Rzut poziomy i ukośny kartkówka LiczBit

3.2 Rzut poziomy i ukośny

Kartkówka

Grupa A

Zadanie 1

Z krawędzi poziomej platformy badawczej wystrzelono w kierunku poziomym niewielką kulkę pomiarową. Położenie kulki w trakcie ruchu w układzie współrzędnych $Oxy$ opisują równania parametryczne: $x = 10t$ oraz $y = 5t^2$, gdzie współrzędne $x$ i $y$ wyrażone są w metrach, a czas $t$ w sekundach. Początek układu współrzędnych wybrano w punkcie wyrzutu kulki ($x_1 = 0\text{ m}$, $y_1 = 0\text{ m}$). Oś $x$ jest skierowana poziomo zgodnie ze zwrotem wektora prędkości początkowej kulki $\vec{v}_1$, natomiast oś $y$ skierowano pionowo w dół, zgodnie ze zwrotem wektora przyspieszenia ziemskiego $\vec{g}$. Przyjmij wartość przyspieszenia grawitacyjnego $g = 10\text{ m/s}^2$.

a) Naszkicuj tor ruchu kulki oraz wektory jej prędkości w kilku wybranych punktach trajektorii.
b) Korzystając ze znanych równań współrzędnych położenia, wyprowadź jawną zależność $y(x)$ i wykaż, że torem kulki jest parabola.
c) Jaki kąt tworzy wektor prędkości wypadkowej kulki z kierunkiem osi $x$ po czasie lotu $t = 1\text{ s}$?

Wskazówki:

Rzut poziomy można rozłożyć na dwa niezależne ruchy: ruch jednostajny wzdłuż poziomej osi $x$ oraz ruch jednostajnie przyspieszony bez prędkości początkowej wzdłuż pionowej osi $y$.
Aby wyznaczyć równanie toru $y(x)$, należy wyrugować czas $t$ z równania ruchu poziomego i wstawić otrzymane wyrażenie do równania ruchu pionowego.
Kierunek wektora prędkości wypadkowej w danej chwili określa tangens kąta nachylenia do poziomu: $\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{v_y}{v_x}$.

Dane i szukane:

Dane:
$x(t) = 10t\text{ [m]}$
$y(t) = 5t^2\text{ [m]}$
$x_1 = 0\text{ m}$, $y_1 = 0\text{ m}$
$v_1 = 10\text{ m/s}$
$g = 10\text{ m/s}^2$
$t = 1\text{ s}$
Szukane:
a) Szkic toru ruchu oraz wektorów prędkości $\vec{v}$
b) Równanie toru $y(x)$
c) Kąt $\alpha = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza stanu wyjściowego układu:
W chwili początkowej kulka znajduje się w punkcie $O(0, 0)$ i zostaje wyrzucona z poziomą prędkością początkową $\vec{v}_1$. W kierunku pionowym w dół działa przyspieszenie ziemskie $\vec{g}$, które nadaje kulce prędkość pionową.
Podpunkt a) Wyznaczenie punktów trajektorii i naszkicowanie wektorów prędkości:
W kierunku poziomym prędkość kulki jest stała i wynosi $v_x = 10\text{ m/s}$. W kierunku pionowym prędkość rośnie liniowo wraz z upływem czasu zgodnie ze związkiem $v_y(t) = g \cdot t = 10t$.
Obliczamy położenie oraz składowe prędkości dla wybranych chwil:
- Dla $t = 0\text{ s}$: $x = 0\text{ m}$, $y = 0\text{ m}$, $v_x = 10\text{ m/s}$, $v_y = 0\text{ m/s}$.
- Dla $t = 1\text{ s}$: $x = 10\text{ m}$, $y = 5 \cdot 1^2 = 5\text{ m}$, $v_x = 10\text{ m/s}$, $v_y = 10\text{ m/s}$.
- Dla $t = 2\text{ s}$: $x = 20\text{ m}$, $y = 5 \cdot 2^2 = 20\text{ m}$, $v_x = 10\text{ m/s}$, $v_y = 20\text{ m/s}$.
Wektor prędkości wypadkowej $\vec{v} = \vec{v}_x + \vec{v}_y$ w każdym punkcie toru jest styczny do krzywej trajektorii.
Podpunkt b) Wyprowadzenie równania toru $y(x)$ i uzasadnienie kształtu paraboli:
Wychodzimy z układu równań parametrycznych położenia: $$\begin{cases} x = 10t \\[6pt] y = 5t^2 \end{cases}$$ Wyznaczamy czas $t$ z równania opisującego współrzędną poziomą $x$: $$t = \dfrac{x}{10}$$ Wstawiamy wyznaczony czas $t$ do równania opisującego współrzędną pionową $y$: $$\begin{aligned} y &= 5 \cdot \left(\dfrac{x}{10}\right)^2 \\[8pt] &= 5 \cdot \dfrac{x^2}{100} \\[8pt] &= \dfrac{1}{20}x^2 = 0{,}05x^2 \end{aligned}$$ Otrzymana relacja $y(x) = \dfrac{1}{20}x^2$ jest funkcją kwadratową typu $y = ax^2$ (dla $a = 0{,}05 > 0$). Wykresem takiej funkcji w prostokątnym układzie współrzędnych jest parabola z wierzchołkiem w początku układu współrzędnych $(0, 0)$.
Podpunkt c) Wyznaczenie kąta wektora prędkości wypadkowej po czasie $t = 1\text{ s}$:
Wektor prędkości wypadkowej $\vec{v}$ składa się z dwóch wzajemnie prostopadłych składowych: poziomej $v_x$ oraz pionowej $v_y$.
Obliczamy wartości obu składowych dla czasu $t = 1\text{ s}$: $$\begin{aligned} v_x &= 10\text{ m/s} \\[8pt] v_y &= g \cdot t = 10 \cdot 1 = 10\text{ m/s} \end{aligned}$$ Kierunek wektora prędkości wypadkowej względem poziomej osi $x$ wyznaczamy za pomocą tangensa kąta $\alpha$: $$\begin{aligned} \operatorname{tg}\alpha &= \dfrac{v_y}{v_x} \\[8pt] \operatorname{tg}\alpha &= \dfrac{10}{10} = 1 \end{aligned}$$ Kąt ostry, dla którego tangens wynosi $1$, jest równy: $$\alpha = 45^\circ$$

