται υπόψη η σχετική κίνηση πολλών σωμάτων, καθίσταται απαραίτητο να δημιουργηθούν σχέσεις μεταξύ μετατοπίσεων, ταχυτήτων και επιταχύνσεων (γραμμικές και γωνιακές). δηλ. βρείτε εξισώσεις κινηματική σύνδεση.

Παρά τη μεγάλη ποικιλία προβλημάτων στην κινηματική, μπορεί να προταθεί ο ακόλουθος αλγόριθμος για την επίλυσή τους:

1. Κάντε ένα σχηματικό σχέδιο που να δείχνει την αρχική θέση των σωμάτων και την αρχική τους κατάσταση, δηλ. και .

2. Επιλέξτε ένα πλαίσιο αναφοράς με βάση την ανάλυση των συνθηκών του προβλήματος. Για να γίνει αυτό, πρέπει να επιλέξετε ένα σώμα αναφοράς και να συνδέσετε ένα σύστημα συντεταγμένων με αυτό, υποδεικνύοντας την αρχή των συντεταγμένων, την κατεύθυνση των αξόνων συντεταγμένων, τη στιγμή της έναρξης της αναφοράς χρόνου. Κατά την επιλογή θετικών κατευθύνσεων, καθοδηγούνται από την κατεύθυνση κίνησης (ταχύτητα) ή την κατεύθυνση της επιτάχυνσης.

3. Με βάση τους νόμους της κίνησης, συνθέστε ένα σύστημα εξισώσεων σε διανυσματική μορφή για όλα τα σώματα, και στη συνέχεια σε βαθμωτή μορφή, προβάλλοντας αυτές τις διανυσματικές εξισώσεις κίνησης στους άξονες συντεταγμένων. Κατά τη σύνταξη αυτών των εξισώσεων, θα πρέπει να προσέξουμε τα σημάδια "+" και "-" των προβολών των διανυσματικών μεγεθών που περιλαμβάνονται σε αυτές.

4. Η απάντηση πρέπει να ληφθεί με τη μορφή αναλυτικού τύπου (σε γενικούς όρους), και στο τέλος να γίνουν αριθμητικοί υπολογισμοί.

Παράδειγμα 4Για πόσο καιρό ένας επιβάτης που κάθεται στο παράθυρο ενός τρένου που κινείται με ταχύτητα 54 χλμ./ώρα θα βλέπει να περνάει δίπλα του μια αμαξοστοιχία που περνάει από δίπλα του, η ταχύτητα του οποίου είναι 36 χλμ./ώρα και το μήκος 250 μέτρα;

Λύση.Ας συνδέσουμε το σταθερό πλαίσιο αναφοράς με τη Γη, το κινούμενο πλαίσιο - με το τρένο στο οποίο βρίσκεται ο επιβάτης. Σύμφωνα με το νόμο της πρόσθεσης ταχυτήτων, πού είναι η ταχύτητα του επερχόμενου τρένου σε σχέση με το πρώτο. Σε προβολές στον άξονα Ox:

Δεδομένου ότι το μονοπάτι που διανύει το επερχόμενο τρένο σε σχέση με το πρώτο είναι ίσο με το μήκος του τρένου, τον χρόνο

Παράδειγμα 5Το ατμόπλοιο πηγαίνει από το Νίζνι Νόβγκοροντ στο Αστραχάν 5,0 ημέρες και πίσω - 7,0 ημέρες. Πόσο καιρό θα ταξιδέψει η σχεδία από το Νίζνι Νόβγκοροντ προς το Αστραχάν; Εξαιρούνται οι καθυστερήσεις στάθμευσης και κυκλοφορίας.

Δόθηκαν: t 1 \u003d 5 ημέρες, t 2 \u003d 7 ημέρες.

Λύση.Θα συσχετίσουμε το σταθερό πλαίσιο αναφοράς με την ακτή και το κινούμενο πλαίσιο με το νερό. Υποθέτουμε ότι η ταχύτητα του νερού είναι η ίδια σε όλη τη διαδρομή και η ταχύτητα του ατμόπλοιου σε σχέση με το νερό είναι σταθερή και ίση με το μέτρο της στιγμιαίας ταχύτητας του ατμού σε σχέση με το νερό.

Εφόσον η σχεδία κινείται σε σχέση με την ακτή με την ταχύτητα της ροής του ποταμού, τότε ο χρόνος της κίνησής της είναι , όπου s είναι η απόσταση μεταξύ των πόλεων. Όταν το ατμόπλοιο κινείται προς τα κάτω, η ταχύτητά του σύμφωνα με το νόμο της πρόσθεσης ταχυτήτων ή σε προβολές στον άξονα Ox:

όπου είναι η ταχύτητα του πλοίου σε σχέση με την ακτή, είναι η ταχύτητα του πλοίου σε σχέση με τον ποταμό.

