Рассмотрим тело, брошенное под углом к горизонту. Пусть сопротивление воздуха будет очень малой величиной, такой малой, что мы сможем ей пренебречь.
Благодаря силе притяжения земли тело часть пути будет подниматься над поверхностью, а часть – опускаться к поверхности. Траектория полета такого тела – это парабола (рис. 1).
Рис. 1. Парабола – это траектория тела, брошенного под углом к горизонту
Разложим скорость тела
Вместо того, чтобы рассматривать сложное движение одного тела по параболе, будем рассматривать одновременное и более простое движение двух тел. Одно тело движется по вертикали, а второе – по горизонтали. Тела одновременно стартуют и заканчивают движение.
Мы сможем сложное движение разделить на два простых, как только разложим на проекции скорость тела. Полученные скорости будем рассматривать, как скорости отдельно двигающихся тел.
Любой вектор, направленный под углом к осям, можно разложить на проекции — вертикальную и горизонтальную (рис. 2).
Рис. 2. Вектор начальной скорости тела раскладываем на проекции, после этого можно каждую проекцию рассматривать отдельно
Формулы разложения скорости выглядят так:
[ large boxed{ begin{cases} v_{0y} = v cdot sin(alpha) \ v_{0x} = v cdot cos(alpha) end{cases} } ]
Вертикальная и горизонтальная проекции скорости
Обратим внимание теперь на рисунок 3.
Рис. 3. Вертикальная часть скорости сначала уменьшается, а потом растет, а горизонтальная часть – не меняется
На рисунке черным цветом обозначен вектор скорости летящего тела. Видно, что от точки к точке он изменяется не только по модулю, но и по направлению. То есть, меняются характеристики вектора.
Вектор, обозначенный синим цветом на рисунке – это горизонтальная проекция вектора скорости. Заметно, что горизонтальная часть скорости не меняется ни по длине, ни по направлению, то есть, остается постоянной (одной и той же).
Вертикальная проекция скорости обозначена на рисунке красным цветом. При движении вверх она уменьшается, а при движении вниз – растет.
В самой высокой точке траектории вертикальная проекция скорости превращается в ноль. Из-за этого в верхней точке скорость направлена только горизонтально и равна числу ( v_{0x}). Число ( v_{0x}) – это горизонтальная проекция начальной скорости ( v_{0}) тела.
Упростить сложное движение тела на плоскости можно, рассматривая отдельно движение двух тел: одно тело движется по вертикали, меняя свою скорость, а второе – по горизонтали и, скорость свою не меняет.
Из рисунка 3 так же, следует, что
если тело при падении вернется на уровень, с которого оно стартовало, то:
- скорость, с которой мы подбросим тело, по модулю будет равна скорости, с которой тело упадет;
- угол (alpha) между скоростью тела на старте и осью Ox будет равен углу между конечной скоростью и горизонталью;
- время подъема равняется времени спуска;
Запишем теперь формулы, описывающие движение тела, под углом к горизонту. Разделим движение тела на две части: подъем и спуск. Вертикальное движение тела происходит под действием силы тяжести.
Подъем
Когда тело поднимается, оно проходит вертикальный путь (h):
[ large h = v_{0y} cdot t_{text{вверх}} — g cdot frac{t_{text{вверх}}^2}{2} ]
Вертикальная часть скорости уменьшается – движение равнозамедленное:
[ large v_{y} = v_{0y} — g cdot t_{text{вверх}} ]
Горизонтальная часть скорости остается такой же, как была в начале пути.
[ large v_{x} = v_{0x} ]
Поэтому вдоль горизонтали движение равномерное, т. е. происходит с неизменной скоростью
[ large S_{1} = v_{0x} cdot t_{text{вверх}}]
Эти формулы можно записать в виде системы:
[ large boxed{ begin{cases} v_{y} = v_{0y} — g cdot t_{text{вверх}} \ h = v_{0y} cdot t_{text{вверх}} — g cdot frac{t_{text{вверх}}^2}{2} \ S_{1} = v_{0x} cdot t_{text{вверх}} end{cases} } ]
На максимальной высоте траектории скорость имеет только горизонтальную проекцию (вертикальной скорости нет, скорость только горизонтальная).