Odpowiedź:
a) Rysunek toru i wektorów prędkości przedstawiono w rozwiązaniu.

b) Równanie toru ma postać $y(x) = \dfrac{1}{20}x^2$, co stanowi równanie paraboli.

c) Wektor prędkości tworzy z osią $x$ kąt o mierze $\alpha = 45^\circ$.

Zadanie 2

W hali sportowej zautomatyzowana wyrzutnia wystrzeliła poziomo piłkę z wysokości $H = 1{,}25\text{ m}$ nad podłożem w stronę pionowej tarczy treningowej oddalonej o $d = 8\text{ m}$. Szybkość początkowa piłki wynosiła $v_1 = 72\text{ km/h}$. W obliczeniach przyjmij wartość przyspieszenia ziemskiego $g = 10\text{ m/s}^2$ oraz pomiń opór powietrza.

a) Oblicz czas lotu piłki do zderzenia z tarczą oraz wartości składowej poziomej i pionowej jej prędkości w momencie uderzenia.
b) Na jakiej wysokości nad podłożem piłka trafiła w tarczę?
c) Jaką prędkość w kierunku poziomym należałoby nadać piłce, aby nie uderzyła ona bezpośrednio w tarczę, lecz opadła na podłoże przed nią?

Wskazówki:

Rzut poziomy można rozłożyć na dwa niezależne ruchy: jednostajny w osi poziomej $OX$ oraz jednostajnie przyspieszony bez prędkości początkowej (spadek swobodny) pod wpływem grawitacji w osi pionowej $OY$.
Składowa pozioma prędkości nie ulega zmianie w trakcie całego lotu, ponieważ nie działają w tym kierunku żadne siły.
Składowa pionowa prędkości rośnie proporcjonalnie do czasu trwania spadania: $v_y(t) = g \cdot t$.
Wysokość nad podłożem w dowolnej chwili wyznaczamy jako różnicę wysokości początkowej i drogi przebytej w pionie: $h(t) = H - \dfrac{g \cdot t^2}{2}$.
Aby ciało nie uderzyło w przeszkodę, jego całkowity zasięg poziomy musi być mniejszy od odległości dzielącej punkt wyrzutu od przeszkody.

Dane i szukane:

Dane:
$H = 1{,}25\text{ m}$
$d = 8\text{ m}$
$v_1 = 72\text{ km/h} = \dfrac{72}{3{,}6}\text{ m/s} = 20\text{ m/s}$
$g = 10\text{ m/s}^2$

Szukane:
a) $t_2 = ?$, $v_{x2} = ?$, $v_{y2} = ?$
b) $h_2 = ?$
c) $v_{1\text{max}} = ?$ (lub przedział prędkości $v_1$)

