A horizonthoz képest szögben elvetett test esése. Példák a fizika megoldott problémáira a "horizonttal szögben elvetett test szabad mozgása" témában. Maximális testmagasság

Elmélet

Ha egy testet a horizonthoz képest szögben dobnak, akkor repülés közben a gravitáció és a légellenállás befolyásolja. Ha az ellenállási erőt figyelmen kívül hagyjuk, akkor az egyetlen erő marad a gravitációs erő. Ezért Newton 2. törvénye miatt a test a szabadesési gyorsulással megegyező gyorsulással mozog; gyorsulási vetületek a koordináta tengelyekre egy x = 0, és at= -g.

Egy anyagi pont bármely összetett mozgása a koordinátatengelyek mentén független mozgások előírásaként ábrázolható, és a különböző tengelyek irányában a mozgás típusa eltérő lehet. Esetünkben egy repülő test mozgása két független mozgás szuperpozíciójaként ábrázolható: a vízszintes tengely mentén egyenletes mozgás (X-tengely) és egyenletesen gyorsított mozgás a függőleges tengely mentén (Y-tengely) (1. ábra). .

A test sebességi vetületei tehát idővel a következőképpen változnak:

,

ahol a kezdeti sebesség, α a dobási szög.

A test koordinátái tehát a következőképpen változnak:

A koordináták origójának megválasztásával a kezdeti koordináták (1. ábra) Akkor

Annak az időnek a második értéke, amelynél a magasság egyenlő nullával, egyenlő nullával, ami megfelel a dobás pillanatának, azaz. ennek az értéknek fizikai jelentése is van.

A repülési távolságot az (1) első képletből kapjuk. A repülési távolság a koordináta értéke x a repülés végén, azaz. egyenlő időpontban t0. Ha a (2) értéket behelyettesítjük az (1) első képletbe, a következőt kapjuk:

Ebből a képletből látható, hogy a legnagyobb repülési távolságot 45 fokos dobási szögnél érjük el.

A dobott test legmagasabb emelési magasságát a második képletből (1) kaphatjuk meg. Ehhez be kell cserélni ebben a képletben a repülési idő felével egyenlő időt (2), mert a pálya felezőpontjában van a maximális repülési magasság. Számításokat végezve azt kapjuk

Ha egy testet a horizonthoz képest szögben dobnak, akkor repülés közben a gravitáció és a légellenállás befolyásolja. Ha az ellenállási erőt figyelmen kívül hagyjuk, akkor az egyetlen erő marad a gravitációs erő. Ezért Newton 2. törvényének köszönhetően a test a szabadesés gyorsulásával egyenlő gyorsulással mozog; gyorsulási vetületek a koordinátatengelyekre ax = 0, ay = - g.

1. ábra: A horizonttal szögben elhajított test kinematikai jellemzői

Egy anyagi pont bármely összetett mozgása a koordinátatengelyek mentén független mozgások előírásaként ábrázolható, és a különböző tengelyek irányában a mozgás típusa eltérő lehet. Esetünkben egy repülő test mozgása két független mozgás szuperpozíciójaként ábrázolható: a vízszintes tengely mentén egyenletes mozgás (X-tengely) és egyenletesen gyorsított mozgás a függőleges tengely mentén (Y-tengely) (1. ábra). .

A test sebességi vetületei tehát idővel a következőképpen változnak:

ahol $v_0$ a kezdeti sebesség, $(\mathbf \alpha )$ a dobási szög.

Az origó választásunkkal a kezdeti koordináták (1. ábra) $x_0=y_0=0$. Akkor kapjuk:

(1)

Elemezzük az (1) képleteket. Határozzuk meg a kidobott test mozgási idejét. Ehhez az y koordinátát nullára állítjuk, mert a leszállás pillanatában a test magassága nulla. Innen kapjuk a repülési időt:

Annak az időnek a második értéke, amelynél a magasság egyenlő nullával, egyenlő nullával, ami megfelel a dobás pillanatának, azaz. ennek az értéknek fizikai jelentése is van.

