Bago matapos ang huling laban ng basketball tournament ng Olympics sa Munich noong 1972, may natitira pang 3 segundo. Ang mga Amerikano - ang koponan ng US - ay nagdiriwang na ng tagumpay! Ang aming koponan - ang pambansang koponan ng USSR - ay nanalo ng humigit-kumulang 10 puntos laban sa dakilang dream Team...
Ilang minuto bago matapos ang laban. Ngunit, na nawala ang lahat ng kalamangan sa huli, natalo na siya ng isang punto 49:50. Ang sumunod na nangyari ay hindi kapani-paniwala! Inihagis ni Ivan Edeshko ang bola mula sa likod ng end line sa buong lugar sa ilalim ng ring ng mga Amerikano, kung saan natatanggap ng aming center Alexander Belov ang bola na napapalibutan ng dalawang kalaban at inilagay ito sa basket. 51:50 - Olympic champion tayo!!!
Ako, bilang isang bata, ay nakaranas ng pinakamalakas na emosyon - unang pagkabigo at sama ng loob, pagkatapos ay nakatutuwang tuwa! Ang emosyonal na alaala ng episode na ito ay nakaukit sa aking isipan sa buong buhay ko! Panoorin ang video sa Internet para sa kahilingan na "Golden throw ni Alexander Belov", hindi mo ito pagsisisihan.
Ang mga Amerikano noon ay hindi umamin ng pagkatalo at tumanggi silang tumanggap ng mga medalyang pilak. Posible bang gawin sa loob ng tatlong segundo ang ginawa ng ating mga manlalaro? Tandaan natin ang physics!
Sa artikulong ito, isasaalang-alang namin ang paggalaw ng isang katawan na itinapon sa isang anggulo sa abot-tanaw, lumikha ng isang programa ng Excel para sa paglutas ng problemang ito sa iba't ibang mga kumbinasyon ng paunang data, at subukang sagutin ang tanong sa itaas.
Ito ay isang medyo kilalang problema sa pisika. Sa aming kaso, ang katawan na itinapon sa isang anggulo sa abot-tanaw ay isang basketball. Kakalkulahin namin ang paunang bilis, oras at trajectory ng bola na itinapon sa buong court ni Ivan Edeshko at nahulog sa mga kamay ni Alexander Belov.
Matematika at pisika ng paglipad ng basketball.
Ang mga formula sa ibaba at ang pagkalkula saexcel ay unibersal para sa isang malawak na hanay ng mga problema tungkol sa mga katawan na itinapon sa isang anggulo sa abot-tanaw at lumilipad kasama ang isang parabolic trajectory nang hindi isinasaalang-alang ang epekto ng air friction.
Ang scheme ng pagkalkula ay ipinapakita sa figure sa ibaba. Ilunsad ang MS Excel o OOo Calc.
Paunang data:
1. Dahil tayo ay nasa planetang Earth at isinasaalang-alang ang isang ballistic na problema - ang paggalaw ng mga katawan sa gravity field ng Earth, pagkatapos ay una sa lahat isulat namin ang pangunahing katangian ng gravitational field - ang libreng pagbagsak ng acceleration g sa m/s 2
sa cell D3: 9,81
2. Ang sukat ng basketball court ay 28 metro ang haba at 15 metro ang lapad. Ang distansya ng paglipad ng bola halos sa kabila ng court hanggang sa ring mula sa kabaligtaran na linya ng dulo nang pahalang x isulat sa metro
sa cell D4: 27,000
3. Kung ipagpalagay natin na ginawa ni Edeshko ang paghagis mula sa taas na halos dalawang metro, at nahuli ni Belov ang bola sa isang lugar lamang sa antas ng singsing, pagkatapos ay may taas na basketball hoop na 3.05 metro, ang distansya sa pagitan ng mga punto ng pag-alis at pagdating ng ang bola ay magiging patayo na 1 metro. Isulat natin ang patayong displacement y sa metro
sa cell D5: 1,000
4. Ayon sa aking mga sukat sa video, ang anggulo ng pag-alis ng bola α 0 mula sa mga kamay ni Edeshko ay hindi lalampas sa 20 °. Ilagay ang halagang ito
sa cell D6: 20,000
Mga resulta ng pagkalkula:
Mga pangunahing equation na naglalarawan sa paggalaw ng isang katawan na itinapon sa isang anggulo sa abot-tanaw nang hindi isinasaalang-alang ang paglaban ng hangin:
x =v0* dahil α 0 *t
y =v0*kasalanan α 0 *t -g *t 2/2
5. Ipahayag natin ang oras t mula sa unang equation, palitan ang pangalawa at kalkulahin ang paunang bilis ng bola v 0 sa m/s
sa cell 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. Oras ng paglipad ng bola mula sa mga kamay ni Edeshko hanggang sa mga kamay ni Belov t kalkulahin sa mga segundo, alam na ngayon v 0 , mula sa unang equation
sa cell D9: =D4/D8/COS (RADIANS(D6)) =1,342
t = x /(v 0 * cosα 0 )
7. Hanapin ang anggulo ng direksyon ng bilis ng bola α i sa punto ng interes sa amin. Upang gawin ito, isinusulat namin ang unang pares ng mga equation sa sumusunod na anyo:
y =x *tgα 0 -g *x 2 /(2*v 0 2*(cosα 0 ) 2)
Ito ang equation ng isang parabola - ang landas ng paglipad.
Kailangan nating hanapin ang anggulo ng pagkahilig ng tangent sa parabola sa punto ng interes sa atin - ito ang magiging anggulo α i. Upang gawin ito, kunin ang derivative, na siyang tangent ng slope ng tangent:
ikaw =tgα 0 -g *x /(v 0 2*(cosα 0 ) 2)
Kalkulahin ang anggulo ng pagdating ng bola sa mga kamay ni Belov α i sa mga degree
sa cell 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))
Ang pagkalkula sa excel, sa prinsipyo, ay nakumpleto.
Iba pang mga pagpipilian sa pagbabayad:
Gamit ang nakasulat na programa, maaari kang mabilis at madaling magsagawa ng mga kalkulasyon sa iba pang mga kumbinasyon ng paunang data.
Hayaan, binigyan ng pahalang x = 27 metro , patayo y = 1 metrong hanay ng paglipad at paunang bilis v 0 = 25 m/s.
Ito ay kinakailangan upang mahanap ang oras ng paglipad t at mga anggulo ng pag-alis α 0 at pagdating α i
Gamitin natin ang serbisyong MS Excel na "Pagpili ng parameter". Paulit-ulit kong inilarawan nang detalyado sa ilang mga artikulo sa blog kung paano ito gamitin. Maaari kang magbasa nang higit pa tungkol sa paggamit ng serbisyong ito.
Itinakda namin ang halaga sa cell D8 sa 25,000 sa pamamagitan ng pagbabago ng pagpili ng halaga sa cell D6. Ang resulta ay nasa larawan sa ibaba.
Ang paunang data sa bersyong ito ng pagkalkula sa excel (tulad ng, sa katunayan, sa naunang isa) ay naka-highlight sa mga asul na frame, at ang mga resulta ay binilog sa pulang parihabang mga frame!