[ large boxed{ begin{cases} h = h_{max} \ v_{y} = 0 \ v = v_{0x} end{cases} } ]
Спуск
При спуске, вертикальная проекция скорости растет – движение равноускоренное
[ large v_{y} = 0 + g cdot t_{text{вниз}} ] ,
Тело спускается, вертикальное перемещение можно найти из соотношения
[ large h = g cdot frac{t_{text{вниз}}^2}{2} ]
Горизонтальная часть скорости – все так же, меняться не будет. Поэтому движение вдоль горизонтали происходит с неизменной скоростью и тело проходит вторую часть горизонтального пути
[ large S_{2} = v_{0x} cdot t_{text{вниз}} ]
Объединим эти формулы в систему
[ large boxed{ begin{cases} v_{y} = 0 + g cdot t_{text{вниз}} \ h = g cdot frac{t_{text{вниз}}^2}{2} \ S_{2} = v_{0x} cdot t_{text{вниз}} end{cases} } ]
После того, как мы найдем время подъема и время спуска, можем найти общий путь по горизонтали:
[ large boxed{ S = S_{1} + S_{2} = v_{0x} cdot left(t_{text{вверх}} + t_{text{вниз}} right)}]
В статье подробно, начиная с основ и базовых определений, рассказано о движении тела брошенного под углом к горизонту. Здесь вы найдете формулы параметров движения: общее время, дальность полета, максимальная высота. Также в конце приложены примеры задач с решениями.
Определение. Баллистическое движение — это движение некоторого тела в поле тяжести Земли при условии, что тело имеет вертикальную и горизонтальную проекции скорости.
Вначале вспомним основные формулы для равноускоренного движения.
Изменение скорости с течением времени задаётся соотношением
vₓ = v₀ₓ + aₓt,
где vₓ — конечная проекция скорости, v₀ₓ — начальная проекция скорости, aₓ — проекция ускорения тела.
Изменение координаты x во времени можно найти, используя следующее соотношение:
x = x₀ + v₀ₓt + aₓt² / 2,
где x — конечная координата тела, x₀ — начальная координата, v₀ₓ — начальная проекция скорости тела вдоль оси OX, aₓ — проекция ускорения тела.
Замечание 1. Перемещением тела за время t называется величина Sₓ = x – x₀.
Замечание 2. Так как эти выражения справедливы для проекций, то их можно записать и в векторном виде.
Баллистическое движение — это случай равноускоренного движения (с постоянным ускорением свободного падения g). Любое тело, брошенное под углом α к горизонту, имеет некоторую вертикальную и горизонтальную проекции скорости (рис. 1).
Далее движение необходимо разбить на два участка:
- Горизонтальное
- Вертикальное
По горизонтали тело движется с одинаковой скоростью (обычно пренебрегаем силами различного трения):
v₁ = v₀cos(α)
А по вертикали это обычное движение тела, брошенного вертикально вверх с начальной скоростью:
v₂ = v₀sin(α)
Общее время движения
Разобьём траекторию на два участка. Первый — участок, на котором тело продолжает подниматься, а второй — участок, где тело спускается. Обозначим t₁ время подъёма тела (от нуля до максимальной высоты подъема), t₂ — время спуска тела.
Из уравнения движения:
v₀sin(α) – gt₁ = 0
(так как конечная проекция скорости в верхней точке траектории равна нулю),
t₁ = v₀sin(α) / g.
Найдём время спуска:
–gt₂ = –v₀sin(α),
(т. к. конечная скорость тела будет такая же, как и начальная),
t₂ = v₀sin(α) / g.
Общее время движения:
t = t₁ + t₂ = 2v₀sin(α) / g.
