Gibanje tijela bačenog pod kutom. Gibanje tijela bačenog pod kutom prema horizontu! Kinematika je laka
Ostale su 3 sekunde do kraja finalne utakmice košarkaškog turnira Olimpijskih igara u Münchenu 1972. godine. Amerikanci - ekipa SAD - već su slavili pobjedu! Naša momčad - reprezentacija SSSR-a - osvojila je 10-ak bodova protiv velikog Dream Teama...
Nekoliko minuta prije kraja utakmice. No, ispustivši svu prednost na kraju je već gubila jedan poen 49:50. Ono što se zatim dogodilo bilo je nevjerojatno! Ivan Edeshko ubacuje loptu iza čelne linije preko cijelog prostora ispod obruča Amerikanaca, gdje naš centar Alexander Belov u okruženju dvojice suparnika prima loptu i ubacuje je u koš. 51:50 - Olimpijski smo prvaci!!!
Ja sam, kao dijete tada, doživio najjače emocije - prvo razočarenje i ogorčenost, zatim ludo oduševljenje! Emocionalno sjećanje na ovu epizodu urezano mi je u misli do kraja života! Pogledajte video na internetu za zahtjev "zlatno bacanje Aleksandra Belova", nećete požaliti.
Amerikanci tada nisu priznali poraz i odbili su primiti srebrne medalje. Može li se u tri sekunde napraviti ono što su naši igrači? Prisjetimo se fizike!
U ovom ćemo članku razmotriti gibanje tijela bačenog pod kutom prema horizontu, izraditi Excel program za rješavanje ovog problema s različitim kombinacijama početnih podataka i pokušati odgovoriti na gornje pitanje.
Ovo je prilično dobro poznat problem u fizici. U našem slučaju, tijelo bačeno pod kutom prema horizontu je košarkaška lopta. Izračunat ćemo početnu brzinu, vrijeme i putanju lopte koju je preko cijelog terena bacio Ivan Edeshko i koja je pala u ruke Alexandera Belova.
Matematika i fizika košarkaškog leta.
Formule u nastavku i izračun uexcel univerzalni su za širok raspon problema o tijelima bačenim pod kutom u odnosu na horizont i leteći duž parabolične putanje bez uzimanja u obzir učinka trenja zraka.
Shema izračuna prikazana je na donjoj slici. Pokrenite MS Excel ili OOo Calc.
Početni podaci:
1. Budući da se nalazimo na planeti Zemlji i razmatramo balistički problem - kretanje tijela u Zemljinom gravitacijskom polju, onda prije svega napišemo glavnu karakteristiku gravitacijskog polja - ubrzanje slobodnog pada g u m/s 2
u ćeliju D3: 9,81
2. Košarkaško igralište je dugačko 28 metara, a široko 15 metara. Udaljenost loptice gotovo preko terena do obruča od suprotne krajnje vodoravne linije x pisati u metrima
u ćeliju D4: 27,000
3. Ako pretpostavimo da je Edeshko izveo bacanje s visine od oko dva metra, a Belov uhvatio loptu tek negdje u razini obruča, tada je s visinom košarkaškog obruča od 3,05 metara udaljenost između točke odlaska i dolaska lopta će biti okomito 1 metar. Zapišimo okomiti pomak g u metrima
u ćeliju D5: 1,000
4. Prema mojim mjerenjima na videu, kut odlaska lopte α 0 iz ruku Edeshka nije prelazio 20 °. Unesite ovu vrijednost
u ćeliju D6: 20,000
Rezultati izračuna:
Osnovne jednadžbe koje opisuju gibanje tijela bačenog pod kutom u odnosu na horizont bez uzimanja u obzir otpora zraka:
x =v0* cos α 0 *t
g =v0*grijeh α 0 *t -g *t 2 /2
5. Izrazimo vrijeme 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 (RADIJANI(D6))^2/(D4*TAN (RADIJANI(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 Edeshka u ruke Belova t izračunajte u sekundi, znajući sada v 0 , iz prve jednadžbe
u ćeliji D9: =D4/D8/COS (RADIJANI(D6)) =1,342
t = x /(v 0 * cosα 0 )
7. Odredite kut smjera brzine lopte α ja na mjestu koje nas zanima. Da bismo to učinili, napišemo početni par jednadžbi u sljedećem obliku:
g =x *tgα 0 -g *x 2 /(2*v 0 2*(cosα 0 ) 2)
Ovo je jednadžba parabole - putanje leta.
Moramo pronaći kut nagiba tangente na parabolu u točki koja nas zanima - to će biti kut α ja. Da biste to učinili, uzmite derivaciju, koja je tangenta nagiba tangente:
da =tgα 0 -g *x /(v 0 2*(cosα 0 ) 2)
Izračunajte dolazni kut lopte u rukama Belova α ja u stupnjevima
u ćeliji D10: =ATAN (TAN (RADIJANI(D6)) -D3*D4/D8^2/COS (RADIJANI(D6))^2)/PI()*180 =-16,167
α ja = arctgg ’ = arctg(tgα 0 — g * x /(v 0 2 *(cosα 0 ) 2))
Obračun u excelu je u principu završen.
Ostale mogućnosti plaćanja:
Koristeći napisani program, možete brzo i jednostavno izvesti izračune s drugim kombinacijama početnih podataka.
Neka, s obzirom na horizontalu x = 27 metara , vertikalna g = 1 metar dometa leta i početne brzine v 0 = 25 m/s.
Potrebno je pronaći vrijeme leta t i odlazni kutovi α 0 i dolazak α ja
Koristimo uslugu MS Excel "Odabir 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 izračuna u excelu (kao, uostalom, i u prethodnoj) označeni su plavim okvirima, a rezultati su zaokruženi crvenim pravokutnim okvirima!
