Căderea liberă a corpurilor. Mișcarea unui corp aruncat în unghi față de orizont! Accelerația gravitației

Teorie

Dacă un corp este aruncat într-un unghi față de orizont, atunci în zbor este acționat de forța gravitației și forța de rezistență a aerului. Dacă forța de rezistență este neglijată, atunci singura forță rămasă este gravitația. Prin urmare, datorită legii a 2-a a lui Newton, corpul se mișcă cu o accelerație egală cu accelerația gravitației; proiecții de accelerație pe axele de coordonate egal un x = 0, și y= -g.

Orice mișcare complexă a unui punct material poate fi reprezentată ca o suprapunere a mișcărilor independente de-a lungul axelor de coordonate, iar în direcția diferitelor axe tipul de mișcare poate diferi. În cazul nostru, mișcarea unui corp zburător poate fi reprezentată ca suprapunerea a două mișcări independente: mișcare uniformă de-a lungul axei orizontale (axa X) și mișcare uniform accelerată de-a lungul axei verticale (axa Y) (Fig. 1) .

Prin urmare, proiecțiile vitezei corpului se modifică în timp, după cum urmează:

unde este viteza inițială, α este unghiul de aruncare.

Prin urmare, coordonatele corpului se modifică astfel:

Cu alegerea noastră a originii coordonatelor, coordonatele inițiale (Fig. 1) Apoi

A doua valoare de timp la care înălțimea este zero este zero, ceea ce corespunde momentului aruncării, adică. această valoare are și un sens fizic.

Obținem intervalul de zbor din prima formulă (1). Intervalul de zbor este valoarea coordonatelor X la sfârșitul zborului, adică la un timp egal cu t 0. Înlocuind valoarea (2) în prima formulă (1), obținem:

(3)

Din această formulă se poate observa că cea mai mare rază de zbor se realizează la un unghi de aruncare de 45 de grade.

Înălțimea maximă de ridicare a corpului aruncat poate fi obținută din a doua formulă (1). Pentru a face acest lucru, trebuie să înlocuiți în această formulă o valoare de timp egală cu jumătate din timpul de zbor (2), deoarece La mijlocul traiectoriei altitudinea de zbor este maximă. Efectuând calcule, obținem

Dacă un corp este aruncat într-un unghi față de orizont, atunci în zbor este acționat de forța gravitației și forța de rezistență a aerului. Dacă forța de rezistență este neglijată, atunci singura forță rămasă este gravitația. Prin urmare, datorită legii a 2-a a lui Newton, corpul se mișcă cu o accelerație egală cu accelerația gravitației; proiecții ale accelerației pe axele de coordonate ax = 0, ay = - g.

Poza 1. Caracteristici cinematice corp aruncat în unghi față de orizontală

Prin urmare, proiecțiile vitezei corpului se modifică în timp, după cum urmează:

unde $v_0$ este viteza inițială, $(\mathbf \alpha )$ este unghiul de aruncare.

Cu alegerea noastră de origine, coordonatele inițiale (Fig. 1) sunt $x_0=y_0=0$. Atunci obținem:

(1)

Să analizăm formulele (1). Să stabilim timpul de mișcare a corpului aruncat. Pentru a face acest lucru, să setăm coordonata y egală cu zero, deoarece în momentul aterizării înălțimea corpului este zero. De aici obținem ora de zbor:

A doua valoare de timp la care înălțimea este zero este zero, ceea ce corespunde momentului aruncării, adică. această valoare are și un sens fizic.

Obținem intervalul de zbor din prima formulă (1). Intervalul de zbor este valoarea coordonatei x la sfârșitul zborului, adică. la timp egal cu $t_0$. Înlocuind valoarea (2) în prima formulă (1), obținem:

Din această formulă se poate observa că cea mai mare rază de zbor se realizează la un unghi de aruncare de 45 de grade.

Din ecuațiile (1) se poate obține ecuația traiectoriei corpului, i.e. o ecuație care raportează coordonatele x și y ale unui corp în timpul mișcării. Pentru a face acest lucru, trebuie să exprimați timpul din prima ecuație (1):

și înlocuiți-l în a doua ecuație. Atunci obținem:

Această ecuație este ecuația traiectoriei mișcării. Se poate observa că aceasta este ecuația unei parabole cu ramurile în jos, așa cum este indicat de semnul „-” în fața termenului pătratic. Trebuie avut în vedere că unghiul de aruncare $\alpha $ și funcțiile sale sunt pur și simplu constante aici, adică. numere constante.

Un corp este aruncat cu viteza v0 la un unghi $(\mathbf \alpha )$ față de orizont. Timp de zbor $t = 2 s$. La ce înălțime Hmax se va ridica corpul?

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

Legea mișcării corpului are forma:

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

Vectorul viteză inițială formează un unghi $(\mathbf \alpha )$ cu axa OX. Prin urmare,

\ \ \

O piatră este aruncată din vârful unui munte sub un unghi = 30$()^\circ$ spre orizont cu o viteză inițială de $v_0 = 6 m/s$. Unghiul planului înclinat = 30$()^\circ$. La ce distanță de punctul de aruncare va cădea piatra?

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

Să plasăm originea coordonatelor în punctul de aruncare, OX - de-a lungul planului înclinat în jos, OY - perpendicular pe planul înclinat în sus. Caracteristicile cinematice ale mișcării:

Legea mișcării:

$$\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.$$ \

Înlocuind valoarea rezultată $t_В$, găsim $S$:

Să fie aruncat un corp la un unghi α față de orizontală cu o viteză . Ca și în cazurile anterioare, vom neglija rezistența aerului. Pentru a descrie mișcarea, este necesar să selectați două axe de coordonate - Ox și Oy (Fig. 29).

Fig.29

Punctul de referință este compatibil cu poziția inițială a corpului. Proiectii ale vitezei initiale pe axele Oy si Ox: , . Proiecții de accelerație: ,

Apoi mișcarea corpului va fi descrisă prin ecuațiile:

(8)

(9)

Din aceste formule rezultă că în direcția orizontală corpul se mișcă uniform, iar în direcția verticală - uniform accelerat.