Γνωρίζοντας το χρόνο κίνησης, μπορείτε να βρείτε την ταχύτητα:

Από τους τύπους (1) και (2) έχουμε:

Όταν το ατμόπλοιο κινείται αντίθετα στο ρεύμα, ή σε προβολές στον άξονα Ox, πού είναι η ταχύτητα του ατμόπλοιου σε σχέση με την ακτή.

Αφ 'ετέρου, . Επειτα

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων (3) και (4) ως προς το , παίρνουμε:

Ας βρούμε την ώρα της κίνησης της σχεδίας:

Παράδειγμα 6Με ομοιόμορφα επιταχυνόμενη κίνηση, το σώμα περνά για τα δύο πρώτα ίσα διαδοχικά χρονικά διαστήματα 4,0 s κάθε διαδρομή s 1 \u003d 24 m και s 2 \u003d 64 m, αντίστοιχα. Προσδιορίστε την αρχική ταχύτητα και την επιτάχυνση του σώματος.

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

Λύση.Ας γράψουμε τις εξισώσεις διαδρομής για s 1 και (s 1 + s 2), αντίστοιχα. Αφού η αρχική ταχύτητα είναι η ίδια σε αυτή την περίπτωση, λοιπόν

Αφού t1=t2, λοιπόν

Εκφράζοντας από το (1) και αντικαθιστώντας το με (2), παίρνουμε:

Στη συνέχεια η αρχική ταχύτητα

Παράδειγμα 7Το αυτοκίνητο, κινούμενο κατά μήκος ευθύγραμμης τροχιάς με ομοιόμορφη επιτάχυνση με αρχική ταχύτητα 5,0 m/s, διένυσε απόσταση 6,0 m στο πρώτο δευτερόλεπτο Βρείτε την επιτάχυνση του αυτοκινήτου, τη στιγμιαία ταχύτητα στο τέλος του δεύτερου δευτερολέπτου και η μετατόπιση σε 2,0 s.

Λύση.Γνωρίζοντας τη διαδρομή που διανύει το σώμα στο πρώτο δευτερόλεπτο, μπορείτε να βρείτε την επιτάχυνση:

Η ταχύτητα στο τέλος του δεύτερου δευτερολέπτου βρίσκεται από τον τύπο

Παράδειγμα 8 Χ) έχει τη μορφή x \u003d A + Bt + Ct 3, όπου A \u003d 4 m, B \u003d 2m / s, C \u003d -0,5 m / s 3.

Για τη χρονική στιγμή t 1 =2 c προσδιορίστε: 1) τη συντεταγμένη του σημείου x 1 του σημείου. 2) στιγμιαία ταχύτητα v1; 3) στιγμιαία επιτάχυνση Α'1.

Δίνονται: 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.

Εύρεση: x 1; v1; Α'1 .

Λύση. 1. Αντικαταστήστε στην εξίσωση κίνησης αντί για t τη δεδομένη τιμή του χρόνου t 1: x 1 \u003d A + Bt 1 + Ct 1 3. Αντικαθιστούμε τις τιμές A, B, C, t 1 σε αυτήν την έκφραση και εκτελούμε τους υπολογισμούς: x 1 \u003d 4 m.

2. Στιγμιαία ταχύτητα: Τότε τη χρονική στιγμή t 1 η στιγμιαία ταχύτητα είναι v 1 = B + 3Ct 1 2 . Ας αντικαταστήσουμε εδώ τις τιμές B, C, t 1: v 1 = - 4 m / s. Το αρνητικό πρόσημο δείχνει ότι τη χρονική στιγμή t 1 =2 c το σημείο κινείται προς την αρνητική κατεύθυνση του άξονα συντεταγμένων.

3. Στιγμιαία επιτάχυνση: Η στιγμιαία επιτάχυνση τη στιγμή t 1 είναι a 1 = 6Сt 1 . Αντικαταστήστε τις τιμές C, t 1: a 1 \u003d -6 m / s 2. Το σύμβολο μείον υποδεικνύει ότι η κατεύθυνση του διανύσματος επιτάχυνσης συμπίπτει με την αρνητική κατεύθυνση του άξονα συντεταγμένων, και αυτό ισχύει για οποιαδήποτε στιγμή του χρόνου υπό τις συνθήκες αυτού του προβλήματος.

Παράδειγμα 9Κινηματική εξίσωση κίνησης υλικού σημείου κατά μήκος ευθείας (άξονας Χ) έχει τη μορφή x \u003d A + Bt + Ct 2, όπου A \u003d 5 m, B \u003d 4m / s, C \u003d -1m / s 2. Προσδιορίστε τη μέση ταχύτητα v xsr για το χρονικό διάστημα από t 1 \u003d 1 c έως t 2 \u003d 6 c.

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

Εύρεση: v xsr -? και xsr -?

