Przejdź do treściPrzejdź do informacji o dostępnościMenu skrótów klawiszowych
Logo OpenStax

Menu
Spis treści
  1. Przedmowa
  2. Mechanika
    1. 1 Jednostki i miary
      1. Wstęp
      2. 1.1 Zakres stosowalności praw fizyki
      3. 1.2 Układy jednostek miar
      4. 1.3 Konwersja jednostek
      5. 1.4 Analiza wymiarowa
      6. 1.5 Szacowanie i pytania Fermiego
      7. 1.6 Cyfry znaczące
      8. 1.7 Rozwiązywanie zadań z zakresu fizyki
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    2. 2 Wektory
      1. Wstęp
      2. 2.1 Skalary i wektory
      3. 2.2 Układy współrzędnych i składowe wektora
      4. 2.3 Działania na wektorach
      5. 2.4 Mnożenie wektorów
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    3. 3 Ruch prostoliniowy
      1. Wstęp
      2. 3.1 Położenie, przemieszczenie, prędkość średnia
      3. 3.2 Prędkość chwilowa i szybkość średnia
      4. 3.3 Przyspieszenie średnie i chwilowe
      5. 3.4 Ruch ze stałym przyspieszeniem
      6. 3.5 Spadek swobodny i rzut pionowy
      7. 3.6 Wyznaczanie równań ruchu metodą całkowania
      8. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    4. 4 Ruch w dwóch i trzech wymiarach
      1. Wstęp
      2. 4.1 Przemieszczenie i prędkość
      3. 4.2 Przyspieszenie
      4. 4.3 Rzuty
      5. 4.4 Ruch po okręgu
      6. 4.5 Ruch względny w jednym i dwóch wymiarach
      7. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    5. 5 Zasady dynamiki Newtona
      1. Wstęp
      2. 5.1 Pojęcie siły
      3. 5.2 Pierwsza zasada dynamiki Newtona
      4. 5.3 Druga zasada dynamiki Newtona
      5. 5.4 Masa i ciężar ciała
      6. 5.5 Trzecia zasada dynamiki Newtona
      7. 5.6 Rodzaje sił
      8. 5.7 Rozkłady sił działających na ciała
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    6. 6 Zastosowania zasad dynamiki Newtona
      1. Wstęp
      2. 6.1 Rozwiązywanie zadań związanych z zasadami dynamiki Newtona
      3. 6.2 Tarcie
      4. 6.3 Siła dośrodkowa
      5. 6.4 Siła oporu i prędkość graniczna
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    7. 7 Praca i energia kinetyczna
      1. Wstęp
      2. 7.1 Praca
      3. 7.2 Energia kinetyczna
      4. 7.3 Zasada zachowania energii mechanicznej
      5. 7.4 Moc
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    8. 8 Energia potencjalna i zasada zachowania energii
      1. Wstęp
      2. 8.1 Energia potencjalna układu
      3. 8.2 Siły zachowawcze i niezachowawcze
      4. 8.3 Zasada zachowania energii
      5. 8.4 Wykresy energii potencjalnej
      6. 8.5 Źródła energii
      7. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
    9. 9 Pęd i zderzenia
      1. Wstęp
      2. 9.1 Pęd
      3. 9.2 Popęd siły i zderzenia
      4. 9.3 Zasada zachowania pędu
      5. 9.4 Rodzaje zderzeń
      6. 9.5 Zderzenia w wielu wymiarach
      7. 9.6 Środek masy
      8. 9.7 Napęd rakietowy
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    10. 10 Obroty wokół stałej osi
      1. Wstęp
      2. 10.1 Zmienne opisujące ruch obrotowy
      3. 10.2 Obroty ze stałym przyspieszeniem kątowym
      4. 10.3 Związek między wielkościami w ruchach obrotowym i postępowym
      5. 10.4 Moment bezwładności i energia kinetyczna w ruchu obrotowym
      6. 10.5 Obliczanie momentu bezwładności
      7. 10.6 Moment siły
      8. 10.7 Druga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego
      9. 10.8 Praca i energia kinetyczna w ruchu obrotowym
      10. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    11. 11 Moment pędu
      1. Wstęp
      2. 11.1 Toczenie się ciał
      3. 11.2 Moment pędu
      4. 11.3 Zasada zachowania momentu pędu
      5. 11.4 Precesja żyroskopu
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    12. 12 Równowaga statyczna i sprężystość
      1. Wstęp
      2. 12.1 Warunki równowagi statycznej
      3. 12.2 Przykłady równowagi statycznej
      4. 12.3 Naprężenie, odkształcenie i moduł sprężystości
      5. 12.4 Sprężystość i plastyczność
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    13. 13 Grawitacja
      1. Wstęp
      2. 13.1 Prawo powszechnego ciążenia
      3. 13.2 Grawitacja przy powierzchni Ziemi
      4. 13.3 Energia potencjalna i całkowita pola grawitacyjnego
      5. 13.4 Orbity satelitów i ich energia
      6. 13.5 Prawa Keplera
      7. 13.6 Siły pływowe
      8. 13.7 Teoria grawitacji Einsteina
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    14. 14 Mechanika płynów
      1. Wstęp
      2. 14.1 Płyny, gęstość i ciśnienie
      3. 14.2 Pomiar ciśnienia
      4. 14.3 Prawo Pascala i układy hydrauliczne
      5. 14.4 Prawo Archimedesa i siła wyporu
      6. 14.5 Dynamika płynów
      7. 14.6 Równanie Bernoulliego
      8. 14.7 Lepkość i turbulencje
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
  3. Fale i akustyka
    1. 15 Drgania
      1. Wstęp
      2. 15.1 Ruch harmoniczny
      3. 15.2 Energia w ruchu harmonicznym
      4. 15.3 Porównanie ruchu harmonicznego z ruchem jednostajnym po okręgu
      5. 15.4 Wahadła
      6. 15.5 Drgania tłumione
      7. 15.6 Drgania wymuszone
      8. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    2. 16 Fale
      1. Wstęp
      2. 16.1 Fale biegnące
      3. 16.2 Matematyczny opis fal
      4. 16.3 Prędkość fali na naprężonej strunie
      5. 16.4 Energia i moc fali
      6. 16.5 Interferencja fal
      7. 16.6 Fale stojące i rezonans
      8. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    3. 17 Dźwięk
      1. Wstęp
      2. 17.1 Fale dźwiękowe
      3. 17.2 Prędkość dźwięku
      4. 17.3 Natężenie dźwięku
      5. 17.4 Tryby drgań fali stojącej
      6. 17.5 Źródła dźwięków muzycznych
      7. 17.6 Dudnienia
      8. 17.7 Efekt Dopplera
      9. 17.8 Fale uderzeniowe
      10. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
  4. A Jednostki
  5. B Przeliczanie jednostek
  6. C Najważniejsze stałe fizyczne
  7. D Dane astronomiczne
  8. E Wzory matematyczne
  9. F Układ okresowy pierwiastków
  10. G Alfabet grecki
  11. Rozwiązania zadań
    1. Rozdział 1
    2. Rozdział 2
    3. Rozdział 3
    4. Rozdział 4
    5. Rozdział 5
    6. Rozdział 6
    7. Rozdział 7
    8. Rozdział 8
    9. Rozdział 9
    10. Rozdział 10
    11. Rozdział 11
    12. Rozdział 12
    13. Rozdział 13
    14. Rozdział 14
    15. Rozdział 15
    16. Rozdział 16
    17. Rozdział 17
  12. Skorowidz nazwisk
  13. Skorowidz rzeczowy
  14. Skorowidz terminów obcojęzycznych

