Ostale su 3 sekunde do kraja finalne utakmice košarkaškog turnira Olimpijskih igara u Minhenu 1972. godine. Amerikanci - reprezentacija SAD-a - već su slavili svoju pobjedu! Naša reprezentacija - reprezentacija SSSR-a - pobijedila je sa oko 10 poena razlike protiv velikog Dream Teama...
Nekoliko minuta prije kraja utakmice. Ali, pošto je na kraju izgubila svu prednost, već je gubila jedan poen 49:50. Onda se desilo neverovatno! Ivan Edeško ubacuje loptu iza krajnje linije preko celog terena ispod američkog obruča, gde naš centar Aleksandar Belov prima loptu, okružen sa dva protivnika, i ubacuje je u koš. 51:50 – mi smo olimpijski prvaci!!!
Kao dijete tada sam doživljavao najjače emocije - prvo razočaranje i ogorčenost, pa ludo oduševljenje! Emocionalno sjećanje na ovu epizodu urezano je u moju svijest do kraja života! Pogledajte video na internetu na zahtev "zlatnog bacanja Aleksandra Belova", nećete požaliti.
Amerikanci tada nisu priznali poraz i odbili su da prime srebrne medalje. Da li je moguće za tri sekunde uraditi ono što su naši igrači uradili? Prisjetimo se fizike!
U ovom članku ćemo pogledati kretanje tijela bačenog pod kutom prema horizontu, kreirati program u Excelu za rješavanje ovog problema s različitim kombinacijama ulaznih podataka i pokušati odgovoriti na gore postavljeno pitanje.
Ovo je prilično poznat problem u fizici. U našem slučaju, tijelo bačeno pod uglom u odnosu na horizontalu je košarkaška lopta. Izračunat ćemo početnu brzinu, vrijeme i putanju lopte koju je Ivan Edeshko bacio preko cijelog terena i koja je pala u ruke Aleksandra Belova.
Matematika i fizika košarkaškog leta.
Formule i proračuni predstavljeni u nastavku suexcel univerzalni su za širok spektar problema o tijelima bačenim pod uglom u odnosu na horizont i koja lete duž paraboličke putanje bez uzimanja u obzir utjecaja zračnog trenja.
Dijagram proračuna je prikazan na donjoj slici. Pokrenite MS Excel ili OOo Calc.
Početni podaci:
1. Pošto se nalazimo na planeti Zemlji i razmatramo balistički problem - kretanje tela u Zemljinom gravitacionom polju, prvo što ćemo uraditi je da zapišemo glavnu karakteristiku gravitacionog polja - ubrzanje slobodnog pada g u m/s 2
do ćelije D3: 9,81
2. Dimenzije košarkaškog terena su 28 metara dužine i 15 metara širine. Horizontalna udaljenost lopte od gotovo cijelog terena do prstena od suprotne osnovne linije x pisati u metrima
do ćelije D4: 27,000
3. Ako pretpostavimo da je Edeshko izveo bacanje sa visine od oko dva metra, a Belov je uhvatio loptu baš negdje u nivou obruča, onda je sa košarkaškim obručem visine 3,05 metara vertikalna udaljenost između tačaka polaska i dolaska od lopte će biti 1 metar. Zapišimo vertikalni pomak y u metrima
do ćelije D5: 1,000
4. Prema mojim mjerenjima na snimku, ugao poletanja lopte je α 0 iz Edeshovih ruku nije prelazio 20°. Unesite ovu vrijednost
do ćelije D6: 20,000
Rezultati proračuna:
Osnovne jednadžbe koje opisuju kretanje tijela bačenog pod uglom prema horizontu bez uzimanja u obzir otpora zraka:
x =v 0*cos α 0 *t
y =v 0*sin α 0 *t -g *t 2 /2
5. Hajde da izrazimo vreme t iz prve jednačine, zamijenite je drugom i izračunajte početnu brzinu lopte v 0 u m/s
u ćeliji D8: =(D3*D4^2/2/COS (RADIANS(D6))^2/(D4*TAN (RADIANS(D6)) -D5))^0.5 =21,418
v 0 =(g *x 2 /(2*(cosα 0 ) 2 *(x *tgα 0 -y )) 0.5
6. Vrijeme leta lopte od Edeškovih ruku do Belovovih ruku t Izračunajmo u sekundama, znajući sada v 0 , iz prve jednačine
u ćeliji D9: =D4/D8/COS (RADIANS(D6)) =1,342
t = x /(v 0 * cosα 0 )
7. Nađimo ugao smjera brzine leta lopte α i na tački putanje koja nas zanima. Da bismo to učinili, pišemo početni par jednadžbi u sljedećem obliku:
y =x *tgα 0 -g *x 2 /(2*v 0 2*(cosα 0 ) 2)
Ovo je jednadžba parabole - putanja leta.
Moramo pronaći ugao nagiba tangente na parabolu u tački koja nas zanima - to će biti ugao α i. Da biste to učinili, uzmite derivaciju, koja je tangenta kuta tangente:
y' =tgα 0 -g *x /(v 0 2*(cosα 0 ) 2)
Izračunajmo ugao dolaska lopte u Belove ruke α i u stepenima
u ćeliji D10: =ATAN (TAN (RADIANS(D6)) -D3*D4/D8^2/COS (RADIANS(D6))^2)/PI()*180 =-16,167
α i = arctgy ’ = arctg(tgα 0 — g * x /(v 0 2 *(cosα 0 ) 2))
Izračun u Excelu je u osnovi završen.
Ostale opcije plaćanja:
Koristeći napisani program, možete brzo i jednostavno izvršiti proračune sa drugim kombinacijama početnih podataka.
Neka zadana horizontala x = 27 metara , vertikalno y = Domet leta 1 metar i početna brzina v 0 = 25 m/s.