Postavljati stolexcel neku vrijednost od interesa u jednoj od ćelija sa svijetložutom ispunom odabirom promijenjene vrijednosti u jednoj od ćelija sa svijetlo tirkiznom ispunom, u općem slučaju, možete dobiti deset različitih opcija za rješavanje problema gibanja tijelo bačeno pod kutom prema horizontu s deset različitih skupova izvornih podataka!!!
Odgovor na pitanje:
Odgovorimo na pitanje postavljeno na početku članka. Lopta koju je poslao Ivan Edeshko doletjela je do Belova, prema našem izračunu, za 1,342 sekunde. Alexander Belov je uhvatio loptu, doskočio, skočio i bacio je. Za sve to imao je "more" vremena - 1.658s! Ovo je stvarno dovoljno vremena s rezervom! Detaljan pregled videa kadar po kadar potvrđuje gore navedeno. Tri sekunde bile su dovoljne našim igračima da isporuče loptu iz svoje prednje linije do protivničke ploče i ubace je u obruč te se zlatom upišu u povijest košarke!
preklinjem poštujući autorsko djelo Preuzmi datoteku nakon pretplate za najave članaka!
Kinematika je laka!
Nakon bacanja, u letu, na tijelo djeluje gravitacija Ft i sila otpora zraka Fc.
Ako se kretanje tijela odvija malim brzinama, tada se sila otpora zraka obično ne uzima u obzir pri proračunu.
Dakle, možemo pretpostaviti da na tijelo djeluje samo gravitacija, što znači da je gibanje bačenog tijela slobodan pad.
Ako je to slobodni pad, tada je akceleracija bačenog tijela jednaka akceleraciji slobodnog pada g.
Na malim visinama u odnosu na Zemljinu površinu sila teže Ft praktički se ne mijenja, pa se tijelo giba konstantnom akceleracijom.
Dakle, gibanje tijela bačenog pod kutom prema horizontu je varijanta slobodnog pada, tj. kretanje s konstantnom akceleracijom i zakrivljenom putanjom(budući da se vektori brzine i ubrzanja ne podudaraju u smjeru).
Formule ovog kretanja u vektorskom obliku: putanja tijela je parabola koja leži u ravnini koja prolazi vektorima Ft i Vo .
Kao ishodište koordinata obično se bira početna točka bačenog tijela.
U svakom trenutku promjena brzine tijela u pravcu koincidira s akceleracijom.
Vektor brzine tijela u bilo kojoj točki putanje može se rastaviti na 2 komponente: vektor V x i vektor V y .
U bilo kojem trenutku, brzina tijela bit će određena kao geometrijski zbroj ovih vektora:
Prema slici, projekcije vektora brzine na koordinatne osi OX i OY izgledaju ovako:
Izračun brzine tijela u bilo kojem trenutku:
Izračun pomaka tijela u bilo kojem trenutku:
Svaka točka putanje gibanja tijela odgovara koordinatama X i Y:
Formule za izračun koordinata bačenog tijela u bilo kojem trenutku:
Iz jednadžbe gibanja mogu se izvesti formule za izračunavanje maksimalnog dometa leta L:
i najveća visina leta H:
p.s.
1. Uz jednake početne brzine Vo, raspon leta:
- povećava se ako se početni kut bacanja poveća s 0 o na 45 o ,
- Smanjuje se ako se početni kut bacanja poveća sa 45 o na 90 o .
2. Uz jednake početne kutove bacanja, domet leta L raste s povećanjem početne brzine Vo. 
3. Poseban slučaj gibanja tijela bačenog pod kutom prema horizontu je gibanje tijela bačenog vodoravno, dok je početni kut bacanja nula.
Što je slobodni pad? To je pad tijela na Zemlju bez otpora zraka. Drugim riječima, pad u prazninu. Naravno, odsutnost otpora zraka je vakuum koji se ne može naći na Zemlji u normalnim uvjetima. Stoga silu otpora zraka nećemo uzimati u obzir, smatrajući je toliko malom da se može zanemariti.
Ubrzanje gravitacije
Provodeći svoje poznate pokuse na Kosom tornju u Pisi, Galileo Galilei je otkrio da sva tijela, bez obzira na masu, padaju na Zemlju na isti način. Odnosno, za sva tijela akceleracija slobodnog pada je ista. Prema legendi, znanstvenik je tada s tornja bacio kugle različitih masa.
Ubrzanje gravitacije
Ubrzanje slobodnog pada – ubrzanje kojim sva tijela padaju na Zemlju.
Ubrzanje slobodnog pada približno je jednako 9,81 m s 2 i označava se slovom g. Ponekad, kada točnost nije fundamentalno važna, gravitacijsko ubrzanje se zaokružuje na 10 m s 2 .
Zemlja nije savršena kugla i na različitim točkama zemljine površine, ovisno o koordinatama i visini iznad razine mora, vrijednost g varira. Dakle, najveće ubrzanje slobodnog pada je na polovima (≈ 9, 83 m s 2), a najmanje na ekvatoru (≈ 9, 78 m s 2).
Tijelo slobodnog pada
Razmotrimo jednostavan primjer slobodnog pada. Neka neko tijelo padne s visine h početnom brzinom nula. Pretpostavimo da smo klavir podigli na visinu h i mirno ga pustili.
Slobodni pad - pravocrtno gibanje sa stalnim ubrzanjem. Usmjerimo koordinatnu os iz točke početnog položaja tijela na Zemlju. Primjenom formula kinematike za pravocrtno jednoliko ubrzano gibanje možete napisati.
h = v 0 + g t 2 2 .
Budući da je početna brzina nula, prepisujemo:
Odavde se nalazi izraz za vrijeme pada tijela s visine h:
Uzimajući u obzir da v \u003d g t, nalazimo brzinu tijela u trenutku pada, odnosno najveću brzinu:
v = 2 h g · g = 2 h g .