Traiectoria corpului va fi o parabolă. Având în vedere că în punctul de sus al parabolei, putem găsi timpul necesar corpului pentru a se ridica în punctul de sus al parabolei:

Înlocuind valoarea lui t 1 în ecuația (8), găsim înălțimea maximă a corpului:

Înălțimea maximă de ridicare a corpului.

Găsim timpul de zbor al corpului cu condiția ca la t=t 2 coordonata y 2 =0. Prin urmare, . Prin urmare, timpul de zbor al corpului. Comparând această formulă cu formula (10), vedem că t 2 = 2t 1.

Timpul de mișcare a corpului de la înălțimea maximă este t 3 =t 2 -t 1 =2t 1 -t 1 =t 1. În consecință, timpul necesar unui corp pentru a se ridica la înălțimea sa maximă este același timp necesar pentru a coborî de la această înălțime. Înlocuind valoarea timpului t 2 în ecuația de coordonate x (6), găsim:

- raza de zbor a corpului.

Viteza instantanee în orice punct al traiectoriei este direcționată tangențial la traiectorie (vezi Fig. 29), modulul de viteză este determinat de formula

Astfel, miscarea unui corp aruncat in unghi fata de orizont sau in directie orizontala poate fi considerata ca rezultatul a doua miscari independente - orizontala uniforma si verticala uniform accelerata (cadere libera fara viteza initiala sau miscarea unui corp aruncat vertical). în sus).

Să luăm în considerare care poate fi scopul problemelor cinematice.

1. Ne poate interesa modificarea mărimilor cinematice în proces de mișcare, adică obținerea de informații despre schimbările de coordonate, viteză, accelerație, precum și valorile unghiulare corespunzătoare.

2. Într-o serie de probleme, de exemplu, în problema mișcării unui corp la un unghi față de orizont, este necesar să se învețe despre valorile mărimilor fizice în conditii specifice: raza de zbor, portanța maximă etc.

3. În cazurile în care un corp participă simultan la mai multe mișcări (de exemplu, rularea unei mingi) sau se ia în considerare mișcarea relativă a mai multor corpuri, devine necesar să se stabilească relații între deplasări, viteze și accelerații (liniare și unghiulare), adică găsi ecuații conexiunea cinematică.

În ciuda varietății mari de probleme din cinematică, se poate propune următorul algoritm pentru rezolvarea acestora:

1. Realizați un desen schematic, înfățișând poziția inițială a corpurilor și starea lor inițială, adică. Și .

2. Selectați un sistem de referință pe baza unei analize a condițiilor problemei. Pentru a face acest lucru, trebuie să selectați un corp de referință și să asociați un sistem de coordonate cu acesta, indicând originea coordonatelor, direcția axelor de coordonate și momentul începerii referinței de timp. La alegerea direcțiilor pozitive, acestea sunt ghidate de direcția de mișcare (viteza) sau de direcția de accelerație.

3. Pe baza legilor mișcării, alcătuiți un sistem de ecuații în formă vectorială pentru toate corpurile, apoi în formă scalară, proiectând aceste ecuații vectoriale ale mișcării pe axele de coordonate. Când scrieți aceste ecuații, ar trebui să acordați atenție semnelor „+” și „-” ale proiecțiilor cantităților vectoriale incluse în ele.

4. Răspunsul trebuie obținut sub forma unei formule analitice (în vedere generala), iar la final faceți calcule numerice.

Exemplul 4. Cât timp va vedea un pasager care stă la fereastra unui tren care circulă cu o viteză de 54 km/h trece un tren care se apropie, a cărui viteză este de 36 km/h și lungimea de 250 m?

Soluţie. Vom conecta cadrul fix de referință cu Pământul, iar cadrul mobil cu trenul în care se află pasagerul. Conform legii adunării vitezelor, unde este viteza trenului care se apropie față de primul. În proiecțiile pe axa Ox:

Deoarece calea parcursă de trenul care se apropie în raport cu primul este egală cu lungimea trenului, atunci timpul

Exemplul 5. Vaporul cu abur durează 5,0 zile de la Nijni Novgorod la Astrakhan și 7,0 zile înapoi. Cât va dura pluta de la Nijni Novgorod la Astrakhan? Evitați parcarea și întârzierile în trafic.

Dat: t 1 =5 zile, t 2 =7 zile.

Soluţie. Vom conecta cadrul de referință fix cu malul, iar cel în mișcare cu apa. Vom presupune că viteza apei este aceeași pe toată durata călătoriei și viteza navei cu aburi în raport cu apă este constantă și egală cu modulul. viteza instantanee navă cu aburi în raport cu apa.

Deoarece pluta se mișcă în raport cu țărm cu viteza curgerii râului, atunci timpul mișcării sale este , unde s este distanța dintre orașe. Când o navă cu aburi se mișcă odată cu curentul, viteza sa este conform legii adunării vitezelor, sau în proiecții pe axa Ox:

unde este viteza navei în raport cu țărm, este viteza navei în raport cu râul.

Cunoscând timpul de mișcare, puteți găsi viteza:

Din formulele (1) și (2) avem:

Când nava se mișcă împotriva curentului, sau în proiecții pe axa Ox, unde este viteza navei față de țărm.

Pe de altă parte, . Apoi

Rezolvând sistemul de ecuații (3) și (4) pentru , obținem:

Să aflăm timpul de mișcare a plutei:

Exemplul 6. Cu o mișcare uniform accelerată, corpul se deplasează în primele două perioade de timp succesive egale, câte 4,0 s fiecare, pe trasee s 1 = 24 m și, respectiv, s 2 = 64 m. Determinați viteza și accelerația inițială a corpului.

Dat: t 1 =t 2 = 4,0 s, s 1 = 24 m, s 2 = 64 m.