Замечание.Время спуска и время подъёма тела одинаковые. Это связано с тем, что движение симметрично.
Дальность полета
Так как по горизонтали (вдоль оси ОХ) движение тела равномерное, то, зная общее время движения, найдём дальность полета L:
L = tv₁ = (2v₀sin(α) / g) · v₀cos(α) = 2v₀²sin(α)cos(α) / g.
Замечание. Используя формулу из тригонометрии
2sin(α)cos(α) = sin(2α),
получим:
L = 2v₀²sin(2α) / g.
Следовательно, максимальная дальность полета тела будет при броске под углом 45° к горизонту (так как sin(90°) = 1).
Максимальная высота подъёма тела
Рассмотрим движение тела в проекции на ось OY:
H = v₀sin(α)t₁ – gt₁² / 2.
После подставления времени подъёма получим
H = v₀²sin²(α) / (2g).
Давайте теперь решим некоторые задачи.
Задачи
Задача 1. Пуля, летящая горизонтально со скоростью v = 500 м/с, пробивает первый листок бумаги. Найти, на каком расстоянии S находится второй листок бумаги, если известно, что его пуля пробила на h = 20 см ниже, чем первый.
Решение. Найдём, за какое время пуля прошла расстояние между листами. Нам известно, что за это же время она опустилась на высоту h = 20 см. Тогда:
h = gt² / 2,
t = √(2h/g).
Теперь, зная время движения пули между листами, найдём расстояние, которое прошла пуля за это время:
S = tv = v · √(2h/g) = 100 м.
Ответ: S = 100 м.
Задача 2. Школьник может бросить мяч в спортивном зале с максимальной скоростью v = 25 м/с. Пренебрегая силами сопротивления воздуха, найти максимальную дальность полета мяча в спортивном зале, если высота зала равна h = 4 м. Считать, что мяч не ударяется о потолок.
Решение. Пусть мальчик бросил мяч под некоторым углом α к горизонту. Тогда дальность полета мяча равна:
L = 2v₀²sin(α)cos(α) / g.
Как обсуждалось выше, тело имеет максимальную дальность полета, если его бросить под углом α = 45° к горизонту. Но в данной задаче возможно, что при таком угле мяч ударится о потолок. Проверим, какова максимальная высота подъёма мяча при условии, что угол равен α = 45°.
H = v₀²sin²(α) / (2g) = 16 м.
Следовательно, угол, под которым мальчик бросит мяч, будет значительно меньше. Найдём максимальный угол, при котором мяч не столкнется с потолком. Этот угол будет соответствовать предельному случаю, когда мяч побывает на высоте h = 4 м.
h = v₀²sin²(α) / (2g) => sin²(α) = 2gh / v₀².
Из основного тригонометрического тождества
sin²(α) + cos²(α) = 1
найдём cos²(α):
cos²(α) = 1 – 2gh / v₀².
Подставив все выражения в дальность полета L, получим:
L = 2√(2gh(v₀² – 2gh)) / g = 42 м.
Ответ: L = 42 м.
Замечание. Если в задаче не приведены числовые значения (задача в общем виде), то необходимо записать 2 ответа. Первый ответ при условии высокого потолка, при h > H —
L = 2v₀²sin(α)cos(α) / g, α = 45°.
И при h < H получаем ответ
L = 2√(2gh(v₀² – 2gh)) / g.
Список литературы
- Черноуцан А. Учебно-справочное пособие для старшеклассников и абитуриентов. М., 2000.
- Белолипецкий С. Н., Еркович О. С., Казаковцева В. А., Цвецинская Т. С. Задачник по физике. М., 2005.
Автор: Роман Федоренко
Динамика и кинематика — это два важных раздела физики, которые изучают законы перемещения объектов в пространстве. Первый рассматривает действующие на тело силы, второй же занимается непосредственно характеристиками динамического процесса, не вникая в причины того, что его вызвало. Знание этих разделов физики необходимо применять для успешного решения задач на движение по наклонной плоскости. Рассмотрим этот вопрос в статье.