Slično, možemo razmotriti gibanje tijela bačenog okomito prema gore određenom početnom brzinom. Na primjer, bacamo loptu uvis.
Neka je koordinatna os usmjerena okomito prema gore od točke bacanja tijela. Ovaj put se tijelo kreće jednoliko sporo, gubi brzinu. U najvišoj točki brzina tijela je nula. Koristeći kinematičke formule, možemo napisati:
Zamjenom v = 0 nalazimo vrijeme potrebno tijelu da se podigne na najveću visinu:
Vrijeme pada poklapa se s vremenom uspona, a tijelo će se vratiti na Zemlju nakon t = 2 v 0 g .
Najveća visina tijela bačenog okomito:
Pogledajmo donju sliku. Prikazuje grafove brzina tijela za tri slučaja gibanja s akceleracijom a = - g. Razmotrimo svaki od njih, nakon što smo naveli da su u ovom primjeru svi brojevi zaokruženi, a akceleracija slobodnog pada uzeta je jednaka 10 m s 2 .
Prvi graf je pad tijela s određene visine bez početne brzine. Vrijeme pada t p = 1 s. Iz formula i iz grafikona lako je zaključiti da je visina s koje je tijelo palo jednaka h = 5 m.
Drugi graf prikazuje gibanje tijela bačenog okomito prema gore početnom brzinom v 0 = 10 m s. Najveća visina dizanja h = 5 m. Vrijeme uspona i pada t p = 1 s.
Treći grafikon je nastavak prvog. Tijelo koje pada odbija se od podloge i njegova brzina naglo mijenja predznak u suprotan. Daljnje kretanje tijela možemo promatrati prema drugom grafikonu.
Problem slobodnog pada tijela usko je povezan s problemom gibanja tijela bačenog pod određenim kutom u odnosu na horizont. Dakle, kretanje po paraboličnoj putanji može se prikazati kao zbroj dva neovisna gibanja oko vertikalne i horizontalne osi.
Uzduž osi O Y tijelo se giba jednoliko ubrzano akceleracijom g, početna brzina tog gibanja je v 0 y. Gibanje po osi O X je jednoliko i pravocrtno, s početnom brzinom v 0 x .
Uvjeti kretanja duž O X osi:
x 0 = 0; v 0 x = v 0 cos α ; a x = 0 .
Uvjeti za kretanje duž O Y osi:
y 0 = 0; v 0 y = v 0 sin α ; a y = - g .
Predstavljamo formule za gibanje tijela bačenog pod kutom 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 kutom α = 45°.
L m a x = v 0 2 g .
Maksimalna visina dizanja:
h \u003d v 0 2 sin 2 α 2 g.
Imajte na umu da u stvarnim uvjetima, gibanje tijela bačenog pod kutom prema horizontu može slijediti putanju različitu od parabolične zbog otpora zraka i vjetra. Proučavanje kretanja tijela bačenih u svemir je posebna znanost - balistika.
Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter
Ako je tijelo bačeno pod kutom prema horizontu, tada u letu na njega djeluju gravitacija i otpor zraka. Ako zanemarimo silu otpora, onda ostaje samo sila teže. Dakle, zbog 2. Newtonovog zakona tijelo se giba akceleracijom jednakom akceleraciji slobodnog pada; projekcije ubrzanja na koordinatne osi ax = 0, ay = - g.
Slika 1. Kinematičke karakteristike tijela bačenog pod kutom u odnosu na horizont
Svako složeno kretanje materijalne točke može se prikazati kao nametanje neovisnih kretanja duž koordinatnih osi, au smjeru različitih osi vrsta kretanja može se razlikovati. U našem slučaju, gibanje letećeg tijela može se prikazati kao superpozicija dvaju neovisnih gibanja: jednolikog gibanja po horizontalnoj osi (X-os) i jednoliko ubrzanog gibanja po okomitoj osi (Y-osi) (slika 1). .
Stoga se projekcije brzine tijela mijenjaju s vremenom na sljedeći način:
gdje je $v_0$ početna brzina, $(\mathbf \alpha )$ je kut bacanja.
S našim odabirom ishodišta, početne koordinate (slika 1) su $x_0=y_0=0$. Tada dobivamo:
(1)
Analizirajmo formule (1). Odredimo vrijeme gibanja bačenog tijela. Da bismo to učinili, postavili smo koordinatu y jednaku nuli, jer u trenutku slijetanja visina tijela je nula. Odavde dobivamo vrijeme leta:
Druga vrijednost vremena u kojoj je visina jednaka nuli jednaka je nuli, što odgovara trenutku bacanja, tj. ova vrijednost ima i fizičko značenje.
Domet leta dobiva se iz prve formule (1). Domet leta je vrijednost x-koordinate na kraju leta, tj. u trenutku vremena jednakom $t_0$. Zamjenom vrijednosti (2) u prvu formulu (1) dobivamo:
Iz ove formule je vidljivo da se najveći domet leta postiže pri kutu bacanja od 45 stupnjeva.
Najveća visina dizanja bačenog tijela može se dobiti iz druge formule (1). Da biste to učinili, morate u ovu formulu zamijeniti vrijednost vremena jednaku polovici vremena leta (2), jer najveća je visina leta na sredini putanje. Provodeći izračune, dobivamo
Iz jednadžbi (1) može se dobiti jednadžba putanje tijela, tj. jednadžba koja povezuje x i y koordinate tijela tijekom gibanja. Da biste to učinili, morate izraziti vrijeme iz prve jednadžbe (1):
i zamijenite ga u drugu jednadžbu. Tada dobivamo:
Ova jednadžba je jednadžba putanje. Može se vidjeti da je ovo jednadžba parabole s granama prema dolje, kao što je naznačeno znakom "-" ispred kvadratnog člana. Treba imati na umu da su kut bacanja $\alpha $ i njegove funkcije ovdje samo konstante, tj. stalni brojevi.
