Pohyb tela hodeného pod uhlom. Pohyb tela hodeného šikmo k horizontu! Kinematika je jednoduchá
Do konca finálového zápasu basketbalového turnaja OH 1972 v Mníchove zostávali 3 sekundy. Američania – tím USA – už oslavovali víťazstvo! Náš tím - reprezentácia ZSSR - vyhral asi 10 bodov proti tímu veľkých snov...
Pár minút pred koncom zápasu. Keď však v závere stratila všetku výhodu, strácala už jeden bod 49:50. To, čo sa stalo potom, bolo neuveriteľné! Ivan Edeshko vyhadzuje loptu spoza koncovej čiary cez celú plochu pod kruh Američanov, kde obkľúčený dvoma protihráčmi získava loptu náš center Alexander Belov a dáva ju do koša. 51:50 - sme olympijskí víťazi!!!
Ako dieťa som vtedy zažil najsilnejšie emócie - najskôr sklamanie a odpor, potom šialené potešenie! Emocionálna spomienka na túto epizódu sa mi vryje do mysle na celý život! Pozrite si video na internete k žiadosti „Zlatý hod Alexandra Belova“, nebudete ľutovať.
Američania si vtedy nepriznali porážku a odmietli prevziať strieborné medaily. Dá sa za tri sekundy stihnúť to, čo naši hráči? Pamätajme na fyziku!
V tomto článku sa budeme zaoberať pohybom telesa vrhaného pod uhlom k horizontu, vytvoríme program Excel na riešenie tohto problému s rôznymi kombináciami počiatočných údajov a pokúsime sa odpovedať na vyššie uvedenú otázku.
Ide o pomerne známy problém vo fyzike. V našom prípade je telo hodené šikmo k horizontu basketbalová lopta. Vypočítame počiatočnú rýchlosť, čas a dráhu lopty, ktorú Ivan Edeshko hodil cez celé ihrisko a padla do rúk Alexandra Belova.
Matematika a fyzika basketbalového letu.
Nižšie uvedené vzorce a výpočet vexcel sú univerzálne pre širokú škálu problémov o telesách vrhaných šikmo k horizontu a letiacich po parabolickej trajektórii bez zohľadnenia vplyvu trenia vzduchu.
Schéma výpočtu je znázornená na obrázku nižšie. Spustite MS Excel alebo OOo Calc.
Počiatočné údaje:
1. Keďže sme na planéte Zem a uvažujeme o balistickom probléme – pohybe telies v gravitačnom poli Zeme, tak si najskôr zapíšeme hlavnú charakteristiku gravitačného poľa – zrýchlenie voľného pádu. g v m/s 2
do bunky D3: 9,81
2. Veľkosť basketbalového ihriska je 28 metrov dlhá a 15 metrov široká. Letová vzdialenosť loptičky takmer cez ihrisko do kruhu od protiľahlej koncovej čiary vodorovne X písať v metroch
do bunky D4: 27,000
3. Ak predpokladáme, že Edeshko hodil z výšky asi dvoch metrov a Belov chytil loptu len niekde na úrovni ringu, potom pri výške basketbalového koša 3,05 metra je vzdialenosť medzi miestami odchodu a príletu lopta bude vertikálne 1 meter. Zapíšme si vertikálny posun r v metroch
do bunky D5: 1,000
4. Podľa mojich meraní na videu uhol odletu lopty α 0 z rúk Edeshka nepresiahla 20 °. Zadajte túto hodnotu
do bunky D6: 20,000
Výsledky výpočtu:
Základné rovnice popisujúce pohyb telesa hodeného pod uhlom k horizontu bez zohľadnenia odporu vzduchu:
X =v0* čos α 0 *t
r =v0*hriech α 0 *t-g *t2/2
5. Vyjadrime čas t z prvej rovnice dosaďte do druhej a vypočítajte počiatočnú rýchlosť lopty v 0 v m/s
v bunke D8: =(D3*D4^2/2/COS (RADIANS(D6))^2/(D4*TAN (RADIANS(D6))-D5))^0,5 =21,418
v0 =(g *x 2 /(2*(cosα 0 ) 2 *(x *tgα 0 -y)) 0,5
6. Čas letu lopty z rúk Edeshka do rúk Belova t počítať v sekundách, vedieť teraz v 0 , z prvej rovnice
v bunke D9: =D4/D8/COS (RADIANS(D6)) =1,342
t = X /(v 0 * cosα 0 )
7. Nájdite uhol smeru rýchlosti lopty α i v bode nášho záujmu. Za týmto účelom napíšeme počiatočnú dvojicu rovníc v nasledujúcom tvare:
r =x *tgα 0 -g *x 2 /(2*v 0 2*(cosα 0 ) 2)
Toto je rovnica paraboly - dráha letu.
Musíme nájsť uhol sklonu dotyčnice k parabole v bode, ktorý nás zaujíma - to bude uhol α i. Ak to chcete urobiť, vezmite deriváciu, ktorá je tangensom sklonu dotyčnice:
y' =tgα 0 -g *x /(v 0 2*(cosα 0 ) 2)
Vypočítajte uhol príchodu lopty do rúk Belova α i v stupňoch
v bunke D10: =ATAN (TAN (RADIANS(D6)) -D3*D4/D8^2/COS (RADIANS(D6))^2)/PI()*180 =-16,167
α i = arctgr ’ = arctg(tgα 0 — g * X /(v 0 2 *(cosα 0) 2))
Výpočet v programe Excel je v zásade dokončený.
Ďalšie možnosti platby:
Pomocou napísaného programu môžete rýchlo a jednoducho vykonávať výpočty s inými kombináciami počiatočných údajov.
Nechajte, vzhľadom k tomu, horizontálne X = 27 metrov , vertikálne r = Dosah letu 1 meter a počiatočná rýchlosť v 0 = 25 m/s.
Je potrebné nájsť čas letu t a uhly odchodu α 0 a príchod α i
Využime službu MS Excel "Výber parametra". Ako ho používať som opakovane podrobne opísal vo viacerých blogových článkoch. Môžete si prečítať viac o používaní tejto služby.
Zmenou výberu hodnoty v bunke D6 nastavíme hodnotu v bunke D8 na 25 000. Výsledok je na obrázku nižšie.
Počiatočné údaje v tejto verzii výpočtu v programe Excel (rovnako ako v predchádzajúcej verzii) sú zvýraznené modrými rámčekmi a výsledky sú zakrúžkované v červených obdĺžnikových rámčekoch!