Pag-aayos ng mesaexcel ilang halaga ng interes sa isa sa mga cell na may light yellow fill sa pamamagitan ng pagpili ng binagong halaga sa isa sa mga cell na may light turquoise fill, sa pangkalahatang kaso, maaari kang makakuha ng sampung iba't ibang mga pagpipilian para sa paglutas ng problema ng paggalaw ng isang katawan na itinapon sa isang anggulo sa abot-tanaw na may sampung iba't ibang set ng source data!!!
Sagot sa tanong:
Sagutin natin ang tanong sa simula ng artikulo. Ang bola na ipinadala ni Ivan Edeshko ay lumipad sa Belov, ayon sa aming mga kalkulasyon, sa 1.342 segundo. Sinalo ni Alexander Belov ang bola, lumapag, tumalon at inihagis ito. Para sa lahat ng ito mayroon siyang "dagat" ng oras - 1.658s! Ito ay talagang sapat na may isang margin ng oras! Ang isang detalyadong view ng video frame sa pamamagitan ng frame ay nagpapatunay sa itaas. Sapat na ang tatlong segundo para maihatid ng aming mga manlalaro ang bola mula sa kanilang front line patungo sa backboard ng mga kalaban at ihagis ito sa ring, na isulat ang kanilang mga pangalan sa kasaysayan ng basketball na may ginto!
nagmamakaawa ako paggalang gawa ng may-akda I-download ang file pagkatapos ng subscription para sa mga anunsyo ng artikulo!
Kung ang isang katawan ay itinapon sa isang anggulo sa abot-tanaw, pagkatapos ay sa paglipad ito ay apektado ng gravity at air resistance. Kung ang puwersa ng paglaban ay napapabayaan, kung gayon ang tanging puwersa na natitira ay ang puwersa ng grabidad. Samakatuwid, dahil sa Newton's 2nd law, ang katawan ay gumagalaw na may isang acceleration na katumbas ng acceleration ng free fall; acceleration projection sa coordinate axes ax = 0, ay = - g.
Figure 1. Kinematic na katangian ng isang katawan na itinapon sa isang anggulo sa abot-tanaw
Ang anumang kumplikadong paggalaw ng isang materyal na punto ay maaaring kinakatawan bilang isang pagpapataw ng mga independiyenteng paggalaw kasama ang mga coordinate axes, at sa direksyon ng iba't ibang mga axes, ang uri ng paggalaw ay maaaring magkakaiba. Sa aming kaso, ang paggalaw ng isang lumilipad na katawan ay maaaring katawanin bilang isang superposisyon ng dalawang independiyenteng paggalaw: pare-parehong paggalaw sa pahalang na axis (X-axis) at pare-parehong pinabilis na paggalaw sa kahabaan ng vertical axis (Y-axis) (Fig. 1) .
Ang mga projection ng bilis ng katawan ay nagbabago sa paglipas ng panahon tulad ng sumusunod:
kung saan ang $v_0$ ay ang paunang bilis, ang $(\mathbf \alpha )$ ay ang anggulo ng paghagis.
Sa aming napiling pinagmulan, ang mga unang coordinate (Larawan 1) ay $x_0=y_0=0$. Pagkatapos makuha namin:
(1)
Suriin natin ang mga formula (1). Alamin natin ang oras ng paggalaw ng itinapon na katawan. Upang gawin ito, itinakda namin ang y coordinate na katumbas ng zero, dahil sa sandali ng landing, ang taas ng katawan ay zero. Mula dito kami kumukuha para sa oras ng paglipad:
Ang pangalawang halaga ng oras kung saan ang taas ay katumbas ng zero ay katumbas ng zero, na tumutugma sa sandali ng pagkahagis, i.e. ang halagang ito ay mayroon ding pisikal na kahulugan.
Ang hanay ng flight ay nakuha mula sa unang formula (1). Ang hanay ng flight ay ang halaga ng x-coordinate sa dulo ng flight, i.e. sa sandali ng oras na katumbas ng $t_0$. Ang pagpapalit ng halaga (2) sa unang formula (1), makuha natin ang:
Mula sa formula na ito makikita na ang pinakamalaking hanay ng paglipad ay nakamit sa isang anggulo ng paghagis na 45 degrees.
Ang pinakamataas na taas ng pag-angat ng itinapon na katawan ay maaaring makuha mula sa pangalawang formula (1). Upang gawin ito, kailangan mong palitan sa formula na ito ang halaga ng oras na katumbas ng kalahati ng oras ng paglipad (2), dahil nasa kalagitnaan ng trajectory na pinakamataas ang flight altitude. Nagdadala ng mga kalkulasyon, nakukuha namin
Mula sa mga equation (1) maaaring makuha ng isa ang equation ng body trajectory, i.e. isang equation na nag-uugnay sa x at y na mga coordinate ng isang katawan sa panahon ng paggalaw. Upang gawin ito, kailangan mong ipahayag ang oras mula sa unang equation (1):
at palitan ito sa pangalawang equation. Pagkatapos makuha namin:
Ang equation na ito ay ang trajectory equation. Ito ay makikita na ito ay ang equation ng isang parabola na may mga sanga pababa, tulad ng ipinahiwatig ng "-" sign sa harap ng quadratic term. Dapat tandaan na ang anggulo ng paghagis na $\alpha $ at ang mga function nito ay pare-pareho lamang dito, i.e. pare-parehong mga numero.
Ang isang katawan ay itinapon nang may bilis na v0 sa isang anggulo na $(\mathbf \alpha )$ sa abot-tanaw. Oras ng flight $t = 2 s$. Sa anong taas Hmax tataas ang katawan?
$$t_B = 2 s$$ $$H_max - ?$$
Ang batas ng paggalaw ng katawan ay:
$$\left\( \begin(array)(c) x=v_(0x)t \\ y=v_(0y)t-\frac(gt^2)(2) \end(array) \right.$ $
Ang paunang velocity vector ay bumubuo ng isang anggulo $(\mathbf \alpha )$ na may OX axis. Kaya naman,
\ \ \
Ang isang bato ay inihagis mula sa tuktok ng isang bundok sa isang anggulo = 30$()^\circ$ hanggang sa abot-tanaw na may paunang bilis na $v_0 = 6 m/s$. Inclined plane angle = 30$()^\circ$. Sa anong distansya mula sa punto ng paghagis mahulog ang bato?
$$ \alpha =30()^\circ$$ $$v_0=6\ m/s$$ $$S - ?$$
Ilagay natin ang pinagmulan ng mga coordinate sa punto ng pagkahagis, OX - kasama ang hilig na eroplano pababa, OY - patayo sa hilig na eroplano pataas. Mga kinematic na katangian ng paggalaw:
Batas ng paggalaw:
$$\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.$$ \
Ang pagpapalit sa nagresultang halaga ng $t_B$, nakita namin ang $S$:
Hayaang itapon ang isang katawan sa isang anggulo α sa abot-tanaw na may bilis . Tulad ng sa mga nakaraang kaso, papabayaan natin ang air resistance. Upang ilarawan ang paggalaw, kinakailangang pumili ng dalawang coordinate axes - Ox at Oy (Larawan 29).