Tijelo je bačeno brzinom v0 pod kutom $(\mathbf \alpha )$ u odnosu na horizont. Vrijeme leta $t = 2 s$. Na koju visinu Hmax će se tijelo podići?
$$t_B = 2 s$$ $$H_max - ?$$
Zakon kretanja tijela glasi:
$$\lijevo\( \begin(array)(c) x=v_(0x)t \\ y=v_(0y)t-\frac(gt^2)(2) \end(array) \right.$ $
Vektor početne brzine čini kut $(\mathbf \alpha )$ s osi OX. Posljedično,
\ \ \
Kamen je bačen s vrha planine pod kutom = 30$()^\circ$ u odnosu na horizont početnom brzinom $v_0 = 6 m/s$. Kut nagnute ravnine = 30$()^\circ$. Na kojoj udaljenosti od točke bacanja će pasti kamen?
$$ \alpha =30()^\circ$$ $$v_0=6\ m/s$$ $$S - ?$$
Postavimo ishodište koordinata u točku bacanja, OX - duž nagnute ravnine prema dolje, OY - okomito na nagnutu ravninu prema gore. Kinematičke karakteristike kretanja:
Zakon gibanja:
$$\lijevo\( \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 dobivene vrijednosti $t_B$, nalazimo $S$:
Neka je tijelo bačeno pod kutom α u odnosu na horizont brzinom . Kao iu prethodnim slučajevima, zanemarit ćemo otpor zraka. Za opis gibanja potrebno je odabrati dvije koordinatne osi - Ox i Oy (slika 29).
Sl.29
Ishodište je kompatibilno s početnim položajem tijela. Projekcije početne brzine na osi Oy i Ox: , . Projekcije ubrzanja: ,
Tada će gibanje tijela biti opisano jednadžbama:
(8)
(9)
Iz ovih formula proizlazi da se tijelo giba u horizontalnom smjeru jednoliko, au okomitom jednoliko ubrzano.
Putanja tijela bit će parabola. Uzimajući u obzir da je na vrhu parabole, možete pronaći vrijeme koje je potrebno tijelu da se popne na vrh parabole:
Zamjenom vrijednosti t 1 u jednadžbu (8), nalazimo najveću visinu tijela:
Maksimalna visina dizanja.
Vrijeme leta tijela nalazimo iz uvjeta da je pri t \u003d t 2 koordinata y 2 \u003d 0. Posljedično, 
. Dakle, - vrijeme leta tijela. Uspoređujući ovu formulu s formulom (10), vidimo da je t 2 =2t 1 .
Vrijeme gibanja tijela s najveće visine t 3 =t 2 -t 1 =2t 1 -t 1 =t 1 . Dakle, koliko vremena se tijelo diže do najveće visine, koliko vremena pada s ove visine. Zamjenom vrijednosti vremena t 2 u jednadžbu x koordinate (6), nalazimo:
- opseg tijela.
Trenutna brzina u bilo kojoj točki putanje usmjerena je tangencijalno na putanju (vidi sl. 29), modul brzine određen je formulom
Dakle, gibanje tijela bačenog pod kutom u odnosu na horizont ili u vodoravnom smjeru možemo smatrati rezultatom dva neovisna gibanja - horizontalnog jednolikog i okomitog jednoliko ubrzanog (slobodnog pada bez početne brzine ili gibanja tijela bačenog okomito prema gore). ).
Razmotrite što može biti cilj kinematičkih problema.
1. Možda nas zanima promjena kinematičkih veličina u proces kretanja, tj. dobivanje podataka o promjeni koordinata, brzine, ubrzanja, kao i pripadajućih kutnih vrijednosti.
2. U nizu problema, na primjer, u problemu gibanja tijela pod kutom prema horizontu, potrebno je upoznati vrijednosti fizikalnih veličina u specifične države: domet leta, maksimalni uspon itd.
3. U slučajevima kada tijelo istovremeno sudjeluje u više gibanja (primjerice, kotrljanje lopte) ili se razmatra relativno kretanje više tijela, postaje potrebno utvrditi odnose između pomaka, brzina i ubrzanja (linearnih i kutnih), tj. pronaći jednadžbe kinematička veza.
Unatoč velikom broju problema u kinematici, može se predložiti sljedeći algoritam za njihovo rješavanje:
1. Napravite shematski crtež koji prikazuje početni položaj tijela i njihovo početno stanje, tj. i .
2. Odaberite referentni okvir na temelju analize uvjeta problema. Da biste to učinili, trebate odabrati referentno tijelo i pridružiti mu koordinatni sustav, označavajući ishodište koordinata, smjer koordinatnih osi, trenutak početka referentnog vremena. Pri odabiru pozitivnih smjerova vode se smjerom gibanja (brzine) ili smjerom ubrzanja.
3. Na temelju zakona gibanja sastaviti sustav jednadžbi u vektorskom obliku za sva tijela, a zatim u skalarnom obliku, projicirajući te vektorske jednadžbe gibanja na koordinatne osi. Pri pisanju ovih jednadžbi treba obratiti pozornost na predznake "+" i "-" projekcija vektorskih veličina koje su u njih uključene.
4. Odgovor je potrebno dobiti u obliku analitičke formule (općenito), te na kraju napraviti numeričke izračune.
Primjer 4 Koliko dugo će putnik koji sjedi na prozoru vlaka koji se kreće brzinom 54 km/h vidjeti kako pokraj njega prolazi nadolazeći vlak čija je brzina 36 km/h, a duljina 250 m?