Основная формула динамики
Конечно же, речь идет о втором законе, который постулировал Исаак Ньютон в XVII веке, изучая механическое движение твердых тел. Запишем его в математической форме:
F¯ = m*a¯
Действие внешней силы F¯ вызывает появление линейного ускорения a¯ у тела с массой m. Обе векторные величины (F¯ и a¯) направлены в одну и ту же сторону. Сила в формуле является результатом действия на тело всех сил, которые присутствуют в системе.
В случае движения вращения второй закон Ньютона записывается в виде:
M = I*α
Здесь M и I — моменты силы и инерции, соответственно, α — угловое ускорение.
Формулы кинематики
Решение задач на движение по наклонной плоскости требует знания не только главной формулы динамики, но и соответствующих выражений кинематики. Они связывают в равенства ускорение, скорость и пройденный путь. Для равноускоренного (равнозамедленного) прямолинейного движения применяются следующие формулы:
a = Δv/Δt;
v = v0 ± a*t;
S = v0*t ± a*t2/2
Здесь v0 — значение начальной скорости тела, S — пройденный за время t путь вдоль прямолинейной траектории. Знак «+» следует поставить, если скорость тела увеличивается с течением времени. В противном случае (равнозамедленное движение) следует использовать в формулах знак «-«. Это важный момент.
Если движение осуществляется по круговой траектории (вращение вокруг оси), тогда следует использовать такие формулы:
α = Δω/Δt;
ω = ω0 ± α*t;
θ = ω0*t ± α*t2/2
Здесь α и ω — угловые ускорение и скорость, соответственно, θ — угол поворота вращающегося тела за время t.
Линейные и угловые характеристики друг с другом связаны формулами:
a = α*r;
v = ω*r
Здесь r — радиус вращения.
Движение по наклонной плоскости: силы
Под этим движением понимают перемещение некоторого объекта вдоль плоской поверхности, которая наклонена под определенным углом к горизонту. Примерами может служить соскальзывание бруска по доске или качение цилиндра по металлическому наклоненному листу.
Для определения характеристик рассматриваемого типа движения необходимо в первую очередь найти все силы, которые действуют на тело (брусок, цилиндр). Они могут быть разными. В общем случае это могут быть следующие силы:
- тяжести;
- реакции опоры;
- трения качения и/или скольжения;
- натяжение нити;
- сила внешней тяги.
Первые три из них присутствуют всегда. Существование последних двух зависит от конкретной системы физических тел.
Чтобы решать задачи на перемещение по плоскости наклонной необходимо знать не только модули сил, но и их направления действия. В случае, если тело по плоскости скатывается, сила трения неизвестна. Однако она определяется из соответствующей системы уравнений движения.
Методика решения
Решения задач данного типа начинается с определения сил и их направлений действия. Для этого в первую очередь рассматривают силу тяжести. Ее следует разложить на два составляющих вектора. Один из них должен быть направлен вдоль поверхности наклонной плоскости, а второй должен быть ей перпендикулярен. Первая составляющая силы тяжести, в случае движения тела вниз, обеспечивает его линейное ускорение. Это происходит в любом случае. Вторая равна силе реакции опоры. Все эти показатели могут иметь различные параметры.
Сила трения при движении по наклонной плоскости всегда направлена против перемещения тела. Если речь идет о скольжении, то вычисления довольно просты. Для этого следует использовать формулу:
Ff = µ*N
Где N — реакция опоры, µ — коэффициент трения, не имеющий размерности.
Если в системе присутствуют только указанные три силы, тогда их результирующая вдоль наклонной плоскости будет равна:
F = m*g*sin(φ) — µ*m*g*cos(φ) = m*g*(sin(φ) — µ*cos(φ)) = m*a
Здесь φ — это угол наклона плоскости к горизонту.
