Sviedinio judėjimasreiškia dalelės judėjimą, kuris perduodamas pradiniu greičiu, tačiau vėliau nėra veikiamas jokių jėgų, išskyrus gravitacijos jėgą.
Tai apima problemas, kai dalelė yra pasvirusi 0–90 laipsnių kampu horizontaliai, o horizontalioji paprastai yra žemė. Manoma, kad patogumui šie sviediniai keliauja (x, y) lėktuvas, suxatstovaujantis horizontaliam poslinkiui iryvertikalus poslinkis.
Sviedinio nueitas kelias vadinamas jotrajektorija. (Atkreipkite dėmesį, kad dažnas „sviedinio“ ir „trajektorijos“ ryšys yra skiemuo „-ject“, lotyniškas žodis „mesti“. Išmesti ką nors reiškia pažodžiui jį išmesti.) Paprastai laikoma, kad sviedinio kilmės taškas problemose, kuriose reikia apskaičiuoti trajektoriją, yra (0, 0), jei nėra kitaip. pareiškė.
Sviedinio trajektorija yra parabolė (arba bent jau parabolės dalis), jei dalelė paleidžiama tokiu būdu, kuris turi nulio horizontalų judesio komponentą ir nėra oro pasipriešinimo, kuris galėtų paveikti dalelė.
Kinematinės lygtys
Dalyvio judėjimo įdomūs kintamieji yra jos padėties koordinatės
Taip pat atkreipkite dėmesį, kad šios lygtys nepaiso oro pasipriešinimo vaidmens, kuris sukuria traukos jėgą, priešingą judėjimui realiose Žemės situacijose. Šis faktorius įvedamas aukštesnio lygio mechanikos kursuose.
Kintamieji, kuriems suteiktas indeksas „0“, nurodo to kiekio vertę tuo metut= 0 ir yra konstantos; dažnai ši reikšmė yra 0 dėl pasirinktos koordinačių sistemos, o lygtis tampa daug paprastesnė. Šiose problemose pagreitis traktuojamas kaip pastovus (jis yra y kryptimi ir lygus -g,arba–9,8 m / s2, greitėjimas dėl gravitacijos šalia Žemės paviršiaus).
Horizontalus judėjimas:
x = x_0 + v_xt
- Terminas
vxyra pastovus x greitis.
Vertikalus judesys:
y = y_0 + ((v_ {0y} + v_y) / 2) t \\ v_y = v_ {0y} -gt \\ y = y_0 + v_ {0y} t- (1/2) gt ^ 2 \\ v_y ^ 2 = v_ {0y} ^ 2-2g (y-y_0)
„Projectile Motion“ pavyzdžiai
Raktas norint išspręsti problemas, apimančias trajektorijos skaičiavimus, yra žinojimas, kad horizontalūs (x) ir vertikalūs (y) komponentai judesys gali būti analizuojamas atskirai, kaip parodyta aukščiau, ir jų atitinkamas indėlis į bendrą judesį gražiai apibendrintas judėjimo pabaigoje problema.
Sviedinio judėjimo problemos laikomos laisvo kritimo problemomis, nes, kad ir kaip viskas atrodytų po laikot= 0, vienintelė jėga, veikianti judantį objektą, yra gravitacija.
- Turėkite omenyje, kad kadangi gravitacija veikia žemyn ir tai laikoma neigiama y kryptimi, pagreičio vertė šiose lygtyse ir uždaviniuose yra -g.
Trajektorijos skaičiavimai
1. Sparčiausi beisbolo ąsočiai gali mesti kamuolį šiek tiek daugiau nei 100 mylių per valandą arba 45 m / s greičiu. Jei tokiu greičiu kamuolys mėtomas vertikaliai į viršų, kiek jis pakils ir per kiek laiko reikės grįžti į tašką, kuriame jis buvo paleistas?
Čiavy0= 45 m / s, -g= –9,8 m / s, o dominantys dydžiai yra didžiausias aukštis, arbay,ir visas laikas atgal į Žemę. Bendras laikas yra dviejų dalių skaičiavimas: laikas iki y ir laikas atgal iki y0 = 0. Dėl pirmosios problemos daliesvy,kai rutulys pasiekia aukščiausią aukštį, yra 0.
Pradėkite naudodami lygtįvy2= v0m2 - 2g (y - y0)ir prijungti turimas vertes:
0 = (45) ^ 2 - (2) (9.8) (y - 0) = 2025 - 19,6y \ reiškia, kad y = 103,3 \ text {m}
Lygtisvy = v0m - gtrodo, kad laikas, kurio tam reikia, yra (45 / 9,8) = 4,6 sekundės. Norėdami gauti bendrą laiką, pridėkite šią vertę prie laiko, per kurį kamuolys laisvai kris iki pradinio taško. Tai suteikiay = y0 + v0mt - (1/2) gt2, kur dabar, nes kamuolys vis dar yra akimirkoje, kol jis pradeda kristi,v0m = 0.
Sprendimas:
103,3 = (1/2) gt ^ 2 \ reiškia, kad t = 4,59 \ tekstas {s}
Taigi bendras laikas yra 4,59 + 4,59 = 9,18 sekundės. Galbūt stebinantis rezultatas, kurį užfiksavo kiekviena kelionės „koja“ aukštyn ir žemyn tuo pačiu metu, pabrėžia faktą, kad gravitacija yra vienintelė čia veikianti jėga.
2. Diapazono lygtis:Kai sviedinys paleidžiamas greičiuv0o kampas θ nuo horizontalės turi pradinius horizontalius ir vertikalius greičio komponentusv0x = v0(cos θ) irv0m = v0(nuodėmė θ).
Nesvy = v0m - gtirvy = 0, kai sviedinys pasiekia didžiausią aukštį, laikas iki didžiausio aukščio nurodomas t =v0m/g. Dėl simetrijos laikas, kurio prireiks grįžti į žemę (arba y = y0) yra tiesiog 2t = 2v0m/g.
Galiausiai, derindami juos su santykiu x =v0xt, atsižvelgiant į paleidimo kampą θ, nuvažiuotas horizontalus atstumas yra
R = 2 \ frac {v_0 ^ 2 \ sin {\ theta} \ cos {\ theta}} {g} = \ frac {v_0 ^ 2 \ sin {2 \ theta}} {g}
(Paskutinis žingsnis gaunamas iš trigonometrinės tapatybės 2 sinθ ⋅ cosθ = nuodėmė 2θ.)
Kadangi sin2θ yra didžiausia vertė 1, kai θ = 45 laipsniai, naudojant šį kampą maksimalus horizontalus atstumas tam tikram greičiui esant
R = \ frac {v_0 ^ 2} {g}