Riješenje. Povežimo fiksni referentni okvir sa Zemljom, pokretni okvir - s vlakom u kojem se nalazi putnik. Prema zakonu zbrajanja brzina, gdje je brzina nadolazećeg vlaka u odnosu na prvi. U projekcijama na os Ox:
Budući da je put koji je priješao nadolazeći vlak u odnosu na prvi jednak duljini vlaka, vrijeme
Primjer 5 Parobrod vozi od Nižnjeg Novgoroda do Astrahana 5,0 dana, a natrag - 7,0 dana. Koliko dugo će splav ploviti od Nižnjeg Novgoroda do Astrahana? Parkiranje i zastoji u prometu isključeni.
Zadano: t 1 \u003d 5 dana, t 2 \u003d 7 dana.
Riješenje. Fiksni referentni okvir ćemo povezati s obalom, a pokretni okvir s vodom. Pretpostavljamo da je brzina vode jednaka na cijelom putu i da je brzina parobroda u odnosu na vodu konstantna i jednaka modulu trenutne brzine parobroda u odnosu na vodu.
Budući da se splav kreće u odnosu na obalu brzinom toka rijeke, tada je vrijeme njenog kretanja , gdje je s udaljenost između gradova. Kada se parobrod kreće nizvodno, njegova brzina prema zakonu zbrajanja brzina, odnosno 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, . Zatim
Rješavanjem sustava jednadžbi (3) i (4) s obzirom na , dobivamo:
Nađimo vrijeme kretanja splavi:
Primjer 6 Kod jednoliko ubrzanog gibanja, tijelo prolazi za prva dva jednaka uzastopna vremenska intervala od 4,0 s svaki put s 1 = 24 m, odnosno s 2 = 64 m. Odredi početnu brzinu i ubrzanje tijela.
Zadano: t 1 \u003d t 2 \u003d 4,0 s, s 1 \u003d 24 m, s 2 = 64 m.
Riješenje. Napišimo jednadžbe putanje za s 1 i (s 1 + s 2). Kako je u ovom slučaju početna brzina ista, onda
Kako je t1=t2, onda
Izražavajući iz (1) i zamjenjujući ga u (2), dobivamo:
Zatim početna brzina 
Primjer 7 Automobil je, krećući se pravocrtnom putanjom jednoliko ubrzano s početnom brzinom od 5,0 m/s, u prvoj sekundi prešao put od 6,0 m. Nađite akceleraciju automobila, trenutnu brzinu na kraju druge sekunde i pomak u 2,0 s.
Riješenje. Znajući put koji je tijelo prešlo u prvoj sekundi, možete pronaći ubrzanje:
Brzina na kraju druge sekunde nalazi se formulom
Primjer 8 x) ima oblik x \u003d A + Bt + Ct 3, gdje je A \u003d 4 m, B \u003d 2m / s, C = -0,5 m / s 3.
Za trenutak t 1 =2 c odredite: 1) koordinatu točke x 1 točke; 2) trenutna brzina v1; 3) trenutno ubrzanje a 1.
Zadano: x = A + Bt + Ct 3, A = 4 m, B = 2 m / s, C = -0,5 m / s 3, t 1 = 2 s.
Pronađite: x 1; v1; a 1 .
Riješenje. 1. Zamijenite u jednadžbi gibanja umjesto t zadanu vrijednost vremena t 1: x 1 \u003d A + Bt 1 + Ct 1 3. Vrijednosti A, B, C, t 1 zamijenimo u ovaj izraz i izvršimo izračune: x 1 \u003d 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 točka kreće u negativnom smjeru koordinatne osi.
3. Trenutno 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 podudara s negativnim smjerom koordinatne osi, a to je slučaj za bilo koji trenutak u uvjetima ovog problema.
Primjer 9 Kinematička jednadžba gibanja materijalne točke po pravoj liniji (osi x) ima oblik x = A + Bt + Ct 2, gdje je A = 5 m, B = 4 m / s, C = -1 m / s 2. Odredite prosječnu brzinu v xsr za vremenski interval od t 1 \u003d 1 c do t 2 \u003d 6 c.
Zadano: x = A + Bt + Ct 2, A = 5m, B = 4m / s, C = - 1m / s 2, t 1 = 1 c, t 2 = 6 c.
Pronađite: v xsr -? i xsr -?
Riješenje. Prosječna brzina za vremenski interval t 2 -t 1 određena je izrazom v cf = (x 2 -x 1) / (t 2 - t 1).
x 1 \u003d A + Bt 1 + Ct 1 2 \u003d 8 m, x 2 = A + Bt 2 + Ct 2 2 \u003d -7 m.
Zamijenite vrijednosti x 1 , x 2 , t 1 , t 2 i napravite izračune: v xsr = -3 m/s.
Primjer 10 Iz helikoptera je izbačen teret na visini h = 300 m. Nakon kojeg vremena će teret dospjeti na tlo 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).
Riješenje. a) Teret koji je napustio nepokretni helikopter slobodno pada, tj. kreće se jednoliko s akceleracijom slobodnog pada g. Vrijeme gibanja nalazimo iz omjera 
Grafikoni kretanja objekta označeni su 1 na slici.
b) Gibanje tereta koji je napustio helikopter, a koji se spušta konstantnom brzinom v 0 \u003d 5 m/s, jednoliko je ubrzano kretanje s konstantnom akceleracijom g i opisuje se jednadžbom
Zamjenom numeričkih vrijednosti dobiva se jednadžba 9.8t 2 +10t-600=0.
Negativan rezultat nema fizikalno značenje, pa je vrijeme kretanja t=7,57 s.
Grafikoni kretanja objekta su na slici označeni s 2.