Soluţie. Să scriem ecuațiile căii pentru s 1 și respectiv (s 1 + s 2). Deoarece viteza inițială în acest caz este aceeași, atunci

Deoarece t1=t2, atunci

Exprimând din (1) și înlocuind-o în (2), obținem:

Apoi viteza inițială

Exemplul 7. O mașină, care se deplasează pe o traiectorie dreaptă accelerată uniform cu o viteză inițială de 5,0 m/s, a parcurs o distanță de 6,0 m în prima secundă. Aflați accelerația mașinii, viteza instantanee la sfârșitul celei de-a doua secunde deplasare în 2,0 s.

Soluţie. Cunoscând calea parcursă de corp în prima secundă, puteți găsi accelerația:

Găsim viteza la sfârșitul celei de-a doua secunde folosind formula

Exemplul 8. X) are forma x = A + Bt + Ct 3, unde A = 4 m, B = 2 m/s, C = -0,5 m/s 3.

Pentru momentul de timp t 1 =2 s se determina: 1) coordonata punctului x 1 punct; 2) viteza instantanee v 1; 3) accelerare instantanee a 1.

Dat: x = A + Bt + Ct 3, A = 4 m, B = 2 m/s, C = -0,5 m/s 3, t 1 = 2 s.

Găsiți: x 1; v 1 ; a 1.

Soluţie. 1. Înlocuiți valoarea de timp specificată t 1 în ecuația de mișcare în loc de t: x 1 = A + Bt 1 + Ct 1 3. Să substituim valorile A, B, C, t 1 în această expresie și să efectuăm calculele: x 1 = 4 m.

2. Viteza instantanee: Atunci la momentul t 1 viteza instantanee este v 1 = B + 3Ct 1 2 . Să înlocuim aici valorile B, C, t 1: v 1 = – 4 m/s. Semnul minus indică faptul că la momentul t 1 =2 s punctul se mișcă în direcția negativă a axei de coordonate.

3. Accelerare instantanee: Accelerația instantanee la momentul t 1 este egală cu a 1 = 6Сt 1 . Să înlocuim valorile lui C, t 1: a 1 = –6 m/s 2. Semnul minus indică faptul că direcția vectorului de accelerație coincide cu direcția negativă a axei de coordonate, iar în condițiile acestei probleme acest lucru se întâmplă în orice moment în timp.

Exemplul 9. Ecuația cinematică a mișcării unui punct material de-a lungul unei linii drepte (axa X) are forma x = A + Bt + Ct 2, unde A = 5 m, B = 4 m/s, C = -1 m/s 2. Determinați viteza medie v xsr pentru intervalul de timp de la t 1 =1 s la t 2 =6 s.

Dați: x = A + Bt + Ct 2, A = 5 m, B = 4 m/s, C = - 1 m/s 2, t 1 = 1 s, t 2 = 6 s.

Găsiți: v xsr -? și khsr -?

Soluţie. Viteza medie pe intervalul de timp t 2 -t 1 este determinată de expresia v cf = (x 2 - x 1)/(t 2 - t 1).

x 1 = A + Bt 1 + Ct 1 2 = 8 m, x 2 = A + Bt 2 + Ct 2 2 = –7 m.

Să înlocuim valorile x 1, x 2, t 1, t 2 și să efectuăm calculele: v xsr = -3 m/s.

Exemplul 10. O încărcătură a fost aruncată dintr-un elicopter situat la o altitudine de h = 300 m. Cât timp va dura încărcătura să ajungă la sol dacă: a) elicopterul este staționar; b) elicopterul coboară cu viteza v 0 =5 m/s; 3) elicopterul se ridică cu o viteză v 0 =5 m/s. Descrieți grafic mișcările corespunzătoare ale sarcinii în axele s(t), v(t) și a(t).

Soluţie. a) Sarcina care părăsește elicopterul staționar cade liber, i.e. se mișcă uniform cu accelerația gravitației g. Vom găsi timpul de mișcare din relația De la: Graficele mișcării obiectului sunt marcate cu 1 în figură.

b) Mișcarea sarcinii care părăsește elicopterul, care coboară cu o viteză constantă v 0 = 5 m/s, este o mișcare uniform accelerată cu accelerație constantă g și este descrisă de ecuația

Înlocuirea valorilor numerice dă ecuația 9.8t 2 +10t-600=0.

Un rezultat negativ nu are semnificație fizică, deci timpul de mișcare este t=7,57 s.

Graficele mișcării obiectului sunt marcate cu 2 în figură.

3) Deplasarea mărfii care părăsește elicopterul, care urcă cu o viteză constantă v 0 =5 m/s, constă în două etape. În prima etapă, sarcina se mișcă la fel de lent cu o accelerație constantă g, îndreptată opus vitezei și este descrisă de ecuații

În punctul de vârf al traiectoriei, viteza devine zero, deci

Înlocuind a doua ecuație a sistemului în prima, obținem

La a doua etapă - cădere liberă de la o înălțime h 0 =h+h 1 =300+1,28=301,28 m.

Deoarece

Graficele mișcării obiectului sunt marcate cu 3 în figură.

Exemplul 11. O sarcină este aruncată vertical în sus dintr-un balon care coboară cu o viteză constantă de 2 m/s cu o viteză de 18 m/s față de sol. Determinați distanța dintre minge și sarcină în momentul în care sarcina atinge cel mai înalt punct de ridicare. Cât timp va dura încărcătura să zboare pe lângă minge și să cadă?

Dat: v 01 = 2 m/s, v 02 = 18 m/s

Găsiți: s-? τ -?

Soluţie. Să direcționăm axa 0Y vertical în sus, originea este compatibilă cu punctul 0, unde se afla mingea în momentul în care a fost aruncată sarcina.

Atunci ecuațiile de mișcare ale încărcăturii și ale balonului sunt:

Viteza de deplasare a sarcinii se modifică conform legii v 2 = v 02 – gt.