Prestrieť stôlexcel nejakú hodnotu záujmu v jednej z buniek so svetložltou výplňou výberom zmenenej hodnoty v jednej z buniek so svetlou tyrkysovou výplňou, vo všeobecnom prípade môžete získať desať rôznych možností riešenia problému pohybu telo hodené šikmo k horizontu s desiatimi rôznymi sadami zdrojových údajov!!!
Odpoveď na otázku:
Odpovedzme na otázku položenú na začiatku článku. Lopta, ktorú poslal Ivan Edeshko, letela na Belova podľa našich výpočtov za 1,342 sekundy. Alexander Belov chytil loptu, dopadol, vyskočil a hodil ju. Na to všetko mal „more“ času – 1,658s! To je naozaj dosť času s rezervou! Detailný pohľad na video snímku po snímke potvrdzuje vyššie uvedené. Našim hráčom stačili tri sekundy na to, aby dopravili loptu zo svojej prednej línie na zadnú dosku súpera a hodili ju do ringu, čím sa zlatom zapísali do histórie basketbalu!
ja prosím rešpektovanie autorské dielo stiahnuť súbor po predplatnom za oznámenia článkov!
Kinematika je jednoduchá!
Po hode, pri lete, pôsobí na telo gravitácia Ft a sila odporu vzduchu Fс.
Ak sa pohyb tela vyskytuje pri nízkych rýchlostiach, potom sa pri výpočte zvyčajne neberie do úvahy sila odporu vzduchu.
Môžeme teda predpokladať, že na teleso pôsobí iba gravitácia, čo znamená, že pohyb hodeného telesa je voľný pád.
Ak ide o voľný pád, potom sa zrýchlenie hodeného telesa rovná zrýchleniu voľného pádu g.
V nízkych nadmorských výškach vzhľadom k povrchu Zeme sa gravitačná sila Ft prakticky nemení, teleso sa teda pohybuje s konštantným zrýchlením.
Takže pohyb telesa hodeného pod uhlom k horizontu je variantom voľného pádu, t.j. pohyb s konštantným zrýchlením a krivočiarou trajektóriou(keďže vektory rýchlosti a zrýchlenia sa v smere nezhodujú).
Vzorce tohto pohybu vo vektorovej forme: dráha telesa je parabola ležiaca v rovine prechádzajúcej vektormi Fт a Vo .
Za počiatok súradníc sa zvyčajne volí východiskový bod vrhaného telesa.
V každom okamihu sa zmena rýchlosti tela v smere zhoduje so zrýchlením.
Vektor rýchlosti telesa v ktoromkoľvek bode trajektórie možno rozložiť na 2 zložky: vektor V x a vektor Vy .
V každom okamihu bude rýchlosť telesa určená ako geometrický súčet týchto vektorov:
Podľa obrázku vyzerajú projekcie vektora rýchlosti na súradnicové osi OX a OY takto:
Výpočet rýchlosti tela v každom okamihu:
Výpočet posunu telesa kedykoľvek:
Každý bod trajektórie pohybu tela zodpovedá súradniciam X a Y:
Výpočtové vzorce pre súradnice hodeného telesa kedykoľvek:
Z pohybovej rovnice možno odvodiť vzorce na výpočet maximálneho rozsahu letu L:
a maximálna výška letu H:
P.S.
1. Pri rovnakých počiatočných rýchlostiach Vo, rozsah letu:
- zvyšuje sa, ak sa počiatočný uhol vrhania zvýši z 0 o na 45 o,
- Zmenší sa, ak sa počiatočný uhol vrhu zvýši zo 45 o na 90 o .
2. Pri rovnakých počiatočných uhloch vrhania sa rozsah letu L zvyšuje so zvyšujúcou sa počiatočnou rýchlosťou Vo. 
3. Špeciálny prípad pohybu telesa hodeného šikmo k horizontu je pohyb tela hodeného vodorovne, pričom počiatočný uhol hodu je nulový.
Čo je voľný pád? Ide o pád telies na Zem bez odporu vzduchu. Inými slovami, pád do prázdna. Samozrejme, absencia odporu vzduchu je vákuum, ktoré za normálnych podmienok na Zemi nenájdeme. Preto nebudeme brať do úvahy silu odporu vzduchu, pretože ju považujeme za takú malú, že ju možno zanedbať.
Zrýchlenie gravitácie
Galileo Galilei pri svojich slávnych experimentoch na šikmej veži v Pise zistil, že všetky telesá, bez ohľadu na ich hmotnosť, padajú na Zem rovnakým spôsobom. To znamená, že pre všetky telesá je zrýchlenie voľného pádu rovnaké. Podľa legendy potom vedec z veže hádzal gule rôznej hmotnosti.
Zrýchlenie gravitácie
Zrýchlenie voľného pádu – zrýchlenie, s ktorým padajú všetky telesá na Zem.
Zrýchlenie voľného pádu je približne rovné 9,81 m s 2 a označuje sa písmenom g. Niekedy, keď presnosť nie je zásadne dôležitá, sa gravitačné zrýchlenie zaokrúhli na 10 m s 2 .
Zem nie je dokonalá guľa a na rôznych miestach zemského povrchu v závislosti od súradníc a nadmorskej výšky sa hodnota g mení. Takže najväčšie zrýchlenie voľného pádu je na póloch (≈ 9, 83 m s 2) a najmenšie je na rovníku (≈ 9, 78 m s 2) .
Telo s voľným pádom
Zvážte jednoduchý príklad voľného pádu. Nech nejaké teleso spadne z výšky h s nulovou počiatočnou rýchlosťou. Predpokladajme, že sme zdvihli klavír do výšky h a pokojne ho pustili.
Voľný pád - priamočiary pohyb s konštantným zrýchlením. Nasmerujme súradnicovú os z bodu počiatočnej polohy telesa k Zemi. Použitím kinematických vzorcov pre priamočiary rovnomerne zrýchlený pohyb môžete písať.
h = vo + gt22.
Keďže počiatočná rýchlosť je nulová, prepíšeme:
Odtiaľ sa nachádza výraz pre čas pádu tela z výšky h:
Ak vezmeme do úvahy, že v \u003d g t, nájdeme rýchlosť tela v čase pádu, to znamená maximálnu rýchlosť:
v = 2 h g · g = 2 h g.
Podobne môžeme uvažovať aj o pohybe telesa hodeného kolmo nahor s určitou počiatočnou rýchlosťou. Napríklad hodíme loptu hore.