A repülési távolságot az (1) első képletből kapjuk. A repülési távolság az x-koordináta értéke a repülés végén, azaz. $t_0$-val egyenlő időpontban. Ha a (2) értéket behelyettesítjük az (1) első képletbe, a következőt kapjuk:

Ebből a képletből látható, hogy a legnagyobb repülési távolságot 45 fokos dobási szögnél érjük el.

A dobott test legmagasabb emelési magasságát a második képletből (1) kaphatjuk meg. Ehhez be kell cserélni ebben a képletben a repülési idő felével egyenlő időt (2), mert a pálya felezőpontjában van a maximális repülési magasság. Számításokat végezve azt kapjuk

Az (1) egyenletekből megkaphatjuk a test pályájának egyenletét, azaz. egy egyenlet, amely a test x és y koordinátáit rögzíti mozgás közben. Ehhez ki kell fejeznie az időt az első egyenletből (1):

és behelyettesítjük a második egyenletbe. Akkor kapjuk:

Ez az egyenlet a pályaegyenlet. Látható, hogy ez egy lefelé ágazó parabola egyenlete, amit a másodfokú tag előtti „-” jel jelzi. Szem előtt kell tartani, hogy a $\alpha $ dobási szög és függvényei itt csak konstansok, pl. állandó számok.

Egy testet v0 sebességgel a horizonthoz képest $(\mathbf \alpha )$ szögben dobnak. Repülési idő $t = 2 s$. Hmax mekkora magasságra emelkedik a test?

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

A test mozgásának törvénye a következő:

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

A kezdeti sebességvektor $(\mathbf \alpha )$ szöget zár be az OX tengellyel. Következésképpen,

\ \ \

Egy követ dobnak a hegy tetejéről = 30$()^\circ$ szögben a horizonthoz $v_0 = 6 m/s$ kezdeti sebességgel. Ferde síkszög = 30$()^\circ$. Milyen távolságra esik le a kő a dobási ponttól?

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

Helyezzük a koordináták origóját a dobási pontba, OX - a ferde sík mentén lefelé, OY - merőlegesen a ferde síkra. A mozgás kinematikai jellemzői:

A mozgás törvénye:

$$\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.$$ \

Az eredményül kapott $t_B$ értéket behelyettesítve a következőt kapjuk: $S$:

Ha a légellenállás elhanyagolható, akkor az önkényesen eldobott test szabadesési gyorsulással mozog.

Tekintsük először egy v_vec0 sebességgel vízszintesen elhajított test mozgását h magasságból a földfelszín felett (11.1. ábra).

Vektor formában a test sebességének t időtől való függését a képlet fejezi ki

A koordináta tengelyekre történő vetítéseknél:

v x = v 0, (2)
vy = -gt. (3)

1. Magyarázza el, hogyan kapjuk meg a képleteket (2) és (3)

x = v 0 t, (4)
y \u003d h - gt 2/2. (5)

Látjuk, hogy a test mintegy kétféle mozgást hajt végre egyszerre: egyenletesen mozog az x tengely mentén, és egyenletesen gyorsul az y tengely mentén, kezdeti sebesség nélkül.

A 11.2. ábra a test helyzetét mutatja szabályos időközönként. Az alábbiakban az azonos kezdeti sebességgel, egyenes vonalban egyenletesen mozgó test helyzete azonos időpillanatokban, a bal oldalon pedig egy szabadon eső test helyzete látható.

Azt látjuk, hogy egy vízszintesen eldobott test mindig ugyanazon a függőlegesen van egy egyenletesen mozgó testtel és ugyanazon a vízszintesen egy szabadon eső testtel.

2. Magyarázza el, hogyan használják a (4) és (5) képleteket a tpol idő és az l test repülési hatótávolságának kifejezésére:

Nyom. Használja ki azt a tényt, hogy az esés időpontjában y = 0.

3. Egy testet vízszintesen dobnak egy bizonyos magasságból. Melyik esetben lesz nagyobb a test repülési hatótávja: a kezdeti sebesség 4-szeres növelésével vagy a kezdeti magasság azonos tényezővel történő növelésével? Hányszor többet?

Trajektóriák

A 11.2. ábrán egy vízszintesen eldobott test röppályája piros szaggatott vonallal látható. Egy parabola ágára hasonlít. Vizsgáljuk meg ezt a feltételezést.