În punctul cel mai înalt B de ridicare a sarcinii v 2 =0. Apoi, timpul de creștere până la acest punct Coordonata sarcinii în punctul B

În acest timp, balonul a coborât în punctul A; coordonata sa

Distanța dintre punctele A și B:

După o perioadă de timp τ, când piatra zboară pe lângă minge, coordonatele corpurilor vor fi aceleași: y 1C = y 2C;

Exemplul 12. Cu ce viteză și cu ce curs ar trebui să zboare un avion pentru a zbura 300 km nord în două ore dacă în timpul zborului un vânt de nord-vest sufla la un unghi de 30° față de meridian cu o viteză de 27 km/h?

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

Găsiți: v 2 -? φ -?

Soluţie. Să luăm în considerare mișcarea unui avion într-un cadru de referință conectat la sol.

Să desenăm axa OX în direcția est și axa OY în direcția nord. Apoi viteza aeronavei în cadrul de referință ales

unde v= l/t (2)

Ecuația (1) în proiecție pe axă

OX: 0=v 1 ∙sinα – v 2 ∙sinφ;

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

Împărțind aceste ecuații termen cu termen, obținem tanφ=v 1 sinα/(v 1 cosα+ v),

sau ținând cont de (2)

tgφ=v 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t);

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

Punând la pătrat laturile drepte și stângi ale ecuațiilor (3) și adunând ecuațiile rezultate, găsim

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

de unde , sau ținând cont de (2)

Exemplul 13. Un corp aruncat vertical în sus se întoarce la pământ după t=3 s. Găsiți înălțimea ridicării corpului și viteza inițială a acestuia.

Soluţie. Mișcarea în sus a unui corp este la fel de lentă și accelerată - gși se întâmplă în timp t 1, iar mișcarea în jos este accelerată uniform cu accelerația g și are loc în timp t 2. Ecuațiile care descriu mișcarea în secțiunile AB și BA formează un sistem:

Deoarece v B = 0, atunci v 0 = gt 1. Înlocuind v 0 în prima ecuație a sistemului, obținem . Dacă comparăm această expresie cu a treia ecuație a sistemului, putem concluziona că timpul de urcare este egal cu timpul de coborâre t 1 =t 2 =t/2=1,5s. Viteza inițială și viteza de aterizare sunt egale între ele și se ridică la v 0 =v A =gt 1 =9,8∙1,5=14,7 m/s.

Înălțimea de ridicare a corpului

Exemplul 14.În ultima secundă de mișcare, un corp în cădere liberă a depășit jumătate din distanță. Aflați înălțimea de la care este aruncat și timpul de mișcare.

Soluţie. Dependența distanței parcurse în timp pentru un corp în cădere liberă. Deoarece secțiunea BC, constituind jumătate din întregul traseu, a fost parcursă într-un timp egal cu 1 s, atunci prima jumătate a traseului AB a fost parcursă în timp (t-1) s. Apoi mișcarea pe secțiunea aeronavei poate fi descrisă ca .

Rezolvarea sistemului

obţinem t 2 -4t+2=0. Rădăcinile acestei ecuații sunt t 1 =3,41 s și t 2 =0,59 s. A doua rădăcină nu este potrivită, deoarece timpul de mișcare, în funcție de condițiile problemei, trebuie să depășească o secundă. În consecință, corpul a căzut timp de 3,41 s și a parcurs o distanță în acest timp

Exemplul 15. O piatră este aruncată orizontal dintr-un turn de 25 m înălțime cu o viteză de 15 m/s.

Aflați: 1) cât timp va fi piatra în mișcare, 2) la ce distanță va cădea pe pământ, 3) cu ce viteză va cădea pe pământ, 4) ce unghi va face traiectoria pietrei cu orizontul în punctul de cădere pe pământ. Ignorați rezistența aerului.

Dat: H=25 m, v o =15 m/s

Găsiți: t-? s x - ? v - ? φ- ?

Soluţie. Mișcarea unei pietre aruncate orizontal poate fi descompusă în două: orizontală s xși verticală s y:

unde t este timpul de mișcare.

2) s x =v o t= 33,9 m;

3) v y =gt=22,1 m/s;

4) sinφ= v y /v=0,827;

Exemplul 16. Un corp este aruncat orizontal dintr-un turn de 25 m înălțime cu o viteză v x = 10 m/s.

Aflați: 1) timpul t al căderii corpului, 2) la ce distanță l de la baza turnului va cădea, 3) viteza v la sfârșitul căderii, 4) unghiul pe care traiectoria corpului îl va forma cu solul în punctul de aterizare.

Soluţie. Mișcarea corpului este complexă. Participă la o mișcare uniformă pe orizontală și uniform accelerată cu accelerația g pe verticală. Prin urmare, secțiunea AB este descrisă de ecuațiile:

Pentru punctul A aceste ecuații iau forma:

Apoi l=10∙2,26=22,6 m, iar v y =9,8∙2,26=22,15 m/s.

De atunci

Unghiul pe care îl face traiectoria cu solul este egal cu unghiul φ în triunghiul vitezelor din punctul A, a cărui tangentă , prin urmare φ=68,7°.

Exemplul 17. Pentru un corp aruncat cu viteza orizontală v x =10 m/s, după timpul t=2 s după începerea mișcării, găsiți: accelerația normală, tangențială și totală, precum și raza de curbură a traiectoriei în acest punct.

Soluţie. Componenta vitezei verticale v y =gt=9,8∙2=19,6 m/s

Viteza in punctul A:

Vectorii formează un triunghi de viteze, iar vectorii formează un triunghi de accelerații. După cum se poate observa din figură, aceste triunghiuri sunt similare, ceea ce înseamnă că laturile lor sunt proporționale: .

Accelerație normală, deci raza de curbură a traiectoriei

Exemplul 18. O minge este aruncată cu o viteză de 10 m/s la un unghi de 40° față de orizontală.

Aflați: 1) la ce înălțime se va ridica mingea; 2) la ce distanţă de locul aruncării mingea va cădea la pământ, 3) cât timp va fi în mişcare.

Dat: v o =10 m/s, α=40 o.