Λύση.Η μέση ταχύτητα για το χρονικό διάστημα t 2 -t 1 προσδιορίζεται από την έκφραση 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.

Αντικαταστήστε τις τιμές x 1 , x 2 , t 1 , t 2 και κάντε τους υπολογισμούς: v xsr = -3 m/s.

Παράδειγμα 10Έγινε πτώση φορτίου από ελικόπτερο σε ύψος h = 300 m. Μετά από πότε θα φτάσει το φορτίο στο έδαφος εάν: α) το ελικόπτερο είναι ακίνητο. β) το ελικόπτερο κατεβαίνει με ταχύτητα v 0 =5 m/s. 3) το ελικόπτερο ανεβαίνει με ταχύτητα v 0 =5 m/s. Περιγράψτε γραφικά τις αντίστοιχες κινήσεις του φορτίου στους άξονες s(t), v(t) και a(t).

Λύση.α) Το φορτίο που έχει φύγει από το ακίνητο ελικόπτερο πέφτει ελεύθερα, δηλ. κινείται ομοιόμορφα με την επιτάχυνση της ελεύθερης πτώσης g. Βρίσκουμε τον χρόνο κίνησης από την αναλογία Τα γραφήματα της κίνησης του αντικειμένου σημειώνονται με 1 στο σχήμα.

β) Η κίνηση του φορτίου που άφησε το ελικόπτερο, το οποίο κατεβαίνει με σταθερή ταχύτητα v 0 \u003d 5 m / s, είναι μια ομοιόμορφα επιταχυνόμενη κίνηση με σταθερή επιτάχυνση g και περιγράφεται από την εξίσωση

Αντικατάσταση αριθμητικών τιμών δίνει την εξίσωση 9,8t 2 +10t-600=0.

Ένα αρνητικό αποτέλεσμα δεν έχει φυσική σημασία, άρα ο χρόνος κίνησης είναι t=7,57 s.

Τα γραφήματα της κίνησης του αντικειμένου σημειώνονται με 2 στο σχήμα.

3) Η κίνηση του φορτίου που έφυγε από το ελικόπτερο, το οποίο ανεβαίνει με σταθερή ταχύτητα v 0 =5 m/s, αποτελείται από δύο στάδια. Στο πρώτο στάδιο, το φορτίο κινείται ομοιόμορφα με σταθερή επιτάχυνση g, που κατευθύνεται αντίθετα από την ταχύτητα, και περιγράφεται από τις εξισώσεις

Στην κορυφή της τροχιάς, η ταχύτητα γίνεται μηδέν, άρα

Αντικαθιστώντας τη δεύτερη εξίσωση του συστήματος με την πρώτη, λαμβάνουμε

Στο δεύτερο στάδιο - ελεύθερη πτώση από ύψος h 0 \u003d h + h 1 \u003d 300 + 1,28 \u003d 301,28 m.

Επειδή η

Οι γραφικές παραστάσεις της κίνησης του αντικειμένου σημειώνονται με 3 στο σχήμα.

Παράδειγμα 11.Από ένα μπαλόνι που κατεβαίνει με σταθερή ταχύτητα 2 m/s, ένα φορτίο εκτοξεύεται κάθετα προς τα πάνω με ταχύτητα 18 m/s σε σχέση με το έδαφος. Προσδιορίστε την απόσταση μεταξύ της μπάλας και του φορτίου τη στιγμή που το φορτίο φτάνει στο υψηλότερο σημείο ανύψωσής του. Μετά από πόση ώρα το βάρος θα περάσει από την μπάλα, πέφτοντας κάτω.

Δίνονται: v 01 = 2 m/s, v 02 =18 m/s

Βρείτε: s-? τ-;

Λύση.Ας κατευθύνουμε τον άξονα 0Y κατακόρυφα προς τα πάνω, η αρχή είναι συμβατή με το σημείο 0, όπου βρισκόταν η μπάλα τη στιγμή της ρίψης του φορτίου.

Στη συνέχεια οι εξισώσεις κίνησης του φορτίου και του μπαλονιού:

Η ταχύτητα κίνησης του φορτίου ποικίλλει σύμφωνα με το νόμο v 2 =v 02 - gt.

Στο υψηλότερο σημείο Κατά την ανύψωση του φορτίου v 2 =0. Τότε ο χρόνος ανύψωσης σε αυτό το σημείο Η συντεταγμένη του φορτίου στο σημείο Β

Κατά τη διάρκεια αυτής της περιόδου, το μπαλόνι έχει κατέβει στο σημείο Α. η συντεταγμένη του

Απόσταση μεταξύ των σημείων Α και Β:

Μετά από ένα χρονικό διάστημα τ, όταν η πέτρα περνάει δίπλα από την μπάλα, οι συντεταγμένες των σωμάτων θα είναι οι ίδιες: y 1C = y 2C.