4. Bizonyítsuk be, hogy egy vízszintesen dobott testre a mozgási pálya egyenlete, azaz az y(x) függőség a képlettel fejezhető ki

Nyom. A (4) képlet használatával fejezze ki t-t x-szel, és a talált kifejezést helyettesítse be az (5) képletbe.

A (8) képlet valóban parabola egyenlet. Csúcspontja egybeesik a test kezdeti helyzetével, azaz x = 0 koordinátái vannak; y \u003d h, és a parabola ága lefelé irányul (ezt az x 2 előtti negatív együttható jelzi).

5. Az y(x) függőséget SI-egységben fejezzük ki az y = 45 - 0,05x 2 képlettel.
a) Mekkora a test kezdeti magassága és kezdősebessége?
b) Mennyi a repülési idő és távolság?

6. Egy testet vízszintesen dobnak 20 m magasságból 5 m/s kezdősebességgel.
a) Meddig tart a test repülése?
b) Mekkora a repülési távolság?
c) Mekkora a test sebessége közvetlenül a talajba ütközés előtt?
d) A horizonthoz képest mekkora szögben irányul a test sebessége közvetlenül a talajba ütközés előtt?
e) Milyen SI-egységben megadott képlet fejezi ki a test sebességi modulusának időfüggőségét?

2. A horizonthoz képest szögben elhajított test mozgása

A 11.3. ábra sematikusan mutatja a test kezdeti helyzetét, kezdeti sebességét 0 (t = 0-nál) és gyorsulását (szabadesési gyorsulás).

Kezdeti sebesség-előrejelzések

v 0x = v 0 cos α, (9)
v 0y = v 0 sin α. (tíz)

A következő bejegyzések lerövidítése és fizikai jelentésük tisztázása érdekében célszerű megtartani a v 0x és v 0y megjelöléseket, amíg a végső képleteket meg nem kapjuk.

A vektor alakú test sebességét a t időpontban, és ebben az esetben a képlet fejezi ki

Most azonban a koordinátatengelyekre vonatkozó vetületekben

vx = v0x , (11)
vy = v 0y - gt. (12)

7. Magyarázza el, hogyan kapjuk meg a következő egyenleteket!

x = v 0x t, (13)
y \u003d v 0y t - gt 2 /2. (tizennégy)

Látjuk, hogy ebben az esetben is a kidobott test mintegy kétféle mozgásban vesz részt egyszerre: egyenletesen mozog az x tengely mentén, és egyenletesen gyorsul az y tengely mentén a kezdeti sebességgel, mint egy függőlegesen kidobott test. felfelé.

Röppálya

A 11.4. ábra sematikusan mutatja a horizonttal szabályos időközönként szögben elhajított test helyzetét. A függőleges vonalak azt hangsúlyozzák, hogy a test egyenletesen mozog az x tengely mentén: a szomszédos vonalak egyenlő távolságra vannak egymástól.

8. Magyarázza el, hogyan kaphatjuk meg a következő egyenletet a horizonttal szögben elhajított test röppályájára!

A (15) képlet egy parabola egyenlete, amelynek ágai lefelé irányulnak.

A pályaegyenlet sokat elárulhat egy eldobott test mozgásáról!

9. Az y(x) függőséget SI-egységekben fejezzük ki az y = √3 * x - 1,25x 2 képlettel.
a) Mekkora a kezdeti sebesség vízszintes vetülete?
b) Mekkora a kezdősebesség függőleges vetülete?
c) A vízszinteshez képest mekkora szöget vet be a test?
d) Mekkora a test kezdeti sebessége?

A horizonthoz képest szögben elhajított test röppályájának parabola alakját egy vízsugár egyértelműen mutatja (11.5. ábra).

Emelkedési idő és teljes repülési idő

10. Mutassuk meg a (12) és (14) képletekkel, hogy a test t alatti felemelésének és a t padló teljes repülésének idejét a képlet fejezi ki.

Nyom. A pálya felső pontjában v y = 0, a test esés pillanatában pedig a koordinátája y = 0.