Fig.29
Ang pinagmulan ay katugma sa paunang posisyon ng katawan. Mga projection ng paunang bilis sa Oy at Ox axes: , . Mga projection sa pagpapabilis: ,
Pagkatapos ang paggalaw ng katawan ay ilalarawan ng mga equation:
(8)
(9)
Mula sa mga formula na ito ay sumusunod na ang katawan ay gumagalaw nang pantay sa pahalang na direksyon, at pantay na pinabilis sa patayong direksyon.
Ang trajectory ng katawan ay magiging isang parabola. Isinasaalang-alang na sa tuktok ng parabola, mahahanap mo ang oras na kinakailangan para sa katawan na tumaas sa tuktok ng parabola:
Ang pagpapalit ng halaga ng t 1 sa equation (8), nakita natin ang pinakamataas na taas ng katawan:
Pinakamataas na taas ng pag-angat.
Nahanap namin ang oras ng paglipad ng katawan mula sa kondisyon na sa t \u003d t 2 ang coordinate y 2 \u003d 0. Kaya naman, 
. Samakatuwid, - ang oras ng paglipad ng katawan. Ang paghahambing ng formula na ito sa formula (10), makikita natin na t 2 =2t 1 .
Ang oras ng paggalaw ng katawan mula sa pinakamataas na taas t 3 =t 2 -t 1 =2t 1 -t 1 =t 1 . Samakatuwid, kung gaano karaming oras ang katawan ay tumataas sa pinakamataas na taas, kung gaano karaming oras ang bumaba mula sa taas na ito. Ang pagpapalit ng halaga ng oras t 2 sa equation ng x coordinate (6), makikita natin:
- saklaw ng katawan.
Ang madalian na bilis sa anumang punto ng tilapon ay nakadirekta nang tangential sa tilapon (tingnan ang Fig. 29), ang velocity modulus ay tinutukoy ng formula
Kaya, ang paggalaw ng isang katawan na itinapon sa isang anggulo sa abot-tanaw o sa isang pahalang na direksyon ay maaaring isaalang-alang bilang resulta ng dalawang independiyenteng paggalaw - pahalang na uniporme at patayo na pantay na pinabilis (malayang pagkahulog nang walang paunang bilis o paggalaw ng isang katawan na itinapon nang patayo pataas. ).
Isaalang-alang kung ano ang maaaring maging layunin ng mga kinematic na problema.
1. Maaaring interesado tayo sa pagbabago sa mga kinematic na dami sa ang proseso ng paggalaw, ibig sabihin. pagkuha ng impormasyon tungkol sa pagbabago sa mga coordinate, bilis, acceleration, pati na rin ang kaukulang mga angular na halaga.
2. Sa isang bilang ng mga problema, halimbawa, sa problema ng paggalaw ng isang katawan sa isang anggulo sa abot-tanaw, kinakailangan upang malaman ang tungkol sa mga halaga ng mga pisikal na dami sa mga tiyak na estado: hanay ng flight, maximum na pag-akyat, atbp.
3. Sa mga kaso kung saan ang katawan ay sabay-sabay na nakikilahok sa ilang mga paggalaw (halimbawa, ang paggulong ng isang bola) o ang kamag-anak na paggalaw ng ilang mga katawan ay isinasaalang-alang, ito ay nagiging kinakailangan upang magtatag ng mga relasyon sa pagitan ng mga displacement, bilis at accelerations (linear at angular), i.e. maghanap ng mga equation kinematic na koneksyon.
Sa kabila ng malawak na pagkakaiba-iba ng mga problema sa kinematics, ang sumusunod na algorithm para sa paglutas ng mga ito ay maaaring imungkahi:
1. Gumawa ng isang guhit na eskematiko na nagpapakita ng paunang posisyon ng mga katawan at ang kanilang paunang estado, i.e. At .
2. Pumili ng frame of reference batay sa pagsusuri ng mga kondisyon ng problema. Upang gawin ito, kailangan mong pumili ng isang katawan ng sanggunian at iugnay ang isang coordinate system dito, na nagpapahiwatig ng pinagmulan ng mga coordinate, ang direksyon ng mga coordinate axes, ang sandali ng simula ng sanggunian ng oras. Kapag pumipili ng mga positibong direksyon, ginagabayan sila ng direksyon ng paggalaw (bilis) o direksyon ng acceleration.
3. Batay sa mga batas ng paggalaw, bumuo ng isang sistema ng mga equation sa vector form para sa lahat ng mga katawan, at pagkatapos ay sa scalar form, projecting ang mga vector equation ng paggalaw papunta sa coordinate axes. Kapag isinusulat ang mga equation na ito, dapat bigyang pansin ng isa ang mga palatandaan na "+" at "-" ng mga projection ng mga dami ng vector na kasama sa kanila.
4. Ang sagot ay dapat makuha sa anyo ng isang analytical formula (sa mga pangkalahatang termino), at sa dulo upang gumawa ng mga numerical na kalkulasyon.
Halimbawa 4 Gaano katagal ang isang pasaherong nakaupo sa bintana ng isang tren na gumagalaw sa bilis na 54 km/h ay makakakita ng paparating na tren na dumaraan sa kanya, na ang bilis ay 36 km/h at ang haba ay 250 m?
Solusyon. Ikonekta natin ang nakapirming frame ng sanggunian sa Earth, ang gumagalaw na frame - sa tren kung saan matatagpuan ang pasahero. Ayon sa batas ng pagdaragdag ng mga bilis, nasaan ang bilis ng paparating na tren na may kaugnayan sa una. Sa mga projection sa Ox axis:
Dahil ang landas na nilakbay ng paparating na tren na may kaugnayan sa una ay katumbas ng haba ng tren, ang oras
Halimbawa 5 Ang bapor ay mula sa Nizhny Novgorod hanggang Astrakhan 5.0 araw, at pabalik - 7.0 araw. Gaano katagal maglalayag ang balsa mula Nizhny Novgorod papuntang Astrakhan? Hindi kasama ang mga pagkaantala sa paradahan at trapiko.
Ibinigay: t 1 \u003d 5 araw, t 2 \u003d 7 araw.
Solusyon. Iuugnay natin ang nakapirming frame of reference sa baybayin, at ang gumagalaw na frame sa tubig. Ipinapalagay namin na ang bilis ng tubig ay pareho sa lahat ng paraan at ang bilis ng steamer na may kaugnayan sa tubig ay pare-pareho at katumbas ng modulus ng instantaneous velocity ng steamer na may kaugnayan sa tubig.
Dahil ang balsa ay gumagalaw sa baybayin sa bilis ng daloy ng ilog, kung gayon ang oras ng paggalaw nito ay , kung saan ang s ay ang distansya sa pagitan ng mga lungsod. Kapag ang bapor ay gumagalaw pababa ng agos, ang bilis nito ayon sa batas ng pagdaragdag ng mga bilis, o sa mga projection sa axis ng Ox:
kung saan ang bilis ng barko na may kaugnayan sa baybayin, ay ang bilis ng barko na may kaugnayan sa ilog.
Alam ang oras ng paggalaw, mahahanap mo ang bilis:
Mula sa mga formula (1) at (2) mayroon kaming:
Kapag ang steamer ay gumagalaw laban sa agos, o sa mga projection sa Ox axis, nasaan ang bilis ng steamer na may kaugnayan sa baybayin.