Nechajte súradnicovú os smerovať zvisle nahor od bodu odhodenia tela. Tentokrát sa telo pohybuje rovnomerne pomaly a stráca rýchlosť. V najvyššom bode je rýchlosť telesa nulová. Pomocou kinematických vzorcov môžeme písať:
Ak dosadíme v = 0 , nájdeme čas, kedy sa teleso zdvihne do maximálnej výšky:
Čas pádu sa zhoduje s časom vzostupu a teleso sa vráti na Zem po t = 2 v 0 g .
Maximálna výška vertikálneho hodu tela:
Pozrime sa na obrázok nižšie. Zobrazuje grafy rýchlostí telesa pre tri prípady pohybu so zrýchlením a = - g. Uvažujme o každom z nich po špecifikácii, že v tomto príklade sú všetky čísla zaokrúhlené a zrýchlenie voľného pádu sa rovná 10 m s 2 .
Prvý graf je pád telesa z určitej výšky bez počiatočnej rýchlosti. Doba pádu t p = 1 s. Zo vzorcov a z grafu je ľahké vyvodiť, že výška, z ktorej teleso spadlo, sa rovná h = 5 m.
Druhým grafom je pohyb telesa vrhaného kolmo nahor s počiatočnou rýchlosťou v 0 = 10 m s. Maximálna výška zdvihu h = 5 m Čas stúpania a pádu t p = 1 s.
Tretí graf je pokračovaním prvého. Padajúce teleso sa odrazí od hladiny a jeho rýchlosť náhle zmení znamienko na opačné. Ďalší pohyb telesa možno uvažovať podľa druhého grafu.
Problém voľného pádu telesa úzko súvisí s problémom pohybu telesa vrhaného pod určitým uhlom k horizontu. Pohyb po parabolickej trajektórii teda možno znázorniť ako súčet dvoch nezávislých pohybov okolo vertikálnej a horizontálnej osi.
Pozdĺž osi O Y sa teleso pohybuje rovnomerne zrýchlene so zrýchlením g, počiatočná rýchlosť tohto pohybu je v 0 y. Pohyb pozdĺž osi O X je rovnomerný a priamočiary, s počiatočnou rýchlosťou v 0 x .
Podmienky pre pohyb pozdĺž osi O X:
x 0 = 0; v 0 x = v 0 cos α; a x = 0.
Podmienky pre pohyb pozdĺž osi O Y:
yo = 0; v 0 y = v 0 sin α; a y = - g.
Uvádzame vzorce pre pohyb telesa hodeného pod uhlom k horizontu.
Čas letu tela:
t = 2 v 0 sin α g .
Rozsah letu tela:
L \u003d v 0 2 sin 2 α g.
Maximálny dosah letu je dosiahnutý pri uhle α = 45°.
L m a x = v 0 2 g.
Maximálna výška zdvihu:
h \u003d v 0 2 sin 2 α 2 g.
Všimnite si, že v reálnych podmienkach môže pohyb telesa hodeného pod uhlom k horizontu sledovať trajektóriu odlišnú od parabolickej v dôsledku odporu vzduchu a vetra. Štúdium pohybu telies vrhaných vo vesmíre je špeciálna veda - balistika.
Ak si všimnete chybu v texte, zvýraznite ju a stlačte Ctrl+Enter
Ak je teleso vrhnuté pod uhlom k horizontu, potom je pri lete ovplyvnené gravitáciou a odporom vzduchu. Ak sa zanedbá odporová sila, potom zostáva jedinou silou gravitačná sila. Preto sa teleso v dôsledku 2. Newtonovho zákona pohybuje so zrýchlením rovným zrýchleniu voľného pádu; priemety zrýchlenia na súradnicové osi ax = 0, ay = - g.
Obrázok 1. Kinematická charakteristika telesa hodeného pod uhlom k horizontu
Akýkoľvek zložitý pohyb hmotného bodu môže byť znázornený ako uloženie nezávislých pohybov pozdĺž súradnicových osí a v smere rôznych osí sa typ pohybu môže líšiť. V našom prípade možno pohyb lietajúceho telesa znázorniť ako superpozíciu dvoch nezávislých pohybov: rovnomerný pohyb pozdĺž horizontálnej osi (os X) a rovnomerne zrýchlený pohyb pozdĺž vertikálnej osi (os Y) (obr. 1). .
Projekcie rýchlosti telesa sa preto s časom menia takto:
kde $v_0$ je počiatočná rýchlosť, $(\mathbf \alpha )$ je uhol vrhania.
Pri našom výbere počiatku sú počiatočné súradnice (obr. 1) $x_0=y_0=0$. Potom dostaneme:
(1)
Poďme analyzovať vzorce (1). Určme čas pohybu hodeného telesa. Aby sme to dosiahli, nastavíme súradnicu y rovnú nule, pretože v momente pristátia je výška tela nulová. Odtiaľ dostaneme čas letu:
Druhá hodnota času, v ktorom sa výška rovná nule, sa rovná nule, čo zodpovedá okamihu hodu, t.j. táto hodnota má aj fyzikálny význam.
Dosah letu sa získa z prvého vzorca (1). Letový dosah je hodnota x-ovej súradnice na konci letu, t.j. v čase rovnajúcom sa $t_0$. Dosadením hodnoty (2) do prvého vzorca (1) dostaneme:
Z tohto vzorca je zrejmé, že najväčší dosah letu sa dosiahne pri uhle vrhu 45 stupňov.
Najvyššiu výšku zdvihu hodeného telesa možno získať z druhého vzorca (1). Aby ste to dosiahli, musíte v tomto vzorci nahradiť hodnotu času rovnajúcu sa polovici času letu (2), pretože maximálna výška letu je v strede trajektórie. Vykonaním výpočtov dostaneme
Z rovníc (1) možno získať rovnicu trajektórie telesa, t.j. rovnica týkajúca sa súradníc x a y telesa počas pohybu. Aby ste to dosiahli, musíte vyjadriť čas z prvej rovnice (1):
a dosaďte ho do druhej rovnice. Potom dostaneme:
Táto rovnica je rovnica trajektórie. Je vidieť, že ide o rovnicu paraboly s vetvami nadol, ako je naznačené znamienkom „-“ pred kvadratickým členom. Treba mať na pamäti, že uhol vrhania $\alpha $ a jeho funkcie sú tu len konštanty, t.j. konštantné čísla.