3) Kretanje tereta koji je napustio helikopter, a koji se diže konstantnom brzinom v 0 =5 m/s, sastoji se od dvije faze. U prvoj fazi teret se giba jednoliko s konstantnom akceleracijom g, usmjerenom suprotno od brzine, a opisuje se jednadžbama
Na vrhu putanje, brzina postaje nula, dakle
Zamjenom druge jednadžbe sustava u prvu dobivamo
U drugoj fazi - slobodni pad s visine h 0 \u003d h + h 1 \u003d 300 + 1,28 \u003d 301,28 m.
Jer
Na slici su 3 označeni grafikoni kretanja objekta.
Primjer 11. Iz balona koji se spušta konstantnom brzinom 2 m/s izbačen je teret okomito uvis brzinom 18 m/s u odnosu na tlo. Odredite udaljenost između lopte i tereta u trenutku kada teret dosegne najvišu točku svog uspona. Nakon kojeg vremena će uteg proletjeti pored lopte padajući.
Zadano je: v 01 = 2 m/s, v 02 =18 m/s
Pronađite: s-? τ-?
Riješenje. Usmjerimo os 0Y okomito prema gore, ishodište je kompatibilno s točkom 0 u kojoj se lopta nalazila u trenutku izbacivanja tereta.
Zatim jednadžbe gibanja tereta i balona:
Brzina kretanja tereta mijenja se po zakonu v 2 =v 02 - gt.
U najvišoj točki In dizanja tereta v 2 =0. Zatim vrijeme podizanja do ove točke Koordinata tereta u točki B
Tijekom tog vremena, balon se spustio do točke A; njegovu koordinatu
Udaljenost između točaka A i B:
Nakon vremenskog intervala τ, kada kamenčić proleti pored lopte, koordinate tijela će biti iste: y 1C = y 2C;
Primjer 12. Kojom brzinom i kojim kursom treba letjeti zrakoplov da bi za dva sata preletio 300 km prema sjeveru, ako tijekom leta puše sjeverozapadni vjetar pod kutom od 30 o prema meridijanu brzinom 27 km/h?
Zadano je: t=7,2∙10 3 s; l=3∙10 5 m; α=30° ≈ 0,52 rad; v 2 ≈7,2 m/s.
Pronađite: v 2 -? φ-?
Riješenje. Razmotrimo gibanje zrakoplova u referentnom okviru koji je povezan sa zemljom.
Nacrtajmo os OX u smjeru istoka, a os OY - prema sjeveru. Zatim brzina zrakoplova u odabranom referentnom okviru
gdje je v= l/t(2)
Jednadžba (1) u projekciji na os
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 jednadžbe član po član, dobivamo 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 jednadžbi (3) i zbrajanjem dobivenih jednadžbi 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. Odredi visinu tijela i njegovu početnu brzinu.
Riješenje. Kretanje tijela prema gore jednako je sporo s ubrzanjem - g i događa se s vremenom t 1 , a kretanje prema dolje jednoliko je ubrzano s akceleracijom g i odvija se tijekom vremena t 2. Jednadžbe koje opisuju kretanje u presjecima AB i BA čine sustav:
Kako je v B =0, onda je v 0 =gt 1 . Zamjenom v 0 u prvu jednadžbu sustava dobivamo . Usporedimo li ovaj izraz s trećom jednadžbom sustava, možemo zaključiti da je vrijeme izrona jednako vremenu spuštanja t 1 =t 2 =t/2=1,5s. Početna brzina i brzina pri slijetanju su međusobno jednake i iznose v 0 =v A =gt 1 =9,8∙1,5=14,7 m/s.
visina tijela
Primjer 14 Tijelo koje slobodno pada u zadnjoj sekundi gibanja prešlo je polovicu puta. Odredite visinu s koje je bačen i vrijeme koje je bilo potrebno da se pomakne.
Riješenje. Ovisnost prijeđenog puta o vremenu za tijelo koje slobodno pada. Kako je dionica BC, koja čini polovicu cijelog puta, prijeđena za vrijeme jednako 1 s, prva polovica puta AB je prijeđena za vrijeme (t-1) s. Tada se kretanje na segmentu BC može opisati kao .
Rješavanje sustava
dobivamo t 2 -4t+2=0. Korijeni ove jednadžbe su t 1 \u003d 3,41 s i t 2 \u003d 0,59 s. Drugi korijen nije prikladan, jer vrijeme kretanja, na temelju uvjeta problema, treba prelaziti jednu sekundu. Dakle, tijelo je padalo 3,41 s i za to vrijeme prevalilo put 
Primjer 15 S tornja visine 25 m vodoravno je bačen kamen brzinom 15 m/s.
Odredite: 1) koliko dugo će kamen biti u kretanju, 2) na kojoj udaljenosti će pasti na tlo, 3) kojom će brzinom pasti na tlo, 4) koji će kut putanja kamena zaklapati s horizonta na mjestu njegova pada na tlo. Otpor zraka se zanemaruje.
Zadano je: H=25 m, v o =15 m/s
Pronađite: t-? s x - ? v-? φ-?
Riješenje. Gibanje kamena bačenog vodoravno može se rastaviti na dvoje: vodoravno s x i okomiti s y:
gdje je t vrijeme kretanja.
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;
Primjer 16 S tornja visine 25 m tijelo je bačeno vodoravno brzinom v x =10 m/s.
Nađi: 1) vrijeme t pada tijela, 2) na kojoj udaljenosti l od podnožja tornja, ono će pasti, 3) brzina v na kraju pada, 4) kut koji će putanja tijela zaklapati s tlom u točki doskoka.
Riješenje. Kretanje tijela je složeno. Sudjeluje u jednoličnom gibanju po horizontali i jednoliko ubrzano s akceleracijom g po vertikali. Stoga je dionica AB opisana jednadžbama:
Za točku A ove jednadžbe imaju oblik:
Zatim l\u003d 10 2,26 \u003d 22,6 m, i v y = 9,8 2,26 \u003d 22,15 m / s.