Moramo pronaći vrijeme leta t i uglovi odlaska α 0 i dolazak α i
Koristimo uslugu MS Excel „Odabir parametara“. Više puta sam detaljno objasnio kako ga koristiti u nekoliko članaka na blogu. Možete pročitati više o korištenju ove usluge.
Postavljamo vrijednost u ćeliji D8 na 25.000 mijenjajući vrijednost u ćeliji D6 tako što ćemo je odabrati. Rezultat je na slici ispod.
Izvorni podaci u ovoj verziji proračuna u Excel-u (kao i u prethodnoj) istaknuti su plavim okvirima, a rezultati crvenim pravokutnim okvirima!
Postavka u tabeliExcel neku vrijednost od interesa u jednoj od ćelija sa svijetložutim punjenjem odabirom promijenjene vrijednosti u jednoj od ćelija sa svijetlotirkiznim ispunom, općenito možete dobiti deset različitih opcija za rješavanje problema kretanja tijela bačenog na ugao prema horizontu za deset različitih skupova originalnih podataka!!!
Odgovor na pitanje:
Odgovorimo na pitanje postavljeno na početku članka. Lopta koju je uputio Ivan Edeško do Belova je, prema našim proračunima, odletela za 1,342 sekunde. Alexander Belov je uhvatio loptu, sletio, skočio i bacio. Imao je dosta vremena za sve ovo - 1,658 sekundi! Ovo je zaista dovoljno slobodnog vremena! Detaljan pregled video snimka potvrđuje gore navedeno. Naši igrači su imali tri sekunde da loptu sa svoje osnovne linije isporuče na tablu protivnika i ubace je u obruč, ispisavši svoja imena zlatom u istoriji košarke!
molim poštovanjem autorski rad preuzimanje datoteka nakon pretplate za najave članaka!
Ako je tijelo bačeno pod uglom prema horizontu, tada u letu na njega djeluju sila gravitacije i sila otpora zraka. Ako se zanemari sila otpora, jedina preostala sila je gravitacija. Prema tome, zbog 2. Newtonovog zakona, tijelo se kreće ubrzanjem jednakom ubrzanju gravitacije; projekcije ubrzanja na koordinatne ose ax = 0, ay = - g.
Slika 1. Kinematske karakteristike tijela bačenog pod uglom u odnosu na horizontalu
Svako složeno kretanje materijalne tačke može se predstaviti kao superpozicija nezavisnih kretanja duž koordinatnih osa, a u pravcu različitih osa tip kretanja se može razlikovati. U našem slučaju, kretanje letećeg tela može se predstaviti kao superpozicija dva nezavisna kretanja: jednoliko kretanje duž horizontalne ose (X-osa) i jednoliko ubrzano kretanje duž vertikalne ose (Y-osa) (Sl. 1) .
Stoga se projekcije brzine tijela mijenjaju s vremenom na sljedeći način:
gdje je $v_0$ početna brzina, $(\mathbf \alpha )$ je ugao bacanja.
Uz naš izbor ishodišta, početne koordinate (slika 1) su $x_0=y_0=0$. tada dobijamo:
(1)
Analizirajmo formule (1). Odredimo vrijeme kretanja bačenog tijela. Da bismo to učinili, postavimo y koordinatu jednaku nuli, jer u trenutku sletanja visina tela je nula. Odavde dobijamo za vrijeme leta:
Druga vremenska vrijednost na kojoj je visina nula je nula, što odgovara trenutku bacanja, tj. ova vrijednost ima i fizičko značenje.
Domet leta dobijamo iz prve formule (1). Domet leta je vrijednost x koordinate na kraju leta, tj. u vrijeme jednako $t_0$. Zamjenom vrijednosti (2) u prvu formulu (1) dobijamo:
Iz ove formule se vidi da se najveći domet leta postiže pri kutu bacanja od 45 stepeni.
Maksimalna visina dizanja bačenog tijela može se dobiti iz druge formule (1). Da biste to učinili, trebate zamijeniti vrijednost vremena jednaku polovini vremena leta (2) u ovu formulu, jer Maksimalna je visina leta u sredini putanje. Provodeći proračune, dobijamo
Iz jednačina (1) može se dobiti jednačina putanje tijela, tj. jednačina koja povezuje x i y koordinate tijela tokom kretanja. Da biste to učinili, trebate izraziti vrijeme iz prve jednačine (1):
i zamijenite ga u drugu jednačinu. Tada dobijamo:
Ova jednačina je jednačina putanje kretanja. Može se vidjeti da je ovo jednačina parabole sa granama prema dolje, što je označeno znakom “-” ispred kvadratnog člana. Treba imati na umu da su kut bacanja $\alpha $ i njegove funkcije ovdje jednostavno konstante, tj. konstantni brojevi.
Tijelo je bačeno brzinom v0 pod uglom $(\mathbf \alpha )$ prema horizontali. Vrijeme leta $t = 2 s$. Do koje visine Hmax će se tijelo podići?
$$t_B = 2 s$$ $$H_max - ?$$
Zakon kretanja tijela ima oblik:
$$\left\( \begin(array)(c) x=v_(0x)t \\ y=v_(0y)t-\frac(gt^2)(2) \end(array) \right.$ $
Početni vektor brzine formira ugao $(\mathbf \alpha )$ sa OX osom. dakle,
\ \ \
Kamen je bačen sa vrha planine pod uglom = 30$()^\circ$ prema horizontu početnom brzinom od $v_0 = 6 m/s$. Ugao nagnute ravni = 30$()^\circ$. Na kojoj udaljenosti od tačke bacanja će kamen pasti?
$$ \alpha =30()^\circ$$ $$v_0=6\ m/s$$ $$S - ?$$
Postavimo početak koordinata u tačku bacanja, OX - duž nagnute ravni na dole, OY - okomito na nagnutu ravan nagore. Kinematske karakteristike kretanja:
zakon kretanja:
$$\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(niz) \right.$$ \
Zamjenom rezultirajuće vrijednosti $t_V$, nalazimo $S$:
Neka tijelo bude bačeno pod uglom α prema horizontali brzinom . Kao iu prethodnim slučajevima, zanemarićemo otpor vazduha. Za opis kretanja potrebno je odabrati dvije koordinatne ose - Ox i Oy (Sl. 29).
