Szögbe dobott test mozgása. A horizonthoz képest szögben elvetett test mozgása! A kinematika egyszerű
3 másodperc volt hátra az 1972-es müncheni olimpia kosárlabdatornája zárómérkőzéséig. Az amerikaiak – az amerikai csapat – már a győzelmet ünnepelték! Csapatunk - a Szovjetunió válogatottja - mintegy 10 pontot nyert a nagy álomcsapat ellen...
Pár perccel a meccs vége előtt. De miután minden előnyét elveszítette, már egy pontot veszített 49:50 arányban. Ami ezután történt, az hihetetlen volt! Ivan Edeshko a végvonal mögül dobja át a labdát az amerikaiak gyűrűje alatti teljes területen, ahol Alekszandr Belov centerünk fogadja a labdát két ellenféltől megkörnyékezve, és kosárba teszi. 51:50 - Olimpiai bajnokok vagyunk!!!
Gyerekként én éltem át a legerősebb érzelmeket - először csalódást és haragot, majd őrült örömöt! Ennek az epizódnak az érzelmi emléke életem végéig bevésődött az elmémbe! Nézze meg a videót az interneten az "Alexander Belov arany dobása" kéréshez, nem fogja megbánni.
Az amerikaiak ezután nem ismerték el a vereséget, és megtagadták az ezüstérmet. Meg lehet csinálni három másodperc alatt, amit a játékosaink? Emlékezzünk a fizikára!
Ebben a cikkben megvizsgáljuk a horizonthoz képest szögben elvetett test mozgását, létrehozunk egy Excel programot a probléma megoldására a kezdeti adatok különféle kombinációival, és megpróbáljuk megválaszolni a fenti kérdést.
Ez egy meglehetősen jól ismert probléma a fizikában. Esetünkben a horizonthoz képest szögben eldobott test egy kosárlabda. Kiszámoljuk az Ivan Edeshko által az egész pályán átdobott és Alexander Belov kezébe kerülő labda kezdeti sebességét, idejét és röppályáját.
A kosárlabda repülés matematikája és fizikája.
Az alábbi képletek és a számításexcel univerzálisak a horizonthoz képest szögben elhajított testekkel kapcsolatos problémák széles köréhez, amelyek parabola pályán repülnek anélkül, hogy figyelembe vennék a légsúrlódás hatását.
A számítási séma az alábbi ábrán látható. Indítsa el az MS Excelt vagy az OOo Calc programot.
Kiinduló adatok:
1. Mivel a Föld bolygón vagyunk, és egy ballisztikai problémával foglalkozunk - a testek mozgásával a Föld gravitációs mezőjében, ezért mindenekelőtt a gravitációs tér fő jellemzőjét írjuk le - a szabadesési gyorsulást. g m/s 2-ben
D3 cellába: 9,81
2. A kosárlabdapálya mérete 28 méter hosszú és 15 méter széles. A labda repülési távolsága szinte a pályán át a gyűrűig a szemközti végvonaltól vízszintesen xírd méterben
D4 cellába: 27,000
3. Ha feltételezzük, hogy Edeshko körülbelül két méter magasból dobott, és Belov éppen valahol a gyűrű szintjén kapta el a labdát, akkor 3,05 méteres kosárlabdakarikával a kiindulási és érkezési pontok távolsága a labda függőlegesen 1 méter lesz. Írjuk fel a függőleges elmozdulást y méterben
D5 cellába: 1,000
4. A videón látható méréseim szerint a labda kifutási szöge α 0 Edeshko kezétől nem haladta meg a 20 °-ot. Írja be ezt az értéket
a D6 cellához: 20,000
Számítási eredmények:
Alapegyenletek, amelyek leírják a horizonthoz képest szögben eldobott test mozgását a légellenállás figyelembe vétele nélkül:
x =v0* cos α 0 *t
y =v0*bűn α 0 *t -g *t 2 /2
5. Fogalmazzuk meg az időt t az első egyenletből cserélje ki a másodikra, és számítsa ki a labda kezdeti sebességét v 0 m/s-ban
a D8 cellában: =(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. A labda repülési ideje Edeshko kezéből Belov kezébe t számoljon másodpercben, most tudva v 0 , az első egyenletből
a D9 cellában: =D4/D8/COS (RADIÁNOK(D6)) =1,342
t = x /(v 0 * kötözősalátaα 0 )
7. Határozza meg a labda sebességének irányszögét α én a számunkra érdekes helyen. Ehhez írjuk fel a kezdeti egyenletpárt a következő formában:
y =x *tgα 0 -g *x 2 /(2*v 0 2*(kötözősalátaα 0 ) 2)
Ez a parabola egyenlete - a repülési útvonal.
Meg kell találnunk a számunkra érdekes pontban a parabola érintőjének dőlésszögét - ez lesz a szög α én. Ehhez vegye a deriváltot, amely az érintő meredekségének érintője:
y' =tgα 0 -g *x /(v 0 2*(kötözősalátaα 0 ) 2)
Számítsa ki a labda érkezési szögét Belov kezében α én fokokban
a D10 cellában: =ATAN (TAN (RADIANS(D6)) -D3*D4/D8^2/COS (RADIANS(D6))^2)/PI()*180 =-16,167
α én = arctgy ’ = arctg(tgα 0 — g * x /(v 0 2 *(kötözősalátaα 0 ) 2))
A számítás excelben elvileg kész.
Egyéb fizetési lehetőségek:
Az írott program segítségével gyorsan és egyszerűen végezhet számításokat a kezdeti adatok más kombinációival.
Legyen, adott egy vízszintes x = 27 méter , függőleges y = 1 méteres repülési távolság és kezdeti sebesség v 0 = 25 m/s.
Meg kell találni a repülési időt tés indulási szögek α 0 és érkezés α én
Használjuk az MS Excel "A paraméter kiválasztása" szolgáltatást. Több blogcikkben többször is részletesen leírtam, hogyan kell használni. A szolgáltatás használatáról bővebben olvashat.
A D8 cellában lévő értéket 25 000-re állítjuk a D6 cellában lévő érték kiválasztásának megváltoztatásával. Az eredmény az alábbi ábrán látható.
Az excel számítás ezen verziójában (ahogy az előzőben is) a kiindulási adatok kék kerettel vannak kiemelve, az eredmények pedig piros téglalap alakú keretekkel vannak bekarikázva!