Зная силу F, можно по закону Ньютона определить линейное ускорение a. Последнее, в свою очередь, используется для определения скорости движения по наклонной плоскости через известный промежуток времени и пройденного телом расстояния. Если вникнуть, то можно понять, что все не так уж и сложно.
В случае, когда тело скатывается по наклонной плоскости без проскальзывания, суммарная сила F будет равна:
F = m*g*sin(φ) — Fr = m*a
Где Fr — сила трения качения. Она неизвестна. Когда тело катится, то сила тяжести не создает момента, поскольку приложена к оси вращения. В свою очередь, Fr создает следующий момент:
M = Fr*r = I*α
Учитывая, что мы имеем два уравнения и две неизвестных (α и a связаны друг с другом), можно легко решить эту систему, а значит, и задачу.
Теперь рассмотрим, как использовать описанную методику при решении конкретных задач.
Задача на движение бруска по наклонной плоскости
Деревянный брусок находится в верхней части наклонной плоскости. Известно, что она имеет длину 1 метр и располагается под углом 45o. Необходимо вычислить, за какое время брусок опустится по этой плоскости в результате скольжения. Коэффициент трения принять равным 0,4.
Записываем закон Ньютона для данной физической системы и вычисляем значение линейного ускорения:
m*g*(sin(φ) — µ*cos(φ)) = m*a =>
a = g*(sin(φ) — µ*cos(φ)) ≈ 4,162 м/с2
Поскольку нам известно расстояние, которое должен пройти брусок, то можно записать следующую формулу для пути при равноускоренном движении без начальной скорости:
S = a*t2/2
Откуда следует выразить время, и подставить известные значения:
t = √(2*S/a) = √(2*1/4,162) ≈ 0,7 с
Таким образом, время движения по наклонной плоскости бруска составит меньше секунды. Заметим, что полученный результат от массы тела не зависит.
Задача со скатывающимся по плоскости цилиндром
Цилиндр радиусом 20 см и массой 1 кг помещен на наклонную под углом 30o плоскость. Следует вычислить его максимальную линейную скорость, которую он наберет при скатывании с плоскости, если ее длина составляет 1,5 метра.
Запишем соответствующие уравнения:
m*g*sin(φ) — Fr = m*a;
Fr*r = I*α = I*a/r
Момент инерции I цилиндра вычисляется по формуле:
I = 1/2*m*r2
Подставим это значение во вторую формулу, выразим из нее силу трения Fr и заменим полученным выражением ее в первом уравнении, имеем:
Fr*r = 1/2*m*r2*a/r = >
Fr = 1/2*m*a;
m*g*sin(φ) — 1/2*m*a = m*a =>
a = 2/3*g*sin(φ)
Мы получили, что линейное ускорение не зависит от радиуса и массы скатывающегося с плоскости тела.
Зная, что длина плоскости составляет 1,5 метра, найдем время движения тела:
S = a*t2/2 =>
t = √(2*S/a)
Тогда максимальная скорость движения по наклонной плоскости цилиндра будет равна:
v = a*t = a*√(2*S/a) = √(2*S*a) = √(4/3*S*g*sin(φ))
Подставляем все известные из условия задачи величины в конечную формулу, получаем ответ: v ≈ 3,132 м/c.
Доска толщиной l наклонена под углом α к горизонту. В доске под некоторым углом к ее плоскости просверлили дырку. При каком угле наклона дырки к вертикали β время спуска маленького тела через такую дырку минимально? Найти также это время. Трение отсутствует.
Спрятать решение
Решение.
Найдем время спуска тела в дырке и исследуем его на минимум. Из геометрических соображений очевидно, что при наклоне дырки под углом β к вертикали длина дырки x будет равна
При этом, поскольку дырка будет наклонена под углом 
к горизонту, ускорение тела в дырке a определяется соотношением
Поэтому время спуска тела в дырке t можно найти из закона равноускоренного движения
Используя известную тригонометрическую формулу, получим
Из этой формулы следует, что время спуска минимально при таком угле наклона дырки к вертикали 
при котором максимален знаменатель. Или максимален 
Поэтому 
Таким образом, чтобы время спуска тела в дырке было минимально, дырка должна быть наклонена под углом 
к вертикали. Минимальное время спуска теперь легко найти из формулы (⁎), если подставить в нее это значение угла β. Поэтому
Ответ:
Спрятать критерии
Критерии проверки:
1. Правильные законы равноускоренного движения – 0,5 балла.