Fig.29
Referentna tačka je kompatibilna s početnim položajem tijela. Projekcije početne brzine na ose Oy i Ox: , . Projekcije ubrzanja: ,
Tada će se kretanje tijela opisati jednadžbama:
(8)
(9)
Iz ovih formula proizilazi da se u horizontalnom smjeru tijelo kreće jednoliko, a u vertikalnom - jednoliko ubrzano.
Putanja tijela će biti parabola. S obzirom da u gornjoj tački parabole možemo pronaći vrijeme potrebno da se tijelo podigne do gornje tačke parabole:
Zamjenom vrijednosti t 1 u jednačinu (8) nalazimo maksimalnu visinu tijela:
Maksimalna visina podizanja karoserije.
Vrijeme leta tijela nalazimo iz uslova da je pri t=t 2 koordinata y 2 =0. dakle, 
. Dakle, - vrijeme leta tijela. Upoređujući ovu formulu sa formulom (10), vidimo da je t 2 =2t 1.
Vrijeme kretanja tijela sa maksimalne visine je t 3 =t 2 -t 1 =2t 1 -t 1 =t 1. Prema tome, vrijeme potrebno tijelu da se podigne na svoju maksimalnu visinu isto je vrijeme potrebno da se spusti sa te visine. Zamjenom vrijednosti vremena t 2 u x koordinatnu jednačinu (6) nalazimo:
- domet leta tijela.
Trenutna brzina u bilo kojoj tački putanje je usmjerena tangencijalno na putanju (vidi sliku 29), modul brzine je određen formulom
Dakle, kretanje tijela bačenog pod uglom u odnosu na horizont ili u horizontalnom smjeru može se smatrati rezultatom dva nezavisna kretanja - horizontalnog ravnomjernog i vertikalnog ravnomjerno ubrzanog (slobodnog pada bez početne brzine ili kretanja tijela bačenog okomito). prema gore).
Razmotrimo šta može biti cilj kinematičkih problema.
1. Možda nas zanima promjena kinematičkih veličina u proces kretanja, tj. dobivanje informacija o promjenama u koordinatama, brzini, ubrzanju, kao i odgovarajućim ugaonim vrijednostima.
2. U brojnim problemima, na primjer, u problemu kretanja tijela pod uglom prema horizontu, potrebno je naučiti o vrijednostima fizičkih veličina u specifični uslovi: domet leta, maksimalno podizanje, itd.
3. U slučajevima kada tijelo istovremeno učestvuje u više kretanja (npr. kotrljanje lopte) ili se razmatra relativno kretanje više tijela, potrebno je uspostaviti odnose između pomaka, brzina i ubrzanja (linearnih i ugaonih), tj. pronađite jednačine kinematička veza.
Unatoč velikom broju kinematičkih problema, može se predložiti sljedeći algoritam za njihovo rješavanje:
1. Napravite šematski crtež, koji prikazuje početni položaj tijela i njihovo početno stanje, tj. i .
2. Odaberite referentni sistem na osnovu analize uslova problema. Da biste to učinili, trebate odabrati referentno tijelo i pridružiti mu koordinatni sistem, navodeći porijeklo koordinata, smjer koordinatnih osa i trenutak početka vremenske reference. Prilikom odabira pozitivnih pravaca, oni se vode smjerom kretanja (brzinom) ili smjerom ubrzanja.
3. Na osnovu zakona kretanja sastaviti sistem jednačina u vektorskom obliku za sva tijela, a zatim u skalarnom obliku, projektujući ove vektorske jednačine kretanja na koordinatne ose. Prilikom pisanja ovih jednadžbi treba obratiti pažnju na znake “+” i “-” projekcija vektorskih veličina uključenih u njih.
4. Odgovor se mora dobiti u formi analitičke formule (u opštem obliku), a na kraju se moraju izvršiti numerički proračuni.
Primjer 4. Koliko dugo će putnik koji sjedi na prozoru voza koji se kreće brzinom od 54 km/h vidjeti nadolazeći voz koji prolazi, čija je brzina 36 km/h, a dužina 250 m?
Rješenje. Spojićemo fiksni referentni okvir sa Zemljom, a pokretni okvir sa vozom u kojem se nalazi putnik. Prema zakonu sabiranja brzina, gdje je brzina nadolazećeg voza u odnosu na prvi. U projekcijama na os Ox:
Budući da je put koji pređe nadolazeći voz u odnosu na prvi jednak dužini voza, tada je vrijeme
Primjer 5. Parobrod traje 5,0 dana od Nižnjeg Novgoroda do Astrahana i 7,0 dana nazad. Koliko dugo će splav putovati od Nižnjeg Novgoroda do Astrahana? Izbjegavajte parkiranje i zastoje u saobraćaju.
Dato: t 1 =5 dana, t 2 =7 dana.
Rješenje. Spojićemo fiksni referentni okvir sa obalom, a pokretni sa vodom. Pretpostavićemo da je brzina vode ista tokom čitavog putovanja i da je brzina parobroda u odnosu na vodu konstantna i jednaka modulu trenutne brzine parobroda u odnosu na vodu.
Budući da se splav kreće u odnosu na obalu brzinom riječnog toka, tada je vrijeme njegovog kretanja , gdje je s udaljenost između gradova. Kada se parobrod kreće strujom, njegova brzina je prema zakonu sabiranja brzina, ili u projekcijama na os Ox:
gdje je brzina broda u odnosu na obalu, je brzina broda u odnosu na rijeku.