Παράδειγμα 12.Με ποια ταχύτητα και σε ποια πορεία πρέπει να πετάξει ένα αεροπλάνο για να πετάξει 300 km προς τα βόρεια σε δύο ώρες, αν κατά τη διάρκεια της πτήσης φυσά βορειοδυτικός άνεμος υπό γωνία 30 o ως προς τον μεσημβρινό με ταχύτητα 27 km/h;

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

Εύρεση: v 2 -? φ-;

Λύση.Ας εξετάσουμε την κίνηση ενός αεροσκάφους σε ένα πλαίσιο αναφοράς που συνδέεται με τη γη.

Ας σχεδιάσουμε τον άξονα OX προς την κατεύθυνση προς τα ανατολικά και τον άξονα OY - προς τα βόρεια. Στη συνέχεια, η ταχύτητα του αεροσκάφους στο επιλεγμένο πλαίσιο αναφοράς

όπου v= μεγάλο/t(2)

Η εξίσωση (1) στην προβολή στον άξονα

ΟΚ: 0=v 1 ∙sinα – v 2 ∙sinφ;

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

Διαιρώντας αυτές τις εξισώσεις όρο με όρο, παίρνουμε tgφ=v 1 sinα/(v 1 cosα+ v),

ή λαμβάνοντας υπόψη (2)

tgφ=v 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ μεγάλο/t);

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

Τετραγωνίζοντας το δεξί και αριστερό μέρος των εξισώσεων (3) και προσθέτοντας τις εξισώσεις που προκύπτουν, βρίσκουμε

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

από πού , ή λαμβάνοντας υπόψη (2)

Παράδειγμα 13Ένα σώμα που ρίχνεται κάθετα προς τα πάνω επιστρέφει στο έδαφος μετά από t=3 s. Βρείτε το ύψος του σώματος και την αρχική του ταχύτητα.

Λύση.Η ανοδική κίνηση του σώματος είναι εξίσου αργή με την επιτάχυνση - σολκαι συμβαίνει με την πάροδο του χρόνου t 1, και η κίνηση προς τα κάτω επιταχύνεται ομοιόμορφα με την επιτάχυνση g και συμβαίνει κατά τη διάρκεια του χρόνου t 2. Οι εξισώσεις που περιγράφουν την κίνηση στα τμήματα ΑΒ και ΒΑ σχηματίζουν ένα σύστημα:

Αφού v B =0, τότε v 0 =gt 1 . Αντικαθιστώντας το v 0 στην πρώτη εξίσωση του συστήματος, παίρνουμε . Αν συγκρίνουμε αυτήν την έκφραση με την τρίτη εξίσωση του συστήματος, μπορούμε να συμπεράνουμε ότι ο χρόνος ανόδου είναι ίσος με τον χρόνο καθόδου t 1 =t 2 =t/2=1,5s. Η αρχική ταχύτητα και η ταχύτητα κατά την προσγείωση είναι ίσες μεταξύ τους και είναι v 0 =v A =gt 1 =9,8∙1,5=14,7 m/s.

ύψος σώματος

Παράδειγμα 14Ένα σώμα που πέφτει ελεύθερα στο τελευταίο δευτερόλεπτο της κίνησης έχει περάσει τη μισή διαδρομή. Βρείτε το ύψος από το οποίο εκτοξεύτηκε και τον χρόνο που χρειάστηκε για να κινηθεί.

Λύση.Η εξάρτηση της απόστασης που διανύθηκε στον χρόνο για ένα σώμα που πέφτει ελεύθερα. Δεδομένου ότι το τμήμα BC, που αποτελεί το ήμισυ ολόκληρης της διαδρομής, διήλθε σε χρόνο ίσο με 1 s, το πρώτο μισό της διαδρομής AB πέρασε σε χρόνο (t-1) s. Τότε η κίνηση στο τμήμα BC μπορεί να περιγραφεί ως .

Επίλυση του συστήματος

παίρνουμε t 2 -4t+2=0. Οι ρίζες αυτής της εξίσωσης είναι t 1 \u003d 3,41 s και t 2 \u003d 0,59 s. Η δεύτερη ρίζα δεν είναι κατάλληλη, γιατί ο χρόνος κίνησης, ανάλογα με την κατάσταση του προβλήματος, θα πρέπει να υπερβαίνει το ένα δευτερόλεπτο. Ως εκ τούτου, το σώμα έπεσε σε 3,41 δευτ. και σε αυτό το διάστημα κάλυψε το μονοπάτι

Παράδειγμα 15Μια πέτρα ρίχνεται οριζόντια από έναν πύργο ύψους 25 m με ταχύτητα 15 m/s.