Látjuk, hogy ebben az esetben (akárcsak egy függőlegesen felfelé dobott testnél) a t padló teljes repülési ideje 2-szerese a lenti t emelkedési időnek. És ebben az esetben, ha a videót fordítottan nézi, a test felemelkedése pontosan úgy fog kinézni, mint a süllyedés, a süllyedés pedig emelkedésnek tűnik.

Magasság és hatótávolság

11. Bizonyítsuk be, hogy a h emelési magasságot és az l repülési tartományt a képletekkel fejezzük ki

Nyom. A (18) képlet levezetéséhez használja a (14) és (16) vagy a (10) képletet a 6. §-ból. Eltolás egyenes vonalú egyenletesen gyorsított mozgás során; a (19) képlet levezetéséhez használja a (13) és (17) képleteket.

Figyelem: a testemelési idő tunder, a teljes repülési idő tfloor és a h emelési magasság csak a kezdeti sebesség függőleges vetületétől függ.

12. Milyen magasságba emelkedett a futballlabda az ütközés után, ha az ütközés után 4 másodperccel a földre esett?

13. Bizonyítsd be

Nyom. Használja a (9), (10), (18), (19) képleteket.

14. Magyarázza meg, hogy azonos v 0 kezdősebesség mellett miért lesz az l repülési hatótáv két α 1 és α 2 szögben, amelyek az α 1 + α 2 = 90º összefüggésben állnak össze (11.6. ábra).

Nyom. Használja a (21) képlet első egyenlőségét és azt a tényt, hogy sin α = cos(90º - α).

15. Két egyszerre dobott test, azonos modulo kezdőszemmel egy pont. A kezdeti sebességek közötti szög 20º. A horizonthoz képest milyen szögben dobták a testeket?

Maximális hatótávolság és repülési magasság

Ugyanazzal a kezdeti sebesség modulóval a repülési tartományt és magasságot csak az α szög határozza meg. Hogyan válasszuk ki ezt a szöget úgy, hogy a hatótávolság vagy a repülési magasság maximális legyen?

16. Magyarázza meg, miért éri el a maximális repülési távolságot α = 45º-nál, és miért fejezi ki a képlet

l max \u003d v 0 2 /g. (22)

17. Igazolja, hogy a maximális repülési magasságot a képlet fejezi ki

h max = v 0 2 /(2g) (23)

18. A horizonthoz képest 15°-os szögben bedobott test a kiindulási ponttól 5 m távolságra esett.
a) Mekkora a test kezdeti sebessége?
b) Milyen magasságba emelkedett a test?
c) Mekkora a maximális repülési távolság azonos modulo kezdeti sebesség mellett?
d) Mekkora maximális magasságra emelkedhet ez a test azonos kezdeti sebességgel abszolút értékben?

Sebesség kontra idő

Emelkedéskor a horizonttal szögben bedobott test sebessége abszolút értékben csökken, ereszkedéskor pedig nő.

19. Egy testet a horizonthoz képest 30°-os szögben 10 m/s kezdeti sebességgel dobnak.
a) Hogyan fejeződik ki a vy(t) függés SI-egységben?
b) Hogyan fejeződik ki v(t) SI-egységben?
c) Mekkora a test minimális sebessége repülés közben?
Nyom. Használja a (13) és (14) képleteket, valamint a Pitagorasz-tételt.

További kérdések és feladatok

20. Különböző szögekben kavicsot dobva Sasha felfedezte, hogy nem tud 40 m-nél messzebbre dobni egy kavicsot. Milyen maximális magasságban dobhat Sasha egy kavicsot?

21. A teherautó hátsó kerekének ikerabroncsai közé kavics szorult. Milyen távolságra kell haladnia a teherautótól az őt követő személygépkocsinak, hogy ez a kavics a leesett kavicsban ne tegyen kárt? Mindkét autó 90 km/h sebességgel halad.
Nyom. Lépjen bármelyik autóhoz tartozó referenciakerethez.

22. Milyen szögbe kell dobni a testet a horizonthoz képest, hogy:
a) a repülési magasság egyenlő volt a hatótávolsággal?
b) a repülési magasság a hatótávolság háromszorosa volt?
c) a repülési távolság négyszerese volt a magasságnak?