Cel dydaktyczny

W tym podrozdziale nauczysz się:
  • stosować do opisu rzutów jednowymiarowe równania ruchu w kierunkach prostopadłych;
  • obliczać zasięg, czas lotu oraz maksymalną wysokość ciała, które zostało rzucone i upada na płaską, poziomą powierzchnię;
  • znajdować czas lotu i prędkość upadku pocisku, który trafia w punkt na innej wysokości niż początkowa;
  • znajdować kształt toru ruchu ciała w rzucie.

Rzutem (ang. projectile motion) nazywamy ruch ciała wystrzelonego lub upuszczonego w powietrzu, który zachodzi jedynie z przyspieszeniem grawitacyjnym. W zagadnieniach fizycznych i inżynierskich bardzo często mamy do czynienia z rzutami. Przykładem takiego ruchu może być ruch meteoroidu wpadającego w atmosferę ziemską, fajerwerku wystrzelonego w powietrze, czy lot piłki w dowolnej dyscyplinie sportu. Takie obiekty nazywamy często pociskami a ich tor lotu trajektorią (ang. trajectory). Ruch obiektów spadających pionowo, który omówiliśmy w rozdziale Ruch prostoliniowy jest prostym rodzajem rzutu w jednym wymiarze, gdzie ruch w poziomie nie występował. W tym rozdziale zajmiemy się rzutami w płaszczyźnie pionowej – przypadek dwuwymiarowy – tj. rzutami poziomymi i ukośnymi, przy czym będziemy zawsze pomijać wpływ oporu powietrza.

Najważniejszym faktem do zapamiętania jest to, że ruchy w kierunkach prostopadłych są niezależne i dlatego mogą być rozpatrywane oddzielnie. Mówiliśmy o tym w sekcji Przemieszczenie i prędkość, gdzie pokazaliśmy, że ruch pionowy jest niezależny od ruchu w poziomie. Kluczem do rozwiązania problemu rzutów jest rozłożenie ruchu na ruch wzdłuż osi poziomej i niezależny ruch wzdłuż osi pionowej. Taki wybór osi jest najbardziej sensowny i praktyczny, ponieważ przyspieszenie grawitacyjne występuje wzdłuż kierunku pionowego, a więc w kierunku poziomym nie mamy żadnego przyspieszenia, jeśli pominiemy wpływ oporu powietrza. Dla ułatwienia nazwiemy oś poziomą osią x x, natomiast oś pionową - osią y y. Pamiętajmy, że taki wybór układu współrzędnych nie jest jedynym możliwym. Jest on po prostu wygodny w problemach z przyspieszeniem grawitacyjnym. W pozostałych przypadkach możemy oczywiście dokonać innego wyboru osi. Ilustracja 4.11 pokazuje wybór osi oraz oznaczenia przyjęte w dalszych fragmentach rozdziału. Całkowite przemieszczenie nazwiemy s s , a jego składowe wzdłuż osi poziomej i pionowej x x oraz y y . Długości wektorów przemieszczenia i jego składowych oznaczymy przez s s, x x i y y.

Rysunek piłkarza kopiącego piłkę. But piłkarza jest w początku układu współrzędnych xy. Pokazano trajektorię lotu piłki i zaznaczono sześć przykładowych pozycji piłki w czasie lotu. Tor ruchu jest parabolą. Wektor s jest całkowitym przemieszczeniem piłki od początku układu do położenia końcowego. Wektor s i jego prostopadłe składowe x i y tworzą trójkąt z wektorem s na przeciwprostokątnej. Kąt między osią x a wektorem s wynosi theta.
Ilustracja 4.11 Całkowite przemieszczenie s s piłki do pewnego punktu na jej trajektorii. Wektor s s ma dwa wektory składowe x x i y y wzdłuż poziomej i pionowej osi. Jego długość wynosi s s , a kąt jaki tworzy z poziomem to φ φ .

Aby nasz opis rzutów był kompletny, powinniśmy uwzględnić wektor prędkości, przyspieszenia i przemieszczenia. Co więcej, musimy znaleźć ich składowe x x oraz y y. Załóżmy, że pomijamy wszystkie siły (z wyjątkiem siły grawitacji) takie jak opór powietrza czy tarcie. Jeśli przyjmiemy dodatni kierunek osi pionowej do góry, składowe wektora przyspieszenia mają bardzo prostą postać:

a y = - g = - 9,8 m/s 2 , a x = 0. a y =-g=-9,8 m/s 2 , a x =0.

Ponieważ grawitacja działa tylko w pionie, a x = 0. a x =0. Jeżeli a x = 0 , a x =0, to prędkość v x v x w kierunku x x w dowolnej chwili czasu nie zmienia się i jest równa prędkości początkowej v 0 x v 0 x . Z takimi warunkami na prędkość i przyspieszenie możemy zapisać kinematyczne równania (Równanie 4.11-Równanie 4.18) dla ruchu w jednorodnym polu grawitacyjnym, przyjmując postać równań odpowiednią dla ruchu ze stałym przyspieszeniem (z sekcji Ruch ze stałym przyspieszeniem). Jeśli przyjmiemy a y = - g , a x = 0 a y =-g, a x =0, nasze równania ruchu mają postać:
Ruch w poziomie

x = x 0 + v x t x= x 0 + v x t
4.19
v x = v 0 x v x = v 0 x
4.20

Ruch w pionie

y = y 0 + 1 2 ( v 0 y + v y ) t y= y 0 + 1 2 ( v 0 y + v y ) t
4.21
v y = v 0 y - g t v y = v 0 y -gt
4.22
y=y0+v0yt12gt2y=y0+v0yt12gt2 y = y_0 + v_{0\sep y} t - \frac12 g t^2
4.23
v y 2 = v 0 y 2 - 2 g ( y - y 0 ) v y 2 = v 0 y 2 -2g ( y - y 0 )
4.24

Używając tego zestawu równań, możemy dokonać analizy dowolnego rzutu. Musimy jednak pamiętać o kilku ważnych kwestiach.