Βρείτε: 1) πόσο καιρό θα είναι σε κίνηση η πέτρα, 2) σε ποια απόσταση θα πέσει στο έδαφος, 3) με ποια ταχύτητα θα πέσει στο έδαφος, 4) ποια γωνία θα κάνει η τροχιά της πέτρας με το ορίζοντα στο σημείο της πτώσης του στο έδαφος. Η αντίσταση του αέρα αγνοείται.

Δίνονται: H=25 m, v o =15 m/s

Εύρεση: t-? s x - ? v-? φ-;

Λύση.Η κίνηση μιας πέτρας που ρίχνεται οριζόντια μπορεί να αποσυντεθεί σε δύο: οριζόντια s xκαι κάθετη s y:

όπου t είναι ο χρόνος κίνησης.

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;

Παράδειγμα 16Ένα σώμα εκτοξεύεται οριζόντια από πύργο ύψους 25 m με ταχύτητα v x =10 m/s.

Να βρείτε: 1) το χρόνο t της πτώσης του σώματος, 2) σε ποια απόσταση μεγάλοαπό τη βάση του πύργου, θα πέσει, 3) η ταχύτητα v στο τέλος της πτώσης, 4) η γωνία που θα κάνει η τροχιά του σώματος με το έδαφος στο σημείο της προσγείωσής του.

Λύση.Η κίνηση του σώματος είναι πολύπλοκη. Συμμετέχει σε ομοιόμορφη κίνηση κατά μήκος της οριζόντιας και ομοιόμορφα επιταχυνόμενη με επιτάχυνση g κατά μήκος της κατακόρυφης. Επομένως, η ενότητα ΑΒ περιγράφεται από τις εξισώσεις:

Για το σημείο Α, αυτές οι εξισώσεις έχουν τη μορφή:

Επειτα μεγάλο\u003d 10 2,26 \u003d 22,6 m και v y \u003d 9,8 2,26 \u003d 22,15 m / s.

Γιατί, λοιπόν

Η γωνία που κάνει η τροχιά με τη γη είναι ίση με τη γωνία φ στο τρίγωνο των ταχυτήτων στο σημείο Α, η εφαπτομένη της οποίας , επομένως φ=68,7°.

Παράδειγμα 17.Για ένα σώμα που εκτοξεύεται με οριζόντια ταχύτητα v x \u003d 10 m / s, μετά από χρόνο t \u003d 2 s μετά την έναρξη της κίνησης, βρείτε: κανονική, εφαπτομενική και πλήρη επιτάχυνση, καθώς και την ακτίνα καμπυλότητας της τροχιάς στο αυτό το σημείο.

Λύση.Συνιστώσα κατακόρυφης ταχύτητας v y =gt=9,8∙2=19,6 m/s

Ταχύτητα στο σημείο Α:

Τα διανύσματα σχηματίζουν ένα τρίγωνο ταχυτήτων και τα διανύσματα ένα τρίγωνο επιταχύνσεων. Όπως φαίνεται από το σχήμα, αυτά τα τρίγωνα είναι παρόμοια, πράγμα που σημαίνει ότι οι πλευρές τους είναι ανάλογες: .

Κανονική επιτάχυνση, άρα η ακτίνα καμπυλότητας της τροχιάς

Παράδειγμα 18.Μια μπάλα ρίχνεται με ταχύτητα 10 m/s σε γωνία 40° ως προς την οριζόντια.

Βρείτε: 1) σε ποιο ύψος θα ανέβει η μπάλα. 2) σε ποια απόσταση από το σημείο ρίψης θα πέσει η μπάλα στο έδαφος, 3) πόσο καιρό θα βρίσκεται σε κίνηση.

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

Βρείτε: s y - ? s x - ? t-?

Λύση. 1) Ας βρούμε το μέγιστο ύψος s y max , στο οποίο ανεβαίνει ένα σώμα που εκτινάσσεται με ταχύτητα v o κατά γωνία α προς τον ορίζοντα. Έχουμε (βλ. εικ.):

v y \u003d v o sinα - gt; (ένας)

s y \u003d v o t∙sinα - gt 2 / 2. (2)

Στην κορυφή v y = 0 και από το (1) παίρνουμε v o ∙sin𝛼 = gt 1 , εξ ου και ο χρόνος ανύψωσης της μπάλας t 1 =v o ∙sinα/g. Αντικαθιστώντας το t 1 σε (2), παίρνουμε

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

2) Βρείτε το εύρος πτήσης s x max ενός σώματος που εκτοξεύεται υπό γωνία ως προς τον ορίζοντα.

Έχουμε: v x \u003d v ο cosα , (3)

s x =v x t=v o t∙cosα. (τέσσερα)

Το σώμα θα πέσει σε οριζόντιο επίπεδο σε χρόνο t 2 =2t 1 =2v o sinα/g.