Sa kabila, . Pagkatapos
Ang paglutas ng sistema ng mga equation (3) at (4) na may kinalaman sa , nakukuha natin ang:
Hanapin natin ang oras ng paggalaw ng balsa:
Halimbawa 6 Sa pantay na pinabilis na paggalaw, ang katawan ay pumasa para sa unang dalawang pantay na magkakasunod na agwat ng oras na 4.0 s bawat landas s 1 \u003d 24 m at s 2 \u003d 64 m, ayon sa pagkakabanggit. Tukuyin ang paunang bilis at acceleration ng katawan.
Ibinigay: t 1 \u003d t 2 \u003d 4.0 s, s 1 \u003d 24 m, s 2 \u003d 64 m.
Solusyon. Isulat natin ang mga equation ng path para sa s 1 at (s 1 + s 2), ayon sa pagkakabanggit. Dahil ang paunang bilis ay pareho sa kasong ito, kung gayon
Dahil t1=t2, kung gayon
Ang pagpapahayag mula sa (1) at pagpapalit nito sa (2), nakukuha natin:
Tapos yung initial speed 
Halimbawa 7 Ang kotse, na gumagalaw sa isang rectilinear trajectory na may pare-parehong acceleration na may paunang bilis na 5.0 m / s, ay sumasaklaw sa layo na 6.0 m sa unang segundo. Hanapin ang acceleration ng kotse, ang agarang bilis sa dulo ng ikalawang segundo at ang displacement sa 2.0 s.
Solusyon. Ang pag-alam sa landas na nilakbay ng katawan sa unang segundo, mahahanap mo ang acceleration:
Ang bilis sa dulo ng ikalawang segundo ay matatagpuan sa pamamagitan ng formula
Halimbawa 8 X) ay may anyo x \u003d A + Bt + Ct 3, kung saan ang A \u003d 4 m, B \u003d 2m / s, C \u003d -0.5 m / s 3.
Para sa sandali ng oras t 1 =2 c matukoy: 1) ang coordinate ng punto x 1 ng punto; 2) madalian na bilis v1; 3) instant acceleration a 1.
Ibinigay: 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.
Hanapin: x 1; v1; isang 1.
Solusyon. 1. Palitan sa equation ng paggalaw sa halip na t ang ibinigay na halaga ng oras t 1: x 1 \u003d A + Bt 1 + Ct 1 3. Pinapalitan namin ang mga halaga A, B, C, t 1 sa expression na ito at ginagawa ang mga kalkulasyon: x 1 \u003d 4 m.
2. Mabilis na bilis: 
Pagkatapos sa oras t 1 ang madalian na bilis ay v 1 = B + 3Ct 1 2 . Palitan natin dito ang mga halaga B, C, t 1: v 1 = - 4 m / s. Ang minus sign ay nagpapahiwatig na sa oras na t 1 =2 c ang punto ay gumagalaw sa negatibong direksyon ng coordinate axis.
3. Instant acceleration: 
Ang instant acceleration sa oras na t 1 ay isang 1 = 6Сt 1 . Palitan ang mga halaga C, t 1: a 1 \u003d -6 m / s 2. Ang minus sign ay nagpapahiwatig na ang direksyon ng acceleration vector ay tumutugma sa negatibong direksyon ng coordinate axis, at ito ang kaso para sa anumang sandali ng oras sa ilalim ng mga kondisyon ng problemang ito.
Halimbawa 9 Kinematic equation ng paggalaw ng isang materyal na punto sa isang tuwid na linya (axis X) ay may form na x \u003d A + Bt + Ct 2, kung saan ang A \u003d 5 m, B \u003d 4m / s, C \u003d -1m / s 2. Tukuyin ang average na bilis v xsr para sa agwat ng oras mula t 1 \u003d 1 c hanggang t 2 \u003d 6 c.
Ibinigay: x \u003d A + Bt + Ct 2, A \u003d 5m, B \u003d 4m / s, C \u003d - 1m / s 2, t 1 \u003d 1 c, t 2 \u003d 6 c.
Hanapin: v xsr -? at xsr -?
Solusyon. Ang average na bilis para sa pagitan ng oras t 2 -t 1 ay tinutukoy ng expression na 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.
Palitan ang mga halaga x 1 , x 2 , t 1 , t 2 at gawin ang mga kalkulasyon: v xsr = -3 m/s.
Halimbawa 10 Ang isang load ay ibinaba mula sa isang helicopter sa taas h = 300 m. Pagkatapos ng anong oras makakarating ang load sa lupa kung: a) nakatigil ang helicopter; b) bumababa ang helicopter na may bilis na v 0 =5 m/s; 3) tumaas ang helicopter na may bilis na v 0 =5 m/s. Ilarawan nang grapiko ang kaukulang paggalaw ng load sa mga palakol na s(t), v(t) at a(t).
Solusyon. a) Ang kargamento na umalis sa nakatigil na helicopter ay malayang bumabagsak, ibig sabihin. pantay na gumagalaw sa bilis ng libreng pagkahulog g. Nahanap namin ang oras ng paggalaw mula sa ratio 
Ang mga graph ng paggalaw ng bagay ay minarkahan ng 1 sa figure.
b) Ang paggalaw ng load na umalis sa helicopter, na bumababa sa isang pare-pareho ang bilis v 0 \u003d 5 m / s, ay isang pantay na pinabilis na kilusan na may pare-pareho ang acceleration g at inilarawan ng equation
Ang pagpapalit ng mga numerical na halaga ay nagbibigay ng equation na 9.8t 2 +10t-600=0.
Ang negatibong resulta ay walang pisikal na kahulugan, kaya ang oras ng paggalaw ay t=7.57 s.
Ang mga graph ng paggalaw ng bagay ay minarkahan ng 2 sa figure.
3) Ang paggalaw ng kargamento na umalis sa helicopter, na tumataas sa isang pare-parehong bilis v 0 =5 m/s, ay binubuo ng dalawang yugto. Sa unang yugto, ang pag-load ay gumagalaw nang pantay na may pare-parehong pagbilis g, nakadirekta sa tapat ng bilis, at inilarawan ng mga equation
Sa tuktok ng tilapon, ang bilis ay nagiging zero, kaya
Ang pagpapalit ng pangalawang equation ng system sa una, nakuha namin
Sa pangalawang yugto - libreng pagkahulog mula sa taas h 0 \u003d h + h 1 \u003d 300 + 1.28 \u003d 301.28 m.
Dahil ang
Ang mga graph ng paggalaw ng bagay ay minarkahan ng 3 sa figure.
Halimbawa 11. Mula sa isang lobo na pababang sa isang pare-pareho ang bilis ng 2 m/s, ang isang load ay itinapon patayo pataas sa bilis na 18 m/s na may kaugnayan sa lupa. Tukuyin ang distansya sa pagitan ng bola at ng load sa sandaling maabot ng load ang pinakamataas na punto ng pagtaas nito. Pagkatapos ng anong oras lilipad ang bigat sa bola, bumagsak.
Ibinigay: v 01 = 2 m/s, v 02 =18 m/s
Hanapin: s-? τ-?