Znajući vrijeme kretanja, možete pronaći brzinu:
Iz formula (1) i (2) imamo:
Kada se brod kreće protiv struje, ili u projekcijama na os Ox, gdje je brzina broda u odnosu na obalu.
Na drugoj strani, . Onda
Rješavajući sistem jednadžbi (3) i (4) za , dobijamo:
Nađimo vrijeme kretanja splava:
Primjer 6. Uz jednoliko ubrzano kretanje, tijelo putuje u prva dva jednaka uzastopna vremenska perioda, svaki po 4,0 s, duž puta s 1 = 24 m i s 2 = 64 m, respektivno. Odredite početnu brzinu i ubrzanje tijela.
Zadato: t 1 =t 2 = 4,0 s, s 1 =24 m, s 2 = 64 m.
Rješenje. Napišimo jednačine putanje za s 1 i (s 1 + s 2), respektivno. Pošto je početna brzina u ovom slučaju ista, onda
Pošto je t1=t2, onda
Izražavajući iz (1) i zamjenom u (2), dobijamo:
Zatim početna brzina 
Primjer 7. Automobil koji se kretao ravnom putanjom ravnomjerno ubrzan početnom brzinom od 5,0 m/s, prešao je u prvoj sekundi put od 6,0 m. Odredite ubrzanje automobila, trenutnu brzinu na kraju druge sekunde i pomak u 2,0 s.
Rješenje. Znajući put koji je tijelo prešlo u prvoj sekundi, možete pronaći ubrzanje:
Pomoću formule nalazimo brzinu na kraju druge sekunde
Primjer 8. X) ima oblik x = A + Bt + Ct 3, gdje je A = 4 m, B = 2 m/s, C = -0,5 m/s 3.
Za trenutak vremena t 1 =2 s odrediti: 1) koordinatu tačke x 1 tačka; 2) trenutna brzina v 1; 3) trenutno ubrzanje a 1.
Dato je: x = A + Bt + Ct 3, A = 4 m, B = 2 m/s, C = -0,5 m/s 3, t 1 = 2 s.
Nađi: x 1 ; v 1 ; a 1.
Rješenje. 1. Zamijenite određenu vremensku vrijednost t 1 u jednadžbu kretanja umjesto t: x 1 = A + Bt 1 + Ct 1 3. Zamijenimo vrijednosti A, B, C, t 1 u ovaj izraz i izvršimo proračune: x 1 = 4 m.
2. Trenutna brzina: 
Tada je u trenutku t 1 trenutna brzina v 1 = B + 3Ct 1 2 . Zamijenimo ovdje vrijednosti B, C, t 1: v 1 = – 4 m/s. Znak minus označava da se u trenutku t 1 =2 s tačka kreće u negativnom smjeru koordinatne ose.
3. Trenutačno ubrzanje: 
Trenutačno ubrzanje u trenutku t 1 jednako je a 1 = 6St 1 . Zamijenimo vrijednosti C, t 1: a 1 = –6 m/s 2. Znak minus označava da se smjer vektora ubrzanja poklapa sa negativnim smjerom koordinatne ose, a pod uvjetima ovog problema to se događa u bilo kojem trenutku.
Primjer 9. Kinematička jednadžba kretanja materijalne tačke duž prave linije (os X) ima oblik x = A + Bt + Ct 2, gdje je A = 5 m, B = 4 m/s, C = -1 m/s 2. Odrediti srednju brzinu v xsr za vremenski interval od t 1 =1 s do t 2 =6 s.
Dato je: 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.
Pronađi: v xsr -? i khsr -?
Rješenje. Prosječna brzina u vremenskom intervalu t 2 -t 1 određena je izrazom 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.
Zamijenimo vrijednosti x 1, x 2, t 1, t 2 i izvršimo proračune: v xsr = -3 m/s.
Primjer 10. Teret je ispušten iz helikoptera koji se nalazio na visini od h = 300 m. Koliko će vremena biti potrebno da teret stigne do tla ako: a) helikopter miruje; b) helikopter se spušta brzinom v 0 =5 m/s; 3) helikopter se diže brzinom v 0 =5 m/s. Grafički opišite odgovarajuća kretanja tereta u osi s(t), v(t) i a(t).
Rješenje. a) Teret koji izlazi iz nepokretnog helikoptera slobodno pada, tj. kreće se jednoliko sa ubrzanjem sile teže g. Naći ćemo vrijeme kretanja iz relacije From: 
Grafikoni kretanja objekta označeni su 1 na slici.
b) Kretanje tereta koji napušta helikopter, koji se spušta konstantnom brzinom v 0 = 5 m/s, je jednoliko ubrzano kretanje sa konstantnim ubrzanjem g i opisuje se jednadžbom
Zamjena brojčanih vrijednosti daje jednačinu 9.8t 2 +10t-600=0.
Negativan rezultat nema fizičko značenje, pa je vrijeme kretanja t=7,57 s.
Grafikoni kretanja objekta označeni su 2 na slici.
3) Kretanje tereta koji napušta helikopter, koji se diže konstantnom brzinom v 0 =5 m/s, sastoji se od dvije faze. U prvoj fazi, teret se kreće jednako sporo sa konstantnim ubrzanjem g, usmjerenim suprotno brzini, a opisuje se jednadžbama
U gornjoj tački putanje brzina postaje nula, dakle
Zamjenom druge jednačine sistema u prvu, dobijamo
U drugoj fazi - slobodan pad sa visine h 0 =h+h 1 =300+1,28=301,28 m.
Zbog
Grafikoni kretanja objekta označeni su 3 na slici.
Primjer 11. Teret se baca vertikalno naviše iz balona koji se spušta konstantnom brzinom od 2 m/s brzinom od 18 m/s u odnosu na tlo. Odredite udaljenost između lopte i tereta u trenutku kada teret dosegne najvišu tačku svog uspona. Koliko će biti potrebno da teret proleti pored lopte i padne?
Zadato: v 01 = 2 m/s, v 02 = 18 m/s
Pronađi: s-? τ -?