Αντικαθιστώντας το t 2 στο (4), παίρνουμε s xmax = v o 2 sin2α/ g= 10,0 μ

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

Παράδειγμα 19.Το σώμα εκτοξεύεται με ταχύτητα v 0 =10 m/s 2 υπό γωνία α=30° ως προς τον ορίζοντα. Σε τι ύψος θα ανέβει το σώμα; Σε ποια απόσταση από το σημείο που πετάχτηκε θα χτυπήσει στο έδαφος; Πόσο καιρό θα είναι σε κίνηση;

Λύση.Οριζόντιες και κάθετες συνιστώσες της αρχικής ταχύτητας

Η κίνηση στο τμήμα ΟΑ μπορεί να αποσυντεθεί σε δύο απλές κινήσεις: ομοιόμορφη οριζόντια και ομοιόμορφη επιβράδυνση κάθετα:

Στο σημείο Α

Επειτα και

Εάν το σώμα συμμετέχει ταυτόχρονα σε πολλές κινήσεις, τότε συμμετέχει σε καθεμία από αυτές ανεξάρτητα από την άλλη, επομένως, ο χρόνος κίνησης στο τμήμα ΑΒ καθορίζεται από τον χρόνο κίνησης προς τα κάτω - t 2. Ο χρόνος για να ανεβείτε είναι ίσος με το χρόνο για να μετακινηθείτε προς τα κάτω, πράγμα που σημαίνει ότι

Με ομοιόμορφη οριζόντια κίνηση, το σώμα διανύει ίσα τμήματα της διαδρομής σε ίσα χρονικά διαστήματα, επομένως,

Εύρος πτήσης

ύψος σώματος

Παράδειγμα 20.Το σημείο κινείται ευθύγραμμα στο επίπεδο σύμφωνα με το νόμο x=4(t-2) 2 . Ποια είναι η αρχική ταχύτητα v 0 και η επιτάχυνση του σημείου ένα? Να βρείτε τη στιγμιαία ταχύτητα του σημείου v t =5 στην αρχή του πέμπτου δευτερολέπτου της κίνησης.

Λύση.

1) Επειδή v=x’, τότε v 0 =(4∙(t-2) 2)’=(4∙(t 2 -4t+4))’=(4t 2 -16t+16)’=8t-16

σε t=0 v 0 =-16 m/s.

2) Επειδή a= , τότε a=(8t-16)’=8 m/s.

3) Στο t=4, επειδή Έχουν περάσει 4 δευτερόλεπτα πριν από την έναρξη των 5 δευτερολέπτων.

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

Απάντηση:Αρχική σημειακή ταχύτητα v 0 =-16 m/s, επιτάχυνση a=8 m/s, σημειακή ταχύτητα στην αρχή του πέμπτου δευτερολέπτου κίνησης v t =5 =32 m/s.

Παράδειγμα 21.Η κίνηση ενός υλικού σημείου περιγράφεται από τις εξισώσεις: α) s=αt 3 ; β) s=αt 2 +βt. Συγκρίνετε τη μέση ταχύτητα και τον αριθμητικό μέσο όρο της αρχικής και της τελικής ταχύτητας vβλ. στο χρονικό διάστημα 0 - t. Εδώ τα α και β είναι θετικές σταθερές.

Λύση.Θυμηθείτε τους ορισμούς της μέσης και της στιγμιαίας ταχύτητας:

Οι εκφράσεις για τη στιγμιαία ταχύτητα λαμβάνονται διαφοροποιώντας την εξίσωση της κίνησης.

Οι εκφράσεις για τη μέση ταχύτητα βρίσκονται ως ο λόγος της αλλαγής της καμπυλόγραμμης συντεταγμένης προς το χρόνο:

Λαμβάνουμε εκφράσεις για την αριθμητική μέση ταχύτητα:

Ας απαντήσουμε στο ερώτημα των συνθηκών του προβλήματος. Φαίνεται ότι στην περίπτωση «α» ο μέσος όρος και η αριθμητική μέση ταχύτητα δεν συμπίπτουν και στην περίπτωση «β» συμπίπτουν.

Παράδειγμα 22.Ένα υλικό σημείο κινείται ομοιόμορφα κατά μήκος μιας καμπυλόγραμμης τροχιάς. Σε ποιο σημείο της τροχιάς είναι η μέγιστη επιτάχυνση;

Λύση.Όταν κινείστε κατά μήκος μιας καμπύλης διαδρομής, η επιτάχυνση είναι το άθροισμα της εφαπτομενικής και της κανονικής. Η εφαπτομενική επιτάχυνση χαρακτηρίζει την ταχύτητα μεταβολής της τιμής (μέτρο) της ταχύτητας. Εάν η ταχύτητα δεν μεταβάλλεται, η εφαπτομενική επιτάχυνση είναι μηδέν. Η κανονική επιτάχυνση εξαρτάται από την ακτίνα καμπυλότητας της τροχιάς a n = v 2/R. Η επιτάχυνση είναι μέγιστη στο σημείο με τη μικρότερη ακτίνα καμπυλότητας, δηλ. στο σημείο Γ.