Solusyon. Idirekta natin ang 0Y axis nang patayo pataas, ang pinagmulan ay katugma sa punto 0, kung saan ang bola ay nasa sandali ng paghagis ng load.
Pagkatapos ay ang mga equation ng paggalaw ng kargamento at ang lobo:
Ang bilis ng paggalaw ng load ay nag-iiba ayon sa batas v 2 =v 02 - gt.
Sa pinakamataas na punto Sa pag-angat ng load v 2 =0. Pagkatapos ang oras ng pag-angat sa puntong ito Ang coordinate ng load sa punto B
Sa panahong ito, ang lobo ay bumaba sa punto A; coordinate nito
Distansya sa pagitan ng mga punto A at B:
Pagkatapos ng isang agwat ng oras τ, kapag ang bato ay lumipad lampas sa bola, ang mga coordinate ng mga katawan ay magiging pareho: y 1C = y 2C;
Halimbawa 12. Sa anong bilis at sa anong kurso dapat lumipad ang isang eroplano upang lumipad ng 300 km sa hilaga sa loob ng dalawang oras, kung sa panahon ng paglipad ay humihip ang hanging hilagang-kanluran sa isang anggulo na 30 o sa meridian sa bilis na 27 km / h?
Ibinigay: t=7.2∙10 3 s; l=3∙10 5 m; α=30° ≈ 0.52 rad; v 2 ≈7.2 m/s.
Hanapin: v 2 -? φ-?
Solusyon. Isaalang-alang natin ang paggalaw ng isang sasakyang panghimpapawid sa isang frame of reference na konektado sa lupa.
Iguhit natin ang OX axis sa direksyon sa silangan, at ang OY axis - sa hilaga. Pagkatapos ang bilis ng sasakyang panghimpapawid sa napiling frame ng sanggunian
kung saan ang v= l/t(2)
Equation (1) sa projection sa axis
OK: 0=v 1 ∙sinα – v 2 ∙sinφ;
OY: v= v 2 ∙cosφ - v 1 ∙cosα, o v 1 ∙sinα = v 2 ∙sinφ, v 2 ∙cosφ=v 1 ∙cosα + v (3)
Sa paghahati ng mga equation na ito sa pamamagitan ng termino, makukuha natin ang tgφ=v 1 sinα/(v 1 cosα+ v),
o isinasaalang-alang (2)
tgφ=v 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t);
φ=arctgv 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t) ≈0.078 rad.
Ang pag-squaring sa kanan at kaliwang bahagi ng mga equation (3) at pagdaragdag ng mga resultang equation, makikita natin
v 2 2 ∙sin 2 φ + v 2 2 ∙cos 2 φ = v 1 2 sin 2 α+ (v 1 ∙cosα + v) 2 ,
saan, o isinasaalang-alang (2)
Halimbawa 13 Ang isang katawan na itinapon nang patayo pataas ay babalik sa lupa pagkatapos ng t=3 s. Hanapin ang taas ng katawan at ang paunang bilis nito.
Solusyon. Ang pataas na paggalaw ng katawan ay pantay na mabagal sa acceleration - g at nangyayari sa paglipas ng panahon t 1 , at ang pababang kilusan ay pare-parehong pinabilis sa acceleration g at nangyayari sa panahon t 2. Ang mga equation na naglalarawan ng paggalaw sa mga seksyong AB at BA ay bumubuo ng isang sistema:
Dahil v B =0, pagkatapos v 0 =gt 1 . Ang pagpapalit ng v 0 sa unang equation ng system, makuha namin ang . Kung ihahambing natin ang expression na ito sa ikatlong equation ng system, maaari nating tapusin na ang oras ng pag-akyat ay katumbas ng oras ng pagbaba t 1 =t 2 =t/2=1.5s. Ang paunang bilis at bilis sa landing ay katumbas ng isa't isa at v 0 =v A =gt 1 =9.8∙1.5=14.7 m/s.
taas ng katawan
Halimbawa 14 Isang malayang bumabagsak na katawan sa huling segundo ng paggalaw ay dumaan sa kalahati ng daan. Hanapin ang taas kung saan ito itinapon at ang oras na kinuha upang lumipat.
Solusyon. Ang pag-asa ng distansya na naglakbay sa oras para sa isang malayang bumabagsak na katawan. Dahil ang seksyon BC, na bumubuo sa kalahati ng buong landas, ay naipasa sa isang oras na katumbas ng 1 s, ang unang kalahati ng landas AB ay naipasa sa oras (t-1) s. Kung gayon ang paggalaw sa bahagi ng BC ay maaaring ilarawan bilang .
Paglutas ng sistema
nakukuha natin ang t 2 -4t+2=0. Ang mga ugat ng equation na ito ay t 1 \u003d 3.41 s at t 2 \u003d 0.59 s. Ang pangalawang ugat ay hindi angkop, dahil ang oras ng paggalaw, batay sa kondisyon ng problema, ay dapat lumampas sa isang segundo. Samakatuwid, ang katawan ay nahulog sa loob ng 3.41 s at sa panahong ito tinakpan nito ang landas 
Halimbawa 15 Ang isang bato ay inihagis nang pahalang mula sa isang tore na may taas na 25 m na may bilis na 15 m/s.
Hanapin: 1) kung gaano katagal ang paggalaw ng bato, 2) sa anong distansya ito mahuhulog sa lupa, 3) kung gaano kabilis ito mahulog sa lupa, 4) kung anong anggulo ang gagawin ng tilapon ng bato sa abot-tanaw sa punto ng pagbagsak nito sa lupa. Hindi pinapansin ang air resistance.
Ibinigay: H=25 m, v o =15 m/s
Hanapin: t-? s x - ? v-? φ-?
Solusyon. Ang paggalaw ng isang bato na inihagis nang pahalang ay maaaring mabulok sa dalawa: pahalang s x at patayo s y:
kung saan ang t ay ang oras ng paggalaw.
2) s x \u003d v o t \u003d 33.9 m;
3) v y \u003d gt \u003d 22.1 m / s;
4) sinφ= v y /v=0.827;
Halimbawa 16 Ang isang katawan ay itinapon nang pahalang mula sa isang tore na may taas na 25 m na may bilis na v x =10 m/s.
Hanapin: 1) ang oras t ng pagbagsak ng katawan, 2) sa anong distansya l mula sa base ng tore ito ay babagsak, 3) ang bilis v sa dulo ng pagkahulog, 4) ang anggulo na gagawin ng tilapon ng katawan sa lupa sa punto ng paglapag nito.
Solusyon. Ang galaw ng katawan ay kumplikado. Nakikilahok ito sa pare-parehong paggalaw kasama ang pahalang at pare-parehong pinabilis na may acceleration g kasama ang patayo. Samakatuwid, ang seksyon AB ay inilalarawan ng mga equation:
Para sa punto A, ang mga equation na ito ay nasa anyo:
Pagkatapos l\u003d 10 2.26 \u003d 22.6 m, at v y \u003d 9.8 2.26 \u003d 22.15 m / s.
Dahil, kung gayon
Ang anggulo na ginagawa ng tilapon sa lupa ay katumbas ng anggulo φ sa tatsulok ng mga bilis sa punto A, ang tangent kung saan 
, samakatuwid φ=68.7°.