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza stanu wyjściowego:
Wprowadzamy układ współrzędnych z osią $OX$ skierowaną poziomo w prawo oraz osią $OY$ skierowaną pionowo w górę. Punkt początkowy piłki znajduje się na wysokości $H$, a wektor prędkości początkowej $\vec{v}_1$ jest skierowany wyłącznie poziomo, co oznacza, że początkowa składowa pionowa wynosi $v_{1y} = 0$.
Czas lotu oraz składowe prędkości w chwili zderzenia (podpunkt a):
Ruch w kierunku poziomym odbywa się ze stałą prędkością $v_1$. Zależność położenia poziomego od czasu opisuje równanie: $$x(t) = v_1 \cdot t$$ W chwili zderzenia z tarczą piłka pokonuje odległość $x(t_2) = d$. Wyznaczamy czas dolotu $t_2$: $$\begin{aligned} d &= v_1 \cdot t_2 \\[8pt] t_2 &= \dfrac{d}{v_1} \\[8pt] t_2 &= \dfrac{8\text{ m}}{20\text{ m/s}} = 0{,}4\text{ s} \end{aligned}$$ Składowa pozioma prędkości pozostaje stała przez cały czas ruchu: $$v_{x2} = v_1 = 20\text{ m/s} = 72\text{ km/h}$$ Składowa pionowa prędkości wynika ze swobodnego przyspieszania pod wpływem grawitacji ze stanu spoczynku w osi pionowej: $$\begin{aligned} v_{y2} &= g \cdot t_2 \\[8pt] v_{y2} &= 10\text{ m/s}^2 \cdot 0{,}4\text{ s} = 4\text{ m/s} \end{aligned}$$
Wysokość uderzenia w tarczę (podpunkt b) oraz interpretacja graficzna:
W czasie $t_2 = 0{,}4\text{ s}$ piłka obniża swoje położenie w pionie o drogę $\Delta y$: $$\begin{aligned} \Delta y &= \dfrac{g \cdot t_2^2}{2} \\[8pt] \Delta y &= \dfrac{10\text{ m/s}^2 \cdot (0{,}4\text{ s})^2}{2} \\[8pt] \Delta y &= 5 \cdot 0{,}16\text{ m} = 0{,}8\text{ m} \end{aligned}$$ Wysokość nad podłożem $h_2$, na jakiej piłka trafia w tarczę, wynosi: $$\begin{aligned} h_2 &= H - \Delta y \\[8pt] h_2 &= 1{,}25\text{ m} - 0{,}8\text{ m} = 0{,}45\text{ m} \end{aligned}$$ Poniższy rysunek wynikowy ilustruje paraboliczny tor lotu piłki, wyznaczony punkt zderzenia oraz rozkład wektora prędkości na składowe:
Warunek upadku przed tarczą (podpunkt c):
Piłka nie uderzy bezpośrednio w pionową tarczę, jeśli dotrze do poziomu podłoża na odległości mniejszej niż $d = 8\text{ m}$.
Obliczamy całkowity czas spadania swobodnego $t_c$ z wysokości $H = 1{,}25\text{ m}$: $$\begin{aligned} H &= \dfrac{g \cdot t_c^2}{2} \\[8pt] t_c^2 &= \dfrac{2H}{g} \\[8pt] t_c &= \sqrt{\dfrac{2H}{g}} \\[8pt] t_c &= \sqrt{\dfrac{2 \cdot 1{,}25\text{ m}}{10\text{ m/s}^2}} = \sqrt{0{,}25}\text{ s} = 0{,}5\text{ s} \end{aligned}$$ Zasięg rzutu poziomego przy prędkości początkowej $v_1'$ wynosi $z = v_1' \cdot t_c$. Warunek, by piłka spadła na ziemię przed tarczą: $$\begin{aligned} z &< d \\[8pt] v_1' \cdot t_c &< d \\[8pt] v_1' &< \dfrac{d}{t_c} \\[8pt] v_1' &< \dfrac{8\text{ m}}{0{,}5\text{ s}} = 16\text{ m/s} \end{aligned}$$ W jednostkach prędkości drogowej: $$v_1' < 16 \cdot 3{,}6\text{ km/h} = 57{,}6\text{ km/h}$$ (Jeżeli dopuścimy trafienie dokładnie w krawędź styku tarczy z podłożem, wówczas $v_1' \le 16\text{ m/s}$).

Odpowiedź:
a) $t_2 = 0{,}4\text{ s}$, $v_{x2} = 20\text{ m/s} = 72\text{ km/h}$, $v_{y2} = 4\text{ m/s}$

b) $h_2 = 0{,}45\text{ m}$

c) $v_1 < 16\text{ m/s}$ (czyli $v_1 < 57{,}6\text{ km/h}$)

Zadanie 3

Wyrzutnia pneumatyczna na poligonie doświadczalnym wystrzeliwuje próbnik badawczy tuż znad powierzchni równego, poziomego podłoża. W chwili opuszczenia lufy próbnik uzyskuje prędkość początkową $v_1 = 40\text{ m/s}$ skierowaną pod kątem $\alpha = 30^\circ$ do poziomu. W obliczeniach pomiń opór powietrza oraz przyjmij przyspieszenie ziemskie równe $g = 10\text{ m/s}^2$.

a) Oblicz maksymalną wysokość $H_{max}$, na jaką wzniesie się próbnik ponad poziom podłoża.

b) Wyznacz zasięg rzutu $Z$, czyli odległość poziomą od stanowiska startowego do miejsca upadku próbnika na ziemię.

c) Ustal, jaki kąt z poziomem powinien tworzyć wektor prędkości początkowej przy tej samej jej wartości, aby zasięg rzutu był jak największy.

Wskazówki:

Ruch w rzucie ukośnym jest złożeniem dwóch niezależnych ruchów: jednostajnego wzdłuż osi poziomej $x$ oraz jednostajnie zmiennego wzdłuż osi pionowej $y$ pod wpływem stałego przyspieszenia ziemskiego $g$.
W najwyższym punkcie toru pionowa składowa prędkości spada do zera ($v_y = 0$), podczas gdy składowa pozioma $v_x$ pozostaje stała przez cały czas trwania lotu.
Maksymalną wysokość wznoszenia można obliczyć dwoma sposobami: za pomocą równań kinematyki ruchu pionowego lub wykorzystując zasadę zachowania energii mechanicznej.
Zasięg rzutu na tym samym poziomie zależy od kąta wyrzutu proporcjonalnie do funkcji $\sin(2\alpha)$, która osiąga największą wartość dla kąta $90^\circ$.