Găsiți: s y - ? s x - ? t - ?

Soluţie. 1) Să găsim cea mai mare înălțime s y max la care se ridică un corp aruncat cu viteza v o la un unghi α față de orizont. Avem (vezi figura):

v y =v o sinα – gt; (1)

s y =v o t∙sinα – gt 2 /2. (2)

În punctul de sus v y = 0 și din (1) obținem v o ∙sin𝛼 = gt 1 , de unde timpul de ridicare a bilei t 1 =v o ∙sinα/g. Înlocuind t 1 în (2), obținem

s y max = v o 2 ∙sin 2 α/(2g)= 2,1 m.

2) Găsiți distanța de zbor s x max a unui corp aruncat în unghi față de orizont.

Avem: v x =v o∙cosα , (3)

s x =v x t=v o t∙cosα. (4)

Corpul va cădea pe un plan orizontal după timpul t 2 =2t 1 =2v o sinα/g.

Înlocuind t 2 în (4), obținem s xmax = v o 2 sin2α/ g= 10,0 m.

3) t 2 =2t 1 =2v o sinα/g=1,3 s.

Exemplul 19. Un corp este aruncat cu viteza v 0 =10 m/s 2 la un unghi α=30° față de orizontală. La ce înălțime se va ridica corpul? La ce distanță de locul în care a fost aruncat va lovi pământul? Cât timp va fi în mișcare?

Soluţie. Componentele orizontale și verticale ale vitezei inițiale

Mișcarea în secțiunea OA poate fi descompusă în două mișcări simple: uniformă pe orizontală și uniform lentă pe verticală:

La punctul A

Apoi Și

Dacă un corp participă simultan la mai multe mișcări, atunci participă la fiecare dintre ele independent de celălalt, prin urmare, timpul de mișcare în secțiunea AB este determinat de timpul de mișcare în jos - t 2. Timpul de deplasare în sus este egal cu timpul de deplasare în jos, ceea ce înseamnă

Cu mișcare orizontală uniformă în perioade egale de timp, corpul parcurge secțiuni egale ale traseului, prin urmare,

Raza de zbor

Înălțimea de ridicare a corpului

Exemplul 20. Punctul se deplasează rectiliniu pe plan conform legii x=4(t-2) 2. Care sunt viteza inițială v 0 și accelerația punctului A? Aflați viteza instantanee a punctului v t =5 la începutul celei de-a cincea secunde de mișcare.

Soluţie.

1) Pentru că v=x’, apoi v 0 =(4∙(t-2) 2)’=(4∙(t 2 -4t+4))’=(4t 2 -16t+16)’=8t-16

la t=0 v 0 =-16 m/s.

2) Pentru că a= , apoi a=(8t-16)’=8 m/s.

3) La t=4, deoarece Au trecut 4 s înainte de începerea a 5 s.

v t =5 =8t-16=8∙4-16=32 m/s.

Răspuns: Viteza inițială a punctului este v 0 = -16 m/s, accelerația este a = 8 m/s, viteza punctului la începutul celei de-a cincea secunde de mișcare este v t = 5 = 32 m/s.

Exemplul 21. Mișcarea unui punct material este descrisă prin ecuațiile: a) s=αt 3 ; b) s=αt 2 +βt. Comparați viteza medie și media aritmetică a vitezelor inițiale și finale v cf în intervalul de timp 0 - t. Aici α și β sunt constante pozitive.

Soluţie. Să ne amintim definițiile vitezei medii și instantanee:

Expresiile pentru viteza instantanee se obțin prin diferențierea ecuației mișcării.

Expresiile pentru viteza medie se găsesc ca raport dintre modificarea coordonatei curbilinie în timp:

Obținem expresii pentru viteza medie aritmetică:

Să răspundem la întrebarea despre condițiile problemei. Se poate observa că în cazul „a” viteza medie și medie aritmetică nu coincid, dar în cazul „b” acestea coincid.

Exemplul 22. Un punct material se deplasează uniform de-a lungul unui traseu curbat. În ce punct al traiectoriei este accelerația maximă?

Soluţie. Când vă deplasați pe o cale curbă, accelerația constă în tangențială și normală. Accelerația tangențială caracterizează rata de schimbare a mărimii (modulului) vitezei. Dacă mărimea vitezei nu se modifică, accelerația tangențială este zero. Accelerația normală depinde de raza de curbură a traiectoriei a n = v 2/R. Accelerația este maximă în punctul cu cea mai mică rază de curbură, adică. la punctul C.

Exemplul 23. Un punct material se deplasează conform legii:

1) Determinați coordonata inițială, viteza inițială și accelerația prin comparație cu legea mișcării cu accelerație constantă. Scrieți ecuația pentru proiecția vitezei.

Soluţie. Legea mișcării cu accelerație constantă are forma

Comparând această ecuație cu ecuația condiției problemei, obținem

X 0 = - 1 m,

v 0 x = 1 m/s,

A x = - 0,25 m/s 2 .

Apare întrebarea: care este semnificația semnului minus? Când este proiecția unui vector negativă? Numai în cazul în care vectorul este îndreptat împotriva axei de coordonate.

Să descriem în figură coordonatele inițiale, viteza și vectorii de accelerație.

Să scriem ecuația vitezei în formă

și înlocuiți datele primite (condițiile inițiale) în el

2) Găsiți dependența vitezei și a accelerației de timp, folosind definițiile acestor mărimi.

Soluţie. Să aplicăm definițiile pentru valorile instantanee ale vitezei și accelerației:

Efectuând diferențierea, obținem v x =1-0,25t, a x = - 0,25 m/s 2.

Se vede ca acceleratia nu depinde de timp.

3) Desenați grafice ale lui v x (t) și a x (t). Caracterizați mișcarea în fiecare secțiune a graficului.

Soluţie. Dependența vitezei de timp este liniară, graficul este o linie dreaptă.

La t = 0 v x = 1 m/s. La t = 4 cu v x = 0.