Rješenje. Usmjerimo osu 0Y vertikalno prema gore, ishodište je kompatibilno sa tačkom 0, gdje se lopta nalazila u trenutku kada je teret bačen.
Tada su jednadžbe kretanja tereta i balona:
Brzina kretanja tereta se mijenja po zakonu v 2 = v 02 – gt.
Na najvišoj tački B dizanja tereta v 2 =0. Zatim vrijeme uspona do ove tačke Koordinata opterećenja u tački B
Za to vrijeme, balon se spustio do tačke A; njegova koordinata
Udaljenost između tačaka A i B:
Nakon vremenskog perioda τ, kada kamen proleti pored lopte, koordinate tijela će biti iste: y 1C = y 2C;
Primjer 12. Kojom brzinom i kojim kursom treba da leti avion da bi za dva sata preleteo 300 km severno ako tokom leta duva severozapadni vetar pod uglom od 30° u odnosu na meridijan brzinom od 27 km/h?
Zadato: t=7,2∙10 3 s; l=3∙10 5 m; α=30° ≈ 0,52 rad; v 2 ≈7,2 m/s.
Pronađi: v 2 -? φ -?
Rješenje. Razmotrimo kretanje aviona u referentnom okviru povezanom sa tlom.
Nacrtajmo os OX u smjeru istoka, a os OY u smjeru sjevera. Zatim brzina aviona u odabranom referentnom okviru
gdje je v= l/t (2)
Jednačina (1) u projekciji na osu
OX: 0=v 1 ∙sinα – v 2 ∙sinφ;
OY: v= v 2 ∙cosφ - v 1 ∙cosα, ili v 1 ∙sinα = v 2 ∙sinφ, v 2 ∙cosφ=v 1 ∙cosα + v (3)
Dijeleći ove jednačine član po član, dobijamo tanφ=v 1 sinα/(v 1 cosα+ v),
ili uzimajući u obzir (2)
tgφ=v 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t);
φ=arctgv 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t) ≈0,078 rad.
Kvadriranjem desne i lijeve strane jednadžbe (3) i zbrajanjem rezultirajućih jednačina nalazimo
v 2 2 ∙sin 2 φ + v 2 2 ∙cos 2 φ = v 1 2 sin 2 α+ (v 1 ∙cosα + v) 2 ,
odakle , ili uzimajući u obzir (2)
Primjer 13. Tijelo bačeno okomito prema gore vraća se na tlo nakon t=3 s. Odredite visinu uspona tijela i njegovu početnu brzinu.
Rješenje. Kretanje tijela prema gore je jednako sporo i ubrzano - g i dešava se tokom vremena t 1, a kretanje naniže se ravnomjerno ubrzava s ubrzanjem g i događa se tijekom vremena t 2. Jednačine koje opisuju kretanje u sekcijama AB i BA čine sistem:
Pošto je v B =0, onda je v 0 =gt 1. Zamjenom v 0 u prvu jednačinu sistema dobijamo . Ako uporedimo ovaj izraz sa trećom jednačinom sistema, možemo zaključiti da je vrijeme uspona jednako vremenu spuštanja t 1 =t 2 =t/2=1,5s. Početna brzina i brzina slijetanja jednake su jedna drugoj i iznose v 0 =v A =gt 1 =9,8∙1,5=14,7 m/s.
Visina podizanja karoserije
Primjer 14. U posljednjoj sekundi kretanja, tijelo koje slobodno pada prešlo je pola udaljenosti. Pronađite visinu sa koje je bačen i vrijeme kretanja.
Rješenje. Zavisnost prijeđenog puta o vremenu za tijelo koje slobodno pada. Kako je dionica BC, koja čini polovicu cijele staze, pređena za vrijeme jednako 1 s, tada je prva polovina puta AB pređena za vrijeme (t-1) s. Tada se kretanje na sekciji aviona može opisati kao .
Rješavanje sistema
dobijamo t 2 -4t+2=0. Korijeni ove jednačine su t 1 =3,41 s i t 2 =0,59 s. Drugi korijen nije prikladan, jer vrijeme kretanja, na osnovu uslova problema, mora biti duže od jedne sekunde. Posljedično, tijelo je palo 3,41 s i za to vrijeme prešlo razdaljinu 
Primjer 15. Kamen se baca horizontalno sa tornja visine 25 m brzinom od 15 m/s.
Odredi: 1) koliko dugo će se kamen kretati, 2) na kojoj udaljenosti će pasti na tlo, 3) kojom brzinom će pasti na tlo, 4) pod kojim uglom će putanja kamena pasti sa horizonta na mestu njegovog pada na zemlju. Zanemarite otpor vazduha.
Zadato: H=25 m, v o =15 m/s
Pronađi: t-? s x - ? v - ? φ- ?
Rješenje. Kretanje kamena bačenog horizontalno može se razložiti na dva: horizontalno s x i vertikalno s y:
gdje je t vrijeme kretanja.
2) s x =v o t= 33,9 m;
3) v y =gt=22,1m/s;
4) sinφ= v y /v=0,827;
Primjer 16. Tijelo se baca horizontalno sa tornja visine 25 m brzinom v x = 10 m/s.
Odrediti: 1) vrijeme t pada tijela, 2) na kojoj udaljenosti l sa podnožja tornja će pasti, 3) brzina v na kraju pada, 4) ugao koji će putanja tela napraviti sa tlom u tački njegovog sletanja.
Rješenje. Kretanje tijela je složeno. Sudjeluje u ravnomjernom kretanju horizontalno i jednoliko ubrzano sa ubrzanjem g okomito. Stoga je dio AB opisan jednadžbama:
Za tačku A ove jednačine imaju oblik:
Onda l=10∙2.26=22.6 m, i v y =9.8∙2.26=22.15 m/s.