Teleso je hodené rýchlosťou v0 pod uhlom $(\mathbf \alpha )$ k horizontu. Doba letu $t = 2 s$. Do akej výšky Hmax sa teleso zdvihne?
$$t_B = 2 s$$ $$H_max - ?$$
Zákon pohybu tela je:
$$\left\( \begin(pole)(c) x=v_(0x)t \\ y=v_(0y)t-\frac(gt^2)(2) \end(pole) \right.$ $
Vektor počiatočnej rýchlosti tvorí s osou OX uhol $(\mathbf \alpha )$. v dôsledku toho
\ \ \
Kameň je hodený z vrcholu hory pod uhlom = 30$()^\circ$ k horizontu s počiatočnou rýchlosťou $v_0 = 6 m/s$. Uhol naklonenej roviny = 30$()^\circ$. V akej vzdialenosti od bodu hodu kameň dopadne?
$$ \alpha =30()^\circ$$ $$v_0=6\ m/s$$ $$S - ?$$
Počiatok súradníc umiestnime do bodu hodu, OX - pozdĺž naklonenej roviny dole, OY - kolmo na naklonenú rovinu hore. Kinematické charakteristiky pohybu:
Zákon pohybu:
$$\left\( \begin(pole)(c) x=v_0t(cos 2\alpha +g\frac(t^2)(2)(sin \alpha \ )\ ) \\ y=v_0t(sin 2 \alpha \ )-\frac(gt^2)(2)(cos \alpha \ ) \end(pole) \right.$$ \
Nahradením výslednej hodnoty $t_B$ nájdeme $S$:
Nech je teleso vrhnuté pod uhlom α k horizontu rýchlosťou . Rovnako ako v predchádzajúcich prípadoch zanedbáme odpor vzduchu. Pre popis pohybu je potrebné zvoliť dve súradnicové osi - Ox a Oy (obr. 29).
Obr.29
Počiatok je kompatibilný s počiatočnou polohou tela. Projekcie počiatočnej rýchlosti na osiach Oy a Ox: , . Projekcie zrýchlenia: ,
Potom pohyb telesa opíšeme rovnicami:
(8)
(9)
Z týchto vzorcov vyplýva, že teleso sa pohybuje rovnomerne v horizontálnom smere a rovnomerne zrýchlene vo vertikálnom smere.
Dráha telesa bude parabola. Vzhľadom na to, že na vrchole paraboly môžete nájsť čas, ktorý telo potrebuje na to, aby sa zdvihlo na vrchol paraboly:
Dosadením hodnoty t 1 do rovnice (8) zistíme maximálnu výšku telesa:
Maximálna výška zdvihu.
Zisťujeme čas letu tela z podmienky, že pri t \u003d t 2 je súradnica y 2 \u003d 0. v dôsledku toho 
. Preto, - čas letu tela. Porovnaním tohto vzorca so vzorcom (10) vidíme, že t 2 = 2t 1 .
Čas pohybu telesa z maximálnej výšky t 3 =t 2 -t 1 =2t 1 -t 1 =t 1 . Koľko času teda telo stúpa do maximálnej výšky, koľko času z tejto výšky klesá. Dosadením hodnoty času t 2 do rovnice súradnice x (6) zistíme:
- rozsah tela.
Okamžitá rýchlosť v ktoromkoľvek bode trajektórie smeruje tangenciálne k trajektórii (pozri obr. 29), modul rýchlosti je určený vzorcom
Pohyb telesa vrhaného pod uhlom k horizontu alebo v horizontálnom smere teda možno považovať za výsledok dvoch nezávislých pohybov – horizontálneho rovnomerného a vertikálneho rovnomerne zrýchleného (voľný pád bez počiatočnej rýchlosti alebo pohyb telesa vrhaného zvisle nahor). ).
Zvážte, čo môže byť cieľom kinematických problémov.
1. Môže nás zaujímať zmena kinematických veličín v proces pohybu, t.j. získanie informácií o zmene súradníc, rýchlosti, zrýchlení, ako aj zodpovedajúcich uhlových hodnôt.
2. Pri mnohých problémoch, napríklad pri probléme pohybu telesa pod uhlom k horizontu, je potrebné poznať hodnoty fyzikálnych veličín v konkrétne štáty: dolet, maximálne stúpanie atď.
3. V prípadoch, keď sa teleso súčasne zúčastňuje viacerých pohybov (napríklad kotúľanie lopty) alebo sa uvažuje o vzájomnom pohybe niekoľkých telies, je potrebné stanoviť vzťahy medzi posunmi, rýchlosťami a zrýchleniami (lineárnymi a uhlovými), t.j. nájsť rovnice kinematické spojenie.
Napriek širokej škále problémov v kinematike je možné navrhnúť nasledujúci algoritmus na ich riešenie:
1. Zhotovte schematický nákres znázorňujúci počiatočnú polohu telies a ich počiatočný stav, t.j. a .
2. Vyberte si referenčný rámec na základe analýzy podmienok problému. Aby ste to dosiahli, musíte vybrať referenčné telo a priradiť k nemu súradnicový systém s uvedením pôvodu súradníc, smeru súradnicových osí, momentu začiatku časovej referencie. Pri výbere pozitívnych smerov sa riadia smerom pohybu (rýchlosťou) alebo smerom zrýchlenia.
3. Na základe pohybových zákonov zostavte sústavu rovníc vo vektorovom tvare pre všetky telesá a následne v skalárnom tvare, pričom tieto vektorové pohybové rovnice premietnete na súradnicové osi. Pri písaní týchto rovníc by ste mali venovať pozornosť znamienkam "+" a "-" projekcií vektorových veličín, ktoré sú v nich zahrnuté.
4. Odpoveď je potrebné získať vo forme analytického vzorca (všeobecne) a na konci vykonať numerické výpočty.
Príklad 4 Ako dlho bude cestujúci sediaci pri okne vlaku idúceho rýchlosťou 54 km/h vidieť okolo neho prechádzať prichádzajúci vlak, ktorého rýchlosť je 36 km/h a dĺžka je 250 m?
Riešenie. Spojme pevný referenčný rámec so Zemou, pohyblivý rámec - s vlakom, v ktorom sa cestujúci nachádza. Podľa zákona o sčítaní rýchlostí, kde je rýchlosť idúceho vlaku vzhľadom na prvý. V projekciách na osi Ox:
Keďže dráha, ktorú prejde prichádzajúci vlak vzhľadom na prvý vlak, sa rovná dĺžke vlaku, teda času
Príklad 5 Parník ide z Nižného Novgorodu do Astrachanu 5,0 dní a späť - 7,0 dní. Ako dlho bude plť plávať z Nižného Novgorodu do Astrachanu? Parkovanie a dopravné zdržania vylúčené.