Halimbawa 17. Para sa isang katawan na itinapon na may pahalang na bilis v x \u003d 10 m / s, pagkatapos ng isang oras t \u003d 2 s pagkatapos ng pagsisimula ng paggalaw, hanapin ang: normal, tangential at buong acceleration, pati na rin ang radius ng curvature ng trajectory sa puntong ito.
Solusyon. Vertical velocity component v y =gt=9.8∙2=19.6 m/s
Bilis sa punto A:
Ang mga vector ay bumubuo ng isang tatsulok ng mga bilis, at ang mga vector ay bumubuo ng isang tatsulok ng mga acceleration. Tulad ng makikita mula sa figure, ang mga tatsulok na ito ay magkatulad, na nangangahulugan na ang kanilang mga gilid ay proporsyonal: .
Normal acceleration, kaya ang radius ng curvature ng trajectory
Halimbawa 18. Ang isang bola ay inihagis sa bilis na 10 m/s sa isang anggulo na 40° sa pahalang.
Hanapin: 1) sa kung anong taas ang bola ay tataas; 2) sa anong distansya mula sa lugar ng paghagis ang bola ay mahuhulog sa lupa, 3) kung gaano ito katagal sa paggalaw.
Ibinigay: v o \u003d 10 m / s, α \u003d 40 tungkol sa.
Hanapin: s y - ? s x - ? t-?
Solusyon. 1) Hanapin natin ang pinakamataas na taas s y max , kung saan tumataas ang isang katawan na may bilis na v o ng isang anggulo α sa abot-tanaw. Mayroon kaming (tingnan ang fig.):
v y \u003d v o sinα - gt; (1)
s y \u003d v o t∙sinα - gt 2 / 2. (2)
Sa tuktok v y = 0 at mula sa (1) makuha natin ang v o ∙sin𝛼 = gt 1 , kaya ang oras ng pag-angat ng bola t 1 =v o ∙sinα/g. Ang pagpapalit ng t 1 sa (2), nakukuha natin
s y max \u003d v o 2 ∙ sin 2 α / (2g) \u003d 2.1 m.
2) Hanapin ang saklaw ng paglipad s x max ng isang katawan na itinapon sa isang anggulo sa abot-tanaw.
Mayroon kaming: v x \u003d v o cosα , (3)
s x =v x t=v o t∙cosα. (4)
Ang katawan ay mahuhulog sa isang pahalang na eroplano sa oras t 2 =2t 1 =2v o sinα/g.
Ang pagpapalit ng t 2 sa (4), makuha natin ang 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.
Halimbawa 19. Ang katawan ay itinapon na may bilis na v 0 =10 m/s 2 sa isang anggulo α=30° sa abot-tanaw. Sa anong taas tataas ang katawan? Sa anong distansya mula sa kung saan ito itinapon ay tatama ito sa lupa? Gaano siya katagal magmove-on?
Solusyon. Pahalang at patayong mga bahagi ng paunang bilis
Ang paggalaw sa seksyon ng OA ay maaaring mabulok sa dalawang simpleng paggalaw: pare-parehong pahalang at pare-parehong pinabagal patayo:
Sa puntong A
Pagkatapos 
At
Kung ang katawan ay nakikilahok nang sabay-sabay sa ilang mga paggalaw, pagkatapos ay nakikilahok ito sa bawat isa sa kanila nang nakapag-iisa sa isa, samakatuwid, ang oras ng paggalaw sa seksyong AB ay tinutukoy ng oras ng paggalaw pababa - t 2. Ang oras upang umakyat ay katumbas ng oras upang lumipat pababa, na nangangahulugan na
Sa pare-parehong pahalang na paggalaw, ang katawan ay naglalakbay ng pantay na mga seksyon ng landas sa pantay na pagitan ng oras, samakatuwid,
Saklaw ng paglipad
taas ng katawan
Halimbawa 20. Ang punto ay gumagalaw nang patuwid sa eroplano ayon sa batas x=4(t-2) 2 . Ano ang paunang bilis v 0 at ang acceleration ng punto a? Hanapin ang instant na bilis ng punto v t =5 sa simula ng ikalimang segundo ng paggalaw.
Solusyon.
1) Dahil v=x’, pagkatapos ay v 0 =(4∙(t-2) 2)’=(4∙(t 2 -4t+4))’=(4t 2 -16t+16)’=8t-16
sa t=0 v 0 =-16 m/s.
2) Dahil a= , pagkatapos ay a=(8t-16)’=8 m/s.
3) Sa t=4, dahil 4 s ang lumipas bago ang simula ng 5 s.
v t \u003d 5 \u003d 8t-16 \u003d 8 ∙ 4-16 \u003d 32 m / s.
Sagot: Paunang punto ng bilis v 0 =-16 m/s, acceleration a=8 m/s, punto ng bilis sa simula ng ikalimang segundo ng paggalaw v t =5 =32 m/s.
Halimbawa 21. Ang paggalaw ng isang materyal na punto ay inilalarawan ng mga equation: a) s=αt 3 ; b) s=αt 2 +βt. Ihambing ang average na bilis at ang arithmetic mean ng inisyal at huling bilis v cf sa pagitan ng oras 0 - t. Narito ang α at β ay mga positibong pare-pareho.
Solusyon. Alalahanin ang mga kahulugan ng average at instantaneous speed:
Ang mga expression para sa madalian na bilis ay nakukuha sa pamamagitan ng pagkakaiba-iba ng equation ng paggalaw.
Ang mga expression para sa average na bilis ay matatagpuan bilang ang ratio ng pagbabago sa curvilinear coordinate sa oras:
Kumuha kami ng mga expression para sa arithmetic mean speed:
Sagutin natin ang tanong ng mga kondisyon ng problema. Makikita na kung sakaling "a" ang average at arithmetic mean na mga bilis ay hindi nag-tutugma, at kung sakaling "b" ang mga ito.
Halimbawa 22. Ang isang materyal na punto ay gumagalaw nang pantay-pantay sa isang curvilinear trajectory. Sa anong punto sa trajectory ang maximum na acceleration?
Solusyon. Kapag gumagalaw sa isang hubog na landas, ang acceleration ay ang kabuuan ng tangential at normal. Tinutukoy ng tangential acceleration ang bilis ng pagbabago sa halaga (modulus) ng bilis. Kung ang bilis ay hindi nagbabago, ang tangential acceleration ay zero. Ang normal na acceleration ay nakasalalay sa radius ng curvature ng trajectory a n = v 2/R. Ang acceleration ay maximum sa punto na may pinakamaliit na radius ng curvature, i.e. sa punto C.
Halimbawa 23. Ang materyal na punto ay gumagalaw ayon sa batas: 
1) Tukuyin ang inisyal na coordinate, inisyal na bilis at acceleration sa pamamagitan ng paghahambing sa batas ng paggalaw na may pare-parehong acceleration. Isulat ang equation para sa velocity projection.
Solusyon. Ang batas ng paggalaw na may patuloy na pagbilis ay may anyo
Ang paghahambing ng equation na ito sa equation ng kondisyon ng problema, nakuha namin
x 0 = - 1 m,
v 0 x = 1 m/s,
a x \u003d - 0.25 m / s 2.
Ang tanong ay lumitaw: ano ang kahulugan ng minus sign? Kailan negatibo ang projection ng isang vector? Lamang kung ang vector ay nakadirekta laban sa coordinate axis.
Ilarawan natin ang paunang coordinate, velocity at acceleration vectors sa figure.
Isinulat namin ang equation para sa bilis sa form
at palitan ang nakuhang data dito (mga paunang kondisyon)
2) Hanapin ang dependence ng bilis at acceleration sa oras, gamit ang mga kahulugan ng mga dami na ito.
Solusyon. Inilapat namin ang mga kahulugan para sa mga agarang halaga ng bilis at acceleration:
Differentiating, nakukuha natin v x \u003d 1-0.25t, isang x \u003d - 0.25 m / s 2.
Ito ay makikita na ang acceleration ay hindi nakasalalay sa oras.
3) Bumuo ng mga graph v x (t) at isang x (t). Ilarawan ang paggalaw sa bawat seksyon ng graph.
Solusyon. Ang pag-asa ng bilis sa oras ay linear, ang graph ay isang tuwid na linya.
Sa t \u003d 0 v x \u003d 1 m / s. Sa t = 4 na may v x = 0.
Makikita mula sa graph na sa seksyong "a" ang velocity projection ay positibo, at ang halaga nito ay bumababa, i.e. mabagal na gumagalaw ang punto sa direksyon ng x-axis. Sa seksyong "b", ang velocity projection ay negatibo, at ang modulus nito ay tumataas. Ang punto ay gumagalaw nang may acceleration sa direksyon na kabaligtaran sa x-axis. Samakatuwid, sa punto ng intersection ng graph na may abscissa axis, nangyayari ang isang pagliko, isang pagbabago sa direksyon ng paggalaw.
4) Tukuyin ang coordinate ng turning point at ang landas patungo sa turn.
Solusyon. Muli, tandaan namin na sa punto ng pagliko, ang bilis ay zero. Para sa estadong ito, mula sa mga equation ng paggalaw ay nakukuha natin:
Mula sa pangalawang equation na nakukuha natin t pov = 4 s. (Makikita na upang makuha ang halagang ito, hindi kinakailangan na bumuo at magsuri ng isang graph). Palitan ang halagang ito sa unang equation: x pov \u003d -1 + 4-4 2 / 8 \u003d 1 m. Ilarawan natin kung paano lumipat ang punto.
Ang landas patungo sa pagliko, gaya ng makikita mula sa pigura, ay katumbas ng pagbabago sa mga coordinate: s turn =x turn -x 0 =1-(-1)=2 m.
5) Sa anong punto ng oras dumadaan ang punto sa pinagmulan?
Solusyon. Sa equation ng paggalaw, dapat ilagay ang x = 0. Kumuha kami ng quadratic equation 0 \u003d -1 + t-t 2 / 8 o t 2 -8t + 8 \u003d 0. Ang equation na ito ay may dalawang ugat: 
. t 1 \u003d 1.17 s, t 2 \u003d 6.83 s. Sa katunayan, ang punto ay dumadaan sa pinagmulan ng dalawang beses: kapag lumilipat "doon" at "pabalik".
6) Hanapin ang landas na nilakbay ng punto sa loob ng 5 segundo pagkatapos ng pagsisimula ng paggalaw, at ang paggalaw sa panahong ito, pati na rin ang average na bilis ng lupa sa seksyong ito ng landas.
Solusyon. Una sa lahat, hanapin natin ang coordinate kung saan ang punto ay naging pagkatapos ng 5 segundo ng paggalaw at markahan ito sa figure.
x(5)=-1+5-5 2/8= 0.875 m.
Dahil ang punto ay nasa ganitong estado pagkatapos ng pagliko, ang landas na dinaanan ay hindi na katumbas ng pagbabago sa coordinate (pag-alis), ngunit binubuo ng dalawang termino: ang landas patungo sa pagliko
s 1 \u003d x pov - x 0 \u003d 1 - (-1) \u003d 2 m
at pagkatapos lumiko
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.
Ang pag-aalis ng punto ay
s x \u003d x (5) - x 0 \u003d 0.875 - (-1) \u003d 1.875 m
Ang average na bilis ng lupa ay kinakalkula ng formula
Sa isinasaalang-alang na problema, ang isa sa mga pinakasimpleng uri ng paggalaw ay inilarawan - ang paggalaw na may patuloy na pagbilis. Gayunpaman, ang pamamaraang ito sa pagsusuri ng kalikasan ng paggalaw ay pangkalahatan.
Halimbawa 24. Sa isang-dimensional na paggalaw na may patuloy na pagbilis, ang mga dependency ng coordinate at bilis ng particle sa oras ay inilarawan ng mga relasyon:
Magtatag ng isang relasyon sa pagitan ng coordinate ng isang particle at ang bilis nito.
Solusyon. Ibinubukod namin ang oras t mula sa mga equation na ito. Upang gawin ito, ginagamit namin ang paraan ng pagpapalit. Mula sa pangalawang equation ipinapahayag namin ang oras at palitan sa unang equation:
Kung ang paggalaw ay nagsisimula sa pinanggalingan ( X 0 =0) mula sa pahinga ( v 0 x =0), pagkatapos ay ang nagresultang pag-asa ay tumatagal ng anyo
kilala sa kursong pisika ng paaralan.
Halimbawa 25. Ang paggalaw ng isang materyal na punto ay inilalarawan ng equation: , kung saan ang i at j ay ang orts ng x at y axes, ang α at β ay positive constants. Sa unang sandali ng oras, ang particle ay nasa punto x 0 =y 0 =0. Hanapin ang particle trajectory equation na y(x).
Solusyon. Ang kondisyon ng problema ay nabuo gamit ang paraan ng vector ng paglalarawan ng paggalaw. Lumipat tayo sa pamamaraan ng coordinate. Ang mga coefficient sa mga unit vector ay mga projection ng velocity vector, lalo na:
Una, nakukuha natin ang mga dependency na x(t) at y(t) sa pamamagitan ng paglutas sa problema ng unang klase.
Halimbawa 28. Mula sa isang tore na mataas h nagbato ng napakabilis v 0 sa isang anggulo α sa abot-tanaw. Hanapin:
1) kung gaano katagal ang bato ay kumikilos;
2) sa anong distansya ito mahuhulog sa lupa;
3) kung gaano kabilis ito mahulog sa lupa;
4) anong anggulo β ang magiging trajectory ng bato na may abot-tanaw sa punto ng pagbagsak nito;
5) normal at tangential accelerations ng bato sa puntong ito, pati na rin ang radius ng curvature ng trajectory;
6) ang pinakamalaking taas ng bato.
Huwag pansinin ang air resistance.
Solusyon. Gamit ang problemang ito bilang isang halimbawa, ipapakita namin kung paano, sa isang pangkalahatang anyo, maaaring maitatag ng isa ang algorithm sa itaas para sa paglutas ng anumang problema ng isang naibigay na klase.
1. Isinasaalang-alang ng problema ang paggalaw ng isang materyal na punto (bato) sa gravity field ng Earth. Samakatuwid, ito ay isang paggalaw na may pare-parehong acceleration ng gravity g, na nakadirekta patayo pababa.
Ano ang free fall? Ito ang pagbagsak ng mga katawan sa Earth sa kawalan ng air resistance. Sa madaling salita, nahuhulog sa kawalan. Siyempre, ang kawalan ng air resistance ay isang vacuum na hindi matatagpuan sa Earth sa ilalim ng normal na mga kondisyon. Samakatuwid, hindi namin isasaalang-alang ang puwersa ng paglaban ng hangin, kung isasaalang-alang ito na napakaliit na maaari itong mapabayaan.
Pagpapabilis ng grabidad
Sa pagsasagawa ng kanyang sikat na mga eksperimento sa Leaning Tower ng Pisa, nalaman ni Galileo Galilei na ang lahat ng mga katawan, anuman ang kanilang masa, ay nahuhulog sa Earth sa parehong paraan. Iyon ay, para sa lahat ng mga katawan, ang acceleration ng libreng pagkahulog ay pareho. Ayon sa alamat, ang siyentipiko ay naghagis ng mga bola ng iba't ibang masa mula sa tore.
Pagpapabilis ng grabidad
Acceleration of free fall - ang acceleration kung saan ang lahat ng mga katawan ay nahuhulog sa Earth.
Ang free fall acceleration ay humigit-kumulang katumbas ng 9.81 m s 2 at tinutukoy ng letrang g. Minsan, kapag ang katumpakan ay hindi pangunahing mahalaga, ang acceleration dahil sa gravity ay bilugan hanggang 10 m s 2 .
Ang mundo ay hindi isang perpektong globo, at sa iba't ibang mga punto sa ibabaw ng mundo, depende sa mga coordinate at taas sa ibabaw ng dagat, ang halaga ng g ay nag-iiba. Kaya, ang pinakamalaking acceleration ng libreng pagkahulog ay nasa mga pole (≈ 9, 83 m s 2), at ang pinakamaliit ay nasa ekwador (≈ 9, 78 m s 2) .
Free fall na katawan
Isaalang-alang ang isang simpleng halimbawa ng libreng pagkahulog. Hayaang mahulog ang ilang katawan mula sa taas na h na may zero na paunang bilis. Ipagpalagay na itinaas natin ang piano sa taas na h at mahinahon itong binitawan.
Libreng pagkahulog - rectilinear motion na may patuloy na pagbilis. Idirekta natin ang coordinate axis mula sa punto ng paunang posisyon ng katawan patungo sa Earth. Ang paglalapat ng mga formula ng kinematics para sa rectilinear uniformly accelerated motion, maaari kang sumulat.
h = v 0 + g t 2 2 .
Dahil ang paunang bilis ay zero, muli naming isinusulat:
Mula dito, ang expression para sa oras ng pagbagsak ng katawan mula sa taas h ay matatagpuan:
Isinasaalang-alang na v \u003d g t, nakita namin ang bilis ng katawan sa oras ng taglagas, iyon ay, ang maximum na bilis:
v = 2 h g · g = 2 h g .
Katulad nito, maaari nating isaalang-alang ang paggalaw ng isang katawan na itinapon nang patayo paitaas na may isang tiyak na paunang bilis. Halimbawa, nagsusuka kami ng bola.
Hayaang idirekta ang coordinate axis nang patayo pataas mula sa punto ng pagkahagis ng katawan. Sa pagkakataong ito ang katawan ay gumagalaw nang pantay na mabagal, nawawala ang bilis. Sa pinakamataas na punto, ang bilis ng katawan ay zero. Gamit ang mga kinematic formula, maaari nating isulat:
Ang pagpapalit ng v = 0 , hinahanap namin ang oras para sa katawan na tumaas sa pinakamataas na taas:
Ang oras ng taglagas ay tumutugma sa oras ng pagtaas, at ang katawan ay babalik sa Earth pagkatapos ng t = 2 v 0 g.
Pinakamataas na taas ng katawan na inihagis nang patayo:
Tingnan natin ang figure sa ibaba. Ito ay nagpapakita ng mga graph ng body velocities para sa tatlong kaso ng paggalaw na may acceleration a = - g. Isaalang-alang natin ang bawat isa sa kanila, pagkatapos tukuyin na sa halimbawang ito ang lahat ng mga numero ay bilugan, at ang acceleration ng libreng pagkahulog ay kinuha katumbas ng 10 m s 2 .
Ang unang graph ay ang pagbagsak ng isang katawan mula sa isang tiyak na taas na walang paunang bilis. Oras ng taglagas t p = 1 s. Madaling makuha mula sa mga formula at mula sa graph na ang taas kung saan nahulog ang katawan ay katumbas ng h = 5 m.
Ang pangalawang graph ay ang paggalaw ng isang katawan na itinapon patayo pataas na may paunang bilis v 0 = 10 m s. Pinakamataas na taas ng pag-angat h = 5 m. Oras ng pagtaas at oras ng pagbagsak t p = 1 s.
Ang ikatlong graph ay isang pagpapatuloy ng una. Ang bumabagsak na katawan ay tumalbog sa ibabaw at ang bilis nito ay biglang nagbabago ng senyales sa kabaligtaran. Ang karagdagang paggalaw ng katawan ay maaaring isaalang-alang ayon sa pangalawang graph.
Ang problema ng libreng pagkahulog ng isang katawan ay malapit na nauugnay sa problema ng paggalaw ng isang katawan na itinapon sa isang tiyak na anggulo sa abot-tanaw. Kaya, ang paggalaw sa isang parabolic trajectory ay maaaring kinakatawan bilang ang kabuuan ng dalawang independiyenteng paggalaw tungkol sa patayo at pahalang na mga palakol.
Sa kahabaan ng O Y axis, ang katawan ay gumagalaw nang pantay na pinabilis na may acceleration g, ang paunang bilis ng paggalaw na ito ay v 0 y. Ang paggalaw sa kahabaan ng O X axis ay pare-pareho at rectilinear, na may paunang bilis v 0 x .
Mga kondisyon para sa paggalaw sa kahabaan ng axis ng O X:
x 0 = 0; v 0 x = v 0 cos α ; isang x = 0 .
Mga kondisyon para sa paggalaw sa kahabaan ng axis ng O Y:
y 0 = 0; v 0 y = v 0 sin α ; a y = - g .
Nagpapakita kami ng mga formula para sa paggalaw ng isang katawan na itinapon sa isang anggulo sa abot-tanaw.
Oras ng paglipad ng katawan:
t = 2 v 0 sin α g .
Saklaw ng paglipad ng katawan:
L \u003d v 0 2 sin 2 α g.
Ang maximum na hanay ng flight ay nakakamit sa isang anggulo α = 45°.
L m a x = v 0 2 g .
Pinakamataas na taas ng pag-aangat:
h \u003d v 0 2 kasalanan 2 α 2 g.
Tandaan na sa totoong mga kondisyon, ang paggalaw ng isang katawan na itinapon sa isang anggulo sa abot-tanaw ay maaaring sumunod sa isang tilapon na naiiba sa parabolic dahil sa air at wind resistance. Ang pag-aaral ng paggalaw ng mga katawan na itinapon sa kalawakan ay isang espesyal na agham - ballistics.
Kung may napansin kang pagkakamali sa text, mangyaring i-highlight ito at pindutin ang Ctrl+Enter