Din grafic reiese clar că în secțiunea „a” proiecția vitezei este pozitivă, iar valoarea acesteia scade, adică. punctul se deplasează încet în direcția axei x. În secțiunea „b” proiecția vitezei este negativă, iar modulul său crește. Punctul se deplasează accelerat în direcția opusă axei x. În consecință, în punctul de intersecție a graficului cu axa absciselor, are loc o rotație, o schimbare a direcției de mișcare.

4) Determinați coordonatele punctului de cotitură și traseul către cotitură.

Soluţie. Rețineți din nou că în punctul de cotitură viteza este zero. Pentru această stare, din ecuațiile mișcării obținem:

Din a doua ecuație obținem t pv = 4 s. (Aparent, pentru a obține această valoare nu este necesar să construiți și să analizați un grafic). Să înlocuim această valoare în prima ecuație: x suprafață = -1+4-4 2 /8 = 1 m Să descriem cum s-a deplasat punctul.

Calea spre viraj, după cum se poate observa din figură, este egală cu modificarea coordonatelor: s turn =x turn -x 0 =1-(-1)=2 m.

5) În ce moment trece un punct prin origine?

Soluţie.În ecuația mișcării ar trebui să punem x = 0. Obținem ecuația pătratică 0=-1+t-t 2 /8 sau t 2 -8t+8=0. Această ecuație are două rădăcini: . t1 = 1,17 s, t2 = 6,83 s. Într-adevăr, un punct trece prin originea coordonatelor de două ori: când se deplasează „acolo” și „înapoi”.

6) Găsiți calea parcursă de punct în 5 secunde după începerea mișcării și deplasarea în acest timp, precum și viteza medie la sol pe această secțiune a căii.

Soluţie.În primul rând, să găsim coordonatele unde a ajuns punctul după 5 secunde de mișcare și să o marchem în figură.

x(5)=-1+5-5 2 /8= 0,875 m.

Întrucât în această stare punctul se află după viraj, distanța parcursă nu mai este egală cu modificarea coordonatei (mișcarea), ci constă din doi termeni: calea înainte de viraj.

s 1 = x suprafață - x 0 = 1 - (-1) = 2 m

iar după viraj

s 2 = x suprafață - x(5) = 1 - 0,875 = 0,125 m,

s = s 1 + s 2 = 2,125 m.

Deplasarea punctului este

s x = x(5) - x 0 = 0,875 - (-1) = 1,875 m

Viteza medie la sol este calculată folosind formula

Problema luată în considerare descrie una dintre cele mai multe tipuri simple mișcare - mișcare cu accelerație constantă. Cu toate acestea, această abordare a analizei naturii mișcării este universală.

Exemplul 24.În mișcarea unidimensională cu accelerație constantă, dependența coordonatei și vitezei particulei în timp este descrisă de relațiile:

Stabiliți o legătură între coordonatele unei particule și viteza acesteia.

Soluţie. Excludem timpul t din aceste ecuații. Pentru a face acest lucru, folosim metoda substituției. Din a doua ecuație exprimăm timpul și înlocuiți în prima ecuație:

Dacă mișcarea începe de la origine ( X 0 =0) din repaus ( v 0 x =0), atunci dependența rezultată ia forma

bine cunoscut de la cursul meu de fizică de la școală.

Exemplul 25. Mișcarea unui punct material este descrisă de ecuația: , unde i și j sunt vectorii unitari ai axelor x și y, α și β sunt constante pozitive. La momentul inițial de timp, particula se afla în punctul x 0 = y 0 = 0. Găsiți ecuația traiectoriei particulei y(x).

Soluţie. Condiția problemei este formulată folosind metoda vectorială de descriere a mișcării. Să trecem la metoda coordonatelor. Coeficienții pentru vectorii unitari sunt proiecții ale vectorului viteză și anume:

Mai întâi, obținem dependențele x(t) și y(t) prin rezolvarea unei probleme de primă clasă.

Exemplul 28. Dintr-un turn înalt h a aruncat o piatră în viteză v 0 la un unghi α față de orizontală. Găsi:

1) cât timp va fi piatra în mișcare;

2) la ce distanta s va cadea la pamant;

3) cu ce viteză va cădea la pământ;

4) ce unghi β va fi făcut de traiectoria pietrei cu orizontul în punctul de cădere;

5) accelerația normală și tangențială a pietrei în acest punct, precum și raza de curbură a traiectoriei;

6) cea mai mare înălțime de ridicare a pietrei.

Neglijați rezistența aerului.

Soluţie. Folosind această problemă ca exemplu, vom arăta cum se poate stabili într-o formă generalizată algoritmul dat pentru rezolvarea oricărei probleme din această clasă.

1. Problema are în vedere mișcarea unui punct material (piatră) în câmpul gravitațional al Pământului. Prin urmare, aceasta este o mișcare cu o accelerație constantă a gravitației g, îndreptată vertical în jos.

Ce este căderea liberă? Aceasta este căderea corpurilor pe Pământ în absența rezistenței aerului. Cu alte cuvinte, căderea în gol. Desigur, absența rezistenței aerului este un vid, care nu poate fi găsit pe Pământ în condiții normale. Prin urmare, nu vom lua în considerare forța de rezistență a aerului, considerând-o atât de mică încât poate fi neglijată.

Accelerația gravitației

Efectuând celebrele sale experimente pe Turnul înclinat din Pisa, Galileo Galilei a aflat că toate corpurile, indiferent de masa lor, cad pe Pământ în același mod. Adică, pentru toate corpurile, accelerația gravitației este aceeași. Potrivit legendei, omul de știință a aruncat apoi bile de diferite mase din turn.

Accelerația gravitației

Accelerația gravitațională este accelerația cu care toate corpurile cad pe Pământ.

Accelerația gravitației este de aproximativ 9,81 m s 2 și se notează cu litera g. Uneori, când precizia nu este importantă fundamental, accelerația gravitației este rotunjită la 10 m s 2.