Strategia rozwiązywania zadań

Strategia rozwiązywania zadań: rzuty

  1. Rozdziel ruch pocisku na składową poziomą i pionową wzdłuż osi x x oraz y y. Wartości składowych wektora przemieszczenia s s wzdłuż tych osi to x x i y y. Wartości składowych wektora prędkości v v są równe v x = v cos φ v x =vcosφ oraz v y = v sin φ v y =vsinφ, gdzie v v jest długością wektora prędkości, a φ φ jest kątem nachylenia wektora prędkości do osi poziomej (w dowolnej chwili czasu), jak pokazano na Ilustracji 4.12.
  2. Prędkość początkową v 0 v 0 również rozkładamy na składowe v 0 x = v 0 cos φ 0 v 0 x = v 0 cos φ 0 oraz v 0 y = v 0 sin φ 0 v 0 y = v 0 sin φ 0 , gdzie φ 0 φ 0 jest kątem początkowym, pod którym pocisk jest wystrzeliwany.
  3. Traktuj rzut jako złożenie dwóch niezależnych ruchów w jednym kierunku: wzdłuż osi poziomej i pionowej. Używaj równań ruchu dla kierunku poziomego i pionowego w formie zapisanej powyżej.
  4. Rozwiąż równania ze względu na niewiadome. Zauważ, że jedyną wspólną zmienną w równaniach dla kierunku poziomego i pionowego jest czas t t. Metody rozwiązywania równań ruchu są takie same jak w przypadku jednowymiarowym. Szczegółowo omówiliśmy je podczas analizy przykładów poniżej.
  5. Następnie użyj wielkości służących do opisu ruchu poziomego i pionowego, aby uzyskać informację o całkowitym przemieszczeniu s s i prędkości v v . Oblicz wartość oraz kierunek wektorów przemieszczenia i prędkości używając wzorów
    s = x 2 + y 2 , φ = arctg ( y / x ) , v = v x 2 + v y 2 , s= x 2 + y 2 ,φ=arctg ( y / x ) ,v= v x 2 + v y 2 ,

    gdzie kąt φ φ określa kierunek wektora przemieszczenia s . s .
Rysunek a pokazuje położenia i prędkości ciała w rzucie ukośnym w układzie współrzędnych xy w 10 kolejnych chwilach czasu. W początku układu ciało ma prędkość v z indeksem dolnym 0 pod kątem theta z indeksem dolnym zero do poziomu. Wektor prędkości zaznaczono granatowo-niebieskimi strzałkami, a jego składowe x i y jasnoniebieskimi. Ciało porusza się po paraboli skierowanej ramionami w dół do wysokości maksymalnej, potem opada do y=0 i dalej w dół poniżej osi x. Prędkość v w dowolnej chwili czasu tworzy z poziomem kąt theta, który zmienia się w czasie, i ma składowe v z indeksem x i v z indeksem y. Składowa x prędkości nie zmienia się. Składowa y skierowana jest początkowo do góry, ale maleje aż na wysokości maksymalnej spada do zera. Potem rośnie, ale skierowana w dół. Gdy ciało osiąga początkową wysokość, jego wektor prędkości ma tę samą wartość, ale tworzy z poziomem kąt - theta zero. Składowa y prędkości końcowej jest równa – v z indeksem 0y. Ostatnie zaznaczone położenie ciała jest poniżej osi x ze współrzędną y ujemną. Z rysunku wyraźnie wynika, że położenie ciała w kierunku poziomym zmienia się jednostajnie w czasie, podczas gdy w kierunku pionowym najpierw przyrasta coraz wolniej w locie w górę, a potem coraz szybciej w locie w dół. Rysunek b pokazuje składową poziomą ruchu ze stałą prędkością. Składową x położenia i prędkości pokazano wzdłuż poziomej osi. Położenie przyrasta w kolejnych chwilach czasu o tyle samo, a składowa x prędkości ma stałą wartość i jest skierowana w zawsze w prawo. Rysunek c pokazuje wkładową pionową ruchu ze stałym przyspieszeniem. Składową y położenia i prędkości pokazano wzdłuż pionowej osi. Położenia w kolejnych chwilach zagęszczają się w locie w górę i rozrzedzają w locie dół. Składowe y prędkości maleją do wartości 0 w wysokości maksymalnej i potem rosną w kierunku w dół. Rysunek d pokazuje, że dodając składową x i y prędkości w dowolnym punkcie, dostajemy całkowity wektor prędkości. Prędkość ma składowy v z indeksem x i v z indeksem y oraz tworzy kąt theta z osią poziomą. Wybrano przykładowy punkt, w którym składowa y prędkości jest skierowana w dół.
Ilustracja 4.12 (a) Problem rzutu w dwóch wymiarach analizujemy, rozpatrując niezależne ruchy w jednym wymiarze: w kierunku poziomym i pionowym. (b) Ruch w poziomie jest bardzo prosty, ponieważ a x = 0 a x = 0 oraz v x v x jest stałe. (c) W trakcie wznoszenia się ciała prędkość w kierunku pionowym maleje i spada do zera, gdy ciało osiąga wysokość maksymalną. Gdy ciało z powrotem spada w kierunku Ziemi, prędkość pionowa rośnie, ale jej kierunek jest teraz przeciwny do kierunku składowej pionowej prędkości początkowej. (d) Złożenie niezależnych ruchów wzdłuż osi x x i y y daje całkowitą prędkość w dowolnym punkcie toru ruchu.
Rzut, w którym początkowy kąt θ 0 θ 0 między wektorem prędkości początkowej a kierunkiem poziomym jest różny od zera stopni, nazywamy rzutem ukośnym. Gdy natomiast kąt ten jest równy zero stopni, to rzut taki nazywać będziemy rzutem poziomym. Możemy mieć do czynienia z rzutem ukośnym do góry, jak i w dół (np. rzucając kamieniem w dół klifu). Gdy z kolei kąt jest równy zeru stopni, to rzut nazywamy rzutem pionowym.