Od tad
Kut koji putanja zatvara sa zemljom jednak je kutu φ u trokutu brzina u točki A čija je tangenta 
, dakle φ=68,7°.
Primjer 17. Za tijelo bačeno horizontalnom brzinom v x \u003d 10 m / s, nakon vremena t \u003d 2 s nakon početka kretanja, pronađite: normalno, tangencijalno i puno ubrzanje, kao i polumjer zakrivljenosti putanje na ovu točku.
Riješenje. Vertikalna komponenta brzine v y =gt=9,8∙2=19,6 m/s
Brzina u točki A:
Vektori čine trokut brzina, a vektori trokut ubrzanja. Kao što je vidljivo sa slike, ti su trokuti slični, što znači da su im stranice razmjerne: .
Normalno ubrzanje, dakle radijus zakrivljenosti putanje
Primjer 18. Lopta je bačena brzinom 10 m/s pod kutom od 40° u odnosu na horizontalu.
Odredite: 1) do koje će se visine lopta dići; 2) na kojoj će udaljenosti od mjesta bacanja lopta pasti na tlo, 3) koliko će dugo biti u kretanju.
Zadano: v o \u003d 10 m / s, α \u003d 40 o.
Nađi: s y - ? s x - ? t-?
Riješenje. 1) Nađimo maksimalnu visinu s y max na koju se uzdiže tijelo bačeno brzinom v o pod kutom α u odnosu na horizont. 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) dobivamo v o ∙sin𝛼 = gt 1 , dakle vrijeme podizanja lopte t 1 =v o ∙sinα/g. Zamjenom t 1 u (2) dobivamo
s y max \u003d v o 2 ∙sin 2 α / (2g) \u003d 2,1 m.
2) Nađite domet leta s x max tijela bačenog pod kutom 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 ravninu 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 \u003d 1,3 s.
Primjer 19. Tijelo je bačeno brzinom v 0 =10 m/s 2 pod kutom α=30° u odnosu na horizont. Na koju će se visinu tijelo podići? Na kojoj udaljenosti od mjesta na kojem je bačen će pasti na tlo? Koliko dugo će biti u pokretu?
Riješenje. Horizontalna i vertikalna komponenta početne brzine
Kretanje u OA dijelu može se rastaviti na dva jednostavna kretanja: ravnomjerno horizontalno i jednoliko usporeno okomito:
U točki A
Zatim 
i
Ako tijelo istovremeno sudjeluje u nekoliko pokreta, onda sudjeluje u svakom od njih neovisno o drugom, stoga je vrijeme kretanja u presjeku AB određeno vremenom kretanja prema dolje - t 2. Vrijeme kretanja prema gore jednako je vremenu kretanja dolje, što znači da
Kod jednolikog horizontalnog gibanja tijelo prolazi jednake dijelove puta u jednakim vremenskim intervalima, dakle,
Domet leta
visina tijela
Primjer 20. Točka se giba pravocrtno po ravnini po zakonu x=4(t-2) 2 . Kolika je početna brzina v 0 i akceleracija točke a? Odredite trenutnu brzinu točke v t =5 na početku pete sekunde gibanja.
Riješenje.
1) Zato što v=x’, tada je v 0 =(4∙(t-2) 2)’=(4∙(t 2 -4t+4))’=(4t 2 -16t+16)’=8t-16
pri t=0 v 0 =-16 m/s.
2) Zato što a= , tada je a=(8t-16)’=8 m/s.
3) U t=4, jer Do početka 5 s prošle su 4 s.
v t \u003d 5 \u003d 8t-16 \u003d 8 ∙ 4-16 \u003d 32 m / s.
Odgovor: Početna brzina točke v 0 =-16 m/s, ubrzanje a=8 m/s, brzina točke na početku pete sekunde kretanja v t =5 =32 m/s.
Primjer 21. Gibanje materijalne točke opisuje se jednadžbama: a) s=αt 3 ; b) s=αt 2 +βt. Usporedite prosječnu brzinu i aritmetičku sredinu početne i krajnje brzine v cf u vremenskom intervalu 0 - t. Ovdje su α i β pozitivne konstante.
Riješenje. Prisjetimo se definicije prosječne i trenutne brzine:
Izrazi za trenutnu brzinu dobivaju se diferenciranjem jednadžbe gibanja.
Izrazi za prosječnu brzinu nalaze se kao omjer promjene krivolinijske koordinate prema vremenu:
Dobivamo izraze za aritmetičku srednju brzinu:
Odgovorimo na pitanje o uvjetima problema. Vidi se da se u slučaju “a” prosječna i aritmetička sredina brzine ne poklapaju, a u slučaju “b” da.
Primjer 22. Materijalna se točka giba jednoliko po krivocrtnoj putanji. U kojoj je točki putanje maksimalno ubrzanje?
Riješenje. Pri kretanju po zakrivljenoj stazi ubrzanje je zbroj tangencijalnog i normalnog. Tangencijalno ubrzanje karakterizira brzinu promjene vrijednosti (modula) brzine. Ako se brzina ne mijenja, tangencijalno ubrzanje je nula. Normalno ubrzanje ovisi o polumjeru zakrivljenosti putanje a n = v 2/R. Akceleracija je najveća u točki s najmanjim polumjerom zakrivljenosti, tj. u točki C.
Primjer 23. Materijalna točka se giba prema zakonu: 
1) Odredite početnu koordinatu, početnu brzinu i akceleraciju usporedbom sa zakonom gibanja uz konstantnu akceleraciju. Napiši jednadžbu za projekciju brzine.
Riješenje. Zakon gibanja sa stalnim ubrzanjem ima oblik
Uspoređujući ovu jednadžbu s jednadžbom uvjeta problema, dobivamo
x 0 = - 1 m,
v 0 x = 1 m/s,
a x \u003d - 0,25 m / s 2.