Od tada
Ugao koji trajektorija pravi sa tlom jednak je uglu φ u trokutu brzina u tački A čija tangenta 
, dakle φ=68,7°.
Primjer 17. Za tijelo bačeno horizontalnom brzinom v x =10 m/s, nakon vremena t=2 s nakon početka kretanja, naći: normalno, tangencijalno i ukupno ubrzanje, kao i polumjer zakrivljenosti putanje u ovoj tački.
Rješenje. Vertikalna komponenta brzine v y =gt=9,8∙2=19,6 m/s
Brzina u tački A:
Vektori formiraju trokut brzina, a vektori trokut ubrzanja. Kao što se može vidjeti sa slike, ovi trokuti su slični, što znači da su im stranice proporcionalne: .
Normalno ubrzanje, dakle radijus zakrivljenosti putanje
Primjer 18. Lopta je bačena brzinom od 10 m/s pod uglom od 40° u odnosu na horizontalu.
Odrediti: 1) do koje visine će se lopta podići; 2) na kojoj udaljenosti od mesta bacanja će lopta pasti na tlo, 3) koliko dugo će biti u pokretu.
Dato: v o =10 m/s, α=40 o.
Nađi: s y - ? s x - ? t - ?
Rješenje. 1) Nađimo najveću visinu s y max na koju se diže tijelo bačeno brzinom v o pod uglom α prema horizontu. Imamo (vidi sliku):
v y =v o sinα – gt; (1)
s y =v o t∙sinα – gt 2 /2. (2)
U gornjoj tački v y = 0 i iz (1) dobijamo v o ∙sin𝛼 = gt 1 , dakle vrijeme podizanja lopte t 1 =v o ∙sinα/g. Zamjenom t 1 u (2) dobijamo
s y max = v o 2 ∙sin 2 α/(2g)= 2,1 m.
2) Pronađite domet leta s x max tijela bačenog pod uglom prema horizontu.
Imamo: v x =v o∙cosα , (3)
s x =v x t=v o t∙cosα. (4)
Tijelo će pasti na horizontalnu ravan nakon vremena t 2 =2t 1 =2v o sinα/g.
Zamjenom t 2 u (4) dobivamo s xmax = v o 2 sin2α/ g= 10,0 m.
3) t 2 =2t 1 =2v o sinα/g=1,3 s.
Primjer 19. Tijelo je bačeno brzinom v 0 =10 m/s 2 pod uglom α=30° u odnosu na horizontalu. Do koje visine će se tijelo podići? Na kojoj udaljenosti od mjesta gdje je bačen će udariti o tlo? Koliko dugo će biti u pokretu?
Rješenje. Horizontalne i vertikalne komponente početne brzine
Kretanje u OA sekciji može se razložiti na dva jednostavna pokreta: ravnomjerno horizontalno i ravnomjerno sporo vertikalno:
U tački A
Onda 
I
Ako tijelo istovremeno sudjeluje u nekoliko pokreta, onda sudjeluje u svakom od njih nezavisno od drugog, pa je vrijeme kretanja u dijelu AB određeno vremenom kretanja naniže - t 2. Vrijeme za kretanje prema gore je jednako vremenu za kretanje prema dolje, što znači
Ujednačenim horizontalnim kretanjem u jednakim vremenskim periodima, tijelo prolazi jednake dijelove puta, dakle,
Domet leta
Visina podizanja karoserije
Primjer 20. Tačka se kreće pravolinijski na ravni prema zakonu x=4(t-2) 2. Kolike su početna brzina v 0 i ubrzanje tačke a? Odrediti trenutnu brzinu tačke v t =5 na početku pete sekunde kretanja.
Rješenje.
1) Jer v=x’, zatim v 0 =(4∙(t-2) 2)’=(4∙(t 2 -4t+4))’=(4t 2 -16t+16)’=8t-16
pri t=0 v 0 =-16 m/s.
2) Jer a= , zatim a=(8t-16)’=8 m/s.
3) Na t=4, jer 4 s je prošlo prije početka 5 s.
v t =5 =8t-16=8∙4-16=32 m/s.
odgovor: Početna brzina tačke je v 0 = -16 m/s, ubrzanje je a = 8 m/s, brzina tačke na početku pete sekunde kretanja je v t = 5 = 32 m/s.
Primjer 21. Kretanje materijalne tačke opisuje se jednačinama: a) s=αt 3 ; b) s=αt 2 +βt. Uporedite prosječnu brzinu i aritmetičku sredinu početne i konačne brzine v cf u vremenskom intervalu 0 - t. Ovdje su α i β pozitivne konstante.
Rješenje. Prisjetimo se definicija prosječne i trenutne brzine:
Izrazi za trenutnu brzinu dobijaju se diferenciranjem jednadžbe kretanja.
Izrazi za prosječnu brzinu nalaze se kao omjer promjene krivolinijske koordinate prema vremenu:
Dobijamo izraze za aritmetičku srednju brzinu:
Odgovorimo na pitanje o uslovima problema. Vidi se da se u slučaju “a” prosječna i aritmetička srednja brzina ne poklapaju, ali u slučaju “b” se poklapaju.
Primjer 22. Materijalna tačka se kreće jednoliko duž zakrivljene putanje. U kojoj tački putanje je maksimalno ubrzanje?
Rješenje. Kada se krećete po zakrivljenoj putanji, ubrzanje se sastoji od tangencijalnog i normalnog. Tangencijalno ubrzanje karakterizira brzinu promjene veličine (modula) brzine. Ako se veličina brzine ne promijeni, tangencijalno ubrzanje je nula. Normalno ubrzanje zavisi od radijusa zakrivljenosti putanje a n = v 2/R. Ubrzanje je maksimalno u tački sa najmanjim radijusom zakrivljenosti, tj. u tački C.
Primjer 23. Materijalna tačka se kreće po zakonu: 
1) Odrediti početnu koordinatu, početnu brzinu i ubrzanje poređenjem sa zakonom kretanja sa konstantnim ubrzanjem. Zapišite jednačinu za projekciju brzine.