Παράδειγμα 23.Το υλικό σημείο κινείται σύμφωνα με το νόμο:

1) Προσδιορίστε την αρχική συντεταγμένη, την αρχική ταχύτητα και την επιτάχυνση σε σύγκριση με τον νόμο της κίνησης με σταθερή επιτάχυνση. Γράψτε την εξίσωση για την προβολή της ταχύτητας.

Λύση.Ο νόμος της κίνησης με σταθερή επιτάχυνση έχει τη μορφή

Συγκρίνοντας αυτή την εξίσωση με την εξίσωση της προβληματικής συνθήκης, προκύπτει

Χ 0 = - 1 m,

v 0 x = 1 m/s,

ένα x \u003d - 0,25 m / s 2.

Τίθεται το ερώτημα: ποια είναι η έννοια του μείον; Πότε η προβολή ενός διανύσματος είναι αρνητική; Μόνο αν το διάνυσμα στρέφεται ενάντια στον άξονα συντεταγμένων.

Ας απεικονίσουμε τα αρχικά διανύσματα συντεταγμένων, ταχύτητας και επιτάχυνσης στο σχήμα.

Γράφουμε την εξίσωση της ταχύτητας στη μορφή

και αντικαταστήστε τα ληφθέντα δεδομένα σε αυτό (αρχικές συνθήκες)

2) Βρείτε την εξάρτηση της ταχύτητας και της επιτάχυνσης από το χρόνο, χρησιμοποιώντας τους ορισμούς αυτών των μεγεθών.

Λύση.Εφαρμόζουμε τους ορισμούς για τις στιγμιαίες τιμές της ταχύτητας και της επιτάχυνσης:

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

Φαίνεται ότι η επιτάχυνση δεν εξαρτάται από το χρόνο.

3) Κατασκευάστε γραφήματα v x (t) και a x (t). Περιγράψτε την κίνηση σε κάθε τμήμα του γραφήματος.

Λύση.Η εξάρτηση της ταχύτητας από το χρόνο είναι γραμμική, το γράφημα είναι ευθεία γραμμή.

Σε t \u003d 0 v x \u003d 1 m / s. Στο t = 4 με v x = 0.

Από το γράφημα φαίνεται ότι στην ενότητα «α» η προβολή της ταχύτητας είναι θετική και η τιμή της μειώνεται, δηλ. το σημείο κινείται αργά προς την κατεύθυνση του άξονα x. Στην ενότητα «β», η προβολή της ταχύτητας είναι αρνητική και ο συντελεστής της αυξάνεται. Το σημείο κινείται με επιτάχυνση προς την αντίθετη κατεύθυνση από τον άξονα x. Επομένως, στο σημείο τομής του γραφήματος με τον άξονα της τετμημένης, εμφανίζεται μια στροφή, μια αλλαγή στην κατεύθυνση κίνησης.

4) Προσδιορίστε τη συντεταγμένη του σημείου στροφής και τη διαδρομή προς τη στροφή.

Λύση.Για άλλη μια φορά, σημειώνουμε ότι στο σημείο καμπής, η ταχύτητα είναι μηδέν. Για αυτή την κατάσταση, από τις εξισώσεις κίνησης παίρνουμε:

Από τη δεύτερη εξίσωση παίρνουμε t pov = 4 s. (Μπορεί να φανεί ότι για να ληφθεί αυτή η τιμή, δεν είναι απαραίτητο να κατασκευαστεί και να αναλυθεί ένα γράφημα). Αντικαταστήστε αυτήν την τιμή στην πρώτη εξίσωση: x pov \u003d -1 + 4-4 2 / 8 \u003d 1 μ. Ας απεικονίσουμε πώς κινήθηκε το σημείο.

Η διαδρομή προς τη στροφή, όπως φαίνεται από το σχήμα, ισούται με την αλλαγή των συντεταγμένων: s στροφή =x στροφή -x 0 =1-(-1)=2 m.

5) Σε ποιο χρονικό σημείο το σημείο διέρχεται από την αρχή;

Λύση.Στην εξίσωση κίνησης θα πρέπει να τεθεί x = 0. Παίρνουμε μια τετραγωνική εξίσωση 0 \u003d -1 + t-t 2 / 8 ή t 2 -8t + 8 \u003d 0. Αυτή η εξίσωση έχει δύο ρίζες: . t 1 \u003d 1,17 s, t 2 \u003d 6,83 s. Πράγματι, το σημείο διέρχεται από την αρχή δύο φορές: όταν κινείται «εκεί» και «πίσω».