Vzhľadom na to: t 1 \u003d 5 dní, t 2 \u003d 7 dní.
Riešenie. Pevný referenčný rámec spojíme s brehom a pohyblivý rámec s vodou. Predpokladáme, že rýchlosť vody je po celú dobu rovnaká a rýchlosť parníka voči vode je konštantná a rovná sa modulu okamžitej rýchlosti parníka voči vode.
Keďže plť sa pohybuje relatívne k brehu rýchlosťou toku rieky, potom čas jej pohybu je , kde s je vzdialenosť medzi mestami. Keď sa parník pohybuje po prúde, jeho rýchlosť podľa zákona sčítania rýchlostí alebo v projekciách na osi Ox:
kde je rýchlosť lode voči brehu, je rýchlosť lode voči rieke.
Keď poznáte čas pohybu, môžete zistiť rýchlosť:
Zo vzorcov (1) a (2) máme:
Keď sa parník pohybuje proti prúdu, alebo v projekciách na os Ox, kde je rýchlosť parníka voči brehu.
Na druhej strane, . Potom
Vyriešením sústavy rovníc (3) a (4) vzhľadom na , dostaneme:
Nájdite čas pohybu plte:
Príklad 6 Pri rovnomerne zrýchlenom pohybe telo prejde prvé dva rovnaké po sebe idúce časové intervaly 4,0 s každá dráha s 1 \u003d 24 ma s 2 \u003d 64 m. Určte počiatočnú rýchlosť a zrýchlenie tela.
Dané: t 1 \u003d t 2 \u003d 4,0 s, s 1 \u003d 24 m, s 2 \u003d 64 m.
Riešenie. Napíšme dráhové rovnice pre s 1 a (s 1 + s 2). Keďže počiatočná rýchlosť je v tomto prípade rovnaká
Pretože t1=t2, potom
Vyjadrením z (1) a dosadením do (2) dostaneme:
Potom počiatočná rýchlosť 
Príklad 7 Auto, ktoré sa pohybuje po priamočiarej trajektórii s rovnomerným zrýchlením s počiatočnou rýchlosťou 5,0 m/s, prešlo za prvú sekundu vzdialenosť 6,0 m. Nájdite zrýchlenie auta, okamžitú rýchlosť na konci druhej sekundy a výtlak za 2,0 s.
Riešenie. Keď poznáte dráhu, ktorú telo prejde v prvej sekunde, môžete nájsť zrýchlenie:
Rýchlosť na konci druhej sekundy sa zistí podľa vzorca
Príklad 8 X) má tvar x \u003d A + Bt + Ct 3, kde A \u003d 4 m, B \u003d 2 m / s, C \u003d -0,5 m / s 3.
Pre časový okamih t 1 =2 c určte: 1) súradnicu bodu x 1 bodu; 2) okamžitá rýchlosť v1; 3) okamžité zrýchlenie 1.
Dané: 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.
Nájdi: x 1; v1; a 1.
Riešenie. 1. Dosaďte v pohybovej rovnici namiesto t danú hodnotu času t 1: x 1 \u003d A + Bt 1 + Ct 1 3. Do tohto výrazu dosadíme hodnoty A, B, C, t 1 a vykonáme výpočty: x 1 \u003d 4 m.
2. Okamžitá rýchlosť: 
Potom v čase t 1 je okamžitá rýchlosť v 1 = B + 3Ct 1 2 . Dosadíme tu hodnoty B, C, t 1: v 1 = - 4 m / s. Znamienko mínus znamená, že v čase t 1 = 2 c sa bod pohybuje v zápornom smere súradnicovej osi.
3. Okamžité zrýchlenie: 
Okamžité zrýchlenie v čase t 1 je a 1 = 6Сt 1 . Nahraďte hodnoty C, t 1: a 1 \u003d -6 m / s 2. Znamienko mínus znamená, že smer vektora zrýchlenia sa zhoduje so záporným smerom súradnicovej osi, a to platí v každom časovom okamihu za podmienok tohto problému.
Príklad 9 Kinematická rovnica pohybu hmotného bodu pozdĺž priamky (os X) má tvar x \u003d A + Bt + Ct 2, kde A \u003d 5 m, B \u003d 4 m / s, C \u003d -1 m / s 2. Určte priemernú rýchlosť v xsr pre časový interval od t 1 \u003d 1 c do t 2 \u003d 6 c.
Dané: x \u003d A + Bt + Ct 2, A \u003d 5 m, B \u003d 4 m / s, C \u003d - 1 m / s 2, t 1 \u003d 1 c, t 2 \u003d 6 c.
Nájsť: v xsr -? a xsr -?
Riešenie. Priemerná rýchlosť za časový interval t 2 -t 1 je určená výrazom v cf = (x 2 -x 1) / (t 2 - t 1).
x 1 \u003d A + Bt 1 + Ct 1 2 \u003d 8 m, x 2 \u003d A + Bt 2 + Ct 2 2 \u003d -7 m.
Dosaďte hodnoty x 1 , x 2 , t 1 , t 2 a vykonajte výpočty: v xsr = -3 m/s.
Príklad 10 Náklad bol zhodený z vrtuľníka vo výške h = 300 m. Po akom čase sa náklad dostane na zem, ak: a) vrtuľník stojí; b) vrtuľník klesá rýchlosťou v 0 =5 m/s; 3) vrtuľník stúpa rýchlosťou v 0 =5 m/s. Popíšte graficky zodpovedajúce pohyby bremena v osiach s(t), v(t) a a(t).
Riešenie. a) Náklad, ktorý opustil stojaci vrtuľník, voľne padá, t.j. pohybujúce sa rovnomerne so zrýchlením voľného pádu g. Z pomeru zistíme čas pohybu 
Grafy pohybu objektu sú na obrázku označené 1.
b) Pohyb nákladu, ktorý opustil vrtuľník, ktorý klesá konštantnou rýchlosťou v 0 \u003d 5 m / s, je rovnomerne zrýchlený pohyb s konštantným zrýchlením g a je opísaný rovnicou
Nahradením číselných hodnôt sa získa rovnica 9,8t 2 +10t-600=0.
Negatívny výsledok nemá fyzikálny význam, takže čas pohybu je t=7,57 s.
Grafy pohybu objektu sú na obrázku označené 2.