Dane i szukane:

Dane:
Prędkość początkowa próbnika: $v_1 = 40\text{ m/s}$
Kąt wyrzutu względem poziomu: $\alpha = 30^\circ$
Wartość przyspieszenia ziemskiego: $g = 10\text{ m/s}^2$
Szukane:
Maksymalna wysokość wznoszenia: $H_{max} = ?$
Zasięg rzutu: $Z = ?$
Optymalny kąt dla maksymalnego zasięgu: $\alpha_{max} = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i rozkład wektora prędkości początkowej na składowe:
Wybieramy prostokątny układ współrzędnych o początku w punkcie wystrzału próbnika. Oś $x$ jest skierowana poziomo wzdłuż podłoża w stronę ruchu, a oś $y$ pionowo do góry. Przyspieszenie ziemskie $\vec{g}$ ma zwrot przeciwny do osi $y$.

Wektor prędkości początkowej $\vec{v}_1$ rozkładamy za pomocą funkcji trygonometrycznych: $$\begin{aligned} v_{1x} &= v_1 \cdot \cos\alpha \\[8pt] &= 40 \cdot \cos 30^\circ \\[8pt] &= 40 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 20\sqrt{3}\text{ m/s} \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} v_{1y} &= v_1 \cdot \sin\alpha \\[8pt] &= 40 \cdot \sin 30^\circ \\[8pt] &= 40 \cdot \dfrac{1}{2} = 20\text{ m/s} \end{aligned}$$
Podpunkt a) Obliczenie maksymalnej wysokości wznoszenia $H_{max}$:
W najwyższym punkcie toru składowa pionowa prędkości spada do zera ($v_y = 0$). Zadanie można rozwiązać na dwa równorzędne sposoby.

Sposób I – Z równań kinematyki ruchu jednostajnie zmiennego:
Równanie prędkości w pionie ma postać: $$v_y(t) = v_{1y} - g \cdot t$$ Podstawiając warunek $v_y(t_w) = 0$, wyznaczamy czas wznoszenia $t_w$: $$\begin{aligned} 0 &= v_{1y} - g \cdot t_w \\[8pt] t_w &= \dfrac{v_{1y}}{g} \\[8pt] &= \dfrac{20}{10} = 2\text{ s} \end{aligned}$$ Wysokość maksymalną wyznaczamy z równania drogi w ruchu pionowym: $$\begin{aligned} H_{max} &= v_{1y} \cdot t_w - \dfrac{g \cdot t_w^2}{2} \\[8pt] &= 20 \cdot 2 - \dfrac{10 \cdot 2^2}{2} \\[8pt] &= 40 - \dfrac{10 \cdot 4}{2} \\[8pt] &= 40 - 20 = 20\text{ m} \end{aligned}$$ Sposób II – Z zasady zachowania energii mechanicznej:
W najwyższym punkcie toru próbnik posiada energię potencjalną ciężkości oraz energię kinetyczną wynikającą z niezmienionej składowej poziomej prędkości $v_{1x}$: $$\begin{aligned} E_{m1} &= E_{m2} \\[8pt] \dfrac{m \cdot v_1^2}{2} &= \dfrac{m \cdot v_{1x}^2}{2} + m \cdot g \cdot H_{max} \end{aligned}$$ Dzieląc równanie obustronnie przez masę $m$: $$\begin{aligned} \dfrac{v_1^2}{2} - \dfrac{v_{1x}^2}{2} &= g \cdot H_{max} \\[8pt] \dfrac{v_1^2 - v_{1x}^2}{2} &= g \cdot H_{max} \end{aligned}$$ Ponieważ z twierdzenia Pitagorasa zachodzi tożsamość $v_1^2 - v_{1x}^2 = v_{1y}^2$, otrzymujemy: $$\begin{aligned} H_{max} &= \dfrac{v_{1y}^2}{2g} \\[8pt] &= \dfrac{20^2}{2 \cdot 10} \\[8pt] &= \dfrac{400}{20} = 20\text{ m} \end{aligned}$$
Podpunkt b) Wyznaczenie zasięgu rzutu $Z$ oraz interpretacja graficzna trajektorii:
Ponieważ punkt wyrzutu i punkt upadku leżą na tej samej wysokości, całkowity czas lotu $t_c$ jest równy dwukrotności czasu wznoszenia: $$\begin{aligned} t_c &= 2 \cdot t_w \\[8pt] &= 2 \cdot 2 = 4\text{ s} \end{aligned}$$ W kierunku poziomym próbnik porusza się ruchem jednostajnym ze stałą prędkością $v_{1x}$. Zasięg rzutu $Z$ wynosi: $$\begin{aligned} Z &= v_{1x} \cdot t_c \\[8pt] &= 20\sqrt{3} \cdot 4 = 80\sqrt{3}\text{ m} \approx 138{,}56\text{ m} \end{aligned}$$ Zasięg można również sprawdzić bezpośrednio z wyprowadzonego wzoru na zasięg rzutu ukośnego: $$\begin{aligned} Z &= \dfrac{v_1^2 \cdot \sin(2\alpha)}{g} \\[8pt] &= \dfrac{40^2 \cdot \sin(2 \cdot 30^\circ)}{10} \\[8pt] &= \dfrac{1600 \cdot \sin 60^\circ}{10} \\[8pt] &= 160 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 80\sqrt{3}\text{ m} \end{aligned}$$
Podpunkt c) Analiza kąta dającego największy zasięg rzutu:
Wzór na zasięg rzutu ukośnego ma postać: $$Z(\alpha) = \dfrac{v_1^2}{g} \cdot \sin(2\alpha)$$ Przy ustalonej wartości prędkości początkowej $v_1$ oraz stałym przyspieszeniu $g$ współczynnik $\dfrac{v_1^2}{g}$ jest wielkością stałą. Zasięg $Z$ zależy zatem bezpośrednio od wartości funkcji $\sin(2\alpha)$.