6) Βρείτε τη διαδρομή που διανύθηκε από το σημείο σε 5 δευτερόλεπτα μετά την έναρξη της κίνησης και την κίνηση κατά τη διάρκεια αυτού του χρόνου, καθώς και τη μέση ταχύτητα εδάφους σε αυτό το τμήμα της διαδρομής.

Λύση.Πρώτα απ 'όλα, ας βρούμε τη συντεταγμένη στην οποία αποδείχθηκε ότι ήταν το σημείο μετά από 5 δευτερόλεπτα κίνησης και ας το σημειώσουμε στο σχήμα.

x(5)=-1+5-5 2/8= 0,875 μ.

Δεδομένου ότι το σημείο βρίσκεται σε αυτήν την κατάσταση μετά τη στροφή, η διαδρομή που διανύθηκε δεν είναι πλέον ίση με την αλλαγή της συντεταγμένης (μετατόπιση), αλλά αποτελείται από δύο όρους: τη διαδρομή προς τη στροφή

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

και μετά τη στροφή

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.

Η μετατόπιση του σημείου είναι

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

Η μέση ταχύτητα εδάφους υπολογίζεται από τον τύπο

Στο εξεταζόμενο πρόβλημα, περιγράφεται ένας από τους απλούστερους τύπους κίνησης - κίνηση με σταθερή επιτάχυνση. Ωστόσο, αυτή η προσέγγιση στην ανάλυση της φύσης της κίνησης είναι καθολική.

Παράδειγμα 24.Σε μονοδιάστατη κίνηση με σταθερή επιτάχυνση, οι εξαρτήσεις της συντεταγμένης και της ταχύτητας του σωματιδίου από το χρόνο περιγράφονται από τις σχέσεις:

Καθιερώστε μια σχέση μεταξύ της συντεταγμένης ενός σωματιδίου και της ταχύτητάς του.

Λύση.Εξαιρούμε τον χρόνο t από αυτές τις εξισώσεις. Για να γίνει αυτό, χρησιμοποιούμε τη μέθοδο αντικατάστασης. Από τη δεύτερη εξίσωση εκφράζουμε το χρόνο και αντικαθιστούμε στην πρώτη εξίσωση:

Εάν η κίνηση ξεκινά από την αρχή ( Χ 0 = 0) από ανάπαυση ( v 0 x =0), τότε η εξάρτηση που προκύπτει παίρνει τη μορφή

πολύ γνωστό από το μάθημα της σχολικής φυσικής.

Παράδειγμα 25.Η κίνηση ενός υλικού σημείου περιγράφεται από την εξίσωση: , όπου i και j είναι οι στροφές των αξόνων x και y, α και β είναι θετικές σταθερές. Την αρχική χρονική στιγμή, το σωματίδιο βρισκόταν στο σημείο x 0 =y 0 =0. Να βρείτε την εξίσωση τροχιάς σωματιδίων y(x).

Λύση.Η συνθήκη του προβλήματος διατυπώνεται χρησιμοποιώντας τη μέθοδο διανυσματικής περιγραφής κίνησης. Ας προχωρήσουμε στη μέθοδο των συντεταγμένων. Οι συντελεστές στα μοναδιαία διανύσματα είναι προβολές του διανύσματος ταχύτητας, και συγκεκριμένα:

Αρχικά, λαμβάνουμε τις εξαρτήσεις x(t) και y(t) λύνοντας το πρόβλημα της πρώτης κλάσης.

Παράδειγμα 28.Από έναν πύργο ψηλά ηπέταξε μια πέτρα με ταχύτητα v 0 σε γωνία α ως προς τον ορίζοντα. Εύρημα:

1) πόσο καιρό θα είναι σε κίνηση η πέτρα.

2) σε ποια απόσταση s θα πέσει στο έδαφος?

3) με τι ταχύτητα θα πέσει στο έδαφος?

4) ποια γωνία β θα είναι η τροχιά της πέτρας με τον ορίζοντα στο σημείο της πτώσης της;

5) κανονικές και εφαπτομενικές επιταχύνσεις της πέτρας σε αυτό το σημείο, καθώς και η ακτίνα καμπυλότητας της τροχιάς.

6) το μεγαλύτερο ύψος της πέτρας.

Αγνοήστε την αντίσταση του αέρα.

Λύση.Χρησιμοποιώντας αυτό το πρόβλημα ως παράδειγμα, θα δείξουμε πώς, σε γενικευμένη μορφή, μπορεί κανείς να δημιουργήσει τον παραπάνω αλγόριθμο για την επίλυση οποιουδήποτε προβλήματος μιας δεδομένης τάξης.

1. Το πρόβλημα εξετάζει την κίνηση ενός υλικού σημείου (πέτρας) στο βαρυτικό πεδίο της Γης. Επομένως, αυτή είναι μια κίνηση με σταθερή επιτάχυνση βαρύτητας g, κατευθυνόμενη κάθετα προς τα κάτω.