Megteríteni az asztaltexcel valamilyen érdekes érték az egyik világossárga kitöltésű cellában, ha az egyik halvány türkiz kitöltésű cellában egy megváltozott értéket választ ki, általános esetben tíz különböző lehetőséget kaphat a mozgási probléma megoldására. a horizonthoz szögben bedobott test tíz különböző halmaz forrásadattal!!!
Válasz a kérdésre:
Válaszoljunk a cikk elején feltett kérdésre. Ivan Edeshko által küldött labda számításaink szerint 1,342 másodperc alatt repült Belovhoz. Alekszandr Belov elkapta a labdát, landolt, felugrott és eldobta. Mindehhez volt egy "tengere" az időnek - 1.658s! Ez tényleg elég idő egy árréssel! A videó képkockánkénti részletes képe megerősíti a fentieket. Három másodperc elég volt ahhoz, hogy játékosaink az élvonalukról az ellenfél palánkjára szállítsák a labdát és a gyűrűbe dobják, nevüket arannyal beírva a kosárlabda történelembe!
Könyörgöm tiszteletben tartva szerző munkája fájl letöltése előfizetés után cikkhirdetésekre!
A kinematika egyszerű!
A dobás után, repülés közben a gravitáció hat a testre Ftés a légellenállás ereje Fс.
Ha a test mozgása alacsony sebességgel történik, akkor a légellenállási erőt általában nem veszik figyelembe a számítás során.
Feltételezhetjük tehát, hogy csak a gravitáció hat a testre, ami azt jelenti, hogy a kidobott test mozgása az szabadesés.
Ha ez szabadesés, akkor a dobott test gyorsulása megegyezik a szabadesés gyorsulásával g.
A Föld felszínéhez képest kis magasságban Ft gravitációs erő gyakorlatilag nem változik, így a test állandó gyorsulással mozog.
Tehát a horizonthoz képest szögben elvetett test mozgása a szabadesés egyik változata, azaz. mozgás állandó gyorsulással és görbe pályával(mivel a sebesség- és gyorsulásvektorok irányában nem esnek egybe).
Ennek a mozgásnak a képletei vektoros formában: a test pályája az Fт és Vo vektorokon átmenő síkban fekvő parabola.
A kidobott test kezdőpontját általában a koordináták origójának választják.
A test sebességének irányú változása az idő bármely pillanatában egybeesik a gyorsulással.
A test sebességvektora a pálya bármely pontjában 2 komponensre bontható: a V x vektorra és a V y vektorra.
A test sebességét az idő bármely pillanatában a következő vektorok geometriai összegeként határozzuk meg:
Az ábra szerint a sebességvektor vetületei az OX és OY koordinátatengelyeken így néznek ki:
A testsebesség kiszámítása bármely pillanatban:
A test elmozdulásának kiszámítása bármikor:
A test mozgási pályájának minden pontja megfelel az X és Y koordinátáknak:
Számítási képletek a dobott test koordinátáihoz bármikor:
A mozgásegyenletből képletek származtathatók az L maximális repülési távolság kiszámításához:
és maximális repülési magasság H:
P.S.
1. Vo egyenlő kezdeti sebességeknél a repülési távolság:
- növekszik, ha a kezdeti dobási szöget 0°-ról 45°-ra növelik,
- Csökken, ha a kezdeti dobási szöget 45 o-ról 90 o-ra növeljük.
2. Egyenlő kezdeti dobási szögek esetén az L repülési tartomány a Vo kezdeti sebesség növekedésével nő. 
3. A horizonthoz képest szögben elvetett test mozgásának speciális esete az vízszintesen dobott test mozgása, míg a kezdeti dobási szög nulla.
Mi a szabadesés? Ez a testek lezuhanása a Földre légellenállás hiányában. Más szóval, az ürességbe zuhanás. Természetesen a légellenállás hiánya olyan vákuum, amely normál körülmények között nem található meg a Földön. Ezért nem vesszük figyelembe a légellenállás erejét, mivel olyan kicsinek tartjuk, hogy elhanyagolható.
A gravitáció gyorsulása
Galileo Galilei a pisai ferde toronyban végzett híres kísérletei során rájött, hogy tömegétől függetlenül minden test ugyanúgy esik a Földre. Vagyis minden testnél a szabadesés gyorsulása azonos. A legenda szerint a tudós ekkor különböző tömegű golyókat dobott ki a toronyból.
A gravitáció gyorsulása
A szabadesés gyorsulása - az a gyorsulás, amellyel minden test a Földre esik.
A szabadesés gyorsulása megközelítőleg 9,81 m s 2, és g betűvel jelöljük. Néha, amikor a pontosság alapvetően nem fontos, a gravitáció miatti gyorsulást 10 m s 2 -re kerekítik fel.
A Föld nem tökéletes gömb, és a földfelszín különböző pontjain a koordinátáktól és a tengerszint feletti magasságtól függően változik a g értéke. Tehát a legnagyobb szabadesési gyorsulás a pólusokon van (≈ 9, 83 m s 2), a legkisebb pedig az egyenlítőn (≈ 9, 78 m s 2).
Szabadesés test
Vegyünk egy egyszerű példát a szabadesésre. Valamely test zuhanjon le h magasságból nulla kezdősebességgel. Tegyük fel, h magasságba emeltük a zongorát, és nyugodtan elengedtük.
Szabadesés - egyenes vonalú mozgás állandó gyorsulással. Irányítsuk a koordinátatengelyt a test kiindulási helyzetének pontjából a Föld felé. A kinematika képleteit alkalmazva egyenes vonalú egyenletesen gyorsított mozgásra, írhat.
h = v 0 + g t 2 2 .
Mivel a kezdeti sebesség nulla, átírjuk:
Innen található a test h magasságból való leesésének időpontja:
Figyelembe véve, hogy v \u003d g t, megtaláljuk a test sebességét az esés idején, azaz a maximális sebességet:
v = 2 h g · g = 2 h g .
Hasonlóképpen tekinthetjük egy bizonyos kezdeti sebességgel függőlegesen felfelé dobott test mozgását is. Például feldobunk egy labdát.
Legyen a koordinátatengely függőlegesen felfelé irányítva a test dobásának pontjától. Ezúttal a test egyenletesen lassan mozog, sebességet veszít. A legmagasabb ponton a test sebessége nulla. Kinematikai képletek segítségével felírhatjuk:
A v = 0 helyére behelyettesítve megtaláljuk azt az időt, amikor a test felemelkedik a maximális magasságra:
Az esési idő egybeesik a felfutási idővel, és a test t = 2 v 0 g után visszatér a Földre.