Maksymalna wartość, jaką może przyjąć funkcja sinus dla dowolnego argumentu, wynosi $1$: $$\sin(2\alpha) = 1$$ Dla kątów dodatnich mniejszych od $180^\circ$ warunek ten zachodzi, gdy argument sinusa jest równy $90^\circ$: $$\begin{aligned} 2\alpha &= 90^\circ \\[8pt] \alpha &= 45^\circ \end{aligned}$$ Aby zasięg ruchu próbnika był maksymalny, wektor prędkości początkowej powinien tworzyć z poziomem kąt $45^\circ$.

Odpowiedź:
a) $H_{max} = 20\text{ m}$

b) $Z = 80\sqrt{3}\text{ m} \approx 138{,}56\text{ m}$

c) $\alpha = 45^\circ$

Zadanie 4

Na poligonie doświadczalnym testowano automatyczny system neutralizacji obiektów latających. Zmechanizowana wyrzutnia pneumatyczna wystrzeliła pionowo w górę ładunek pozoracyjny, który po osiągnięciu maksymalnego pułapu $H = 80\text{ m}$ zaczął spadać swobodnie pod wpływem siły grawitacji. W odległości poziomej $d = 80\text{ m}$ od pionowej osi ruchu ładunku ustawiono działko kinetyczne miotające mikropociski z prędkością początkową $v_{1p} = 200\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}}$. Strzał przechwytujący oddano dokładnie w tej samej chwili, w której ładunek osiągnął swój najwyższy punkt toru. Do obliczeń przyjmij wartość przyspieszenia ziemskiego $g = 10\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}^2}$ oraz pomiń opory powietrza.

a) Pod jakim kątem do poziomu $\alpha$ należy skierować lufę działka, aby wystrzelony pocisk trafił w opadający ładunek?

b) Z jaką prędkością początkową $v_{1m}$ ładunek pozoracyjny został wystrzelony pionowo w górę?

Wskazówki:

Zauważ, że w momencie wystrzału pocisku z działka ładunek pozoracyjny znajduje się w spoczynku na wysokości $H$ i zaczyna ruch jednostajnie przyspieszony bez prędkości początkowej (spadek swobodny).
Zarówno pocisk, jak i spadający cel doznają dokładnie takiego samego przyspieszenia grawitacyjnego $g$ skierowanego pionowo w dół. Oznacza to, że grawitacja zakrzywia tor pocisku o taką samą odległość $\frac{1}{2}gt^2$, o jaką opada cel w tym samym przedziale czasu.
Warunek trafienia sprowadza się do wyznaczenia chwili zrównania współrzędnych poziomych obu ciał oraz porównania ich współrzędnych pionowych.
Prędkość wyrzucenia ładunku w górę można wyznaczyć z bilansu energetycznego (przemiana energii kinetycznej w potencjalną grawitacji) lub bezpośrednio ze wzorów kinematycznych dla rzutu pionowego.

Dane i szukane:

Dane:
$H = 80\text{ m}$
$d = 80\text{ m}$
$v_{1p} = 200\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$
$g = 10\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$
$v_{1m\text{, szczyt}} = 0\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$ (prędkość ładunku w najwyższym punkcie toru)

Szukane:
$\alpha = ?$
$v_{1m} = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza stanu wyjściowego układu:
Umieszczamy początek kartezjańskiego układu współrzędnych $(0, 0)$ w miejscu wystrzału pocisku. Działko zostaje wycelowane pod nieznanym kątem $\alpha$ do osi poziomej. W odległości poziomej $x = d$ znajduje się tor pionowego opadania ładunku pozoracyjnego, który w chwili początkowej $t = 0$ spoczywa na wysokości $y = H$.
Podpunkt a) Wyznaczenie kąta $\alpha$ z warunku zderzenia ciał:
Zapisujemy równania ruchu dla obu ciał w przyjętym układzie współrzędnych. Ruch pocisku w polu grawitacyjnym opisują zależności rzutu ukośnego: $$ \begin{aligned} x_p(t) &= (v_{1p} \cos\alpha) \cdot t \\[8pt] y_p(t) &= (v_{1p} \sin\alpha) \cdot t - \dfrac{1}{2}gt^2 \end{aligned} $$ Ruch ładunku pozoracyjnego jest spadkiem swobodnym wzdłuż pionowej prostej $x = d$ z początkowej wysokości $y = H$: $$ \begin{aligned} x_m(t) &= d \\[8pt] y_m(t) &= H - \dfrac{1}{2}gt^2 \end{aligned} $$ Warunkiem trafienia pocisku w cel w chwili $t_z$ jest jednoczesne zrównanie się obu współrzędnych położenia: $x_p(t_z) = x_m(t_z)$ oraz $y_p(t_z) = y_m(t_z)$.