Przykład 4.7

Wybuch fajerwerku na dużej wysokości

Podczas pokazu sztucznych ogni rakietę z ładunkiem wybuchowym wystrzeliwuje się w powietrze z początkową prędkością o wartości 70,00 m/s pod kątem 75° nad horyzontem, jak pokazano na Ilustracji 4.13. Lont ma taką długość, aby ładunek został odpalony w najwyższym punkcie toru lotu rakiety.
  1. Oblicz wysokość, na jakiej ładunek wybuchnie.
  2. Po jakim czasie od wystrzelenia rakiety dojdzie do wybuchu?
  3. W jakiej odległości liczonej w poziomie od miejsca wystrzelenia dojdzie do wybuchu fajerwerku?
  4. Jakie jest całkowite przemieszczenie rakiety od startu do momentu wybuchu ładunku?
Trajektoria rakiety z fajerwerkami od startu do najwyższego punktu, w którym następuje wybuch. Tor ruchu na płaszczyźnie xy jest połową paraboli o ramionach w dół. Wysokość maksymalna wynosi 233 metry, a przemieszczenie w kierunku x to 125 metrów. Wektor prędkości początkowej v z indeksem dolnym 0 skierowany jest do góry, nieco w prawo pod kątem do poziomu theta z indeksem 0 równym 75 stopni i jest styczny do toru w punkcie początkowym.
Ilustracja 4.13 Tor ruchu rakiety z fajerwerkami. Odpowiednia długość lontu pozwala na wybuch ładunku w najwyższym punkcie toru, czyli na wysokości 233 m i w odległości 125 m w poziomie od miejsca wystrzału.

Strategia rozwiązania

Ruch rakiety możemy rozłożyć na ruch poziomy i pionowy z przyspieszeniami a x = 0 a x =0 oraz a y = - g . a y =-g. Przyjmijmy położenie początkowe x 0 x 0 i y 0 y 0 równe zero i przystąpmy do obliczania poszukiwanych niewiadomych.

Rozwiązanie

(a) Przez “wysokość” rozumiemy to, jak wysoko nad poziomem podłoża wzniesie się rakieta, czyli współrzędną y y położenia względem punktu początkowego. Najwyższy punkt toru, zwany wysokością maksymalną albo wierzchołkiem, zostaje osiągnięty, gdy v y = 0 v y =0. Skoro znamy początkową i końcową prędkość oraz początkowe położenie rakiety, możemy skorzystać z następującego równania do znalezienia wysokości maksymalnej y y:
v y 2 = v 0 y 2 - 2 g ( y - y 0 ) . v y 2 = v 0 y 2 -2g ( y - y 0 ) .

Ponieważ i y 0 y 0 , i v y v y są równe zero, równanie upraszcza się do postaci:

0 = v 0 y 2 - 2 g y . 0= v 0 y 2 -2gy.

Obliczamy y y:

y = v 0 y 2 2 g . y= v 0 y 2 2 g .

Potrzebujemy jeszcze wyznaczyć v 0 y v 0 y – składową y y wektora prędkości początkowej. Jest ona równa v 0 y = v 0 sin θ 0 v 0 y = v 0 sin θ 0 , gdzie v 0 v 0 jest wartością prędkości początkowej równą 70,0 m/s, a θ 0 = 75 θ 0 = 75 jest kątem początkowym, pod którym wystrzelono rakietę. Zatem

v 0 y = v 0 sin θ 0 = ( 70,0 m/s ) sin 75 = 67,6 m/s , v 0 y = v 0 sin θ 0 = ( 70,0 m/s ) sin 75 =67,6m/s,

natomiast y y wynosi:

y = ( 67,6 m/s ) 2 2 ( 9,81 m/s 2 ) . y= ( 67,6 m/s ) 2 2 ( 9,81 m/s 2 ) .

Ostatecznie otrzymujemy

y = 233 m . y=233m.

Zauważmy, że ponieważ jako dodatni przyjęliśmy kierunek w górę, to zarówno składowa pionowa prędkości początkowej, jak i maksymalna wysokość są dodatnie, mimo że przyspieszenie grawitacyjne jest ujemne. Zwróćmy także uwagę, że wysokość maksymalna zależy wyłącznie od pionowej składowej prędkości początkowej. Wobec tego każdy pocisk wystrzelony ukośnie z prędkością o składowej pionowej 67,6 m/s osiągnąłby dokładnie taką samą wysokość maksymalną równą 233 m (pomijając opory powietrza). Wynik otrzymany w tym przykładzie jest rozsądny w przypadku naprawdę dużych rakiet, które są w stanie wynieść ładunek na tak dużą wysokość. W rzeczywistości opory powietrza nie są całkowicie zaniedbywalne i do wyniesienia ładunku na tę samą wysokość potrzebna byłaby zapewne większa prędkość początkowa.

(b) Jak często bywa w problemach fizycznych, jest wiele sposobów obliczenia czasu lotu pocisku do wysokości maksymalnej. W tym przypadku najprościej będzie skorzystać z równania v y = v 0 y - g t . v y = v 0 y -gt. Ponieważ w wierzchołku v y = 0 v y =0, dlatego równanie upraszcza się do równości:

0 = v 0 y - g t , 0= v 0 y -gt,

z której łatwo obliczymy czas:

t = v 0 y g = 67,6 m/s 9,81 m/s 2 = 6,9 s . t= v 0 y g = 67,6 m/s 9,81 m/s 2 =6,9s.

Znaleziony czas jest również prawdopodobny w przypadku dużych fajerwerków. Gdybyś miał okazję obserwować pokaz sztucznych ogni, zwróć uwagę, że zazwyczaj mija kilkanaście sekund zanim ładunek wybucha. Inną metodą wyznaczenia czasu wznoszenia pocisku jest użycie równania y = y 0 + 1 2 ( v 0 y + v y ) t . y= y 0 + 1 2 ( v 0 y + v y ) t. Obliczenie czasu przy pomocy tego równania zostawiamy ci jako ćwiczenie.

(c) Ze względu na to, że pomijamy opór powietrza, a x = 0 a x =0 oraz składowa pozioma prędkości jest stała. Przemieszczenie w poziomie obliczymy, mnożąc prędkość poziomą przez czas zgodnie ze wzorem x = x 0 + v x t , x= x 0 + v x t, gdzie x 0 x 0 jest zero. Zatem

x = v x t , x= v x t,

przy czym v x v x jest składową x x wektora prędkości, która wynosi

vx=v0cosθ0=70,0m/scos75°=18,1m/s.vx=v0cosθ0=70,0m/scos75°=18,1m/s.

Zauważmy, że pominięto tutaj indeks dolny '0', bo prędkość w kierunku poziomym się nie zmienia i jest zawsze równa składowej prędkości początkowej. Czas t t jest dla ruchu w obu kierunkach taki sam, więc x x jest równe

x=18,1m/s6,9s=125m.x=18,1m/s6,9s=125m.