Rješenje. Zakon kretanja sa konstantnim ubrzanjem ima oblik
Upoređujući ovu jednačinu sa jednačinom uslova problema, dobijamo
x 0 = - 1 m,
v 0 x = 1 m/s,
a x = - 0,25 m/s 2 .
Postavlja se pitanje: šta znači znak minus? Kada je projekcija vektora negativna? Samo u slučaju kada je vektor usmjeren prema koordinatnoj osi.
Opišimo na slici početne vektore koordinata, brzine i ubrzanja.
Zapišimo jednačinu za brzinu u obliku
i u njega zamijeniti primljene podatke (početne uslove).
2) Nađite ovisnost brzine i ubrzanja o vremenu, koristeći definicije ovih veličina.
Rješenje. Primijenimo definicije za trenutne vrijednosti brzine i ubrzanja:
Provodeći diferencijaciju, dobijamo v x =1-0,25t, a x = - 0,25 m/s 2.
Vidi se da ubrzanje ne zavisi od vremena.
3) Nacrtajte grafove v x (t) i a x (t). Okarakterizirajte kretanje u svakom dijelu grafikona.
Rješenje. Ovisnost brzine o vremenu je linearna, graf je prava linija.
Pri t = 0 v x = 1 m/s. Kod t = 4 sa v x = 0.
Iz grafikona je jasno da je u sekciji “a” projekcija brzine pozitivna, a njena vrijednost opada, tj. tačka se pomera polako u pravcu x-ose. U dijelu “b” projekcija brzine je negativna, a njen modul raste. Tačka se kreće ubrzano u smjeru suprotnom od x-ose. Posljedično, na mjestu presjeka grafika s apscisnom osom dolazi do rotacije, promjene smjera kretanja.
4) Odredite koordinate tačke skretanja i putanju do skretanja.
Rješenje. Imajte na umu još jednom da je u tački okretanja brzina nula. Za ovo stanje, iz jednadžbi kretanja dobijamo:
Iz druge jednačine dobijamo t pv = 4 s. (Očigledno, da biste dobili ovu vrijednost nije potrebno graditi i analizirati graf). Zamijenimo ovu vrijednost u prvu jednačinu: x površina = -1+4-4 2 /8 = 1 m. Opišimo kako se tačka kretala.
Put do skretanja, kao što se vidi sa slike, jednak je promjeni koordinata: s okret =x okret -x 0 =1-(-1)=2 m.
5) U kom trenutku tačka prolazi kroz ishodište?
Rješenje. U jednačini kretanja treba staviti x = 0. Dobijamo kvadratnu jednačinu 0=-1+t-t 2 /8 ili t 2 -8t+8=0. Ova jednadžba ima dva korijena: 
. t 1 = 1,17 s, t 2 = 6,83 s. Zaista, tačka prolazi kroz ishodište koordinata dva puta: kada se kreće „tamo” i „nazad”.
6) Pronađite putanju koju je prešla tačka za 5 sekundi nakon početka kretanja, i pomak za to vrijeme, kao i prosječnu brzinu tla na ovoj dionici puta.
Rješenje. Prije svega, pronađimo koordinate gdje je tačka završila nakon 5 sekundi kretanja i označimo je na slici.
x(5)=-1+5-5 2 /8= 0,875 m.
Budući da se u ovom stanju tačka nalazi nakon skretanja, pređeni put više nije jednak promjeni koordinata (kretanja), već se sastoji od dva člana: putanje prije skretanja
s 1 = x površina - x 0 = 1 - (-1) = 2 m
i nakon skretanja
s 2 = x površina - x(5) = 1 - 0,875 = 0,125 m,
s = s 1 + s 2 = 2,125 m.
Pomak tačke je
s x = x(5) - x 0 = 0,875 - (-1) = 1,875 m
Prosječna brzina tla se izračunava po formuli
Razmatrani problem opisuje jedan od najjednostavnijih tipova kretanja - kretanje sa konstantnim ubrzanjem. Međutim, ovaj pristup analizi prirode kretanja je univerzalan.
Primjer 24. Kod jednodimenzionalnog kretanja sa konstantnim ubrzanjem, ovisnost koordinate i brzine čestice o vremenu opisuje se relacijama:
Uspostavite vezu između koordinate čestice i njene brzine.
Rješenje. Isključujemo vrijeme t iz ovih jednačina. Da bismo to učinili, koristimo metodu zamjene. Iz druge jednačine izražavamo vrijeme i zamijeni u prvu jednačinu:
Ako kretanje počinje od početka ( X 0 =0) iz mirovanja ( v 0 x =0), tada rezultirajuća zavisnost poprima oblik
dobro poznat iz mog školskog kursa fizike.
Primjer 25. Kretanje materijalne tačke je opisano jednadžbom: , gdje su i i j jedinični vektori x i y osa, α i β su pozitivne konstante. U početnom trenutku vremena, čestica se nalazila u tački x 0 = y 0 = 0. Pronađite jednadžbu putanje čestice y(x).
Rješenje. Uslov zadatka formuliran je vektorskom metodom opisivanja kretanja. Pređimo na koordinatni metod. Koeficijenti za jedinične vektore su projekcije vektora brzine, i to:
Prvo, dobijamo zavisnosti x(t) i y(t) rešavanjem prvoklasnog problema.
Primjer 28. Sa visokog tornja h bacio kamen na brzinu v 0 pod uglom α prema horizontali. Pronađite:
1) koliko dugo će kamen biti u pokretu;
2) na kojoj udaljenosti s će pasti na tlo;
3) kojom brzinom će pasti na tlo;
4) koji će ugao β napraviti putanja kamena sa horizontom u tački njegovog pada;
5) normalno i tangencijalno ubrzanje kamena u ovoj tački, kao i poluprečnik krivine putanje;
6) najveća visina podizanja kamena.