Z równości współrzędnych poziomych wyznaczamy czas dolotu pocisku do linii spadku celu: $$ (v_{1p} \cos\alpha) \cdot t_z = d \implies t_z = \dfrac{d}{v_{1p} \cos\alpha} $$ Przyrównując współrzędne pionowe ciał w chwili $t_z$, otrzymujemy: $$ (v_{1p} \sin\alpha) \cdot t_z - \dfrac{1}{2}gt_z^2 = H - \dfrac{1}{2}gt_z^2 $$ Wyrazy zawierające przyspieszenie grawitacyjne $-\dfrac{1}{2}gt_z^2$ występują po obu stronach równania z tym samym znakiem, zatem ulegają redukcji: $$ (v_{1p} \sin\alpha) \cdot t_z = H $$ Wstawiamy wyznaczony wcześniej czas $t_z$: $$ \begin{aligned} (v_{1p} \sin\alpha) \cdot \dfrac{d}{v_{1p} \cos\alpha} &= H \\[8pt] d \cdot \dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha} &= H \\[8pt] d \cdot \operatorname{tg}\alpha &= H \end{aligned} $$ Stąd funkcja tangens kąta wystrzału wynosi: $$ \operatorname{tg}\alpha = \dfrac{H}{d} $$ Podstawiamy dane liczbowe: $$ \operatorname{tg}\alpha = \dfrac{80\text{ m}}{80\text{ m}} = 1 \implies \alpha = 45^\circ $$
Podpunkt b) Obliczenie prędkości początkowej ładunku $v_{1m}$:
Zadanie można rozwiązać dwoma równoważnymi sposobami.

Sposób I – Wykorzystanie zasady zachowania energii mechanicznej:
W chwili wystrzelenia z poziomu ziemi ładunek posiada wyłącznie energię kinetyczną $E_{k_1}$. W najwyższym punkcie toru na wysokości $H$ jego prędkość chwilowa spada do zera, a cała energia kinetyczna przekształca się w grawitacyjną energię potencjalną $E_{p_2}$: $$ \begin{aligned} E_{k_1} &= E_{p_2} \\[8pt] \dfrac{m_m \cdot v_{1m}^2}{2} &= m_m \cdot g \cdot H \end{aligned} $$ Dzielimy obie strony równania przez masę ładunku $m_m$ i wyznaczamy $v_{1m}$: $$ \begin{aligned} \dfrac{v_{1m}^2}{2} &= g \cdot H \\[8pt] v_{1m}^2 &= 2 \cdot g \cdot H \\[8pt] v_{1m} &= \sqrt{2 \cdot g \cdot H} \end{aligned} $$ Podstawiamy wartości liczbowe: $$ v_{1m} = \sqrt{2 \cdot 10\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2} \cdot 80\text{ m}} = \sqrt{1600} = 40\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} $$
Sposób II – Wykorzystanie równań kinematyki rzutu pionowego:
Ruch ładunku w górę jest ruchem jednostajnie opóźnionym z przyspieszeniem ziemskim $g$. Równania prędkości i drogi mają postać: $$ \begin{aligned} v(t) &= v_{1m} - g \cdot t \\[8pt] y(t) &= v_{1m} \cdot t - \dfrac{1}{2}g \cdot t^2 \end{aligned} $$ W najwyższym punkcie toru prędkość wynosi zero: $v(t_w) = 0$, skąd czas wznoszenia wynosi: $$ v_{1m} - g \cdot t_w = 0 \implies t_w = \dfrac{v_{1m}}{g} $$ Wstawiamy czas wznoszenia $t_w$ do równania wysokości maksymalnej $H = y(t_w)$: $$ \begin{aligned} H &= v_{1m} \cdot \left(\dfrac{v_{1m}}{g}\right) - \dfrac{1}{2}g \cdot \left(\dfrac{v_{1m}}{g}\right)^2 \\[8pt] &= \dfrac{v_{1m}^2}{g} - \dfrac{v_{1m}^2}{2g} = \dfrac{v_{1m}^2}{2g} \end{aligned} $$ Przekształcając powyższy wzór względem $v_{1m}$, otrzymujemy identyczną zależność: $$ v_{1m} = \sqrt{2 \cdot g \cdot H} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 80} = 40\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} $$

Odpowiedź:
a) $\alpha = 45^\circ$

b) $v_{1m} = 40\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$

Zadanie 5

Ze szczytu pionowego nadmorskiego klifu wystrzelono w kierunku poziomym meteorologiczną sondę pomiarową. Chwilowe położenie sondy w przyjętym układzie współrzędnych wyznaczają zależności: $x = 30t$ oraz $y = 5t^2$, gdzie współrzędne $x$ i $y$ wyrażono w metrach, a czas $t$ w sekundach. W obliczeniach przyjmij wartość przyspieszenia ziemskiego $g = 10\text{ m/s}^2$.

a) Wyznacz czas, po upływie którego składowa pionowa prędkości sondy zrówna się z jej składową poziomą.

b) Oblicz współrzędne położenia $x$ oraz $y$ sondy po upływie tego czasu.