23. Egy testet 20 m/s kezdeti sebességgel a horizonthoz képest 60°-os szögben dobnak. A dobás után milyen időközönként irányul a test sebessége a vízszinteshez képest 45°-os szögben?

Tekintsük a levezetett képletek alkalmazásának példájaként a horizonttal szögben bedobott test mozgását légellenállás hiányában. Mondjuk egy hegyen, tengerszint feletti magasságban egy ágyú őrzi a parti vizeket. Legyen a lövedék a horizonthoz képest szöget bezárva, kezdeti sebességgel egy olyan pontból, amelynek helyzetét a sugárvektor határozza meg (2.16. ábra).

Rizs. 2.16. A horizonthoz képest szögben elvetett test mozgása

Kiegészítés.

Egy anyagi pont mozgásegyenleteinek levezetése be gravitációs mező

Írjuk fel a mozgásegyenletet (egyenlet Newton második törvénye):

ez azt jelenti, hogy bármilyen tömegű testek - anyagi pontok - azonos kezdeti feltételek mellett ugyanúgy mozognak egy egységes gravitációs térben. Vetítsük ki a (2.7.2) egyenletet a derékszögű koordinátarendszer tengelyeire. Vízszintes tengely Óábrán látható. 13 szaggatott tengely OYátmenni a ponton O függőlegesen felfelé, és a vízszintes tengelyre oz ponton is áthaladva O, egyenesen merőleges a velünk lévő vektorra. Kapunk:

A függőleges irány definíció szerint a vektor iránya, tehát a vízszintes tengelyekre vetületei ÖKÖRés OY egyenlők nullával. A második egyenlet figyelembe veszi, hogy a vektor lefelé irányul, és a tengely OY- fel.

Rizs. 2.17. A horizonthoz képest szögben elvetett test mozgása.

Adjuk hozzá a mozgásegyenletekhez azokat a kezdeti feltételeket, amelyek meghatározzák a test helyzetét és sebességét a kezdeti időpillanatban t0, hagyjuk t0 = 0. Ezután az ábra szerint. 2.7.4

Ha valamely függvény deriváltja nulla, akkor a függvény állandó, a (2.7.3) első és harmadik egyenletből kapjuk:

A második (2.7.3) egyenletben a derivált egyenlő egy állandóval, ami azt jelenti, hogy a függvény lineárisan függ az argumentumától, azaz

(2.7.7) és (2.7.9) kombinálásával megkapjuk a végső kifejezéseket a koordinátatengelyekre vonatkozó sebességvetületek időbeli függésére:

A harmadik egyenlet (2.7.11) azt mutatja, hogy a test pályája lapos, teljes egészében a síkban fekszik XOY, a és a vektorok által meghatározott függőleges sík. Nyilvánvalóan az utolsó állítás általános: akárhogyan is választjuk meg a koordinátatengelyek irányát, a horizonttal szögben bedobott test pályája lapos, mindig a kezdeti sebességvektor és a gravitációs erő által meghatározott síkban fekszik. gyorsulási vektor.

Ha három (2.7.10) egyenletet megszorozunk a , , és és tengelyek egységvektoraival, majd ugyanezt megtesszük három (2.7.11) egyenlettel, akkor megkapjuk a részecskesebesség-vektor időfüggését, ill. sugárvektora. A kezdeti feltételeket figyelembe véve a következőkkel rendelkezünk:

A (2.7.12) és (2.7.13) képleteket azonnal megkaphatjuk, közvetlenül a (2.7.2)-ből, mivel a gravitációs gyorsulás állandó vektor. Ha a gyorsulás - a sebességvektor deriváltja - állandó, akkor a sebességvektor lineárisan függ az időtől, a sugárvektor pedig, amelynek időderiváltja az időtől lineárisan függő sebességvektor, négyzetesen függ az időtől. Ezt a (2.7.12) és a (2.7.13) relációkba írjuk a (2.7.4) alakban a kezdeti feltételek szerint kiválasztott konstansokkal - konstans vektorokkal.