Pământul nu este o sferă perfectă și în diferite puncte suprafața pământului, în funcție de coordonatele și altitudinea deasupra nivelului mării, valoarea lui g variază. Astfel, cea mai mare accelerație a gravitației este la poli (≈ 9,83 m s 2), iar cea mai mică este la ecuator (≈ 9,78 m s 2).

Corpul în cădere liberă

Să ne uităm la un exemplu simplu de cădere liberă. Lasă un corp să cadă de la înălțimea h cu viteza inițială zero. Să presupunem că am ridicat pianul la o înălțime h și l-am eliberat calm.

Cădere liberă - mișcare dreaptă cu accelerație constantă. Să direcționăm axa de coordonate din punctul de poziție inițială a corpului către Pământ. Folosind formulele cinematice pentru mișcarea rectilinie uniform accelerată, putem scrie:

h = v 0 + g t 2 2 .

Deoarece viteza inițială este zero, rescriem:

De aici găsim expresia pentru timpul de cădere a unui corp de la o înălțime h:

Ținând cont de faptul că v = g t, găsim viteza corpului în momentul căderii, adică viteza maximă:

v = 2 h g · g = 2 h g .

În mod similar, putem considera mișcarea unui corp aruncat vertical în sus cu o anumită viteză inițială. De exemplu, aruncăm o minge în sus.

Lăsați axa de coordonate să fie îndreptată vertical în sus din punctul de aruncare a corpului. De data aceasta corpul se mișcă la fel de încet, pierzând viteza. În punctul cel mai înalt, viteza corpului este zero. Folosind formulele cinematice, putem scrie:

Înlocuind v = 0, găsim timpul necesar corpului să se ridice la înălțimea sa maximă:

Momentul căderii coincide cu momentul ridicării, iar corpul se va întoarce pe Pământ după t = 2 v 0 g.

Înălțimea maximă de ridicare a unui corp aruncat vertical:

Să aruncăm o privire la poza de mai jos. Prezintă grafice ale vitezelor corpului pentru trei cazuri de mișcare cu accelerație a = - g. Să luăm în considerare fiecare dintre ele, după ce am specificat anterior că în acest exemplu toate numerele sunt rotunjite, iar accelerația căderii libere se presupune că este de 10 m s 2.

Primul grafic este un corp care cade de la o anumită înălțime fără o viteză inițială. Timp de cădere tp = 1 s. Din formule și din grafic este ușor de observat că înălțimea de la care a căzut corpul este h = 5 m.

Al doilea grafic este mișcarea unui corp aruncat vertical în sus cu o viteză inițială v 0 = 10 m s. Înălțimea maximă de ridicare h = 5 m Timp de ridicare și timp de coborâre t p = 1 s.

Al treilea grafic este o continuare a primului. Corpul în cădere sare de pe suprafață și viteza lui își schimbă brusc semnul invers. Mișcarea ulterioară a corpului poate fi luată în considerare conform celui de-al doilea grafic.

Strâns legată de problema căderii libere a unui corp este problema mișcării unui corp aruncat la un anumit unghi față de orizont. Astfel, mișcarea de-a lungul unei traiectorii parabolice poate fi reprezentată ca suma a două mișcări independente față de axele verticale și orizontale.

De-a lungul axei O Y corpul se deplasează uniform cu accelerația g, viteza inițială a acestei mișcări este v 0 y. Mișcarea de-a lungul axei O X este uniformă și rectilinie, cu o viteză inițială v 0 x.

Condiții de mișcare de-a lungul axei O X:

x 0 = 0 ; v 0 x = v 0 cos α ; a x = 0 .

Condiții de mișcare de-a lungul axei O Y:

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

Să dăm formule pentru mișcarea unui corp aruncat într-un unghi față de orizontală.

Timp de zbor al corpului:

t = 2 v 0 sin α g .

Interval de zbor al corpului:

L = v 0 2 sin 2 α g .

Raza maximă de zbor este atinsă la unghiul α = 45°.

L m a x = v 0 2 g .

Înălțimea maximă de ridicare:

h = v 0 2 sin 2 α 2 g .

Rețineți că, în condiții reale, mișcarea unui corp aruncat într-un unghi față de orizont poate avea loc de-a lungul unei traiectorii diferite de parabolice datorită rezistenței aerului și vântului. Studiul mișcării corpurilor aruncate în spațiu este o știință specială - balistica.

Dacă observați o eroare în text, vă rugăm să o evidențiați și să apăsați Ctrl+Enter

Să luăm în considerare, ca exemplu de aplicare a formulelor derivate, mișcarea unui corp aruncat în unghi față de orizont în absența rezistenței aerului. Să zicem că pe un munte, la o înălțime deasupra nivelului mării, se află un tun care străjuiește apele de coastă. Să fie tras proiectilul la un unghi față de orizont cu o viteză inițială dintr-un punct, a cărui poziție este determinată de vectorul rază (Fig. 2.16).

Orez. 2.16. Mișcarea unui corp aruncat în unghi față de orizontală

Plus.

Derivarea ecuațiilor de mișcare a unui punct material dintr-un câmp gravitațional

Să scriem ecuația mișcării (ecuația celei de-a doua legi a lui Newton):

aceasta înseamnă că corpurile - puncte materiale - de orice masă în aceleași condiții inițiale se vor mișca într-un câmp gravitațional uniform în același mod. Să proiectăm ecuația (2.7.2) pe axă Sistemul cartezian coordonate Axă orizontală OH prezentată în fig. 13 linie punctată, axă OY hai să tragem prin punct DESPRE vertical în sus și axa orizontală OZ, trecand si prin punct DESPRE, îndreptați-l perpendicular pe vector spre noi. Primim:

Direcția verticală, prin definiție, este direcția vectorului, deci proiecțiile acestuia pe axele orizontale BOUȘi OY sunt egale cu zero. A doua ecuație ia în considerare faptul că vectorul este îndreptat în jos și axa OY- sus.

Orez. 2.17. Mișcarea unui corp aruncat în unghi față de orizontală.