Függőlegesen dobott test maximális magassága:
Vessünk egy pillantást az alábbi ábrára. A testsebesség grafikonját mutatja három mozgás esetén a = - g gyorsulással. Tekintsük mindegyiket, miután meghatároztuk, hogy ebben a példában minden szám kerekítve van, és a szabadesés gyorsulását 10 m s 2 -nek tekintjük.
Az első grafikon egy test leesése egy bizonyos magasságból kezdeti sebesség nélkül. Esési idő t p = 1 s. A képletekből és a grafikonból könnyen megállapítható, hogy a magasság, ahonnan a test leesett, h = 5 m.
A második grafikon egy v 0 = 10 m s kezdeti sebességgel függőlegesen felfelé dobott test mozgása. Maximális emelési magasság h = 5 m. Felemelkedési és süllyedési idő t p = 1 s.
A harmadik grafikon az első folytatása. A zuhanó test visszapattan a felszínről, és sebessége hirtelen előjelet vált az ellenkezőre. A test további mozgása a második grafikon szerint tekinthető.
Egy test szabadesésének problémája szorosan összefügg a horizonthoz képest bizonyos szögben bedobott test mozgásának problémájával. Így a parabolikus pálya mentén történő mozgás két független mozgás összegeként ábrázolható a függőleges és vízszintes tengely körül.
Az O Y tengely mentén a test egyenletesen, g gyorsulással gyorsítva mozog, ennek a mozgásnak a kezdeti sebessége v 0 y. Az O X tengely mentén történő mozgás egyenletes és egyenes vonalú, kezdeti sebessége v 0 x.
Az O X tengely mentén történő mozgás feltételei:
x 0 = 0; v 0 x = v 0 cos α ; a x = 0.
Az O Y tengely mentén történő mozgás feltételei:
y 0 = 0; v 0 y = v 0 sin α ; a y = - g .
Képleteket mutatunk be a horizonttal szögben elvetett test mozgására.
Test repülési ideje:
t = 2 v 0 sin α g .
Testrepülési tartomány:
L \u003d v 0 2 sin 2 α g.
A maximális repülési tartomány α = 45°-os szögben érhető el.
L m a x = v 0 2 g .
Maximális emelési magasság:
h \u003d v 0 2 sin 2 α 2 g.
Vegyük észre, hogy valós körülmények között a horizonthoz képest szögben bedobott test mozgása a levegő- és szélellenállás miatt a parabolától eltérő pályát követhet. Az űrbe dobott testek mozgásának tanulmányozása egy speciális tudomány - a ballisztika.
Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt
Ha egy testet a horizonthoz képest szögben dobnak, akkor repülés közben a gravitáció és a légellenállás befolyásolja. Ha az ellenállási erőt figyelmen kívül hagyjuk, akkor az egyetlen erő marad a gravitációs erő. Ezért Newton 2. törvényének köszönhetően a test a szabadesés gyorsulásával egyenlő gyorsulással mozog; gyorsulási vetületek a koordinátatengelyekre ax = 0, ay = - g.
1. ábra: A horizonttal szögben elhajított test kinematikai jellemzői
Egy anyagi pont bármely összetett mozgása a koordinátatengelyek mentén független mozgások előírásaként ábrázolható, és a különböző tengelyek irányában a mozgás típusa eltérő lehet. Esetünkben egy repülő test mozgása két független mozgás szuperpozíciójaként ábrázolható: a vízszintes tengely mentén egyenletes mozgás (X-tengely) és egyenletesen gyorsított mozgás a függőleges tengely mentén (Y-tengely) (1. ábra). .
A test sebességi vetületei tehát idővel a következőképpen változnak:
ahol $v_0$ a kezdeti sebesség, $(\mathbf \alpha )$ a dobási szög.
Az origó választásunkkal a kezdeti koordináták (1. ábra) $x_0=y_0=0$. Akkor kapjuk:
(1)
Elemezzük az (1) képleteket. Határozzuk meg a kidobott test mozgási idejét. Ehhez az y koordinátát nullára állítjuk, mert a leszállás pillanatában a test magassága nulla. Innen kapjuk a repülési időt:
Annak az időnek a második értéke, amelynél a magasság egyenlő nullával, egyenlő nullával, ami megfelel a dobás pillanatának, azaz. ennek az értéknek fizikai jelentése is van.
A repülési távolságot az (1) első képletből kapjuk. A repülési távolság az x-koordináta értéke a repülés végén, azaz. $t_0$-val egyenlő időpontban. Ha a (2) értéket behelyettesítjük az (1) első képletbe, a következőt kapjuk:
Ebből a képletből látható, hogy a legnagyobb repülési távolságot 45 fokos dobási szögnél érjük el.
A dobott test legmagasabb emelési magasságát a második képletből (1) kaphatjuk meg. Ehhez be kell cserélni ebben a képletben a repülési idő felével egyenlő időt (2), mert a pálya felezőpontjában van a maximális repülési magasság. Számításokat végezve azt kapjuk
Az (1) egyenletekből megkaphatjuk a test pályájának egyenletét, azaz. egy egyenlet, amely a test x és y koordinátáit rögzíti mozgás közben. Ehhez ki kell fejeznie az időt az első egyenletből (1):
és behelyettesítjük a második egyenletbe. Akkor kapjuk:
Ez az egyenlet a pályaegyenlet. Látható, hogy ez egy lefelé ágazó parabola egyenlete, amit a másodfokú tag előtti „-” jel jelzi. Szem előtt kell tartani, hogy a $\alpha $ dobási szög és függvényei itt csak konstansok, pl. állandó számok.
Egy testet v0 sebességgel a horizonthoz képest $(\mathbf \alpha )$ szögben dobnak. Repülési idő $t = 2 s$. Hmax mekkora magasságra emelkedik a test?
$$t_B = 2 s$$ $$H_max - ?$$
A test mozgásának törvénye a következő:
$$\left\( \begin(array)(c) x=v_(0x)t \\ y=v_(0y)t-\frac(gt^2)(2) \end(array) \right.$ $
A kezdeti sebességvektor $(\mathbf \alpha )$ szöget zár be az OX tengellyel. Ennélfogva,
\ \ \
Egy követ dobnak a hegy tetejéről = 30$()^\circ$ szögben a horizonthoz $v_0 = 6 m/s$ kezdeti sebességgel. Ferde síkszög = 30$()^\circ$. Milyen távolságra esik le a kő a dobási ponttól?
$$ \alpha =30()^\circ$$ $$v_0=6\ m/s$$ $$S - ?$$
Helyezzük a koordináták origóját a dobási pontba, OX - a ferde sík mentén lefelé, OY - merőlegesen a ferde síkra. A mozgás kinematikai jellemzői:
A mozgás törvénye:
$$\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.$$ \
Az eredményül kapott $t_B$ értéket behelyettesítve a következőt kapjuk: $S$:
Legyen egy test a horizonthoz képest α szöget bezárva sebességgel. Az előző esetekhez hasonlóan a légellenállást figyelmen kívül hagyjuk. A mozgás leírásához két koordinátatengelyt kell választani - Ox és Oy (29. ábra).
29. ábra
Az eredet kompatibilis a test kezdeti helyzetével. A kezdősebesség vetületei Oy és Ox tengelyekre: , . Gyorsulási előrejelzések: ,
Ekkor a test mozgását a következő egyenletek írják le:
(8)
(9)
Ezekből a képletekből az következik, hogy a test vízszintes irányban egyenletesen, függőlegesen pedig egyenletesen gyorsul.
A test pályája egy parabola lesz. Figyelembe véve, hogy a parabola tetején megtalálhatja azt az időt, amely alatt a test felemelkedik a parabola tetejére:
A t 1 értékét a (8) egyenletbe behelyettesítve megkapjuk a test maximális magasságát:
Maximális emelési magasság.
A test repülési idejét abból a feltételből kapjuk, hogy t \u003d t 2-nél a koordináta y 2 \u003d 0. Ennélfogva, 
. Ezért - a test repülési ideje. Összehasonlítva ezt a képletet a (10) képlettel, azt látjuk, hogy t 2 =2t 1 .
A test mozgásának ideje a maximális magasságból t 3 =t 2 -t 1 =2t 1 -t 1 =t 1 . Ezért mennyi ideig emelkedik a test a maximális magasságig, mennyi idő alatt esik le ebből a magasságból. A t 2 idő értékét behelyettesítve az x koordináta (6) egyenletébe, azt kapjuk:
- a test hatótávolsága.
A pillanatnyi sebesség a pálya bármely pontjában érintőlegesen irányul a pályára (lásd 29. ábra), a sebesség modulusát a képlet határozza meg
Így a horizonttal szögben vagy vízszintes irányban elhajított test mozgása két független mozgás - vízszintes egyenletes és függőleges egyenletesen gyorsított (szabadesés kezdősebesség nélkül vagy függőlegesen felfelé dobott test mozgása) eredményének tekinthető. ).
Fontolja meg, mi lehet a kinematikai problémák célja.
1. Érdekelhet bennünket a kinematikai mennyiségek változása a mozgás folyamata, azaz információszerzés a koordináták változásáról, a sebességről, a gyorsulásról, valamint a megfelelő szögértékekről.
2. Számos probléma esetén, például egy test horizonttal szögben történő mozgásának problémájában meg kell tanulni a fizikai mennyiségek értékeit konkrét állapotok: repülési távolság, maximális emelkedés stb.
3. Azokban az esetekben, amikor a test egyidejűleg több mozgásban vesz részt (például egy labda gurítása), vagy több test egymáshoz viszonyított mozgását vesszük figyelembe, szükségessé válik az elmozdulások, sebességek és gyorsulások (lineáris és szögletes) közötti összefüggések megállapítása, azaz egyenleteket találni kinematikai kapcsolat.
A kinematikai problémák sokfélesége ellenére a következő algoritmus javasolható ezek megoldására:
1. Készítsen vázlatos rajzot, amelyen a testek kiindulási helyzete és kiindulási állapota látható, pl. És .
2. A probléma körülményeinek elemzése alapján válasszon referenciakeretet. Ehhez ki kell választani egy vonatkoztatási testet, és hozzá kell rendelni egy koordinátarendszert, amely jelzi a koordináták origóját, a koordinátatengelyek irányát, az időreferencia kezdetének pillanatát. A pozitív irányok kiválasztásakor a mozgás iránya (sebesség) vagy a gyorsulás iránya vezérli őket.
3. A mozgástörvények alapján alkosson egyenletrendszert vektoros formában minden testre, majd skaláris alakban, vetítve ezeket a vektoros mozgásegyenleteket a koordinátatengelyekre! Ezen egyenletek felírásakor ügyelni kell a bennük szereplő vektormennyiségek vetületeinek "+" és "-" jeleire.
4. A választ analitikai képlet formájában kell megkapni (általános értelemben), és a végén numerikus számításokat kell végezni.
4. példa Meddig fog egy 54 km/h sebességgel haladó vonat ablakánál ülő utas látni a mellette haladó, közeledő vonatot, amelynek sebessége 36 km/h és hossza 250 m?
Megoldás. Kapcsoljuk össze a rögzített vonatkoztatási rendszert a Földdel, a mozgó keretet - azzal a vonattal, amelyben az utas tartózkodik. A sebességek összeadásának törvénye szerint hol van a szembejövő vonat sebessége az elsőhöz képest. Az ökör tengelyére vonatkozó vetületekben:
Mivel a szembejövő vonat által megtett út az elsőhöz képest megegyezik a vonat hosszával, az idővel
5. példa A gőzhajó Nyizsnyij Novgorodból Astrakhanba 5,0 nap, és vissza - 7,0 nap. Meddig hajózik a tutaj Nyizsnyij Novgorodból Asztrahánba? Parkolási és forgalmi késések kizárva.
Adott: t 1 \u003d 5 nap, t 2 \u003d 7 nap.
Megoldás. A rögzített vonatkoztatási rendszert a parthoz, a mozgó keretet a vízhez fogjuk társítani. Feltételezzük, hogy a víz sebessége végig azonos, és a gőzölő vízhez viszonyított sebessége állandó és megegyezik a gőzölő vízhez viszonyított pillanatnyi sebességének modulusával.