3) Pohyb nákladu, ktorý opustil vrtuľník, ktorý stúpa konštantnou rýchlosťou v 0 =5 m/s, pozostáva z dvoch etáp. V prvej fáze sa zaťaženie pohybuje rovnomerne s konštantným zrýchlením g, nasmerovaným proti rýchlosti a je opísané rovnicami
Na vrchole trajektórie sa rýchlosť stane nulovou, takže
Dosadením druhej rovnice systému do prvej dostaneme
V druhej fáze - voľný pád z výšky h 0 \u003d h + h 1 \u003d 300 + 1,28 \u003d 301,28 m.
Pretože
Grafy pohybu objektu sú na obrázku označené 3.
Príklad 11. Z balóna klesajúceho konštantnou rýchlosťou 2 m/s sa bremeno vrhá kolmo nahor rýchlosťou 18 m/s vzhľadom na zem. Určte vzdialenosť medzi loptou a záťažou v momente, keď záťaž dosiahne najvyšší bod svojho vzostupu. Po akom čase závažie preletí okolo lopty a spadne.
Dané: v 01 = 2 m/s, v 02 = 18 m/s
Nájsť: s-? τ-?
Riešenie. Os 0Y nasmerujeme kolmo nahor, počiatok je kompatibilný s bodom 0, kde bola guľa v momente hodu záťaže.
Potom pohybové rovnice nákladu a balóna:
Rýchlosť pohybu bremena sa mení podľa zákona v 2 =v 02 - gt.
V najvyššom bode Pri zdvíhaní bremena v 2 =0. Potom čas zdvíhania do tohto bodu Súradnica bremena v bode B
Počas tejto doby balón zostúpil do bodu A; jeho súradnice
Vzdialenosť medzi bodmi A a B:
Po časovom intervale τ, keď kameň preletí okolo lopty, budú súradnice telies rovnaké: y 1C = y 2C;
Príklad 12. Akou rýchlosťou a akým kurzom by malo letieť lietadlo, aby za dve hodiny preletelo 300 km na sever, ak počas letu fúka severozápadný vietor pod uhlom 30 o k poludníku rýchlosťou 27 km/h?
Dané: t=7,2∙103 s; l= 3-105 m; a=30° ≈ 0,52 rad; v 2 ≈7,2 m/s.
Nájsť: v 2 -? φ-?
Riešenie. Uvažujme o pohybe lietadla v referenčnom rámci spojenom so zemou.
Nakreslíme os OX smerom na východ a os OY - na sever. Potom rýchlosť lietadla vo zvolenom referenčnom rámci
kde v= l/t(2)
Rovnica (1) v priemete na os
OK: 0=v 1 ∙sinα – v 2 ∙sinφ;
OY: v= v 2 ∙cosφ - v 1 ∙cosα, alebo v 1 ∙sinα = v 2 ∙sinφ, v 2 ∙cosφ=v 1 ∙cosα + v (3)
Delením týchto rovníc člen po člene dostaneme tgφ=v 1 sinα/(v 1 cosα+ v),
alebo berúc do úvahy (2)
tgφ=v 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t);
φ=arctgv 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t) ≈0,078 rad.
Nájdeme kvadratúru pravej a ľavej časti rovníc (3) a sčítanie výsledných rovníc
v 2 2 ∙sin 2 φ + v 2 2 ∙cos 2 φ = v 1 2 sin 2 α+ (v 1 ∙cosα + v) 2 ,
odkiaľ alebo berúc do úvahy (2)
Príklad 13 Teleso hodené kolmo nahor sa po t=3 s vráti na zem. Nájdite výšku tela a jeho počiatočnú rýchlosť.
Riešenie. Pohyb tela nahor je rovnako pomalý so zrýchlením - g a stane sa časom t 1 a pohyb nadol sa rovnomerne zrýchľuje so zrýchlením g a vyskytuje sa v priebehu času t 2. Rovnice popisujúce pohyb v sekciách AB a BA tvoria systém:
Pretože v B = 0, potom v 0 = gt 1 . Dosadením v 0 do prvej rovnice systému dostaneme . Ak tento výraz porovnáme s treťou rovnicou sústavy, môžeme dospieť k záveru, že čas výstupu sa rovná času zostupu t 1 =t 2 =t/2=1,5s. Počiatočná rýchlosť a rýchlosť pri pristátí sú si navzájom rovné a sú v 0 =v A =gt 1 =9,8∙1,5=14,7 m/s.
telesná výška
Príklad 14 Voľne padajúce telo v poslednej sekunde pohybu prešlo polovicu cesty. Nájdite výšku, z ktorej bol hodený, a čas potrebný na pohyb.
Riešenie. Závislosť prejdenej vzdialenosti od času pre voľne padajúce teleso. Keďže úsek BC, ktorý tvorí polovicu celej dráhy, prešiel za čas rovnajúci sa 1 s, prvá polovica dráhy AB sa prešla za čas (t-1) s. Potom pohyb na segmente BC možno opísať ako .
Riešenie systému
dostaneme t 2 -4t+2=0. Korene tejto rovnice sú t 1 \u003d 3,41 s a t 2 \u003d 0,59 s. Druhý koreň nie je vhodný, pretože čas pohybu podľa stavu problému by mal presiahnuť jednu sekundu. Telo preto padlo v priebehu 3,41 s a za tento čas prekrylo dráhu 
Príklad 15 Z veže vysokej 25 m sa vrhá kameň horizontálne rýchlosťou 15 m/s.
Zistite: 1) ako dlho bude kameň v pohybe, 2) v akej vzdialenosti bude padať na zem, 3) akou rýchlosťou dopadne na zem, 4) aký uhol bude zvierať dráha kameňa so zemou. horizonte v mieste jeho pádu na zem. Odpor vzduchu sa ignoruje.
Dané: H = 25 m, vo = 15 m/s
Nájsť: t-? s x - ? v-? φ-?
Riešenie. Pohyb kameňa hodeného horizontálne možno rozložiť na dva: horizontálny s x a vertikálne s y:
kde t je čas pohybu.
2) s x \u003d v o t \u003d 33,9 m;
3) v y \u003d gt \u003d 22,1 m / s;
4) sinφ= vy/v=0,827;
Príklad 16 Teleso je vrhané horizontálne z veže vysokej 25 m rýchlosťou v x = 10 m/s.
Nájdite: 1) čas t pádu telesa, 2) v akej vzdialenosti l od základne veže bude padať, 3) rýchlosť v na konci pádu, 4) uhol, ktorý bude zvierať trajektória telesa so zemou v bode jeho pristátia.