Ruch poziomy przy braku oporów powietrza zachodzi ze stałą prędkością. Tak duże obliczone przez nas poziome przemieszczenie może być użyteczne, aby utrzymać odłamki powstałe w wyniku wybuchu jak najdalej od widzów. Na ruch odłamków po wybuchu duży wpływ ma opór powietrza, dzięki czemu upadają one prawie dokładnie poniżej miejsca wybuchu i nie docierają do widzów.

(d) W podpunktach (a) i (c) obliczyliśmy składowe wektora położenia w najwyższym punkcie toru lotu rakiety, które są w tym przypadku także składowymi przemieszczenia. Pozostaje nam więc obliczenie długości i kierunku przemieszczenia do wierzchołka.

s = ( 125 i ^ + 233 j ^ ) m s =(125 i ^ +233 j ^ )m
| s | = 125 2 + 233 2 = 264 m | s | = 125 2 + 233 2 =264m
θ = arctg ( 233 125 ) = 61 , 8 . θ=arctg ( 233 125 ) =61, 8 .

Zauważmy, że kąt między przemieszczeniem a osią poziomą jest mniejszy niż początkowy kąt wystrzału rakiety. Aby zrozumieć dlaczego tak jest, spójrzmy jeszcze raz na Ilustracja 4.11, który pokazuje krzywiznę trajektorii z perspektywy podłoża.

Rozwiązując Przykład 4.7(a), wyprowadziliśmy wyrażenie na y y słuszne w przypadku, gdy pomijamy opór powietrza. Nazwijmy teraz wysokość maksymalną y y = h h. W takim razie

h = v 0 y 2 2 g . h= v 0 y 2 2 g .

Powyższe równanie podaje ogólny wzór na wysokość maksymalną nad punktem początkowym ciała w rzucie ukośnym, która zależy tylko od składowej pionowej prędkości początkowej.

Sprawdź, czy rozumiesz 4.3

Kamień rzucono poziomo z klifu o wysokości 100,0 m z prędkością o wartości 15,0 m/s.

  1. Przedyskutuj możliwy wybór początku układu współrzędnych.
  2. Jakie równanie opisuje ruch w kierunku poziomym?
  3. Które równania zastosujesz do opisu ruchu w pionie?
  4. Jaki jest wektor prędkości i jego wartość w punkcie upadku kamienia na ziemię?

Przykład 4.8

Rzut ukośny: Tenisistka

Tenisistka po zwycięstwie w rozgrywanym na Arthur Ashe Stadium finale US Open uderza piłkę rakietą skierowaną 45° do poziomu, posyłając ją w trybuny z szybkością 30 m/s (Ilustracja 4.14). Gdy piłka opadała złapał ją widz siedzący 10 m ponad poziomem, z którego piłka została wyrzucona.
  1. Oblicz czas, po jakim piłka dociera do widza.
  2. Jaka jest wartość i kierunek prędkości piłki w chwili upadku?
Ilustracja uderzenia piłki przez tenisistę w kierunku trybun. Gracz stoi na lewo od trybun i uderza piłkę pod kątem theta równym 45 stopni od poziomu w górę z prędkością początkową v z indeksem 0 równą 30 metrów na sekundę. Piłka dociera do kibica, który siedzi 10 metrów ponad poziomem, z którego wyrzucono piłkę.
Ilustracja 4.14 Tor lotu piłki tenisowej uderzonej w trybuny.

Strategia rozwiązania

Podobnie jak wcześniej, dzięki rozłożeniu ruchu w dwóch wymiarach na dwie niezależne składowe w jednym wymiarze, łatwo obliczymy poszukiwane wielkości. Czas przebywania piłki w powietrzu zależy jedynie od jej ruchu w pionie. Zaczniemy więc od wyznaczenia niewiadomej t t. Podczas gdy w pionie piłka wznosi się i opada, w poziomie porusza się stale z jednakową prędkością. W tym przykładzie jesteśmy pytani o prędkość końcową w momencie upadku piłki. Żeby ją znaleźć, połączymy z powrotem informacje o ruchu poziomym i pionowym. Wyznaczymy wtedy wektor v v po czasie t t, który będziemy znali z rozwiązania pierwszej części zadania.

Rozwiązanie

(a) Podczas lotu w powietrzu piłka wznosi się, a następnie opada do wysokości końcowej 10,0 m ponad poziomem, z którego została wyrzucona. Czas lotu znajdziemy, korzystając z Równania 4.23:
y = y 0 + v 0 y t - 1 2 g t 2 . y= y 0 + v 0 y t- 1 2 g t 2 .

Jeśli przyjmiemy położenie początkowe y 0 y 0 równe zero metrów, to w powyższym równaniu zmienna y y będzie równa 10 m. Początkowa prędkość w pionie jest składową pionową wektora prędkości początkowej:

v 0 y = v 0 sin θ 0 = ( 30,0 m/s ) sin 45 = 21,2 m/s . v 0 y = v 0 sin θ 0 = ( 30,0 m/s ) sin 45 =21,2m/s.

Jeśli w miejsce y y i v 0 y v 0 y w Równaniu 4.23 podstawimy obliczone wcześniej wartości, otrzymamy:

10,0 m = ( 21,2 m/s ) t - ( 4,90 m/s 2 ) t 2 . 10,0m= ( 21,2 m/s ) t- ( 4,90 m/s 2 ) t 2 .

Otrzymaliśmy równanie kwadratowe z niewiadomą t t, które po uporządkowaniu ma postać:

( 4,90 m/s 2 ) t 2 - ( 21,2 m/s ) t + 10,0 m = 0. ( 4,90 m/s 2 ) t 2 - ( 21,2 m/s ) t+10,0m=0.

Jeśli rozwiążemy równanie kwadratowe, otrzymamy dwa wyniki t t = 3,79 s oraz t t = 0,54 s. Wiemy, że piłka znajduje się na wysokości 10 m dwukrotnie - raz w jej locie do góry, a raz podczas opadania. Dlatego jako czas lotu piłki do widza wybierzemy rozwiązanie pierwsze, gdzie czas ten jest dłuższy:

t = 3,79 s . t=3,79s.

Czas ruchu pocisku jest determinowany jedynie jego ruchem w kierunku pionowym. Dlatego każdy pocisk wystrzelony ze składową pionową prędkości 21,2 m/s, który dociera do wysokości 10,0 m ponad poziomem początkowym, spędzi w powietrzu dokładnie 3,79 s.

(b) Składowe prędkości v x v x i v y v y w momencie upadku piłki na trybuny znajdziemy dzięki wynikom z punktu (a). Następnie wykorzystamy je do obliczenia wartości wektora prędkości v v oraz kąta nachylenia wektora prędkości do poziomu θ θ. Oznaczymy go dodatkowo przez θ k θ k , aby podkreślić, że jest to kąt końcowy. Ze względu na to, że składowa v x v x jest stała w czasie, możemy wyznaczyć jej wartość dla dowolnej chwili i dowolnego położenia piłki w trakcie lotu. Wybieramy punkt początkowy, bo znamy początkową prędkość i kąt wyrzucenia piłki. Dlatego

v x = v 0 cos θ 0 = ( 30 m/s ) cos 45 = 21,2 m/s . v x = v 0 cos θ 0 = ( 30 m/s ) cos 45 =21,2m/s.

Składową pionową prędkości końcowej obliczymy dzięki Równaniu 4.22:

v y = v 0 y - g t . v y = v 0 y -gt.

W części (a) obliczyliśmy już wartość v 0 y v 0 y , równą 21,2 m/s, zatem

v y = 21,2 m/s - 9,81 m/s 2 ( 3,79 s ) = - 15,9 m/s . v y =21,2m/s-9,81 m/s 2 ( 3,79 s ) =-15,9m/s.

Wartość prędkości v v wynosi

v = v x 2 + v y 2 = ( 21,2 m/s ) 2 + ( - 15,9 m/s ) 2 = 26,5 m/s . v= v x 2 + v y 2 = ( 21,2 m/s ) 2 + ( - 15,9 m/s ) 2 =26,5m/s.

Kąt upadku θ k θ k wyznaczymy jako arcus tangens stosunku składowych prędkości:

θ k = arctg ( v y v x ) = arctg ( 15,9 21,2 ) = 36 , 9 . θ k =arctg ( v y v x ) =arctg ( 15,9 21,2 ) =36, 9 .

Znaczenie

  1. Jak już mówiliśmy, czas ruchu w rzucie ukośnym zależy jedynie od składowej pionowej ruchu. Dlatego czas ruchu każdego pocisku, który startuje z pionową prędkością początkową 21,2 m/s i ląduje na wysokości 10,0 m ponad punktem początkowym, wynosi 3,79 s.
  2. Ujemny kąt oznacza, że wektor prędkości w momencie upadku jest skierowany 36,9° poniżej horyzontu. Ten wynik jest spójny z obserwacją, że piłka upada na trybuny po drugiej stronie wierzchołka jej trajektorii i stąd ujemna składowa y y prędkości. Zgodnie z naszymi oczekiwaniami, prędkość upadku piłki na wysokości 10,0 m jest mniejsza niż wartość prędkości początkowej, a kąt upadku jest co do wartości bezwzględnej mniejszy niż kąt początkowy.

Czas lotu, tor i zasięg

W tej sekcji chcemy wyprowadzić ogólne wzory na czas lotu, tor i zasięg w rzucie ukośnym, w którym miejsce wystrzelenia i upadku pocisku są na tej samej wysokości. Wykorzystamy poznane już równania kinematyczne, aby w kolejnych punktach otrzymać interesujące nas wzory.

Czas lotu

Przekształcając kinematyczne równania ruchu, możemy wyprowadzić wzór na czas lotu obiektu w rzucie ukośnym od miejsca wystrzelenia do miejsca upadku, które znajdują się na tym samym poziomie. Zauważmy, że składowa y y położenia musi być równa zeru zarówno na początku, jak i na końcu ruchu. W takim razie przemieszczenie w kierunku pionowym musi być równe zeru, zatem

y - y 0 = v 0 y t - 1 2 g t 2 = ( v 0 sin θ 0 ) t - 1 2 g t 2 = 0. y- y 0 = v 0 y t- 1 2 g t 2 = ( v 0 sin θ 0 ) t- 1 2 g t 2 =0.

Po przekształceniu do postaci iloczynowej mamy:

t ( v 0 sin θ 0 g t 2 ) = 0. t ( v 0 sin θ 0 g t 2 ) =0.

Rozwiązując to równanie ze względu na t t, otrzymujemy:

T = 2 ( v 0 sin θ 0 ) g . T= 2 ( v 0 sin θ 0 ) g .
4.25

Powyższe równanie daje nam wzór na całkowity czas lotu (ang. time of flight) w rzucie ukośnym, gdy pocisk jest wystrzelony i wraca na tę samą wysokość. Równanie 4.25 nie obowiązuje w przypadku, gdy poziom wystrzelenia jest inny niż poziom upadku pocisku, jak widzieliśmy w rozwiązanym wyżej Przykładzie 4.8 tenisisty uderzającego piłkę w kierunku trybun. [link] ma, dwa rozwiązania. Drugie rozwiązanie, t t = 0, daje nam czas wystrzelenia pocisku. Czas lotu w rzucie ukośnym wzrasta wraz z prędkością początkową w kierunku pionowym i maleje ze wzrostem przyspieszenia grawitacyjnego g g. Wobec tego na Księżycu, gdzie panuje 6 razy mniejsze przyspieszenie grawitacyjne niż na Ziemi, pocisk wystrzelony z taką samą prędkością będzie w locie przez 6 razy dłuższy czas. Zwróćmy też uwagę, że czas wznoszenia się pocisku (równy czasowi opadania pocisku) wynosi połowę czasu danego powyższym wzorem (bez dwójki w liczniku).

Tor lotu

Równanie toru lotu pocisku w rzucie ukośnym wyznaczymy, eliminując zmienną t t z równań kinematycznych dla dowolnej chwili i wyprowadzając zależność y ( x ) y(x). Przyjmijmy, że pocisk jest wystrzelony z początku układu współrzędnych, zatem x 0 = y 0 = 0 x 0 = y 0 =0. Z równania na zależność x ( t ) x(t) wyznaczamy czas

x = v 0 x t t = x v 0 x = x v 0 cos θ 0 . x= v 0 x tt= x v 0 x = x v 0 cos θ 0 .

Podstawiając za t t w równaniu na składową pionową położenia y = ( v 0 sin θ 0 ) t 1 2 g t 2 y= ( v 0 sin θ 0 ) t 1 2 g t 2 , otrzymujemy:

y = ( v 0 sin θ 0 ) ( x v 0 cos θ 0 ) 1 2 g ( x v 0 cos θ 0 ) 2 . y= ( v 0 sin θ 0 ) ( x v 0 cos θ 0 ) 1 2 g ( x v 0 cos θ 0 ) 2 .

Upraszczając powyższe wyrażenie, otrzymujemy wzór na równanie toru

y = ( tg θ 0 ) x [ g 2 ( v 0 cos θ 0 ) 2 ] x 2 . y= ( tg θ 0 ) x[ g 2 ( v 0 cos θ 0 ) 2 ] x 2 .
4.26

Równanie toru w rzucie ukośnym ma ogólną postać y = a x + b x 2 y=ax+b x 2 , co jest równaniem paraboli o współczynnikach

a = tg θ 0 , b = g 2 ( v 0 cos θ 0 ) 2 ; a=tg θ 0 ,b= g 2 ( v 0 cos θ 0 ) 2 ;

Zasięg

Wzór na zasięg (ang. range), czyli odległość w poziomie, jaką w rzucie ukośnym pokonuje pocisk, znajdziemy na podstawie równania toru ruchu. Równanie 4.26 w postaci iloczynowej ma postać:

y = x [ tg θ 0 g 2 ( v 0 cos θ 0 ) 2 x ] . y=x[tg θ 0 g 2 ( v 0 cos θ 0 ) 2 x].

Położenie w pionie y y jest równe zeru i dla punktu wystrzelenia, i dla miejsca upadku pocisku, bo nadal zakładamy start i metę pocisku na tej samej wysokości. Podstawiając y y = 0 do równania, otrzymujemy dwa rozwiązania: x = 0 x=0, co odpowiada punktowi wystrzelenia pocisku, oraz

x=2v02sinθ0cosθ0g,x=2v02sinθ0cosθ0g,

co odpowiada miejscu upadku. Korzystając z tożsamości trygonometrycznej 2 sin θ cos θ = sin 2 θ 2sinθcosθ=sin2θ oraz wprowadzając oznaczenie zasięgu x x = R R, otrzymujemy wzór końcowy na zasięg:

R = v 0 2 sin 2 θ 0 g . R= v 0 2 sin 2 θ 0 g .
4.27

Oczywiście powyższy wzór na zasięg jest poprawny jedynie w przypadku rzutu ukośnego względem poziomej powierzchni. Możemy zauważyć, że zasięg wzrasta wraz z kwadratem prędkości początkowej v 0 v 0 oraz proporcjonalnie do sin 2 θ 0 sin2 θ 0 , a maleje ze wzrostem przyspieszenia grawitacyjnego. W takim razie na Księżycu zasięg będzie 6 razy większy przy tej samej prędkości początkowej i przy tym samym kącie wystrzelenia. Co więcej, dzięki analizie czynnika sin 2 θ 0 sin2 θ 0 we wzorze możemy zauważyć, że zasięg ma maksimum dla kąta 45 ° 45 ° . Wszystkie te wnioski pokazujemy na Ilustracji 4.15. Na rysunku (a) widzimy, że – przy ustalonym kącie – im większa prędkość początkowa, tym większy zasięg. Z kolei rysunek (b) dowodzi, że zasięg rzutu ukośnego z ustaloną prędkością jest największy dla kąta 45 ° 45 ° . Jest to prawdą jedynie wtedy, gdy pomijamy opór powietrza. Gdybyśmy nie zaniedbali wpływu oporu powietrza, to zasięg maksymalny byłby dla kąta nieco mniejszego. Co ciekawe, z rysunku (b) wynika też, że ten sam zasięg mają dwa rzuty, których kąty początkowe dodają się do 90 ° 90 ° . Co prawda wysokości maksymalne się różnią – mniejszemu kątowi odpowiada mniejsza wysokość maksymalna niż dla kąta większego – jednak zasięg jest ten sam.

Rysunek a przedstawia trajektorie pocisków wystrzelonych pod tym samym kątem początkowym 45 stopni do poziomu z różnymi prędkościami początkowymi. Tory przedstawiono od startu do punktu upadku na tej samej wysokości. Linią pomarańczową zaznaczono tor ruchu z prędkością początkową 30 metrów na sekundę o zasięgu R 91,8 metra. Linią fioletową: prędkość 40 metrów na sekundę i zasięg R 163 metry. Linią niebieską: prędkość 50 metrów na sekundę i zasięg R 255 metrów. Wysokość maksymalna rzutów rośnie wraz ze wzrostem prędkości początkowej. Na rysunku b pokazano trajektorie pocisków wystrzelonych z tą samą prędkością początkową 50 metrów na sekundę po różnymi kątami względem poziomu. Linia pomarańczowa: kąt 15 stopni i zasięg R 128 metrów. Linia fioletowa: kąt 45 stopni i zasięg R 255 metrów. Linia niebieska: kąt 75 stopni i zasięg R 128 metrów, taki sam jak dla linii pomarańczowej. Wysokość maksymalna maleje wraz ze wzrostem kąta.
Ilustracja 4.15 Trajektorie pocisków wystrzelonych z tego samego poziomu. (a) Im większa prędkość początkowa v 0 v 0 tym większy zasięg przy danym kącie początkowym. (b) Wpływ kąta początkowego θ 0 θ 0 na zasięg pocisku w rzucie ukośnym z ustaloną wartością prędkości początkowej. Zwróćmy uwagę, że zasięg jest taki sam dla kątów 15 ° 15 ° i 75 ° , 75 ° , mimo że wysokości maksymalne są inne.

Przykład 4.9

Golfista

Golfista musi zmierzyć się z dwiema innymi sytuacjami przy różnych dołkach. Na pierwszym dołku ma do pokonania dystans 120 m, ale chce uderzyć piłkę na odległość tylko 90 m tak, aby dalej potoczyła się jak najbliżej dołka. Uderza piłkę nisko nad podłożem pod kątem 30° i umożliwia jej po upadku dalsze toczenie się po trawie. Na drugim dołku jest 90 m od celu i chce, aby piłka prawie wcale nie toczyła się po upadku na trawę, dlatego uderza ją pod kątem 70° do podłoża. W obu przypadkach punkt startowy piłki i miejsce upadku na trawę znajdują się na tej samej wysokości.
  1. Jaka jest szybkość początkowa piłki na pierwszym dołku?
  2. Jaka jest szybkość początkowa piłki na drugim dołku?
  3. Jakie jest równanie toru piłki w obu przypadkach?
  4. Narysuj tor w obu przypadkach.

Strategia rozwiązania

Wiemy, że wzór na zasięg wiąże i prędkość początkową, i kąt początkowy. Zatem, znając kąt i zasięg, możemy przy jego pomocy wyznaczyć prędkość dla obu przypadków (a) i (b). Następnie, mając prędkości początkowe w obu przypadkach, napiszemy równania toru.