Mivel a tutaj a parthoz képest a folyó áramlási sebességével mozog, ezért mozgásának ideje , ahol s a városok közötti távolság. Amikor a gőzös lefelé mozog, a sebessége a sebességek összeadásának törvénye szerint, vagy az Ox tengelyére vetítve:
ahol a hajó sebessége a parthoz képest, a hajó sebessége a folyóhoz képest.
A mozgási idő ismeretében megtalálhatja a sebességet:
Az (1) és (2) képletből a következőket kapjuk:
Amikor a gőzös az árammal szemben mozog, vagy az ökör tengelyére vetítve, hol van a gőzös sebessége a parthoz képest.
A másik oldalon, . Akkor
A (3) és (4) egyenletrendszert -re vonatkoztatva megoldva kapjuk:
Keressük a tutaj mozgásának idejét:
6. példa Egyenletesen gyorsított mozgással a test az első két egyenlő, 4,0 s-os egymást követő időintervallumban s 1 \u003d 24 m, illetve s 2 \u003d 64 m pályán halad át. Határozza meg a test kezdeti sebességét és gyorsulását!
Adott: t 1 \u003d t 2 \u003d 4,0 s, s 1 \u003d 24 m, s 2 \u003d 64 m.
Megoldás.Írjuk fel az s 1 és (s 1 + s 2) útvonalegyenleteit. Mivel a kezdeti sebesség ebben az esetben ugyanaz, akkor
Mivel t1=t2, akkor
Kifejezve (1)-ből és behelyettesítve (2-be) a következőt kapjuk:
Aztán a kezdeti sebesség 
7. példa Az egyenes vonalú, egyenletes gyorsulású, 5,0 m/s kezdősebességgel haladó autó az első másodpercben 6,0 m távolságot tett meg. Határozza meg az autó gyorsulását, a pillanatnyi sebességet a második másodperc végén és az elmozdulás 2,0 s alatt.
Megoldás. A test által az első másodpercben megtett út ismeretében megtalálhatja a gyorsulást:
A sebességet a második másodperc végén a képlet határozza meg
8. példa x) alakja x \u003d A + Bt + Ct 3, ahol A = 4 m, B = 2m/s, C = -0,5 m/s 3.
A t 1 =2 c időpillanathoz határozza meg: 1) a pont x 1 pontjának koordinátáját; 2) pillanatnyi sebesség v1; 3) azonnali gyorsulás egy 1.
Adott: x \u003d A + Bt + Ct 3, A = 4 m, B = 2 m / s, C = -0,5 m / s 3, t 1 = 2 s.
Keresse meg: x 1; v1; egy 1.
Megoldás. 1. Helyettesítsük be a mozgásegyenletben t helyett a t 1 idő adott értékét: x 1 \u003d A + Bt 1 + Ct 1 3. Ebbe a kifejezésbe behelyettesítjük az A, B, C, t 1 értékeket, és elvégezzük a számításokat: x 1 \u003d 4 m.
2. Azonnali sebesség: 
Ekkor t 1 időpontban a pillanatnyi sebesség v 1 = B + 3Ct 1 2 . Helyettesítsük itt a B, C, t 1 értékeket: v 1 = - 4 m / s. A mínusz előjel azt jelzi, hogy t 1 =2 c időpontban a pont a koordinátatengely negatív irányába mozog.
3. Azonnali gyorsulás: 
A pillanatnyi gyorsulás t 1 időpontban a 1 = 6Сt 1 . Cserélje ki a C, t 1 értékeket: a 1 \u003d -6 m / s 2. A mínusz jel azt jelzi, hogy a gyorsulásvektor iránya egybeesik a koordináta tengelyének negatív irányával, és ez a probléma körülményei között minden időpillanatban így van.
9. példa Egy anyagi pont egyenes (tengely) mentén történő mozgásának kinematikai egyenlete x) alakja x \u003d A + Bt + Ct 2, ahol A = 5 m, B = 4m / s, C = -1m / s 2. Határozza meg a v xsr átlagos sebességet a t 1 \u003d 1 c és t 2 \u003d 6 c közötti időintervallumra.
Adott: x = A + Bt + Ct 2, A = 5m, B = 4 m / s, C = 1 m / s 2, t 1 = 1 c, t 2 = 6 c.
Keresés: v xsr -? és xsr -?
Megoldás. A t 2 -t 1 időintervallum átlagos sebességét a v cf = (x 2 -x 1) / (t 2 - t 1) kifejezés határozza meg.
x 1 \u003d A + Bt 1 + Ct 1 2 \u003d 8 m, x 2 = A + Bt 2 + Ct 2 2 = -7 m.
Helyettesítse be az x 1 , x 2 , t 1 , t 2 értékeket, és végezze el a számításokat: v xsr = -3 m/s.
10. példa Helikopterről rakományt ejtettek le h = 300 m magasságban. Mennyi idő múlva éri el a rakomány a talajt, ha: a) a helikopter áll; b) a helikopter v 0 =5 m/s sebességgel ereszkedik le; 3) a helikopter v 0 =5 m/s sebességgel emelkedik. Grafikusan írja le a terhelés megfelelő mozgásait az s(t), v(t) és a(t) tengelyeken!
Megoldás. a) Az állóhelikoptert elhagyó rakomány szabadon esik, azaz. egyenletesen mozog a szabadesés gyorsulásával g. Az arányból megtaláljuk a mozgás idejét 
A tárgy mozgásának grafikonjait 1-gyel jelöltük az ábrán.
b) A helikoptert elhagyó rakomány mozgása, amely állandó sebességgel ereszkedik v 0 \u003d 5 m / s, egyenletesen gyorsított mozgás, állandó g gyorsulással, és az egyenlet írja le
A számértékek behelyettesítése a 9.8t 2 +10t-600=0 egyenletet adja.
A negatív eredménynek nincs fizikai jelentése, így a mozgás ideje t=7,57 s.
A tárgy mozgásának grafikonjait 2-vel jelöltük az ábrán.
3) A helikoptert elhagyó rakomány mozgása, amely v 0 =5 m/s állandó sebességgel emelkedik, két szakaszból áll. Az első szakaszban a terhelés egyenletesen, állandó g gyorsulással, a sebességgel ellentétes irányban mozog, és az egyenletek írják le
A pálya tetején a sebesség nullává válik, tehát
Ha a rendszer második egyenletét behelyettesítjük az elsőbe, azt kapjuk
A második szakaszban - szabadesés h 0 \u003d h + h 1 \u003d 300 + 1,28 \u003d 301,28 m magasságból.
Mert a
Az ábrán a tárgy mozgásának grafikonjait 3-mal jelöltük.
11. példa. A 2 m/s állandó sebességgel ereszkedő ballonról a talajhoz képest 18 m/s sebességgel függőlegesen felfelé dobnak egy terhet. Határozza meg a labda és a teher közötti távolságot abban a pillanatban, amikor a terhelés eléri emelkedése legmagasabb pontját. Mennyi idő múlva repül el a súly a labda mellett, és leesik.
Adott: v 01 = 2 m/s, v 02 =18 m/s
Keresés: s-? τ-?
Megoldás. Irányítsuk a 0Y tengelyt függőlegesen felfelé, az origó kompatibilis azzal a 0 ponttal, ahol a labda a teherdobás pillanatában volt.
Ezután a rakomány és a léggömb mozgásegyenletei:
A rakomány mozgási sebessége a v 2 =v 02 - gt törvény szerint változik.
A legmagasabb ponton Teheremelésnél v 2 =0. Ekkor az ebbe a pontba való felemelés ideje A teher koordinátája a B pontban
Ezalatt a léggömb leereszkedett az A pontba; annak koordinátája
Az A és B pont közötti távolság:
Egy τ időintervallum után, amikor a kő elrepül a labda mellett, a testek koordinátái megegyeznek: y 1C = y 2C;
12. példa. Milyen sebességgel és milyen pályán repüljön egy repülőgép, hogy két óra alatt 300 km-t észak felé repüljön, ha repülés közben a délkörhöz képest 30 o-os szögben északnyugati szél fúj, 27 km/h sebességgel?
Adott: t=7,2∙10 3 s; l=3∙10 5 m; α=30° ≈ 0,52 rad; v 2 ≈7,2 m/s.
Keresés: v 2 -? φ-?
Megoldás. Tekintsük egy repülőgép mozgását a Földhöz kapcsolódó vonatkoztatási rendszerben.
Rajzoljuk meg az OX tengelyt keleti irányba, az OY tengelyt pedig észak felé. Ezután a repülőgép sebessége a választott vonatkoztatási rendszerben
ahol v= l/t(2)
Az (1) egyenlet a tengelyen lévő vetületben
OK: 0=v 1 ∙sinα – v 2 ∙sinφ;
OY: v= v 2 ∙cosφ - v 1 ∙cosα, vagy v 1 ∙sinα = v 2 ∙sinφ, v 2 ∙cosφ=v 1 ∙cosα + v (3)
Ha ezeket az egyenleteket tagokkal osztjuk, azt kapjuk, hogy tgφ=v 1 sinα/(v 1 cosα+ v),
vagy figyelembe véve (2)
tgφ=v 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t);
φ=arctgv 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t) ≈0,078 rad.
A (3) egyenlet jobb és bal részét négyzetre emelve és a kapott egyenleteket összeadva azt kapjuk,
v 2 2 ∙sin 2 φ + v 2 2 ∙cos 2 φ = v 1 2 sin 2 α+ (v 1 ∙cosα + v) 2,
honnan, vagy figyelembe véve (2)
13. példa A függőlegesen felfelé dobott test t=3 s után visszatér a talajra. Határozza meg a test magasságát és kezdeti sebességét.
Megoldás. A test felfelé mozgása ugyanolyan lassú a gyorsulással - gés idővel megtörténik t 1 , és a lefelé irányuló mozgás egyenletesen gyorsul g gyorsulással és az idő alatt történik t 2. Az AB és BA szakaszok mozgását leíró egyenletek egy rendszert alkotnak:
Mivel v B =0, akkor v 0 =gt 1. A rendszer első egyenletébe v 0-t behelyettesítve kapjuk. Ha ezt a kifejezést összehasonlítjuk a rendszer harmadik egyenletével, akkor megállapíthatjuk, hogy az emelkedési idő megegyezik a t 1 =t 2 =t/2=1,5 s süllyedési idővel. A kezdeti sebesség és a leszállási sebesség megegyezik egymással, és v 0 =v A =gt 1 =9,8∙1,5=14,7 m/s.
Testmagasság
14. példa Egy szabadon zuhanó test a mozgás utolsó másodpercében áthaladt az út felén. Keresse meg azt a magasságot, ahonnan eldobta, és azt az időt, ami alatt elmozdult.
Megoldás. A megtett távolság időfüggősége szabadon eső test esetén. Mivel a teljes út felét kitevő BC szakaszt 1 s idő alatt haladtuk meg, az AB út első felét (t-1) s idő alatt haladtuk meg. Ekkor a BC szakaszon a mozgást a következőképpen írhatjuk le.
A rendszer megoldása
t 2 -4t+2=0 kapjuk. Ennek az egyenletnek a gyöke: t 1 \u003d 3,41 s és t 2 \u003d 0,59 s. A második gyökér nem alkalmas, mert a mozgási idő a probléma körülményei alapján haladja meg az egy másodpercet. Ezért a test 3,41 másodperc alatt leesett, és ez idő alatt belepte az utat 
15. példa Egy 25 m magas toronyból vízszintesen követ dobnak ki 15 m/s sebességgel.
Keresse meg: 1) mennyi ideig lesz mozgásban a kő, 2) milyen távolságra esik a földre, 3) milyen sebességgel zuhan a földre, 4) milyen szöget zár be a kő pályája a a horizont a földre zuhanás pontján. A légellenállás figyelmen kívül hagyva.
Adott: H=25 m, v o =15 m/s
Keresés: t-? s x - ? v-? φ-?
Megoldás. A vízszintesen dobott kő mozgása két részre bontható: vízszintesre s xés függőleges s y:
ahol t a mozgás ideje.
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;
16. példa Egy 25 m magas toronyból v x =10 m/s sebességgel vízszintesen kidobnak egy testet.
Keresse meg: 1) a test esésének t időpontját, 2) milyen távolságra l a torony tövéből le fog esni, 3) a v sebességet az esés végén, 4) azt a szöget, amelyet a test röppályája bezár a talajjal a leszállási pontban.
Megoldás. A testmozgás összetett. Egyenletes mozgásban vesz részt a vízszintes mentén, és egyenletesen gyorsul g gyorsulással a függőlegesen. Ezért az AB szakaszt a következő egyenletek írják le:
Az A pont esetében ezek az egyenletek a következőképpen alakulnak:
Akkor l\u003d 10 2,26 \u003d 22,6 m, és v y \u003d 9,8 2,26 \u003d 22,15 m/s.
Azóta
Az a szög, amelyet a pálya a Földdel bezár, egyenlő az A pontban lévő sebességháromszög φ szögével, amelynek érintője 
, ezért φ=68,7°.
17. példa. Vízszintes sebességgel v x \u003d 10 m / s dobott test esetén a mozgás kezdete után t \u003d 2 s idő elteltével keresse meg: normál, érintőleges és teljes gyorsulást, valamint a pálya görbületi sugarát ez a pont.
Megoldás. Függőleges sebességkomponens v y =gt=9,8∙2=19,6 m/s
Sebesség az A pontban:
A vektorok a sebességek háromszögét, a vektorok pedig a gyorsulások háromszögét alkotják. Amint az ábrán látható, ezek a háromszögek hasonlóak, ami azt jelenti, hogy oldalaik arányosak: .
Normál gyorsulás, tehát a pálya görbületi sugara
18. példa. Egy labdát 10 m/s sebességgel dobnak a vízszinteshez képest 40°-os szögben.
Keresse meg: 1) milyen magasságba emelkedik a labda; 2) milyen távolságra esik a labda a földre a dobás helyétől, 3) mennyi ideig lesz mozgásban.
Adott: v o \u003d 10 m / s, α \u003d 40 kb.
Keresés: s y - ? s x - ? t-?
Megoldás. 1) Határozzuk meg azt a maximális s y max magasságot, amelyre egy v o sebességgel α szöggel a horizonthoz dobott test felemelkedik. Nálunk van (lásd az ábrát):
v y \u003d v o sinα - gt; (1)
s y \u003d v o t∙sinα - gt 2/2. (2)
A tetején v y = 0 és (1)-ből v o ∙sin𝛼 = gt 1 , innen a labda felemelésének ideje t 1 =v o ∙sinα/g. Ha t 1-et (2) behelyettesítünk, azt kapjuk
s y max \u003d v o 2 ∙sin 2 α / (2g) \u003d 2,1 m.
2) Határozza meg a horizonttal szögben elhajított test s x max repülési távolságát!
Van: v x \u003d v o cosα , (3)
s x =v x t=v o t∙cosα. (4)
A test vízszintes síkra fog esni t 2 =2t 1 =2v o sinα/g idő alatt.
Ha t 2-t behelyettesítjük (4)-be, azt kapjuk, hogy 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.
19. példa. A testet v 0 =10 m/s 2 sebességgel dobják a horizonthoz képest α=30°-os szögben. Milyen magasságba emelkedik a test? Mekkora távolságra éri a földet a dobás helyétől? Meddig lesz mozgásban?
Megoldás. A kezdeti sebesség vízszintes és függőleges összetevői
Az OA szakaszon belüli mozgás két egyszerű mozgásra bontható: vízszintesen egyenletesen és függőlegesen egyenletesen lassítva:
Az A pontban
Akkor 
És
Ha a test egyidejűleg több mozgásban vesz részt, akkor mindegyikben a másiktól függetlenül vesz részt, ezért az AB szakaszban a mozgás idejét a lefelé mozgás ideje - t 2 határozza meg. A felfelé lépés ideje megegyezik a lefelé lépés idejével, ami azt jelenti
Egyenletes vízszintes mozgás mellett a test egyenlő időközönként az út egyenlő szakaszait haladja meg, ezért
Repülési tartomány
Testmagasság
20. példa. A pont egyenesen mozog a síkon az x=4(t-2) 2 törvény szerint. Mekkora a kezdeti sebesség v 0 és a pont gyorsulása a? Határozzuk meg a v t =5 pont pillanatnyi sebességét a mozgás ötödik másodpercének elején!
Megoldás.
1) Mert v=x’, akkor v 0 =(4∙(t-2) 2)'=(4∙(t 2 -4t+4))'=(4t 2 -16t+16)'=8t-16
t=0-nál v 0=-16 m/s.
2) Mert a= , akkor a=(8t-16)’=8 m/s.
3) t=4-nél, mert 4 mp telt el 5 s kezdete előtt.
v t \u003d 5 \u003d 8t-16 \u003d 8 ∙ 4-16 \u003d 32 m/s.
Válasz: Kezdeti pontsebesség v 0 =-16 m/s, gyorsulás a=8 m/s, pontsebesség a mozgás ötödik másodpercének elején v t =5 =32 m/s.
21. példa. Egy anyagi pont mozgását a következő egyenletek írják le: a) s=αt 3 ; b) s=αt 2 +βt. Hasonlítsa össze az átlagos sebességet és a kezdeti és végsebesség számtani átlagát! v vö. a 0 - t időintervallumban. Itt α és β pozitív állandók.
Megoldás. Emlékezzünk vissza az átlagos és a pillanatnyi sebesség definíciójára:
A pillanatnyi sebesség kifejezéseit a mozgásegyenlet differenciálásával kapjuk.
Az átlagsebesség kifejezései a görbe vonalú koordináta változásának az időhöz viszonyított arányában találhatók:
A számtani átlagsebesség kifejezéseit kapjuk:
Válaszoljunk a probléma körülményeinek kérdésére. Látható, hogy „a” esetben az átlagos és a számtani átlagsebesség nem esik egybe, „b” esetben pedig igen.
22. példa. Egy anyagi pont egyenletesen mozog egy görbe pályán. A pálya melyik pontján van a gyorsulás maximuma?
Megoldás.Íves pályán haladva a gyorsulás a tangenciális és a normál összege. A tangenciális gyorsulás a sebesség értékének (modulusának) változásának sebességét jellemzi. Ha a sebesség nem változik, az érintőleges gyorsulás nulla. A normál gyorsulás a pálya görbületi sugarától függ a n = v 2/R. A gyorsulás a legkisebb görbületi sugarú pontban a legnagyobb, azaz. a C pontban.
23. példa. Az anyagi pont a törvény szerint mozog: 
1) Határozza meg a kezdeti koordinátát, a kezdeti sebességet és a gyorsulást az állandó gyorsulású mozgástörvényhez képest! Írja fel a sebesség vetületének egyenletét!
Megoldás. Az állandó gyorsulással járó mozgástörvény alakja
Ha ezt az egyenletet összehasonlítjuk a problémafeltétel egyenletével, azt kapjuk
x 0 = -1 m,
v 0 x = 1 m/s,
a x \u003d - 0,25 m/s 2.