Zanemarite otpor vazduha.
Rješenje. Koristeći ovaj problem kao primjer, pokazaćemo kako se dati algoritam za rješavanje bilo kojeg problema ove klase može uspostaviti u generaliziranom obliku.
1. Problem razmatra kretanje materijalne tačke (kamena) u Zemljinom gravitacionom polju. Dakle, ovo je kretanje sa konstantnim ubrzanjem gravitacije g, usmjereno okomito naniže.
Šta je slobodan pad? Ovo je pad tijela na Zemlju u odsustvu otpora zraka. Drugim riječima, pada u prazninu. Naravno, odsustvo otpora vazduha je vakuum, koji se ne može naći na Zemlji u normalnim uslovima. Stoga nećemo uzimati u obzir silu otpora zraka, smatrajući je toliko malom da se može zanemariti.
Ubrzanje gravitacije
Izvodeći svoje čuvene eksperimente na Krivom tornju u Pizi, Galileo Galilei je otkrio da sva tijela, bez obzira na njihovu masu, padaju na Zemlju na isti način. To jest, za sva tijela ubrzanje gravitacije je isto. Prema legendi, naučnik je tada ispuštao kugle različite mase sa tornja.
Ubrzanje gravitacije
Ubrzanje gravitacije je ubrzanje kojim sva tijela padaju na Zemlju.
Ubrzanje gravitacije je približno 9,81 m s 2 i označeno je slovom g. Ponekad, kada tačnost nije fundamentalno važna, ubrzanje gravitacije se zaokružuje na 10 m s 2.
Zemlja nije savršena sfera i na različitim tačkama zemljine površine, u zavisnosti od koordinata i nadmorske visine, vrednost g varira. Tako je najveće ubrzanje gravitacije na polovima (≈ 9,83 m s 2), a najmanje na ekvatoru (≈ 9,78 m s 2).
Telo slobodnog pada
Pogledajmo jednostavan primjer slobodnog pada. Neka tijelo padne s visine h početnom brzinom nula. Recimo da smo podigli klavir na visinu h i mirno ga otpustili.
Slobodni pad je pravolinijski pokret sa stalnim ubrzanjem. Usmjerimo koordinatnu osu iz tačke početnog položaja tijela na Zemlju. Koristeći kinematičke formule za pravolinijsko jednoliko ubrzano kretanje, možemo zapisati:
h = v 0 + g t 2 2 .
Pošto je početna brzina nula, prepisujemo:
Odavde nalazimo izraz za vrijeme pada tijela sa visine h:
Uzimajući u obzir da je v = g t, nalazimo brzinu tijela u trenutku pada, odnosno maksimalnu brzinu:
v = 2 h g · g = 2 h g .
Slično, možemo razmotriti kretanje tijela bačenog okomito prema gore određenom početnom brzinom. Na primjer, bacamo loptu uvis.
Neka koordinatna osa bude usmjerena okomito prema gore od točke bacanja tijela. Ovog puta tijelo se kreće jednako sporo, gubeći brzinu. Na najvišoj tački brzina tijela je nula. Koristeći kinematičke formule možemo napisati:
Zamjenom v = 0, nalazimo vrijeme da se tijelo podigne na svoju maksimalnu visinu:
Vrijeme pada poklapa se sa vremenom uspona, a tijelo će se vratiti na Zemlju nakon t = 2 v 0 g.
Maksimalna visina podizanja vertikalno bačenog tijela:
Pogledajmo sliku ispod. Prikazuje grafike brzina tijela za tri slučaja kretanja s ubrzanjem a = - g. Razmotrimo svaki od njih, prethodno smo naveli da su u ovom primjeru svi brojevi zaokruženi, a da je ubrzanje slobodnog pada pretpostavljeno 10 m s 2.
Prvi graf je tijelo koje pada s određene visine bez početne brzine. Vrijeme pada tp = 1 s. Iz formula i iz grafikona se lako vidi da je visina sa koje je tijelo palo h = 5 m.
Drugi grafikon je kretanje tijela bačenog okomito prema gore s početnom brzinom v 0 = 10 m s. Maksimalna visina dizanja h = 5 m Vrijeme uspona i vrijeme padanja t p = 1 s.
Treći grafikon je nastavak prvog. Tijelo koje pada odbija se od površine i njegova brzina naglo mijenja predznak u suprotan. Dalje kretanje tijela može se razmotriti prema drugom grafikonu.
Problem slobodnog pada tijela usko je povezan s problemom kretanja tijela bačenog pod određenim uglom prema horizontu. Dakle, kretanje duž paraboličke putanje može se predstaviti kao zbir dva nezavisna kretanja u odnosu na vertikalnu i horizontalnu os.
Duž ose O Y tijelo se kreće jednoliko ubrzanjem g, početna brzina ovog kretanja je v 0 y. Kretanje duž ose O X je ravnomerno i pravolinijsko, sa početnom brzinom v 0 x.
Uslovi za kretanje duž ose O X:
x 0 = 0 ; v 0 x = v 0 cos α ; a x = 0 .
Uslovi za kretanje duž ose O Y:
y 0 = 0 ; v 0 y = v 0 sin α ; a y = - g .
Dajemo formule za kretanje tijela bačenog pod uglom u odnosu na horizontalu.
Vrijeme leta tijela:
t = 2 v 0 sin α g .
Domet leta tijela:
L = v 0 2 sin 2 α g .
Maksimalni domet leta postiže se pod uglom α = 45°.
L m a x = v 0 2 g .
Maksimalna visina podizanja:
h = v 0 2 sin 2 α 2 g .
Imajte na umu da se u stvarnim uvjetima kretanje tijela bačenog pod uglom prema horizontu može odvijati duž putanje koja se razlikuje od paraboličke zbog otpora zraka i vjetra. Proučavanje kretanja tijela bačenih u svemir je posebna nauka - balistika.
Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter