Kinematika - është e lehtë!

Pas hedhjes, në fluturim, forca e gravitetit vepron në trup Ft dhe forcën e rezistencës së ajrit Fs.
Nëse trupi lëviz me shpejtësi të ulët, atëherë forca e rezistencës së ajrit zakonisht nuk merret parasysh gjatë llogaritjes.
Pra, mund të supozojmë se në trup vepron vetëm forca e gravitetit, që do të thotë se lëvizja e trupit të hedhur është rënia e lirë.
Nëse kjo është një rënie e lirë, atëherë nxitimi i trupit të hedhur është i barabartë me nxitimin e rënies së lirë. g.
Në lartësi të ulëta në lidhje me sipërfaqen e Tokës, forca e gravitetit Ft praktikisht nuk ndryshon, kështu që trupi lëviz me nxitim të vazhdueshëm.

Pra, lëvizja e një trupi të hedhur në një kënd me horizontin është një variant i rënies së lirë, d.m.th. lëvizje me nxitim konstant dhe një trajektore të lakuar(pasi vektorët e shpejtësisë dhe nxitimit nuk përkojnë në drejtim).

Formulat për këtë lëvizje në formë vektoriale: Për të llogaritur lëvizjen e trupit, zgjidhni sistem drejtkëndor Koordinatat XOY, sepse trajektorja e trupit është një parabolë e shtrirë në rrafshin që kalon nëpër vektorët Ft dhe Vo.
Origjina e koordinatave zakonisht zgjidhet të jetë pika në të cilën trupi i hedhur fillon të lëvizë.

Në çdo moment të kohës, ndryshimi i shpejtësisë së lëvizjes së trupit në drejtim përkon me nxitimin.

Vektori i shpejtësisë së një trupi në çdo pikë të trajektores mund të zbërthehet në 2 përbërës: vektori V x dhe vektori V y.
Në çdo moment të kohës, shpejtësia e trupit do të përcaktohet si shuma gjeometrike e këtyre vektorëve:

Sipas figurës, projeksionet e vektorit të shpejtësisë në boshtet koordinative OX dhe OY duken kështu:

Llogaritja e shpejtësisë së trupit në çdo kohë:

Llogaritja e lëvizjes së trupit në çdo kohë:

Çdo pikë në trajektoren e lëvizjes së trupit korrespondon me koordinatat X dhe Y:

Formulat e llogaritjes për koordinatat e trupit të hedhur në çdo kohë:

Nga ekuacioni i lëvizjes, mund të nxirren formula për të llogaritur diapazonin maksimal të fluturimit L:

dhe lartësia maksimale e fluturimit H:

P.S.
1. Me shpejtësi fillestare të barabarta Vo, diapazoni i fluturimit:
- rritet nëse këndi fillestar i hedhjes rritet nga 0 o në 45 o,
- zvogëlohet nëse këndi fillestar i hedhjes rritet nga 45 o në 90 o.

2. Në kënde fillestare të barabarta të hedhjes, diapazoni i fluturimit L rritet me rritjen e shpejtësisë fillestare Vo.

3. Një rast i veçantë i lëvizjes së një trupi të hedhur në një kënd me horizontalen është lëvizja e një trupi të hedhur horizontalisht, ndërsa këndi fillestar i hedhjes është zero.

Le të jetë një trup i hedhur në një kënd α në horizontale me një shpejtësi . Si në rastet e mëparshme, ne do të neglizhojmë rezistencën e ajrit. Për të përshkruar lëvizjen, është e nevojshme të zgjidhni dy boshte koordinative - Ox dhe Oy (Fig. 29).

Fig.29

Pika e referencës është në përputhje me pozicionin fillestar të trupit. Projeksionet e shpejtësisë fillestare në boshtet Oy dhe Ox: , . Projeksionet e përshpejtimit: ,

Pastaj lëvizja e trupit do të përshkruhet nga ekuacionet:

(8)

(9)

Nga këto formula rezulton se në drejtimin horizontal trupi lëviz në mënyrë të njëtrajtshme, dhe në drejtim vertikal - i përshpejtuar në mënyrë të njëtrajtshme.

Trajektorja e trupit do të jetë një parabolë. Duke marrë parasysh se në pikën e sipërme të parabolës, ne mund të gjejmë kohën që i duhet trupit për t'u ngritur në pikën e sipërme të parabolës:

Duke zëvendësuar vlerën e t 1 në ekuacionin (8), gjejmë lartësinë maksimale të trupit:

Lartësia maksimale e ngritjes së trupit.

Kohën e fluturimit të trupit e gjejmë nga kushti që në t=t 2 koordinata y 2 =0. Prandaj, . Prandaj, - koha e fluturimit të trupit. Duke e krahasuar këtë formulë me formulën (10), shohim se t 2 = 2t 1.

Koha e lëvizjes së trupit nga lartësia maksimale është t 3 =t 2 -t 1 =2t 1 -t 1 =t 1. Rrjedhimisht, koha që i duhet një trupi për t'u ngritur në lartësinë e tij maksimale është e njëjta kohë që i duhet për të zbritur nga kjo lartësi. Duke zëvendësuar vlerën e kohës t 2 në ekuacionin e koordinatave x (6), gjejmë:

- diapazoni i fluturimit të trupit.

Shpejtësia e menjëhershme në çdo pikë të trajektores drejtohet në mënyrë tangjenciale me trajektoren (shih Fig. 29), moduli i shpejtësisë përcaktohet nga formula

Kështu, lëvizja e një trupi të hedhur në një kënd me horizontin ose në një drejtim horizontal mund të konsiderohet si rezultat i dy lëvizjeve të pavarura - uniforme horizontale dhe vertikale e përshpejtuar në mënyrë uniforme (rënia e lirë pa shpejtësi fillestare ose lëvizja e një trupi të hedhur vertikalisht lart).

Le të shqyrtojmë se cili mund të jetë qëllimi i problemeve kinematike.

1. Mund të na interesojë ndryshimi i sasive kinematike në procesi i lëvizjes, d.m.th. marrjen e informacionit për ndryshimet në koordinatat, shpejtësinë, nxitimin, si dhe vlerat këndore përkatëse.

2. Në një sërë problemesh, për shembull, në problemin e lëvizjes së një trupi në një kënd me horizontin, kërkohet të mësohet për vlerat e sasive fizike në kushte specifike: diapazoni i fluturimit, ngritja maksimale, etj.

3. Në rastet kur një trup merr pjesë njëkohësisht në disa lëvizje (për shembull, rrotullimi i një topi) ose merret parasysh lëvizja relative e disa trupave, bëhet e nevojshme të vendosen marrëdhënie midis zhvendosjeve, shpejtësive dhe nxitimeve (lineare dhe këndore). dmth. gjeni ekuacionet lidhje kinematike.

Pavarësisht nga shumëllojshmëria e madhe e problemeve kinematike, mund të propozohet algoritmi i mëposhtëm për zgjidhjen e tyre:

1. Bëni një vizatim skematik, duke paraqitur pozicionin fillestar të trupave dhe gjendjen e tyre fillestare, d.m.th. Dhe .

2. Zgjidhni një sistem referimi bazuar në një analizë të kushteve të problemit. Për ta bërë këtë, ju duhet të zgjidhni një trup referencë dhe të lidhni një sistem koordinativ me të, duke treguar origjinën e koordinatave, drejtimin e boshteve të koordinatave dhe momentin e fillimit të referencës kohore. Kur zgjedhin drejtime pozitive, ato udhëhiqen nga drejtimi i lëvizjes (shpejtësia) ose drejtimi i nxitimit.

3. Bazuar në ligjet e lëvizjes, përpiloni një sistem ekuacionesh në formë vektoriale për të gjithë trupat, dhe më pas në formë skalare, duke i projektuar këto ekuacione vektoriale të lëvizjes në boshtet koordinative. Kur shkruani këto ekuacione, duhet t'i kushtoni vëmendje shenjave "+" dhe "-" të projeksioneve të sasive vektoriale të përfshira në to.

4. Përgjigja duhet të merret në formën e një formule analitike (në pamje e përgjithshme), dhe në fund bëni llogaritjet numerike.

Shembulli 4. Për sa kohë një pasagjer i ulur në dritaren e një treni që udhëton me një shpejtësi prej 54 km/h do të shohë një tren që vjen nga afër, shpejtësia e të cilit është 36 km/h dhe gjatësia e tij është 250 m?

Zgjidhje. Ne do të lidhim kornizën fikse të referencës me Tokën, dhe kornizën lëvizëse me trenin në të cilin ndodhet pasagjeri. Sipas ligjit të shtimit të shpejtësive, ku është shpejtësia e trenit që vjen në krahasim me të parën. Në projeksionet në boshtin Ox:

Meqenëse shtegu i përshkuar nga treni që vjen në krahasim me të parën është i barabartë me gjatësinë e trenit, atëherë koha

Shembulli 5. Avullores i duhet 5,0 ditë nga Nizhny Novgorod në Astrakhan, dhe 7,0 ditë mbrapa. Sa kohë do të udhëtojë trapi nga Nizhny Novgorod në Astrakhan? Shmangni parkimin dhe vonesat në trafik.

Jepet: t 1 =5 ditë, t 2 =7 ditë.

Zgjidhje. Ne do të lidhim kornizën fikse të referencës me bregun, dhe atë lëvizëse me ujin. Do të supozojmë se shpejtësia e ujit është e njëjtë gjatë gjithë udhëtimit dhe shpejtësia e anijes me avull në raport me ujin është konstante dhe e barabartë me modulin e shpejtësisë së menjëhershme të anijes me avull në raport me ujin.

Meqenëse trapi lëviz në lidhje me bregun me shpejtësinë e rrjedhës së lumit, atëherë koha e lëvizjes së saj është , ku s është distanca midis qyteteve. Kur një anije me avull lëviz me rrymën, shpejtësia e saj është sipas ligjit të shtimit të shpejtësive, ose në projeksione në boshtin Ox:

ku është shpejtësia e anijes në raport me bregun, është shpejtësia e anijes në raport me lumin.

Duke ditur kohën e lëvizjes, mund të gjeni shpejtësinë:

Nga formula (1) dhe (2) kemi:

Kur anija është duke lëvizur kundër rrymës, ose në projeksione në boshtin Ox, ku është shpejtësia e anijes në raport me bregun.

Në anën tjetër,. Pastaj

Duke zgjidhur sistemin e ekuacioneve (3) dhe (4) për , marrim:

Le të gjejmë kohën e lëvizjes së trap:

Shembulli 6. Me lëvizje të përshpejtuar në mënyrë të njëtrajtshme, trupi udhëton në dy periudhat e para të barabarta të njëpasnjëshme kohore, 4,0 s secila, përgjatë shtigjeve s 1 = 24 m dhe s 2 = 64 m, përkatësisht. Përcaktoni shpejtësinë fillestare dhe nxitimin e trupit.

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

Zgjidhje. Le të shkruajmë ekuacionet e rrugës për s 1 dhe (s 1 + s 2), respektivisht. Meqenëse shpejtësia fillestare në këtë rast është e njëjtë, atëherë

Meqenëse t1=t2, atëherë

Duke u shprehur nga (1) dhe duke e zëvendësuar me (2), marrim:

Pastaj shpejtësia fillestare

Shembulli 7. Një makinë, duke lëvizur përgjatë një rruge të drejtë të përshpejtuar në mënyrë të njëtrajtshme me një shpejtësi fillestare prej 5.0 m/s, përshkoi një distancë prej 6.0 m në sekondën e parë Gjeni nxitimin e makinës, shpejtësinë e menjëhershme në fund të sekondës së dytë zhvendosja në 2.0 s.

Zgjidhje. Duke ditur rrugën e përshkuar nga trupi në sekondën e parë, mund të gjeni nxitimin:

Ne e gjejmë shpejtësinë në fund të sekondës së dytë duke përdorur formulën

Shembulli 8. X) ka formën x = A + Bt + Ct 3, ku A = 4 m, B = 2 m/s, C = -0,5 m/s 3.

Për momentin e kohës t 1 =2 s, caktoni: 1) koordinatën e pikës x 1 pikë; 2) shpejtësia e menjëhershme v 1; 3) nxitimi i menjëhershëm a 1.

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

Gjeni: x 1 ; v 1 ; a 1.

Zgjidhje. 1. Zëvendësoni vlerën e caktuar kohore t 1 në ekuacionin e lëvizjes në vend të t: x 1 = A + Bt 1 + Ct 1 3. Le të zëvendësojmë vlerat A, B, C, t 1 në këtë shprehje dhe të kryejmë llogaritjet: x 1 = 4 m.

2. Shpejtësia e menjëhershme: Atëherë në kohën t 1 shpejtësia e menjëhershme është v 1 = B + 3Ct 1 2 . Le të zëvendësojmë këtu vlerat B, C, t 1: v 1 = – 4 m/s. Shenja minus tregon se në kohën t 1 =2 s pika lëviz në drejtim negativ të boshtit koordinativ.

3. Nxitimi i menjëhershëm: Nxitimi i menjëhershëm në kohën t 1 është i barabartë me a 1 = 6Сt 1 . Le të zëvendësojmë vlerat e C, t 1: a 1 = –6 m/s 2. Shenja minus tregon se drejtimi i vektorit të nxitimit përkon me drejtimin negativ të boshtit të koordinatave dhe në kushtet e këtij problemi kjo ndodh për çdo moment në kohë.

Shembulli 9. Ekuacioni kinematik i lëvizjes së një pike materiale përgjatë një vije të drejtë (bosht X) ka formën x = A + Bt + Ct 2, ku A = 5 m, B = 4 m/s, C = -1 m/s 2. Përcaktoni shpejtësinë mesatare v xsr për intervalin kohor nga t 1 =1 s në t 2 =6 s.

Jepet: 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.

Gjeni: v xsr -? dhe khsr -?

Zgjidhje. Shpejtësia mesatare gjatë intervalit kohor t 2 -t 1 përcaktohet me shprehjen 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.

Le të zëvendësojmë vlerat x 1, x 2, t 1, t 2 dhe të kryejmë llogaritjet: v xsr = -3 m/s.

Shembulli 10. Një ngarkesë u hodh nga një helikopter i vendosur në lartësinë h = 300 m. Sa kohë do të duhet që ngarkesa të arrijë në tokë nëse: a) helikopteri është i palëvizshëm; b) helikopteri zbret me shpejtësi v 0 =5 m/s; 3) helikopteri ngrihet me shpejtësi v 0 =5 m/s. Përshkruani grafikisht lëvizjet përkatëse të ngarkesës në akset s(t), v(t) dhe a(t).

Zgjidhje. a) Ngarkesa që del nga helikopteri i palëvizshëm bie lirshëm, d.m.th. lëviz në mënyrë të njëtrajtshme me nxitimin e gravitetit g. Kohën e lëvizjes do ta gjejmë nga relacioni Nga: Grafikët e lëvizjes së objektit janë shënuar me 1 në figurë.

b) Lëvizja e ngarkesës që largohet nga helikopteri, e cila zbret me shpejtësi konstante v 0 = 5 m/s, është një lëvizje e përshpejtuar në mënyrë të njëtrajtshme me nxitim konstant g dhe përshkruhet nga ekuacioni.

Zëvendësimi i vlerave numerike jep ekuacionin 9.8t 2 +10t-600=0.

Një rezultat negativ nuk ka kuptim fizik, kështu që koha e lëvizjes është t=7,57 s.

Grafikët e lëvizjes së objektit janë shënuar me 2 në figurë.

3) Lëvizja e ngarkesës që del nga helikopteri, e cila ngrihet me shpejtësi konstante v 0 =5 m/s, përbëhet nga dy faza. Në fazën e parë, ngarkesa lëviz po aq ngadalë me nxitim konstant g, të drejtuar në kundërshtim me shpejtësinë dhe përshkruhet nga ekuacionet

Në pikën e sipërme të trajektores, shpejtësia bëhet zero, pra

Duke zëvendësuar ekuacionin e dytë të sistemit në të parën, marrim

Në fazën e dytë - rënia e lirë nga lartësia h 0 =h+h 1 =300+1,28=301,28 m.

Sepse

Grafikët e lëvizjes së objektit janë shënuar me 3 në figurë.

Shembulli 11. Një ngarkesë hidhet vertikalisht lart nga një tullumbace që zbret me një shpejtësi konstante prej 2 m/s me një shpejtësi prej 18 m/s në raport me tokën. Përcaktoni distancën midis topit dhe ngarkesës në momentin kur ngarkesa arrin pikën më të lartë të ngritjes së saj. Sa kohë do të duhet që ngarkesa të kalojë mbi topin dhe të bjerë poshtë?

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

Gjeni: s-? τ -?

Zgjidhje. Le ta drejtojmë boshtin 0Y vertikalisht lart, origjina është e përputhshme me pikën 0, ku ishte topi në momentin e hedhjes së ngarkesës.

Atëherë ekuacionet e lëvizjes së ngarkesës dhe balonës janë:

Shpejtësia e lëvizjes së ngarkesës ndryshon sipas ligjit v 2 = v 02 – gt.

Në pikën më të lartë B të ngritjes së ngarkesës v 2 =0. Pastaj koha e ngritjes në këtë pikë Koordinata e ngarkesës në pikën B

Gjatë kësaj kohe tullumbace zbriti në pikën A; koordinata e saj

Distanca midis pikave A dhe B:

Pas një periudhe kohore τ, kur guri fluturon përtej topit, koordinatat e trupave do të jenë të njëjta: y 1C = y 2C;

Shembulli 12. Me çfarë shpejtësie dhe me çfarë drejtimi duhet të fluturojë një aeroplan për të fluturuar 300 km në veri për dy orë nëse gjatë fluturimit fryn një erë veriperëndimore me një kënd prej 30° ndaj meridianit me shpejtësi 27 km/h?

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

Gjeni: v 2 -? φ -?

Zgjidhje. Le të shqyrtojmë lëvizjen e një avioni në një kornizë referimi që lidhet me tokën.

Le të vizatojmë boshtin OX në drejtimin lindor dhe boshtin OY në drejtimin verior. Pastaj shpejtësia e avionit në kornizën e zgjedhur të referencës

ku v= l/t (2)

Ekuacioni (1) në projeksion në bosht

OX: 0=v 1 ∙sinα – v 2 ∙sinφ;

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

Duke i pjesëtuar këto ekuacione term me term, marrim tanφ=v 1 sinα/(v 1 cosα+ v),

ose duke marrë parasysh (2)

tgφ=v 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t);

φ=arctgv 1 ∙sinα/(v 1 ∙cosα+ l/t) ≈0.078 rad.

Duke vendosur në katror anën e djathtë dhe të majtë të ekuacioneve (3) dhe duke shtuar ekuacionet rezultuese, gjejmë

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

nga ku, ose duke marrë parasysh (2)

Shembulli 13. Një trup i hedhur vertikalisht lart kthehet në tokë pas t=3 s. Gjeni lartësinë e ngritjes së trupit dhe shpejtësinë e tij fillestare.

Zgjidhje. Lëvizja lart e trupit është po aq e ngadaltë dhe e përshpejtuar - g dhe ndodh me kalimin e kohës t 1, dhe lëvizja në rënie përshpejtohet në mënyrë uniforme me nxitimin g dhe ndodh me kalimin e kohës t 2. Ekuacionet që përshkruajnë lëvizjen në seksionet AB dhe BA formojnë një sistem:

Meqenëse v B = 0, atëherë v 0 =gt 1. Duke zëvendësuar v 0 në ekuacionin e parë të sistemit, marrim . Nëse e krahasojmë këtë shprehje me ekuacionin e tretë të sistemit, mund të konkludojmë se koha e ngjitjes është e barabartë me kohën e zbritjes t 1 =t 2 =t/2=1.5s. Shpejtësia fillestare dhe shpejtësia e uljes janë të barabarta me njëra-tjetrën dhe arrijnë në v 0 =v A =gt 1 =9,8∙1,5=14,7 m/s.

Lartësia e ngritjes së trupit

Shembulli 14. Në sekondën e fundit të lëvizjes, një trup që bie lirshëm ka kaluar gjysmën e distancës. Gjeni lartësinë nga e cila është hedhur dhe kohën e lëvizjes.

Zgjidhje. Varësia e distancës së përshkuar në kohë për një trup që bie lirshëm. Meqenëse seksioni BC, që përbën gjysmën e të gjithë shtegut, u mbulua në një kohë të barabartë me 1 s, atëherë gjysma e parë e shtegut AB u mbulua në kohë (t-1) s. Pastaj lëvizja në seksionin e avionit mund të përshkruhet si .

Zgjidhja e sistemit

marrim t 2 -4t+2=0. Rrënjët e këtij ekuacioni janë t 1 =3,41 s dhe t 2 =0,59 s. Rrënja e dytë nuk është e përshtatshme, sepse koha e lëvizjes, bazuar në kushtet e problemit, duhet të kalojë një sekondë. Si pasojë, trupi ra për 3.41 s dhe përshkoi një distancë gjatë kësaj kohe

Shembulli 15. Një gur hidhet horizontalisht nga një kullë 25 m e lartë me shpejtësi 15 m/s.

Gjeni: 1) sa gjatë do të jetë guri në lëvizje, 2) në çfarë largësie do të bjerë në tokë, 3) me çfarë shpejtësie do të bjerë në tokë, 4) çfarë këndi do të bëjë trajektorja e gurit me horizont në pikën e rënies së tij në tokë. Injoroni rezistencën e ajrit.

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

Gjeni: t-? s x - ? v - ? φ- ?

Zgjidhje. Lëvizja e një guri të hedhur horizontalisht mund të zbërthehet në dy: horizontale s x dhe vertikale s y:

ku t është koha e lëvizjes.

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

3) v y =gt=22.1m/s;

4) sinφ= v y /v=0,827;

Shembulli 16. Një trup hidhet horizontalisht nga një kullë 25 m e lartë me shpejtësi v x = 10 m/s.

Gjeni: 1) kohën t të trupit që bie, 2) në çfarë largësie l nga baza e kullës do të bjerë, 3) shpejtësia v në fund të rënies, 4) këndi që do të bëjë trajektorja e trupit me tokën në pikën e uljes së tij.

Zgjidhje. Lëvizja e trupit është komplekse. Merr pjesë në lëvizjen uniforme horizontalisht dhe të përshpejtuar në mënyrë të njëtrajtshme me nxitim g vertikalisht. Prandaj, seksioni AB përshkruhet nga ekuacionet:

Për pikën A, këto ekuacione marrin formën:

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

Që atëherë

Këndi që bën trajektorja me tokën është i barabartë me këndin φ në trekëndëshin e shpejtësive në pikën A, tangjentja e së cilës , pra φ=68,7°.

Shembulli 17. Për një trup të hedhur me shpejtësi horizontale v x =10 m/s, pas një kohe t=2 s pas fillimit të lëvizjes, gjeni: nxitimin normal, tangjencial dhe total, si dhe rrezen e lakimit të trajektores në këtë pikë. .

Zgjidhje. Komponenti i shpejtësisë vertikale v y =gt=9,8∙2=19,6 m/s

Shpejtësia në pikën A:

Vektorët formojnë një trekëndësh të shpejtësive, dhe vektorët formojnë një trekëndësh nxitimesh. Siç shihet nga figura, këta trekëndësha janë të ngjashëm, që do të thotë se brinjët e tyre janë proporcionale: .

Nxitimi normal, pra rrezja e lakimit të trajektores

Shembulli 18. Një top hidhet me një shpejtësi prej 10 m/s në një kënd prej 40° në horizontale.

Gjeni: 1) deri në çfarë lartësie do të ngrihet topi; 2) në cilën distancë nga vendi i hedhjes së topit do të bjerë në tokë, 3) sa kohë do të jetë në lëvizje.

Jepet: v o =10 m/s, α=40 o.

Gjeni: s y - ? s x - ? t - ?

Zgjidhje. 1) Le të gjejmë lartësinë më të madhe s y max në të cilën ngrihet një trup i hedhur me shpejtësi v o në një kënd α me horizontin. Ne kemi (shih figurën):

v y =v o sinα – gt; (1)

s y =v o t∙sinα – gt 2 /2. (2)

Në pikën e sipërme v y = 0 dhe nga (1) marrim v o ∙sin𝛼 = gt 1 , pra koha e ngritjes së topit t 1 =v o ∙sinα/g. Duke zëvendësuar t 1 në (2), marrim

s y max = v o 2 ∙sin 2 α/(2g)= 2,1 m.

2) Gjeni diapazonin e fluturimit s x max të një trupi të hedhur në një kënd me horizontin.

Kemi: v x =v o∙cosα , (3)

s x =v x t=v o t∙cosα. (4)

Trupi do të bjerë në një rrafsh horizontal pas kohës t 2 =2t 1 =2v o sinα/g.

Duke zëvendësuar t 2 në (4), marrim s xmax = v o 2 sin2α/ g= 10.0 m.

3) t 2 =2t 1 =2v o sinα/g=1,3 s.

Shembulli 19. Një trup hidhet me shpejtësi v 0 =10 m/s 2 me kënd α=30° në horizontale. Deri në çfarë lartësie do të ngrihet trupi? Në çfarë largësie nga vendi ku është hedhur do të godasë në tokë? Sa kohë do të jetë në lëvizje?

Zgjidhje. Komponentët horizontale dhe vertikale të shpejtësisë fillestare

Lëvizja në seksionin OA mund të zbërthehet në dy lëvizje të thjeshta: uniforme horizontalisht dhe uniformisht e ngadaltë vertikalisht:

Në pikën A

Pastaj Dhe

Nëse një trup merr pjesë njëkohësisht në disa lëvizje, atëherë ai merr pjesë në secilën prej tyre në mënyrë të pavarur nga tjetra, prandaj, koha e lëvizjes në seksionin AB përcaktohet nga koha e lëvizjes në rënie - t 2. Koha për të lëvizur lart është e barabartë me kohën për të lëvizur poshtë, që do të thotë

Me lëvizje të njëtrajtshme horizontale në periudha të barabarta kohore, trupi kalon pjesë të barabarta të shtegut, prandaj,

Gama e fluturimit

Lartësia e ngritjes së trupit

Shembulli 20. Pika lëviz drejtvizore në rrafsh sipas ligjit x=4(t-2) 2. Sa janë shpejtësia fillestare v 0 dhe nxitimi i pikës a? Gjeni shpejtësinë e menjëhershme të pikës v t =5 në fillim të sekondës së pestë të lëvizjes.

Zgjidhje.

1) Sepse v=x’, pastaj v 0 =(4∙(t-2) 2)’=(4∙(t 2 -4t+4))’=(4t 2 -16t+16)’=8t-16

në t=0 v 0 =-16 m/s.

2) Sepse a= , pastaj a=(8t-16)’=8 m/s.

3) Në t=4, sepse Kaluan 4 s para fillimit të 5 s.

v t =5 =8t-16=8∙4-16=32 m/s.

Përgjigje: Shpejtësia fillestare e pikës është v 0 = -16 m/s, nxitimi është a = 8 m/s, shpejtësia e pikës në fillim të sekondës së pestë të lëvizjes është v t = 5 = 32 m/s.

Shembulli 21. Lëvizja e një pike materiale përshkruhet me barazimet: a) s=αt 3 ; b) s=αt 2 +βt. Krahasoni shpejtësinë mesatare dhe mesataren aritmetike të shpejtësisë fillestare dhe përfundimtare v cf në ​​intervalin kohor 0 - t. Këtu α dhe β janë konstante pozitive.

Zgjidhje. Le të kujtojmë përkufizimet e shpejtësisë mesatare dhe të menjëhershme:

Shprehjet për shpejtësinë e çastit fitohen duke diferencuar ekuacionin e lëvizjes.

Shprehjet për shpejtësinë mesatare gjenden si raport i ndryshimit të koordinatave lakorike me kohën:

Marrim shprehje për shpejtësinë mesatare aritmetike:

Le t'i përgjigjemi pyetjes për kushtet e problemit. Mund të shihet se në rastin “a” shpejtësia mesatare dhe mesatare aritmetike nuk përkojnë, por në rastin “b” përputhen.

Shembulli 22. Një pikë materiale lëviz në mënyrë të njëtrajtshme përgjatë një shtegu të lakuar. Në cilën pikë të trajektores është maksimumi i nxitimit?

Zgjidhje. Kur lëvizni përgjatë një rruge të lakuar, nxitimi përbëhet nga tangjenciale dhe normale. Nxitimi tangjencial karakterizon shpejtësinë e ndryshimit të madhësisë (modulit) të shpejtësisë. Nëse madhësia e shpejtësisë nuk ndryshon, nxitimi tangjencial është zero. Nxitimi normal varet nga rrezja e lakimit të trajektores a n = v 2/R. Nxitimi është maksimal në pikën me rreze më të vogël të lakimit, d.m.th. në pikën C.

Shembulli 23. Një pikë materiale lëviz sipas ligjit:

1) Përcaktoni koordinatën fillestare, shpejtësinë fillestare dhe nxitimin duke krahasuar me ligjin e lëvizjes me nxitim konstant. Shkruani ekuacionin për projeksionin e shpejtësisë.

Zgjidhje. Ligji i lëvizjes me nxitim konstant ka formën

Duke e krahasuar këtë ekuacion me ekuacionin e kushtit problemor, marrim

x 0 = - 1 m,

v 0 x = 1 m/s,

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

Shtrohet pyetja: cili është kuptimi i shenjës minus? Kur projeksioni i një vektori është negativ? Vetëm në rastin kur vektori është i drejtuar kundër boshtit koordinativ.

Le të përshkruajmë në figurë vektorët e koordinatave fillestare, shpejtësisë dhe nxitimit.

Le të shkruajmë ekuacionin e shpejtësisë në formë

dhe zëvendësoni të dhënat e marra (kushtet fillestare) në të

2) Gjeni varësinë e shpejtësisë dhe nxitimit nga koha, duke përdorur përkufizimet e këtyre madhësive.

Zgjidhje. Le të zbatojmë përkufizimet për vlerat e menjëhershme të shpejtësisë dhe nxitimit:

Kryerja e diferencimit, marrim v x =1-0,25t, a x = - 0,25 m/s 2.

Mund të shihet se nxitimi nuk varet nga koha.

3) Vizatoni grafikët e v x (t) dhe a x (t). Karakterizoni lëvizjen në secilën pjesë të grafikut.

Zgjidhje. Varësia e shpejtësisë nga koha është lineare, grafiku është një vijë e drejtë.

Në t ​​= 0 v x = 1 m/s. Në t ​​= 4 me v x = 0.

Nga grafiku duket qartë se në seksionin "a" projeksioni i shpejtësisë është pozitiv dhe vlera e tij zvogëlohet, d.m.th. pika lëviz ngadalë në drejtim të boshtit x. Në seksionin "b" projeksioni i shpejtësisë është negativ dhe moduli i tij rritet. Pika lëviz e përshpejtuar në drejtim të kundërt me boshtin x. Rrjedhimisht, në pikën e kryqëzimit të grafikut me boshtin e abshisës, ndodh një rrotullim, një ndryshim në drejtimin e lëvizjes.

4) Përcaktoni koordinatat e pikës së kthesës dhe rrugën drejt kthesës.

Zgjidhje. Vini re përsëri se në pikën e kthesës shpejtësia është zero. Për këtë gjendje, nga ekuacionet e lëvizjes marrim:

Nga ekuacioni i dytë marrim t pv = 4 s. (Me sa duket, për të marrë këtë vlerë nuk është e nevojshme të ndërtohet dhe analizohet një grafik). Le ta zevendesojme kete vlere ne ekuacionin e pare: x siperfaqe = -1+4-4 2 /8 = 1 m.

Rruga drejt kthesës, siç shihet nga figura, është e barabartë me ndryshimin e koordinatave: s kthesë =x kthesë -x 0 =1-(-1)=2 m.

5) Në cilën pikë kohore kalon një pikë nga origjina?

Zgjidhje. Në ekuacionin e lëvizjes duhet të vendosim x = 0. Marrim ekuacionin kuadratik 0=-1+t-t 2 /8 ose t 2 -8t+8=0. Ky ekuacion ka dy rrënjë: . t 1 = 1,17 s, t 2 = 6,83 s. Në të vërtetë, një pikë kalon dy herë nga origjina e koordinatave: kur lëviz "atje" dhe "prapa".

6) Gjeni shtegun e përshkuar nga pika në 5 sekonda pas fillimit të lëvizjes, dhe zhvendosjen gjatë kësaj kohe, si dhe shpejtësinë mesatare të tokës në këtë pjesë të shtegut.

Zgjidhje. Para së gjithash, le të gjejmë koordinatat ku përfundoi pika pas 5 sekondash lëvizje dhe ta shënojmë në figurë.

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

Meqenëse në këtë gjendje pika ndodhet pas kthesës, distanca e përshkuar nuk është më e barabartë me ndryshimin e koordinatave (lëvizjes), por përbëhet nga dy terma: rruga para kthesës.

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

dhe pas kthesës

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

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

Zhvendosja e pikës është

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

Shpejtësia mesatare e tokës llogaritet me formulë

Problemi i konsideruar përshkruan një nga më lloje të thjeshta lëvizje - lëvizje me nxitim të vazhdueshëm. Sidoqoftë, kjo qasje për të analizuar natyrën e lëvizjes është universale.

Shembulli 24. Në lëvizjen njëdimensionale me nxitim konstant, varësia e koordinatës dhe shpejtësisë së grimcës nga koha përshkruhet nga relacionet:

Vendosni një lidhje midis koordinatës së një grimce dhe shpejtësisë së saj.

Zgjidhje. Ne përjashtojmë kohën t nga këto ekuacione. Për ta bërë këtë, ne përdorim metodën e zëvendësimit. Nga ekuacioni i dytë shprehim kohën dhe zëvendësojeni në ekuacionin e parë:

Nëse lëvizja fillon nga origjina ( X 0 = 0) nga pushimi ( v 0 x =0), atëherë varësia që rezulton merr formën

i njohur nga kursi im i fizikës në shkollë.

Shembulli 25. Lëvizja e një pike materiale përshkruhet me ekuacionin: , ku i dhe j janë vektorët njësi të boshteve x dhe y, α dhe β janë konstante pozitive. Në momentin fillestar të kohës, grimca ishte në pikën x 0 = y 0 = 0. Gjeni ekuacionin e trajektores së grimcave y(x).

Zgjidhje. Gjendja e problemit formulohet duke përdorur metodën vektoriale të përshkrimit të lëvizjes. Le të kalojmë në metodë koordinative. Koeficientët për vektorët njësi janë projeksione të vektorit të shpejtësisë, përkatësisht:

Së pari, marrim varësitë x(t) dhe y(t) duke zgjidhur një problem të klasit të parë.

Shembulli 28. Nga një kullë e lartë h hodhi një gur me shpejtësi v 0 në një kënd α në horizontale. Gjeni:

1) për sa kohë guri do të jetë në lëvizje;

2) në çfarë largësie do të bjerë në tokë;

3) me çfarë shpejtësie do të bjerë në tokë;

4) çfarë këndi β do të bëjë trajektorja e gurit me horizontin në pikën e rënies së tij;

5) nxitimi normal dhe tangjencial i gurit në këtë pikë, si dhe rrezja e lakimit të trajektores;

6) lartësia më e madhe e ngritjes së gurit.

Neglizhoni rezistencën e ajrit.

Zgjidhje. Duke përdorur këtë problem si shembull, ne do të tregojmë se si mund të vendoset algoritmi i dhënë për zgjidhjen e ndonjë problemi të kësaj klase në një formë të përgjithësuar.

1. Problemi shqyrton lëvizjen e një pike materiale (guri) në fushën e gravitetit të Tokës. Prandaj, kjo është një lëvizje me një nxitim konstant të gravitetit g, të drejtuar vertikalisht poshtë.

Kanë mbetur edhe 3 sekonda para përfundimit të ndeshjes finale të turneut të basketbollit të Olimpiadës së Mynihut 1972. Amerikanët - ekipi amerikan - tashmë po festonin fitoren e tyre! Skuadra jonë - Kombëtarja e BRSS - fitoi me rreth 10 pikë kundër ekipit të ëndrrave të mëdha...

Pak minuta para përfundimit të ndeshjes. Por, pasi humbi të gjithë avantazhin në fund, ajo tashmë po humbte një pikë 49:50. Pastaj ndodhi e pabesueshme! Ivan Edeshko e hedh topin nga pas vijës fundore në të gjithë fushën nën ringun amerikan, ku qendra jonë Alexander Belov merr topin, i rrethuar nga dy kundërshtarë, dhe e fut në kosh. 51:50 – ne jemi kampionë olimpikë!!!

Si fëmijë atëherë, përjetova emocionet më të forta - së pari zhgënjim dhe pakënaqësi, pastaj kënaqësi të çmendur! Kujtimi emocional i këtij episodi është skalitur në vetëdijen time për pjesën tjetër të jetës sime! Shikoni videon në internet me kërkesë të "Hedhja e artë e Aleksandër Belovit", nuk do të pendoheni.

Amerikanët atëherë nuk e pranuan humbjen dhe refuzuan të merrnin medalje argjendi. A është e mundur të bëhet në tre sekonda atë që bënë lojtarët tanë? Le të kujtojmë fizikën!

Në këtë artikull, ne do të shikojmë lëvizjen e një trupi të hedhur në një kënd me horizontin, do të krijojmë një program në Excel për zgjidhjen e këtij problemi me kombinime të ndryshme të të dhënave hyrëse dhe do të përpiqemi t'i përgjigjemi pyetjes së shtruar më sipër.

Ky është një problem mjaft i njohur në fizikë. Në rastin tonë, trupi i hedhur në një kënd në horizontale është një top basketbolli. Ne do të llogarisim shpejtësinë fillestare, kohën dhe trajektoren e një topi të hedhur në të gjithë fushën nga Ivan Edeshko dhe që bie në duart e Alexander Belov.

Matematika dhe fizika e fluturimit të basketbollit.

Formulat dhe llogaritjet e paraqitura më poshtë janëshkëlqejnë janë universale për një gamë të gjerë problemesh rreth trupave të hedhur në një kënd me horizontin dhe që fluturojnë përgjatë një trajektoreje parabolike pa marrë parasysh ndikimin e fërkimit të ajrit.

Diagrami i llogaritjes është paraqitur në figurën më poshtë. Hapni MS Excel ose OOo Calc.

Të dhënat fillestare:

1. Meqenëse jemi në planetin Tokë dhe po shqyrtojmë një problem balistik - lëvizjen e trupave në fushën gravitacionale të Tokës, gjëja e parë që do të bëjmë është të shkruajmë karakteristikën kryesore të fushës gravitacionale - përshpejtimin e rënies së lirë. g në m/s 2

në qelizën D3: 9,81

2. Dimensionet e fushës së basketbollit janë 28 metra e gjatë dhe 15 metra e gjerë. Distanca horizontale e topit nga pothuajse e gjithë fusha në unazë nga vija e kundërt bazë x shkruani në metra

në qelizën D4: 27,000

3. Nëse supozojmë se Edeshko e bëri gjuajtjen nga një lartësi prej rreth dy metrash, dhe Belov e kapi topin diku në nivelin e unazës, atëherë me një unazë basketbolli prej 3,05 metrash, distanca vertikale midis pikave të nisjes dhe mbërritjes. e topit do të jetë 1 metër. Le të shkruajmë zhvendosjen vertikale y në metra

në qelizën D5: 1,000

4. Sipas matjeve të mia në video, këndi i ngritjes së topit është α 0 nga duart e Edeshkos nuk i kalonte 20°. Le të vendosim këtë vlerë

në qelizën D6: 20,000

Rezultatet e llogaritjes:

Ekuacionet bazë që përshkruajnë lëvizjen e një trupi të hedhur në një kënd me horizontin pa marrë parasysh rezistencën e ajrit:

x =v 0*cos α 0 *t

y =v 0*mëkat α 0 *t -g *t 2 /2

5. Le të shprehim kohën t nga ekuacioni i parë, zëvendësojeni atë në të dytin dhe llogaritni shpejtësinë fillestare të topit v 0 në m/s

në qelizën D8: =(D3*D4^2/2/COS (RADIANS(D6))^2/(D4*TAN (RADIANS(D6)) -D5))^0,5 =21,418

v 0 =(g *x 2 /(2*(kozα 0 ) 2 *(x *tgα 0 -y )) 0,5

6. Koha e fluturimit të topit nga duart e Edeshkos në duart e Belov t Le të llogarisim në sekonda, duke e ditur tani v 0 , nga ekuacioni i parë

në qelizën D9: =D4/D8/COS (RADIANS(D6)) =1,342

t = x /(v 0 * cosα 0 )

7. Le të gjejmë këndin e drejtimit të shpejtësisë së fluturimit të topit α i në pikën e trajektores me interes për ne. Për ta bërë këtë, ne shkruajmë çiftin fillestar të ekuacioneve në formën e mëposhtme:

y =x *tgα 0 -g *x 2 /(2*v 0 2* (koα 0 ) 2)

Ky është ekuacioni i një parabole - një rrugë fluturimi.

Ne duhet të gjejmë këndin e prirjes së tangjentes ndaj parabolës në pikën e interesit për ne - ky do të jetë këndi α i. Për ta bërë këtë, merrni derivatin, i cili është tangjentja e këndit tangjent:

ju =tgα 0 -g *x /(v 0 2* (koα 0 ) 2)

Le të llogarisim këndin e mbërritjes së topit në duart e Belov α i në gradë

në qelizën 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))

Llogaritja në Excel është në thelb e plotë.

Opsione të tjera pagese:

Duke përdorur programin e shkruar, ju mund të kryeni shpejt dhe me lehtësi llogaritjet me kombinime të tjera të të dhënave fillestare.

Le të dhëna horizontale x = 27 metra , vertikale y = Gama e fluturimit 1 metër dhe shpejtësia fillestare v 0 = 25 m/s.

Duhet të gjejmë kohën e fluturimit t dhe këndet e nisjes α 0 dhe mbërritja α i

Le të përdorim shërbimin MS Excel "Zgjedhja e parametrave". Unë kam shpjeguar në mënyrë të përsëritur në detaje se si ta përdor atë në disa artikuj në blog. Mund të lexoni më shumë rreth përdorimit të këtij shërbimi.

Ne vendosëm vlerën në qelizën D8 në 25,000 duke ndryshuar vlerën në qelizën D6 duke e zgjedhur atë. Rezultati është në foton më poshtë.

Të dhënat burimore në këtë version të llogaritjes në Excel (si dhe në atë të mëparshëm) janë të theksuara në korniza blu, dhe rezultatet janë të përshkruara në korniza drejtkëndore të kuqe!

Vendosja në tabelëExcel disa vlera me interes në një nga qelizat me mbushje të verdhë të lehtë duke zgjedhur një vlerë të ndryshuar në njërën nga qelizat me mbushje të lehtë bruz, në përgjithësi mund të merrni dhjetë opsione të ndryshme zgjidhja e problemit të lëvizjes së një trupi të hedhur në një kënd me horizontin me dhjetë grupe të ndryshme të dhënash fillestare!!!

Përgjigja në pyetjen:

Le t'i përgjigjemi pyetjes së parashtruar në fillim të artikullit. Topi i dërguar nga Ivan Edeshko fluturoi në Belov për 1.342 sekonda, sipas llogaritjeve tona. Alexander Belov e kapi topin, u ul, u hodh dhe hodhi. Ai kishte shumë kohë për të gjitha këto - 1.658 sekonda! Kjo është me të vërtetë një kohë e mjaftueshme për të kursyer! Një rishikim i detajuar i pamjeve video konfirmon sa më sipër. Lojtarët tanë kishin tre sekonda për të dorëzuar topin nga baza e tyre në tavolinën e tavolinës së kundërshtarit dhe për ta hedhur në unazë, duke shkruar emrat e tyre me ngjyrë të artë në historinë e basketbollit!

Ju lutem respektues vepra e autorit shkarko skedarin pas abonimit për njoftimet e artikujve!

Le të shqyrtojmë, si shembull të zbatimit të formulave të përftuara, lëvizjen e një trupi të hedhur në një kënd me horizontin në mungesë të rezistencës së ajrit. Le të themi, në një mal, në një lartësi mbi nivelin e detit, ka një top që ruan ujërat bregdetare. Lëreni predhën të qëllohet në një kënd të horizontit me një shpejtësi fillestare nga një pikë, pozicioni i së cilës përcaktohet nga vektori i rrezes (Fig. 2.16).

Oriz. 2.16. Lëvizja e një trupi të hedhur në një kënd në horizontale

Shtim.

Nxjerrja e ekuacioneve të lëvizjes së një pike materiale në një fushë graviteti

Le të shkruajmë ekuacionin e lëvizjes (ekuacioni i ligjit të dytë të Njutonit):

kjo do të thotë se trupat - pikat materiale - të çdo mase në të njëjtat kushte fillestare do të lëvizin në një fushë gravitacionale uniforme në të njëjtën mënyrë. Le të projektojmë ekuacionin (2.7.2) në boshtin e sistemit koordinativ kartezian. Boshti horizontal Oh treguar në Fig. 13 vija me pika, boshti OY le të nxjerrim përmes pikës RRETH vertikalisht lart, dhe boshti horizontal OZ, gjithashtu duke kaluar nëpër pikë RRETH, drejtojeni atë pingul me vektorin drejt nesh. Ne marrim:

Drejtimi vertikal, sipas përkufizimit, është drejtimi i vektorit, pra projeksionet e tij në boshtet horizontale OK Dhe OY janë të barabarta me zero. Ekuacioni i dytë merr parasysh që vektori është i drejtuar poshtë dhe boshti OY- lart.

Oriz. 2.17. Lëvizja e një trupi të hedhur në një kënd në horizontale.

Le të shtojmë kushtet fillestare në ekuacionet e lëvizjes, të cilat përcaktojnë pozicionin dhe shpejtësinë e trupit në momentin fillestar të kohës. t 0, le t0 = 0. Më pas, sipas Fig. 2.7.4

Nëse derivati ​​i ndonjë funksioni është i barabartë me zero, atëherë funksioni është konstant, përkatësisht, nga ekuacioni i parë dhe i tretë (2.7.3) marrim:

Në ekuacionin e dytë (2.7.3) derivati ​​është i barabartë me një konstante, që do të thotë se funksioni varet në mënyrë lineare nga argumenti i tij, d.m.th.

Duke kombinuar (2.7.7) dhe (2.7.9), marrim shprehjet përfundimtare për varësinë e projeksioneve të shpejtësisë nga boshtet koordinative në kohë:

Ekuacioni i tretë (2.7.11) tregon se trajektorja e trupit është e sheshtë dhe shtrihet tërësisht në rrafsh. XOY, është rrafshi vertikal i përcaktuar nga vektorët dhe . Natyrisht, pohimi i fundit është i përgjithshëm: pavarësisht se si zgjidhen drejtimet e boshteve të koordinatave, trajektorja e një trupi të hedhur në një kënd me horizontin është e sheshtë, ajo qëndron gjithmonë në rrafshin e përcaktuar nga vektori i shpejtësisë fillestare dhe i lirë. vektor i nxitimit të rënies.

Nëse të tre ekuacionet (2.7.10) shumëzohen me vektorët njësi të boshteve , , dhe shtohen, dhe atëherë e njëjta gjë bëhet me tre ekuacionet (2.7.11), atëherë marrim varësinë kohore të shpejtësisë së grimcave. vektori dhe vektori i rrezes së tij. Duke marrë parasysh kushtet fillestare kemi:

Formulat (2.7.12) dhe (2.7.13) mund të merren menjëherë, drejtpërdrejt nga (2.7.2), nëse marrim parasysh se nxitimi i gravitetit është një vektor konstant. Nëse nxitimi - derivati ​​i vektorit të shpejtësisë - është konstant, atëherë vektori i shpejtësisë varet linearisht nga koha, dhe vektori i rrezes, derivati ​​kohor i të cilit është vektori i shpejtësisë i varur linearisht nga koha, varet në mënyrë kuadratike nga koha. Kjo shkruhet në relacionet (2.7.12) dhe (2.7.13) me konstante - vektorë konstante - të zgjedhura sipas kushteve fillestare në formën (2.7.4).

Nga (2.7.13), në veçanti, është e qartë se vektori i rrezes është shuma e tre vektorëve që mblidhen sipas rregullave të zakonshme, gjë që tregohet qartë në Fig. 2.18.

Oriz. 2.18. Paraqitja e vektorit të rrezes r(t) në një kohë arbitrare t si një shumë e tre vektorëve

Këta vektorë janë:

Këtu parimi i pavarësisë së lëvizjeve, i njohur në fusha të tjera të fizikës si parimi i mbivendosjes(mbivendosje). Në përgjithësi, sipas parimit të mbivendosjes, efekti rezultues i disa ndikimeve është shuma e efekteve të secilit ndikim veç e veç. Është pasojë e linearitetit të ekuacioneve të lëvizjes.

Video 2.3. Pavarësia e horizontale dhe lëvizjet vertikale kur lëviz në një fushë të gravitetit.

Le të vendosim origjinën në pikën e hedhjes. Tani =0 , akset, si më parë, do të rrotullohen në mënyrë që boshti 0x ishte horizontale, boshti 0у- vertikale, dhe shpejtësia fillestare qëndronte në aeroplan x0y(Fig. 2.19).

Oriz. 2.19. Projeksionet e shpejtësisë fillestare në boshtet koordinative

Le të projektojmë në boshtet e koordinatave (shih (2.7.11)):

Rruga e fluturimit. Nëse nga sistemi i barazimeve të fituara përjashtohet koha t, atëherë marrim ekuacionin e trajektores:

Ky është ekuacioni i një parabole, degët e së cilës janë të drejtuara poshtë.

Gama e fluturimit kur gjuan nga një lartësi h . Në momentin që trupi bie (predha godet një objektiv të vendosur në sipërfaqen e detit). Distanca horizontale nga arma në objektiv është e barabartë me . Zëvendësimi; në ekuacionin e trajektores, marrim një ekuacion kuadratik për diapazonin e fluturimit:

Ekuacioni kuadratik ka dy zgjidhje (në këtë rast, pozitive dhe negative). Na duhet një zgjidhje pozitive. Shprehja standarde për rrënjën e ekuacionit kuadratik të problemit tonë mund të reduktohet në formën:

arrihet në , nëse h = 0.

Gama maksimale e fluturimit. Kur gjuan nga një mal i lartë, kjo nuk është më kështu. Le të gjejmë këndin në të cilin arrihet diapazoni maksimal i fluturimit. Varësia e diapazonit të fluturimit nga këndi është mjaft komplekse, dhe në vend të diferencimit për të gjetur maksimumin, do të vazhdojmë si më poshtë. Le të imagjinojmë që të rrisim këndin e fillimit. Së pari, diapazoni i fluturimit rritet (shih formulën (2.7.15)), duke arritur vlera maksimale dhe fillon të bjerë përsëri (në zero kur qëllohet vertikalisht lart). Kështu, për çdo varg fluturimi, përveç maksimumit, ekzistojnë dy drejtime të shpejtësisë fillestare.

Le të kthehemi përsëri te ekuacioni kuadratik i relativitetit të diapazonit të fluturimit dhe ta konsiderojmë atë si një ekuacion për këndin. Duke pasur parasysh atë

le ta rishkruajmë në formën:

Ne kemi marrë përsëri një ekuacion kuadratik, këtë herë për një sasi të panjohur. Ekuacioni ka dy rrënjë, që korrespondojnë me dy kënde në të cilat diapazoni i fluturimit është i barabartë me . Por kur , të dyja rrënjët duhet të përkojnë. Kjo do të thotë që diskriminuesi i ekuacionit kuadratik është i barabartë me zero:

ku vijon rezultati?

Kur ky rezultat riprodhon formulën (2.7.16)

Zakonisht lartësia është shumë më e vogël se diapazoni i fluturimit në fushë. Në rrënjë katrore mund të përafrohet me termat e parë të zgjerimit të serisë Taylor dhe marrim një shprehje të përafërt

domethënë, diapazoni i qitjes rritet afërsisht me lartësinë e lartësisë së armës.

Kur l = lmax, Dhe a = një maksimum, siç është vërejtur tashmë, diskriminuesi i ekuacionit kuadratik është i barabartë me zero, përkatësisht, zgjidhja e tij ka formën:

Meqenëse tangjenta është më e vogël se një, këndi në të cilin arrihet diapazoni maksimal i fluturimit është më i vogël.

Lartësia maksimale e ngritjes mbi pikën e fillimit. Kjo vlerë mund të përcaktohet nga barazia në zero e komponentit vertikal të shpejtësisë në pikën e sipërme të trajektores

Prandaj, në këtë rast, komponenti horizontal i shpejtësisë nuk është i barabartë me zero

Teoria

Nëse një trup hidhet në një kënd me horizontin, atëherë gjatë fluturimit veprohet nga forca e gravitetit dhe forca e rezistencës së ajrit. Nëse forca e rezistencës neglizhohet, atëherë e vetmja forcë që mbetet është graviteti. Prandaj, për shkak të ligjit të 2-të të Njutonit, trupi lëviz me nxitim të barabartë me nxitimin e gravitetit; projeksionet e nxitimit në boshtet koordinative janë të barabarta një x = 0, dhe y= -g.

Çdo lëvizje komplekse e një pike materiale mund të përfaqësohet si një mbivendosje e lëvizjeve të pavarura përgjatë boshteve koordinative, dhe në drejtim të akseve të ndryshme lloji i lëvizjes mund të ndryshojë. Në rastin tonë, lëvizja e një trupi fluturues mund të përfaqësohet si një mbivendosje e dy lëvizjeve të pavarura: lëvizje uniforme përgjatë boshtit horizontal (boshti X) dhe lëvizje e përshpejtuar në mënyrë të njëtrajtshme përgjatë boshtit vertikal (boshti Y) (Fig. 1).

Prandaj, parashikimet e shpejtësisë së trupit ndryshojnë me kalimin e kohës si më poshtë:

,

ku është shpejtësia fillestare, α është këndi i hedhjes.

Prandaj, koordinatat e trupit ndryshojnë si kjo:

Me zgjedhjen tonë të origjinës së koordinatave, koordinatat fillestare (Fig. 1) Pastaj

Vlera e dytë kohore në të cilën lartësia është zero është zero, që i përgjigjet momentit të hedhjes, d.m.th. kjo vlerë ka edhe një kuptim fizik.

Gama e fluturimit e marrim nga formula e parë (1). Gama e fluturimit është vlera e koordinatave X në fund të fluturimit, d.m.th. në një kohë të barabartë me t 0. Duke zëvendësuar vlerën (2) në formulën e parë (1), marrim:

.

(3)

Nga kjo formulë mund të shihet se diapazoni më i madh i fluturimit arrihet në një kënd hedhjeje prej 45 gradë.

Lartësia maksimale e ngritjes së trupit të hedhur mund të merret nga formula e dytë (1). Për ta bërë këtë, ju duhet të zëvendësoni një vlerë kohore të barabartë me gjysmën e kohës së fluturimit (2) në këtë formulë, sepse Është në mes të trajektores që lartësia e fluturimit është maksimale. Duke kryer llogaritjet, marrim