Riešenie. Pohyb tela je zložitý. Zúčastňuje sa rovnomerného pohybu pozdĺž horizontály a rovnomerne zrýchleného so zrýchlením g pozdĺž vertikály. Preto je časť AB opísaná rovnicami:
Pre bod A majú tieto rovnice tvar:
Potom l\u003d 10 2,26 \u003d 22,6 m a v y \u003d 9,8 2,26 \u003d 22,15 m/s.
Pretože teda
Uhol, ktorý zviera trajektória so zemou, sa rovná uhlu φ v trojuholníku rýchlostí v bode A, ktorého dotyčnica 
, teda φ=68,7°.
Príklad 17. Pre teleso vrhané horizontálnou rýchlosťou v x \u003d 10 m / s po čase t \u003d 2 s po začiatku pohybu nájdite: normálne, tangenciálne a plné zrýchlenie, ako aj polomer zakrivenia trajektórie pri tento bod.
Riešenie. Vertikálna zložka rýchlosti v y =gt=9,8∙2=19,6 m/s
Rýchlosť v bode A:
Vektory tvoria trojuholník rýchlostí a vektory trojuholník zrýchlení. Ako je zrejmé z obrázku, tieto trojuholníky sú podobné, čo znamená, že ich strany sú úmerné: .
Normálne zrýchlenie, teda polomer zakrivenia trajektórie
Príklad 18. Lopta sa vrhá rýchlosťou 10 m/s pod uhlom 40° k horizontále.
Nájdite: 1) do akej výšky sa lopta zdvihne; 2) v akej vzdialenosti od miesta hodu loptička spadne na zem, 3) ako dlho bude v pohybe.
Vzhľadom na to: v o \u003d 10 m / s, α \u003d asi 40.
Nájsť: s y - ? s x - ? t-?
Riešenie. 1) Nájdite maximálnu výšku s y max , do ktorej vystúpi teleso hodené rýchlosťou v o o uhol α k horizontu. Máme (pozri obr.):
v y \u003d v o sinα - gt; (jeden)
s y \u003d v o t∙sinα - gt 2/2. (2)
Na vrchu v y = 0 a z (1) dostaneme v o ∙sin𝛼 = gt 1 , teda čas zdvihnutia lopty t 1 =v o ∙sinα/g. Dosadením t 1 do (2) dostaneme
s y max \u003d v o 2 ∙sin 2 α / (2g) \u003d 2,1 m.
2) Nájdite rozsah letu s x max telesa hodeného pod uhlom k horizontu.
Máme: v x \u003d v o cosα , (3)
s x =v x t=v o t∙cosα. (štyri)
Teleso dopadne na vodorovnú rovinu v čase t 2 =2t 1 =2v o sinα/g.
Dosadením t 2 do (4) dostaneme s xmax = v o 2 sin2α/ g= 10,0 m
3) t 2 \u003d 2t 1 \u003d 2v o sinα / g \u003d 1,3 s.
Príklad 19. Teleso je vrhané rýchlosťou v 0 =10 m/s 2 pod uhlom α=30° k horizontu. Do akej výšky sa telo zdvihne? V akej vzdialenosti od miesta, kde bola hodená, dopadne na zem? Ako dlho bude v pohybe?
Riešenie. Horizontálne a vertikálne zložky počiatočnej rýchlosti
Pohyb v sekcii OA možno rozložiť na dva jednoduché pohyby: rovnomerný horizontálne a rovnomerne spomalený vertikálne:
V bode A
Potom 
a
Ak sa telo zúčastňuje súčasne niekoľkých pohybov, potom sa zúčastňuje každého z nich nezávisle od seba, preto je čas pohybu v sekcii AB určený časom pohybu nadol - t 2. Čas pohybu nahor sa rovná času pohybu nadol, čo znamená, že
Pri rovnomernom horizontálnom pohybe telo prechádza rovnakými úsekmi dráhy v rovnakých časových intervaloch, preto
Rozsah letu
telesná výška
Príklad 20. Bod sa pohybuje priamočiaro po rovine podľa zákona x=4(t-2) 2 . Aká je počiatočná rýchlosť v 0 a zrýchlenie bodu a? Nájdite okamžitú rýchlosť bodu v t =5 na začiatku piatej sekundy pohybu.
Riešenie.
1) Pretože v=x’, potom v 0 =(4∙(t-2) 2)’=(4∙(t2-4t+4))’=(4t2-16t+16)’=8t-16
pri t=0 vo=-16 m/s.
2) Pretože a= , potom a=(8t-16)'=8 m/s.
3) Pri t=4, pretože Pred začiatkom 5 s prešli 4 s.
v t \u003d 5 \u003d 8t-16 \u003d 8 ∙ 4-16 \u003d 32 m/s.
odpoveď: Počiatočná bodová rýchlosť v 0 =-16 m/s, zrýchlenie a=8 m/s, bodová rýchlosť na začiatku piatej sekundy pohybu v t =5 =32 m/s.
Príklad 21. Pohyb hmotného bodu je opísaný rovnicami: a) s=αt 3 ; b) s=at2+pt. Porovnajte priemernú rýchlosť a aritmetický priemer počiatočnej a konečnej rýchlosti v cf v časovom intervale 0 - t. Tu sú α a β kladné konštanty.
Riešenie. Spomeňte si na definície priemernej a okamžitej rýchlosti:
Výrazy pre okamžitú rýchlosť získame diferenciáciou pohybovej rovnice.
Výrazy pre priemernú rýchlosť sa nachádzajú ako pomer zmeny krivočiarej súradnice k času:
Získame výrazy pre aritmetický priemer rýchlosti:
Odpovedzme na otázku podmienok problému. Je vidieť, že v prípade „a“ sa priemerná a aritmetická stredná rýchlosť nezhodujú a v prípade „b“ áno.
Príklad 22. Hmotný bod sa pohybuje rovnomerne pozdĺž krivočiarej trajektórie. V ktorom bode trajektórie je maximum zrýchlenia?
Riešenie. Pri pohybe po zakrivenej dráhe je zrýchlenie súčtom tangenciálneho a normálového. Tangenciálne zrýchlenie charakterizuje rýchlosť zmeny hodnoty (modulu) rýchlosti. Ak sa rýchlosť nemení, tangenciálne zrýchlenie je nulové. Normálne zrýchlenie závisí od polomeru zakrivenia trajektórie a n = v 2/R. Zrýchlenie je maximálne v bode s najmenším polomerom zakrivenia, t.j. v bode C.
Príklad 23. Hmotný bod sa pohybuje podľa zákona: 
1) Určte počiatočnú súradnicu, počiatočnú rýchlosť a zrýchlenie porovnaním so zákonom pohybu s konštantným zrýchlením. Napíšte rovnicu pre projekciu rýchlosti.