2. Правильно найдено время спуска для произвольного угла β — 0,5 балла.
3. Обоснована минимальность этого выражения при 
– 0,5 балла.
4. Правильный ответ для минимального времени спуска — 0,5 балла.
Оценка за решение задачи равна сумме оценок по перечисленным критериям.
Максимальная оценка за задачу — 2 балла.
Классификатор: Механика. Прямолинейное равноускоренное движение
На тело действуют сила тяжести (m∙g), сила реакции опоры (N) и сила трения (Ftr): 1) когда тело скользит вверх, сила трения направлена вниз (рис. 1), 2) когда тело скользит вниз, сила трения — вверх (рис. 2). Скорость тела в первом случае уменьшается, поэтому ускорение направлено в противоположную сторону движения. Во втором случае скорость увеличивается, ускорение будет направлено в ту же сторону, что и скорость. Запишем второй закон Ньютона:
[ mcdot vec{a}=vec{N}+mcdot vec{g}+vec{F}_{tr}, ]
0Y: 0 = N – m∙g⋅cos α,
0Х: m⋅a1 = Ftr + m⋅g⋅sin α, m⋅a2 = –Ftr + m⋅g⋅sin α,
где Ftr = μ⋅N, N = m⋅g⋅cos α (из проекции уравнения на ось 0Y). Тогда
m⋅a1 = μ⋅m⋅g⋅cos α + m⋅g⋅sin α = m⋅g⋅(μ⋅cos α + sin α),
a1 = g⋅(sin α + μ⋅cos α), (1)
a2 = g⋅(sin α – μ⋅cos α). (2)
Найдем время подъема t1. Запишем уравнение скорости
υx = υ0x + ax⋅t,
где υ0x = υ0, ax = –a1. В момент времени t = t1 (когда тело достигло максимальной высоты) скорость тела υx = 0. Тогда, с учетом уравнения (1):
[ 0=upsilon _{0} -a_{1} cdot t_{1}, ; ; ; t_{1} =frac{upsilon _{0}}{a_{1}} =frac{upsilon _{0}}{gcdot left(sin alpha +mu cdot cos alpha right)}, ]
t1 = 2,0 с.
Найдем время спуска t2. Тело, при движении вверх за время t1 и вниз за время t2, совершает одинаковое перемещение (Δr1x = Δr2x), причем при движении вверх υ0x = υ0, ax = –a1; при движении вниз υ0x = 0, ax = a2.
[ Delta r_{x} =upsilon _{0x} cdot t+frac{a_{x} cdot t^{2}}{2}, ; ; ; upsilon _{0} cdot t_{1} -frac{a_{1} cdot t_{1}^{2}}{2} =frac{a_{2} cdot t_{2}^{2}}{2}, ]
[ t_{2} =sqrt{frac{1}{a_{2} } cdot left(2upsilon _{0} cdot t_{1} -a_{1} cdot t_{1}^{2} right)}. ]
Можно отдельно посчитать a1 и a2 и найти t2, можно решить в общем виде:
[ t_{2} =sqrt{frac{1}{a_{2}} cdot left(2upsilon _{0} cdot frac{upsilon _{0}}{a_{1}} -a_{1} cdot left(frac{upsilon _{0}}{a_{1}} right)^{2} right)} =sqrt{frac{1}{a_{2}} cdot frac{upsilon _{0}^{2}}{a_{1}}} =frac{upsilon _{0}}{gcdot sqrt{sin ^{2} alpha -left(mu cdot cos alpha right)^{2}}}, ]
t2 = 3,0 с.