A (2.7.13) pontból különösen az látható, hogy a sugárvektor három, a szokásos szabályok szerint összeadott vektor összege, ami jól látható az ábrán. 2.18.

Rizs. 2.18. Az r(t) sugárvektor ábrázolása tetszőleges t időpontban három vektor összegeként

Ezek a vektorok:

Itt a mozgás függetlenségének elve, amelyet a fizika más területein ún szuperpozíció elve(ráfedések). Általánosságban elmondható, hogy a szuperpozíció elve szerint több cselekvés nettó hatása az egyes cselekvések külön-külön végzett hatásainak összege. Ez a mozgásegyenletek linearitásának következménye.

Videó 2.3. A vízszintes és függőleges mozgások függetlensége a gravitációs térben való mozgás során.

Helyezzük az origót a leadási pontra. Most =0 , a tengelyek, mint korábban, el lesznek forgatva úgy, hogy a tengely 0x vízszintes volt, a tengely 0y- függőleges, és a kezdeti sebesség a síkban volt x0y(2.19. ábra).

Rizs. 2.19. A kezdeti sebesség vetületei a koordináta tengelyekre

A koordinátatengelyekre vetítünk (lásd (2.7.11)):

Repülési útvonal. Ha az időt kizárjuk a kapott egyenletrendszerből t, akkor megkapjuk a pályaegyenletet:

Ez egy parabola egyenlete, amelynek ágai lefelé irányulnak.

Repülési hatótáv magasból való lövés esetén h . Abban a pillanatban, hogy a test leesik (a lövedék a tenger felszínén lévő célpontot találja el). A fegyver és a cél közötti vízszintes távolság egyenlő . helyettesítés ; a pályaegyenletbe a repülési tartomány másodfokú egyenletét kapjuk:

Egy másodfokú egyenletnek két megoldása van (jelen esetben pozitív és negatív). Pozitív döntésre van szükségünk. A feladatunk másodfokú egyenletének gyökerének standard kifejezése a következő alakra redukálható:

pontban érhető el, ha h = 0.

Maximális repülési távolság. Magas hegyről lőve ez már nem így van. Keresse meg azt a szöget, amelynél eléri a maximális repülési távolságot. A repülési távolság függése a szögtől meglehetősen bonyolult, és ahelyett, hogy megkülönböztetnénk a maximumot, a következőket tesszük. Képzeljük el, hogy növeljük a kezdeti szöget. Először a repülési távolság növekszik (lásd a (2.7.15) képletet), eléri a maximális értékét, és ismét csökkenni kezd (függőlegesen felfelé lőve nullára). Így minden repülési tartományban, kivéve a maximumot, két iránya van a kezdeti sebességnek.

Térjünk rá ismét a repülési távolság relativitáselméletének másodfokú egyenletére, és tekintsük a szög egyenletének. Tekintettel arra

írjuk át a következő alakba:

Ismét egy másodfokú egyenletet kaptunk, ezúttal egy ismeretlen mennyiségre. Az egyenletnek két gyöke van, ami két olyan szögnek felel meg, amelyeknél a repülési távolság . De amikor , mindkét gyökérnek egyeznie kell. Ez azt jelenti, hogy a másodfokú egyenlet diszkriminánsa nullával egyenlő:

honnan jön az eredmény

Ezzel az eredménnyel reprodukálja a (2.7.16) képletet.

Általában a magasság sokkal kisebb, mint a repülési távolság a síkságon. esetén a négyzetgyök közelíthető a Taylor-sor kiterjesztésének első tagjaival, és megkapjuk a hozzávetőleges kifejezést

vagyis a lövés hatótávja megközelítőleg a fegyver magasságával nő.

Mikor l = l max ,és a = a max , amint már említettük, a másodfokú egyenlet diszkriminánsa nullával egyenlő, megoldása a következő:

Mivel az érintő kisebb egynél, kisebb az a szög, amelynél a maximális repülési távolságot elérjük.

A maximális emelkedési magasság a kiindulási pont felett. Ez az érték a pálya tetején lévő függőleges sebességkomponens egyenlőségétől nulláig határozható meg.

Ebben az esetben tehát a sebesség vízszintes összetevője nem egyenlő nullával