Postavlja se pitanje: što znači znak minus? Kada je projekcija vektora negativna? Samo ako je vektor usmjeren prema koordinatnoj osi.
Oslikajmo početnu koordinatu, vektore brzine i ubrzanja na slici.
Jednadžbu za brzinu napišemo u obliku
i u njega zamijeniti dobivene podatke (početni uvjeti)
2) Nađite ovisnost brzine i ubrzanja o vremenu, koristeći definicije tih veličina.
Riješenje. Primjenjujemo definicije za trenutne vrijednosti brzine i ubrzanja:
Razlikujući, dobivamo v x \u003d 1-0,25t, a x \u003d - 0,25 m / s 2.
Vidi se da ubrzanje ne ovisi o vremenu.
3) Izgradite grafove v x (t) i a x (t). Opišite kretanje u svakom dijelu grafikona.
Riješenje. Ovisnost brzine o vremenu je linearna, graf je ravna linija.
Pri t \u003d 0 v x \u003d 1 m / s. Pri t = 4 s v x = 0.
Iz grafikona je vidljivo da je u presjeku “a” projekcija brzine pozitivna, a njena vrijednost opada, tj. točka se polagano pomiče u smjeru x-osi. Na dionici “b” projekcija brzine je negativna, a njen modul raste. Točka se giba ubrzano u smjeru suprotnom od x-osi. Dakle, na mjestu sjecišta grafa s osi apscise dolazi do zaokreta, promjene smjera kretanja.
4) Odredite koordinatu okretišta i put do okretišta.
Riješenje. Još jednom napominjemo da je u točki prekretnice brzina nula. Za ovo stanje iz jednadžbi gibanja dobivamo:
Iz druge jednadžbe dobivamo t pov = 4 s. (Može se vidjeti da za dobivanje ove vrijednosti nije potrebno graditi i analizirati graf). Zamijenite ovu vrijednost u prvoj jednadžbi: x pov \u003d -1 + 4-4 2 / 8 \u003d 1 m. Oslikajmo kako se točka pomicala.
Put do skretanja, kao što se vidi sa slike, jednak je promjeni koordinata: s skret =x skret -x 0 =1-(-1)=2 m.
5) U kojem trenutku točka prolazi kroz ishodište?
Riješenje. U jednadžbi gibanja treba staviti x = 0. Dobivamo kvadratnu jednadžbu 0 \u003d -1 + t-t 2 / 8 ili t 2 -8t + 8 \u003d 0. Ova jednadžba ima dva korijena: 
. t 1 \u003d 1,17 s, t 2 \u003d 6,83 s. Doista, točka dvaput prolazi kroz ishodište: kada se kreće "tamo" i "natrag".
6) Nađite put koji je točka prešla za 5 sekundi nakon početka kretanja, te kretanje za to vrijeme, kao i prosječnu brzinu kretanja na tom dijelu puta.
Riješenje. 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.
Budući da je točka u tom stanju nakon skretanja, prijeđeni put više nije jednak promjeni koordinate (pomaku), već se sastoji od dva člana: putanje do skretanja
s 1 \u003d x pov - x 0 \u003d 1 - (-1) \u003d 2 m
a nakon okretanja
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.
Pomak točke je
s x \u003d x (5) - x 0 \u003d 0,875 - (-1) \u003d 1,875 m
Prosječna brzina na tlu izračunava se formulom
U razmatranom problemu opisan je jedan od najjednostavnijih tipova gibanja - gibanje sa stalnom akceleracijom. Međutim, ovaj pristup analizi prirode kretanja je univerzalan.
Primjer 24. U jednodimenzionalnom gibanju s konstantnom akceleracijom, ovisnosti koordinate i brzine čestice o vremenu opisuju se relacijama:
Uspostavite vezu između koordinate čestice i njezine brzine.
Riješenje. Iz ovih jednadžbi isključujemo vrijeme t. Da bismo to učinili, koristimo metodu zamjene. Iz druge jednadžbe izražavamo vrijeme i zamijenite u prvu jednadžbu:
Ako kretanje počinje od ishodišta ( x 0 =0) od odmora ( v 0 x =0), tada rezultirajuća ovisnost poprima oblik
dobro poznat iz školskog tečaja fizike.
Primjer 25. Kretanje materijalne točke opisuje se jednadžbom: , gdje su i i j ortovi x i y osi, α i β pozitivne konstante. U početnom trenutku vremena čestica se nalazila u točki x 0 =y 0 =0. Nađite jednadžbu putanje čestice y(x).
Riješenje. Uvjet problema formuliran je vektorskom metodom opisa gibanja. Prijeđimo na metodu koordinata. Koeficijenti pri jediničnim vektorima su projekcije vektora brzine, naime:
Najprije dobivamo ovisnosti x(t) i y(t) rješavanjem problema prve klase.
Primjer 28. S tornja visokog h bacio kamen brzinom v 0 pod kutom α u odnosu na horizont. Pronaći:
1) koliko dugo će kamen biti u pokretu;
2) na kojoj će udaljenosti s pasti na tlo;
3) kojom će brzinom pasti na tlo;
4) koliki će kut β biti putanja kamena s horizontom u točki njegova pada;
5) normalna i tangencijalna ubrzanja kamena u ovoj točki, kao i radijus zakrivljenosti putanje;
6) najveća visina kamena.
Zanemarite otpor zraka.
Riješenje. Koristeći ovaj problem kao primjer, pokazat ćemo kako se, u generaliziranom obliku, može uspostaviti gornji algoritam za rješavanje bilo kojeg problema dane klase.
1. Zadatak razmatra gibanje materijalne točke (kamena) u Zemljinom gravitacijskom polju. Dakle, radi se o gibanju s konstantnom akceleracijom sile teže g, usmjerenom okomito prema dolje.