Rozwiązanie

  1. R=v02sin2θ0gv0=Rgsin2θ0=90,0m9,81m/s2sin230°=31,9m/s,R=v02sin2θ0gv0=Rgsin2θ0=90,0m9,81m/s2sin230°=31,9m/s,
  2. R=v02sin2θ0gv0=Rgsin2θ0=90,0m9,81m/s2sin270°=37,1m/s,R=v02sin2θ0gv0=Rgsin2θ0=90,0m9,81m/s2sin270°=37,1m/s,
  3. y=xtgθ0-g2v0cosθ02,y=xtgθ0-g2v0cosθ02,

    Pierwszy dołek

    y=xtg70°-9,81m/s2237,1m/scos70°2x=2,75x-0,0305x2my=xtg70°-9,81m/s2237,1m/scos70°2x=2,75x-0,0305x2m

    Drugi dołek

    y=xtg30°-9,81m/s2231,9m/scos30°2x=058x-00064x2my=xtg30°-9,81m/s2231,9m/scos30°2x=058x-00064x2m
  4. Rysując wykres zależności y y ( x x ) na podstawie powyższych równań, możemy graficznie porównać tory piłki w obu przypadkach. Spójrz na Ilustrację 4.16.
    Na rysunku pokazano dwie parabole – tory piłki w dwóch rzutach. W obu przypadkach zasięg jest równy 90 metrów. Przy pierwszym uderzeniu piłka szybuje znacznie wyżej niż przy drugim. Piłka o wyższej paraboli lotu ma prędkość początkową 37 metrów na sekundę i kąt początkowy 70 stopni. Piłka o niższej paraboli: 31,9 metra na sekundę i 30 stopni.
    Ilustracja 4.16 Tory lotu piłki golfowej uderzonej pod różnymi kątami, ale o takim samym zasięgu, równym 90 m. W obu przypadkach miejsce upadku i wystrzelenia znajdują się na tej samej wysokości.

Znaczenie

Prędkość początkowa w rzucie pod kątem 70° jest większa niż prędkość początkowa dla kąta 30°. Dwa pociski wystrzelone z takimi samymi prędkościami osiągają ten sam zasięg, gdy kąty początkowe sumują się do 90°. W naszym przykładzie na Ilustracji 4.16 suma kątów jest większa niż 90°, dlatego też piłka w rzucie pod kątem 70° musi mieć większą prędkość, aby osiągnąć zasięg 90 m. Inaczej upadłaby po przebyciu mniejszej odległości.

Sprawdź, czy rozumiesz 4.4

Jeżeli piłki golfowe z powyższego Przykładu 4.9 miałyby te same wartości prędkości początkowej, to zasięg lotu której z nich byłby większy?

W naszych rozważaniach o zasięgu rzutu względem płaskiej powierzchni zakładamy, że R R jest bardzo małe w porównaniu z obwodem kuli ziemskiej. Jeżeli jednak zasięg jest duży, krzywizna Ziemi zaczyna być istotna. Powierzchnia Ziemi obniża się w trakcie lotu pocisku i przyspieszenie grawitacyjne zmienia wartość wzdłuż toru lotu. Zasięg rzutu jest w efekcie większy niż przewidziany wyprowadzonym przez nas wzorem, bo miejsce upadku pocisku jest dalej niż w przypadku płaskiej powierzchni odniesienia. Obrazuje to Ilustracja 4.17, inspirowana szkicem Newtona z jego dzieła Philosophiae naturalis principia mathematica. Jeżeli prędkość początkowa jest odpowiednio duża, pocisk może wejść na orbitę Ziemi. Powierzchnia Ziemi obniża się o 5 m co każde 8000 m w poziomie. W spadku swobodnym (bez oporów powietrza) ciało spada o 5 m w ciągu 1 s. W takim razie, jeśli ciału nadamy prędkość poziomą o wartości 8000 m/s (czyli 28 800 km/h) tuż przy powierzchni Ziemi, to takie ciało zacznie ruch orbitalny wokół Ziemi – stanie się satelitą. Możemy to rozumieć w ten sposób, że w ruchu orbitalnym powierzchnia Ziemi stale opada względem toru satelity. Wymieniona wartość prędkości jest w przybliżeniu wartością typową dla statku kosmicznego lub satelitów na niskiej orbicie okołoziemskiej. Te i inne zagadnienia ruchu orbitalnego, jak np. ruch Ziemi w przestrzeni kosmicznej, omawiamy szczegółowo w rozdziale Grawitacja.

Rysunek przedstawia kulę ziemską z wysoką wieżą ustawioną na biegunie północnym oraz poziomym wektorem prędkości początkowej v z indeksem dolnym 0 zaczepionym w wierzchołku wieży. Pokazano 5 trajektorii zaczynających się w czubku wieży. Pierwsza kończy się na powierzchni ziemi blisko podstawy wieży. Druga trochę dalej, a trzecia jeszcze dalej. Czwarta trajektoria kończy się na równiku i jest styczna do powierzchni Ziemi na równiku. Piąta trajektoria jest okręgiem współśrodkowym z Ziemią.
Ilustracja 4.17 Wystrzelenie pocisku na orbitę ziemską. Pocisk wystrzeliwany jest z wysokiej wieży, dzięki czemu opór powietrza jest pomijalny. Wraz ze wzrostem prędkości początkowej zasięg rzutu jest większy niż względem płaskiej powierzchni, ponieważ powierzchnia Ziemi zakrzywia się w dół względem toru lotu pocisku. Przy prędkości początkowej 8000 m/s pocisk osiąga orbitę.

Materiały pomocnicze

Na stronie PhET Explorations: Projectile Motion możesz zapoznać się z parametrami rzutu ukośnego w zależności od kąta wyrzutu i prędkości początkowej.

Cytowanie i udostępnianie

Chcesz zacytować, udostępnić albo zmodyfikować treść tej książki? Została ona wydana na licencji Uznanie autorstwa (CC BY) , która wymaga od Ciebie uznania autorstwa OpenStax.

Cytowanie i udostępnienia
  • Jeśli rozpowszechniasz tę książkę w formie drukowanej, umieść na każdej jej kartce informację:
    Treści dostępne za darmo na https://openstax.org/books/fizyka-dla-szk%C3%B3%C5%82-wy%C5%BCszych-tom-1/pages/1-wstep
  • Jeśli rozpowszechniasz całą książkę lub jej fragment w formacie cyfrowym, na każdym widoku strony umieść informację:
    Treści dostępne za darmo na https://openstax.org/books/fizyka-dla-szk%C3%B3%C5%82-wy%C5%BCszych-tom-1/pages/1-wstep
Cytowanie

© 21 wrz 2022 OpenStax. Treść książki została wytworzona przez OpenStax na licencji Uznanie autorstwa (CC BY) . Nazwa OpenStax, logo OpenStax, okładki OpenStax, nazwa OpenStax CNX oraz OpenStax CNX logo nie podlegają licencji Creative Commons i wykorzystanie ich jest dozwolone wyłącznie na mocy uprzedniego pisemnego upoważnienia przez Rice University.