Wskazówki:

Rzut poziomy jest złożeniem dwóch niezależnych ruchów: jednostajnego wzdłuż osi poziomej $X$ oraz jednostajnie przyspieszonego (spadku swobodnego z przyspieszeniem $g$) wzdłuż pionowej osi $Y$.
Prędkość poziomą $v_x$ odczytasz bezpośrednio jako współczynnik przy czasie $t$ w równaniu $x(t)$, ponieważ w poziomie ruch odbywa się ze stałą prędkością.
Prędkość pionowa rośnie liniowo z czasem zgodnie ze wzorem $v_y(t) = g \cdot t$. Zrównanie wartości prędkości $v_y = v_x$ pozwala wyznaczyć szukany czas.
Współrzędne położenia po wyznaczonym czasie otrzymasz, podstawiając obliczoną wartość $t$ wprost do równań ruchu podanych w treści zadania.

Dane i szukane:

Dane:
$x(t) = 30t$ [m] — równanie ruchu wzdłuż osi poziomej
$y(t) = 5t^2$ [m] — równanie ruchu wzdłuż osi pionowej
$g = 10\text{ m/s}^2$ — przyspieszenie ziemskie

Szukane:
a) $t = ?$ — czas, po którym zachodzi równość $v_y = v_x$
b) $x = ?$, $y = ?$ — współrzędne położenia sondy w tej chwili

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza kinematyczna rzutu poziomego w stanie wyjściowym:
W chwili początkowej $t = 0$ sonda opuszcza krawędź klifu z poziomą prędkością początkową $\vec{v}_{1x}$. Na ciało działa jedynie pionowo skierowane przyspieszenie ziemskie $\vec{g}$, które nie wpływa na ruch w poziomie.
Podpunkt a) Wyznaczenie czasu, po którym $v_y = v_x$:
Sposób I (Na podstawie ogólnych wzorów kinematyki ruchu jednostajnego i jednostajnie zmiennego):
Równanie drogi w ruchu jednostajnym prostoliniowym ma postać $x(t) = v_{1x} \cdot t$. Porównując to z podanym równaniem $x = 30t$, odczytujemy stałą prędkość poziomą: $$ v_x = v_{1x} = 30\text{ m/s} $$ Równanie przemieszczenia w pionowym spadku swobodnym bez prędkości początkowej ma postać $y(t) = \dfrac{g \cdot t^2}{2}$. Zgodnie z równaniem $y = 5t^2$ oraz przyspieszeniem $g = 10\text{ m/s}^2$, prędkość pionowa rośnie proporcjonalnie do czasu: $$ v_y(t) = g \cdot t = 10 \cdot t $$ Przyrównujemy do siebie obie składowe prędkości zgodnie z warunkiem zadania ($v_y = v_x$): $$ \begin{aligned} 10 \cdot t &= 30 \\[8pt] t &= \dfrac{30}{10} \\[8pt] t &= 3\text{ s} \end{aligned} $$
Sposób II (Wykorzystanie definicji prędkości jako pochodnej położenia po czasie):
Składowe prędkości obliczamy jako pochodne współrzędnych położenia względem czasu: $$ \begin{aligned} v_x &= \dfrac{dx}{dt} = (30t)' = 30\text{ m/s} \\[8pt] v_y &= \dfrac{dy}{dt} = (5t^2)' = 10t\text{ m/s} \end{aligned} $$ Przyrównując wartości obu pochodnych: $$ \begin{aligned} 10t &= 30 \\[8pt] t &= 3\text{ s} \end{aligned} $$
Podpunkt b) Wyznaczenie współrzędnych położenia $x$ i $y$ sondy po czasie $t = 3\text{ s}$:
Podstawiamy obliczony czas $t = 3\text{ s}$ bezpośrednio do wyjściowych równań ruchu sondy: Dla współrzędnej poziomej $x$: $$ \begin{aligned} x(3) &= 30 \cdot 3 \\[8pt] x &= 90\text{ m} \end{aligned} $$ Dla współrzędnej pionowej $y$: $$ \begin{aligned} y(3) &= 5 \cdot 3^2 \\[8pt] &= 5 \cdot 9 \\[8pt] y &= 45\text{ m} \end{aligned} $$
Rysunek wynikowy — trajektoria ruchu oraz wektory prędkości w punkcie docelowym:
Poniższy wykres na siatce kratek przedstawia tor ruchu sondy (parabolę) w skali: 1 kratka w poziomie odpowiada $10\text{ m}$, a 1 kratka w pionie odpowiada $10\text{ m}$. W wyznaczonym punkcie $(90\text{ m}, 45\text{ m})$ obie składowe prędkości mają identyczną długość ($30\text{ m/s}$), tworząc wypadkowy wektor prędkości nachylony pod kątem $45^\circ$ do poziomu.