Felmerül a kérdés: mit jelent a mínuszjel? Mikor negatív egy vektor vetülete? Csak akkor, ha a vektor a koordináta tengelye ellen irányul.
Ábrázoljuk az ábrán a kezdeti koordináta-, sebesség- és gyorsulásvektorokat.
A sebesség egyenletét a formába írjuk
és behelyettesítjük a kapott adatokat (kiindulási feltételek)
2) Határozza meg a sebesség és a gyorsulás időfüggését a mennyiségek definícióival!
Megoldás. A sebesség és a gyorsulás pillanatnyi értékére a definíciókat alkalmazzuk:
Megkülönböztetünk v x \u003d 1-0,25t, a x \u003d - 0,25 m/s 2.
Látható, hogy a gyorsulás nem időfüggő.
3) Építsen fel v x (t) és a x (t) gráfot. Írja le a mozgást a grafikon egyes szakaszaiban!
Megoldás. A sebesség időfüggősége lineáris, a grafikon egyenes.
t \u003d 0 v x \u003d 1 m/s. t = 4-nél, ahol v x = 0.
A grafikonon látható, hogy az „a” szakaszban a sebesség vetülete pozitív, értéke pedig csökken, i.e. a pont lassan mozog az x tengely irányában. A „b” szakaszon a sebesség vetülete negatív, és a modulusa nő. A pont az x tengellyel ellentétes irányban gyorsulással mozog. Ezért a grafikonnak az abszcissza tengellyel való metszéspontjában fordulat következik be, a mozgás iránya megváltozik.
4) Határozzuk meg a fordulópont koordinátáját és a kanyarodáshoz vezető utat!
Megoldás. Még egyszer megjegyezzük, hogy a fordulóponton a sebesség nulla. Erre az állapotra a mozgásegyenletekből a következőket kapjuk:
A második egyenletből azt kapjuk t pov = 4 s. (Látható, hogy ennek az értéknek a megszerzéséhez nem szükséges gráfot építeni és elemezni). Helyettesítsük be ezt az értéket az első egyenletben: x pov \u003d -1 + 4-4 2 / 8 \u003d 1 m. Ábrázoljuk, hogyan mozdult el a pont.
A kanyarodáshoz vezető út az ábrán látható módon megegyezik a koordináták változásával: s kanyar =x kanyar -x 0 =1-(-1)=2 m.
5) Melyik időpontban halad át a pont az origón?
Megoldás. A mozgásegyenletbe x = 0. Másodfokú egyenletet kapunk 0 \u003d -1 + t-t 2 / 8 vagy t 2 -8t + 8 \u003d 0. Ennek az egyenletnek két gyökere van: 
. t 1 \u003d 1,17 s, t 2 = 6,83 s. Valójában a pont kétszer halad át az origón: „oda” és „vissza” mozgáskor.
6) Keresse meg a pont által megtett utat a mozgás megkezdése után 5 másodpercen belül, és az ez alatti mozgást, valamint az átlagos haladási sebességet ezen az útszakaszon.
Megoldás. Először is keressük meg azt a koordinátát, amelyben a pont 5 másodperces mozgás után kiderült, és jelöljük meg az ábrán.
x(5)=-1+5-5 2/8= 0,875 m.
Mivel a pont a forduló után ebben az állapotban van, a megtett út már nem egyenlő a koordináta változásával (elmozdulással), hanem két tagból áll: a kanyarhoz vezető út.
s 1 \u003d x pov - x 0 \u003d 1 - (-1) \u003d 2 m
és fordulás után
s 2 \u003d x pov - x (5) \u003d 1 - 0,875 \u003d 0,125 m,
s \u003d s 1 + s 2 = 2,125 m.
A pont elmozdulása az
s x \u003d x (5) - x 0 \u003d 0,875 - (-1) \u003d 1,875 m
Az átlagos haladási sebességet a képlet számítja ki
A vizsgált feladatban az egyik legegyszerűbb mozgástípust ismertetjük - állandó gyorsulással. A mozgás természetének elemzésének ez a megközelítése azonban univerzális.
24. példa. Egydimenziós, állandó gyorsulású mozgásnál a részecske koordinátájának és sebességének időbeli függését a következő összefüggések írják le:
Állítson fel kapcsolatot egy részecske koordinátája és sebessége között.
Megoldás. A t időt kizárjuk ezekből az egyenletekből. Ehhez a helyettesítési módszert alkalmazzuk. A második egyenletből az időt fejezzük ki és cserélje be az első egyenletbe:
Ha a mozgás az origóból indul ( x 0 =0) nyugalmi állapotból ( v 0 x =0), akkor a kapott függőség alakot ölt
jól ismert az iskolai fizika tanfolyamról.
25. példa. Egy anyagi pont mozgását a következő egyenlet írja le: , ahol i és j az x és y tengely ortjai, α és β pozitív állandók. A kezdeti pillanatban a részecske az x 0 =y 0 =0 pontban volt. Határozzuk meg az y(x) részecskepálya-egyenletet!
Megoldás. A probléma feltételét a mozgásleírás vektoros módszerével fogalmazzuk meg. Térjünk át a koordináta módszerre. Az egységvektoroknál az együtthatók a sebességvektor vetületei, nevezetesen:
Először is megkapjuk az x(t) és y(t) függőséget az első osztály feladatának megoldásával.
28. példa. Magas toronyból h gyorsasággal dobott egy követ v 0 a horizonttal α szögben. Megtalálja:
1) mennyi ideig lesz mozgásban a kő;
2) milyen távolságra s a földre esik;
3) milyen sebességgel esik a földre;
4) mekkora β szög lesz a kő röppályája a horizonttal az esés pontjában;
5) a kő normál és érintőleges gyorsulása ezen a ponton, valamint a pálya görbületi sugara;
6) a kő legnagyobb magassága.
A légellenállás figyelmen kívül hagyása.
Megoldás. Ezt a feladatot példaként használva bemutatjuk, hogyan lehet általánosított formában felállítani a fenti algoritmust egy adott osztály bármely problémájának megoldására.
1. A feladat egy anyagi pont (kő) mozgását veszi figyelembe a Föld gravitációs terében. Ezért ez egy állandó g gravitációs gyorsulású, függőlegesen lefelé irányuló mozgás.