Să adăugăm condiții inițiale la ecuațiile de mișcare, care determină poziția și viteza corpului în momentul inițial de timp t 0, lăsa t0 = 0. Apoi, conform fig. 2.7.4

Dacă derivata unei funcții este egală cu zero, atunci funcția este constantă, respectiv, din prima și, respectiv, a treia ecuație (2.7.3) obținem:

În a doua ecuație (2.7.3) derivata este egală cu o constantă, ceea ce înseamnă că funcția depinde liniar de argumentul său, adică

Combinând (2.7.7) și (2.7.9), obținem expresiile finale pentru dependențele proiecțiilor vitezei de axele de coordonate în timp:

A treia ecuație (2.7.11) arată că traiectoria corpului este plată și se află în întregime în plan XOY, este planul vertical definit de vectorii și . Evident, ultima afirmație este generală: indiferent de modul în care sunt alese direcțiile axelor de coordonate, traiectoria unui corp aruncat în unghi față de orizont este plată, se află întotdeauna în planul determinat de vectorul viteză inițială și de vectorul liber. vector de accelerare a căderii.

Dacă cele trei ecuații (2.7.10) sunt înmulțite cu vectorii unitari ai axelor , , și și se adaugă și atunci se procedează la fel cu cele trei ecuații (2.7.11), atunci obținem dependența de timp a vitezei particulelor. vector și vectorul său cu rază. Ținând cont de condițiile inițiale avem:

Formulele (2.7.12) și (2.7.13) ar putea fi obținute imediat, direct din (2.7.2), dacă ținem cont că accelerația gravitației este un vector constant. Dacă accelerația - derivata vectorului viteză - este constantă, atunci vectorul viteză depinde liniar de timp, iar vectorul rază, a cărui derivată în timp este vectorul viteză dependent liniar de timp, depinde pătratic de timp. Aceasta se scrie în relațiile (2.7.12) și (2.7.13) cu constante - vectori constanți - selectate în funcție de condițiile inițiale în forma (2.7.4).

Din (2.7.13), în special, este clar că vectorul rază este suma a trei vectori care se adună conform regulilor obișnuite, ceea ce este arătat clar în Fig. 2.18.

Orez. 2.18. Reprezentarea vectorului rază r(t) la un timp arbitrar t ca o sumă a trei vectori

Acești vectori sunt:

Aici principiul independenței mișcărilor, cunoscut în alte domenii ale fizicii ca principiul suprapunerii(suprapuneri). În general, conform principiului suprapunerii, efectul rezultat al mai multor influențe este suma efectelor fiecărei influențe separat. Este o consecință a liniarității ecuațiilor de mișcare.

Video 2.3. Independența mișcărilor orizontale și verticale la deplasarea într-un câmp gravitațional.

Să plasăm originea în punctul de aruncare. Acum =0 , axele, ca și înainte, vor fi rotite astfel încât axa 0x era orizontală, axa 0у- verticală, iar viteza inițială se afla în plan x0y(Fig. 2.19).

Orez. 2.19. Proiecții ale vitezei inițiale pe axele de coordonate

Să proiectăm pe axele de coordonate (vezi (2.7.11)):

Cale de zbor. Dacă timpul este exclus din sistemul de ecuaţii obţinute t, atunci obținem ecuația traiectoriei:

Aceasta este ecuația unei parabole ale cărei ramuri sunt îndreptate în jos.

Raza de zbor la tragerea de la înălțime h . În momentul în care corpul cade (proiectilul lovește o țintă situată la suprafața mării). Distanța orizontală de la tun la țintă este egală cu . Înlocuirea ; în ecuația traiectoriei, obținem o ecuație pătratică pentru raza de zbor:

O ecuație pătratică are două soluții (în acest caz, pozitivă și negativă). Avem nevoie de o soluție pozitivă. Expresia standard pentru rădăcina ecuației pătratice a problemei noastre poate fi redusă la forma:

se realizează la , dacă h = 0.

Raza maximă de zbor. Când trageți de la un munte înalt, nu mai este cazul. Să găsim unghiul la care se atinge intervalul maxim de zbor. Dependența intervalului de zbor de unghi este destul de complexă și, în loc de diferențiere pentru a găsi maximul, vom proceda după cum urmează. Să ne imaginăm că mărim unghiul de pornire. În primul rând, raza de zbor crește (vezi formula (2.7.15)), atinge o valoare maximă și începe să scadă din nou (la zero când trageți vertical în sus). Astfel, pentru fiecare interval de zbor, cu excepția celui maxim, există două direcții de viteză inițială.

Să ne întoarcem din nou la ecuația patratică a relativității distanței de zbor și să o considerăm ca o ecuație pentru unghi. Având în vedere că

hai sa o rescriem sub forma:

Am obținut din nou o ecuație pătratică, de data aceasta pentru o cantitate necunoscută. Ecuația are două rădăcini, care corespund la două unghiuri la care distanța de zbor este egală cu . Dar când , ambele rădăcini trebuie să coincidă. Aceasta înseamnă că discriminantul ecuației pătratice este egal cu zero:

unde urmeaza rezultatul?

Când acest rezultat reproduce formula (2.7.16)

De obicei, altitudinea este mult mai mică decât intervalul de zbor pe câmpie. La Rădăcină pătrată poate fi aproximată prin primii termeni ai expansiunii seriei Taylor și obținem o expresie aproximativă

adică raza de tragere crește aproximativ cu înălțimea cotei pistolului.

Când l = lmax,Și a = a max , după cum sa menționat deja, discriminantul ecuației pătratice este egal cu zero, respectiv, soluția sa are forma:

Deoarece tangenta este mai mică de unu, unghiul la care se atinge intervalul maxim de zbor este mai mic.

Înălțimea maximă de ridicare deasupra punctului de pornire. Această valoare poate fi determinată de la egalitatea la zero a componentei verticale a vitezei în punctul de sus al traiectoriei

În acest caz, componenta orizontală a vitezei nu este egală cu zero, prin urmare