Riešenie. Zákon pohybu s konštantným zrýchlením má podobu
Porovnaním tejto rovnice s rovnicou problémového stavu dostaneme
X 0 = - 1 m,
v 0 x = 1 m/s,
a x \u003d - 0,25 m/s 2.
Vynára sa otázka: aký je význam znamienka mínus? Kedy je projekcia vektora negatívna? Iba ak je vektor nasmerovaný proti súradnicovej osi.
Znázornime počiatočné súradnice, vektory rýchlosti a zrýchlenia na obrázku.
Rovnicu pre rýchlosť zapíšeme do tvaru
a dosadiť do neho získané údaje (počiatočné podmienky)
2) Nájdite závislosť rýchlosti a zrýchlenia od času pomocou definícií týchto veličín.
Riešenie. Aplikujeme definície pre okamžité hodnoty rýchlosti a zrýchlenia:
Rozlišovaním dostaneme v x \u003d 1-0,25 t, a x \u003d - 0,25 m / s 2.
Je vidieť, že zrýchlenie nezávisí od času.
3) Zostavte grafy v x (t) a a x (t). Opíšte pohyb v každej časti grafu.
Riešenie. Závislosť rýchlosti od času je lineárna, graf je priamka.
Pri t \u003d 0 v x \u003d 1 m / s. Pri t = 4 s v x = 0.
Z grafu je vidieť, že v sekcii „a“ je projekcia rýchlosti kladná a jej hodnota klesá, t.j. bod sa pomaly pohybuje v smere osi x. Na sekcii „b“ je projekcia rýchlosti záporná a jej modul sa zvyšuje. Bod sa pohybuje so zrýchlením v smere opačnom k osi x. Preto v bode priesečníka grafu s osou x nastáva obrat, zmena smeru pohybu.
4) Určte súradnice bodu obratu a cestu k odbočke.
Riešenie. Ešte raz si všimneme, že v bode obratu je rýchlosť nulová. Pre tento stav z pohybových rovníc dostaneme:
Z druhej rovnice dostaneme t pov = 4 s. (Je vidieť, že na získanie tejto hodnoty nie je potrebné zostavovať a analyzovať graf). Nahraďte túto hodnotu v prvej rovnici: x pov \u003d -1 + 4-4 2 / 8 \u003d 1 m. Poďme si znázorniť, ako sa bod pohyboval.
Dráha k zákrute, ako je zrejmé z obrázku, sa rovná zmene súradníc: s zákruta =x zákruta -x 0 =1-(-1)=2 m.
5) V ktorom časovom bode prechádza bod počiatkom?
Riešenie. Do pohybovej rovnice by sa malo vložiť x = 0. Dostaneme kvadratickú rovnicu 0 \u003d -1 + t-t 2 / 8 alebo t 2 -8t + 8 \u003d 0. Táto rovnica má dva korene: 
. t 1 \u003d 1,17 s, t 2 \u003d 6,83 s. V skutočnosti bod prechádza cez začiatok dvakrát: pri pohybe „tam“ a „späť“.
6) Nájdite dráhu prejdenú bodom za 5 sekúnd po začiatku pohybu a pohyb počas tejto doby, ako aj priemernú rýchlosť na tomto úseku dráhy.
Riešenie. Najprv nájdime súradnicu, v ktorej sa bod po 5 sekundách pohybu ukázal a označíme ju na obrázku.
x(5)=-1+5-5 2/8= 0,875 m.
Keďže bod je v tomto stave za odbočkou, prejdená dráha sa už nerovná zmene súradnice (posunutie), ale pozostáva z dvoch pojmov: dráha k odbočke
s 1 \u003d x pov - x 0 \u003d 1 - (-1) \u003d 2 m
a po otočení
s 2 \u003d x pov - x (5) \u003d 1 - 0,875 \u003d 0,125 m,
s \u003d s 1 + s 2 \u003d 2,125 m.
Posunutie bodu je
s x \u003d x (5) - x 0 \u003d 0,875 - (-1) \u003d 1,875 m
Priemerná pozemná rýchlosť sa vypočíta podľa vzorca
V uvažovanom probléme je opísaný jeden z najjednoduchších typov pohybu - pohyb s konštantným zrýchlením. Tento prístup k analýze povahy pohybu je však univerzálny.
Príklad 24. Pri jednorozmernom pohybe s konštantným zrýchlením sú závislosti súradnice a rýchlosti častice na čase opísané vzťahmi:
Vytvorte vzťah medzi súradnicou častice a jej rýchlosťou.
Riešenie. Z týchto rovníc vylúčime čas t. Na tento účel používame substitučnú metódu. Z druhej rovnice vyjadríme čas a dosaďte do prvej rovnice:
Ak pohyb začína od začiatku ( X 0 = 0) z pokoja ( v 0 x = 0), potom výsledná závislosť nadobúda tvar
dobre známy zo školského kurzu fyziky.
Príklad 25. Pohyb hmotného bodu je opísaný rovnicou: , kde i a j sú orty osí x a y, α a β sú kladné konštanty. V počiatočnom okamihu bola častica v bode x 0 = y 0 = 0. Nájdite rovnicu trajektórie častíc y(x).
Riešenie. Podmienka problému je formulovaná pomocou vektorovej metódy popisu pohybu. Prejdime na súradnicovú metódu. Koeficienty v jednotkových vektoroch sú projekcie vektora rýchlosti, konkrétne:
Najprv získame závislosti x(t) a y(t) riešením úlohy prvej triedy.
Príklad 28. Z vysokej veže h hodil kameň rýchlosťou v 0 pod uhlom α k horizontu. Nájsť:
1) ako dlho bude kameň v pohybe;
2) v akej vzdialenosti s dopadne na zem;
3) akou rýchlosťou padne na zem;
4) aký uhol β bude mať dráhu kameňa s horizontom v bode jeho pádu;
5) normálne a tangenciálne zrýchlenie kameňa v tomto bode, ako aj polomer zakrivenia trajektórie;
6) najväčšia výška kameňa.
Ignorujte odpor vzduchu.
Riešenie. Na príklade tohto problému ukážeme, ako možno vo zovšeobecnenej forme zaviesť vyššie uvedený algoritmus na riešenie akéhokoľvek problému danej triedy.
1. Úloha uvažuje o pohybe hmotného bodu (kameňa) v gravitačnom poli Zeme. Ide teda o pohyb s konštantným tiažovým zrýchlením g, smerujúci kolmo nadol.