Odpowiedź:
a) $t = 3\text{ s}$

b) $x = 90\text{ m}$, $y = 45\text{ m}$

Grupa B

Zadanie 1

W trakcie prób poligonowych dron transportowy poruszający się ze stałą prędkością poziomą zrzucił zasobnik z aparaturą pomiarową. Położenie opadającego zasobnika w prostokątnym układzie odniesienia zadają równania: $x = 30t$ oraz $y = 5t^2$, gdzie wartości parametrów wyrażono w jednostkach układu SI. Początek układu współrzędnych $Oxy$ pokrywa się z miejscem uwolnienia zasobnika ($x_1 = 0\text{ m}$, $y_1 = 0\text{ m}$). Oś $x$ jest zwrócona poziomo zgodnie z wektorem prędkości początkowej zasobnika $\vec{v}_1$, a oś $y$ skierowano pionowo w dół, zgodnie ze zwrotem wektora przyspieszenia grawitacyjnego $\vec{g}$. Przyjmij wartość przyspieszenia ziemskiego $g = 10\text{ m/s}^2$.

a) Naszkicuj tor ruchu zasobnika wraz z wektorami jego prędkości w kilku wybranych punktach trajektorii.
b) Wyznacz jawną zależność $y(x)$ i na jej podstawie udowodnij, że torem ruchu ładunku jest parabola.
c) Ustal miarę kąta, jaki wektor wypadkowej prędkości zasobnika tworzy z osią $x$ po upływie czasu $t = 3\text{ s}$.

Zadanie 2

W laboratorium fizycznym badano ruch małego próbnika wystrzelonego w kierunku poziomym z wysokości $H = 1{,}8\text{ m}$ nad posadzką. Próbnik opuścił prowadnicę z prędkością początkową $v_1 = 90\text{ km/h}$, po czym zderzył się z pionową osłoną ochronną usytuowaną w odległości $d = 10\text{ m}$ od wylotu prowadnicy. Przyjmij przyspieszenie ziemskie równe $g = 10\text{ m/s}^2$ i pomiń opór powietrza.

a) Wyznacz czas ruchu próbnika do momentu kontaktu z osłoną oraz oblicz składową poziomą i pionową jego prędkości w tej chwili.
b) Ustal wysokość nad posadzką, na jakiej próbnik uderzył w osłonę.
c) Jaką maksymalną prędkość w poziomie można by nadać próbnikowi, aby upadł na posadzkę przed osłoną (nie trafiając bezpośrednio w osłonę)?

Zadanie 3

Na płaskiej strzelnicy łuczniczej zawodnik wystrzeliwuje strzałę z mechanicznego stanowiska umieszczonego tuż przy powierzchni gruntu. Strzała rozpoczyna lot z prędkością początkową $v_1 = 20\text{ m/s}$ pod kątem $\alpha = 30^\circ$ względem poziomu ziemi. W obliczeniach pomiń wpływ oporów ruchu i przyjmij przyspieszenie ziemskie równe $g = 10\text{ m/s}^2$.

a) Oblicz maksymalną wysokość $H_{max}$, jaką osiągnie strzała podczas swojego lotu.

b) Oblicz odległość mierzoną wzdłuż ziemi od miejsca wystrzału do punktu uderzenia strzały w podłoże (zasięg rzutu).

c) Ustal, pod jakim kątem do poziomu należałoby wystrzelić tę strzałę z taką samą prędkością początkową, aby uzyskać największy możliwy zasięg lotu.

Zadanie 4

W trakcie testów systemu ratownictwa morskiego badano automatyczną wyrzutnię liny asekuracyjnej. Z pokładu jednostki badawczej wystrzelono pionowo w górę pływak sygnalizacyjny, który po wzniesieniu się na maksymalną wysokość $H = 20\text{ m}$ zatrzymał się na ułamek sekundy i zaczął spadać swobodnie ku powierzchni wody. Na nabrzeżu portowym, w odległości poziomej $d = 20\text{ m}$ od osi pionowego lotu pływaka, zainstalowano pneumatyczną wyrzutnię harpunową. Dokładnie w momencie osiągnięcia przez pływak maksymalnego pułapu z wyrzutni harpunowej wystrzelono pocisk łączący z prędkością początkową $v_{1h} = 100\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}}$. Przyjmij przyspieszenie grawitacyjne $g = 10\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}^2}$ oraz pomiń wpływ oporów ruchu.

a) Wyznacz kąt $\alpha$, pod jakim należy skierować wyrzutnię harpunową względem poziomu, aby wystrzelony pocisk trafił w opadający pływak.

b) Oblicz wartość prędkości początkowej $v_{1p}$, z jaką pływak wystrzelono pionowo w górę z pokładu jednostki.

Zadanie 5

W trakcie poligonowych prób ratowniczych stacjonarny miotacz pneumatyczny wyrzucił ze szczytu korony zapory wodnej poziomą kapsułę telemetryczną. Zarejestrowane zależności czasowe współrzędnych położenia kapsuły określają wzory: $x = 20t$ oraz $y = 5t^2$ (gdzie wartości $x$ i $y$ podano w metrach, a czas $t$ w sekundach). W obliczeniach przyjmij przyspieszenie ziemskie równe $g = 10\text{ m/s}^2$.

a) Oblicz czas liczony od chwili wystrzału kapsuły, po którym jej składowa pionowa prędkości osiągnie wartość równą początkowej prędkości poziomej.

b) Wyznacz wartości obu współrzędnych $x$ i $y$ opisujących położenie kapsuły w tej chwili ruchu.

3.2 Rzut poziomy i ukośny

Grupa A

Zadanie 1

Zadanie 2

Zadanie 3

Zadanie 4

Zadanie 5

Grupa B

Zadanie 1

Zadanie 2

Zadanie 3

Zadanie 4

Zadanie 5

Dodaj komentarz Anuluj pisanie odpowiedzi

Witaj na Liczbit 👋