Krivolinijsko kretanje je kretanje čija je putanja kriva linija. (Na primjer, krug, elipsa, hiperbola, parabola). Primjer krivolinijskog kretanja je kretanje planeta, kraj kazaljke sata na brojčaniku, itd. U opštem slučaju, brzina tokom krivolinijskog kretanja se menja po veličini i pravcu.

Krivolinijsko kretanje materijalna tačka smatra se ravnomjernim kretanjem ako je modul brzine konstantan (npr. ravnomerno kretanje oko kruga) i jednoliko ubrzano ako se promijeni modul i smjer brzine (na primjer, kretanje tijela bačenog pod uglom prema horizontu).

Rice. jedan

Kada se kreće duž krivolinijske putanje, vektor pomaka je usmjeren duž tetive (slika 1), a l- dužina putanje. Trenutna brzina tijela (tj. brzina tijela u datoj tački putanje) je usmjerena tangencijalno na onu tačku putanje u kojoj se tijelo u pokretu trenutno nalazi (slika 2).

Rice. 2

Krivolinijsko kretanje je uvijek ubrzano kretanje. Odnosno, ubrzanje pri krivolinijskom kretanju je uvijek prisutno, čak i ako se modul brzine ne mijenja, već se mijenja samo smjer brzine. Promjena brzine po jedinici vremena je tangencijalno ubrzanje:

Gdje v f , v 0 - veličina brzina u trenutku t 0 + Dt I t 0 respektivno.

Tangencijalno ubrzanje u datoj tački putanje u smjeru poklapa se sa smjerom brzine tijela ili je suprotno njemu.

Normalno ubrzanje je promjena brzine u smjeru po jedinici vremena:

Normalno ubrzanje je usmjereno duž radijusa zakrivljenosti putanje (prema osi rotacije). Normalno ubrzanje je okomito na smjer brzine.

Centripetalno ubrzanje je normalno ubrzanje u ravnomjernom kružnom kretanju.

Ukupno ubrzanje za jednoliko krivolinijsko kretanje tijela je:

Kretanje tijela po krivolinijskoj putanji može se približno predstaviti kao kretanje po lukovima nekih kružnica (slika 3).

U nekim problemima se koristi koncept "uzgona", što znači razliku između Arhimedove sile podizanja i sile gravitacije. Problemi povećane složenosti označeni su zvjezdicom (opcije 116–123).

Problem 91. Podmornica koja nije imala kurs, pošto je dobila malu uzgonu R = 0.01mg m. T = 0.01mg. Uzmite silu otpora proporcionalnu prvom stepenu brzine V i jednaki R=–0.1mV.Odrediti putanju čamca i razdaljinu koju je čamac prešao horizontalno do vremena uspona.

Problem 92. Odrediti zakon kretanja x (t), y (t) tačka teškog materijala M mase m = 5 kg O sila direktno proporcionalna udaljenosti do njega. Kretanje se dešava u praznini, sila privlačenja, k = 20 od –1 g = 9.8 gospođa, v x 0 = 200 gospođa, . Osa Ox horizontala i os Oy

Problem 93. Podmornica, koja nije imala kurs, bila je na površini u daljini m sa dna. Dobivanje negativnog uzgona R= 0.1mg, ona počinje izbjegavati potjeru vrlo tihom brzinom, koju osigurava mali konstantni horizontalni potisak motora T = 0.001mg. Horizontalna komponenta sile otpora se može zanemariti, a njena vertikalna komponenta se može uzeti jednakom R = –0.05mgV, gdje je vertikalna brzina potonuća čamca. Odredite zakon kretanja čamca i udaljenost koju je prešao horizontalno do trenutka kada je udario na dno.

Problem 94. Dot M mase m = 5 kg O k = 20 c –1 , r je radijus vektor tačke. U početnom trenutku, poenta M imao koordinate M 0 (a,0), a = 24 m, i brzina v 0 sa projekcijama v x 0 = 0,v y 0 = 4 gospođa. Odrediti zakon kretanja i putanju tačke M

Problem 95. R = 0.001mg, počinje da se diže iz dubine m. Istovremeno, motor koji je počeo da radi obezbeđuje stalnu horizontalnu vučnu silu. Vertikalna komponenta sile otpora se može zanemariti, a njena horizontalna komponenta se može uzeti jednakom gdje je horizontalna brzina čamca. Odredite putanju čamca i razdaljinu koju je prešao u vodoravnom položaju do vremena izrona.

Problem 96. Podmornica se kreće po površini malom brzinom U 0 = 0.5 gospođa R = 0.5mg, započeo hitno ronjenje sa ugašenim motorima. Horizontalna komponenta sile otpora se može zanemariti, a njena vertikalna komponenta se može uzeti jednakom, gdje je vertikalna brzina potonuća čamca. Odredite zakon gibanja čamca i udaljenost koju je prešao horizontalno do trenutka kada je potonuo u dubinu m.

Problem 97. Tijelo M mase m = 8 kg, uzeta kao materijalna tačka i smeštena na glatkoj nagnutoj ravni sa uglom nagiba prema horizontu = 30° (slika 19), početna brzina je prikazana v 0 = 18 gospođa, usmjeren pod uglom = 45° prema osi x i ležanje u avionu hu. Osa y g = 9.8 gospođa x (t), y(t).

Fig.19

Problem 98. Podmornica koja se kreće po površini velikom brzinom U 0 = 0.5 gospođa, dobivši negativnu uzgonu R = 0.1mg, započeo zaron s ugašenim motorima. Uzmite silu otpora proporcionalnu prvom stepenu brzine V i jednaki. Odredite putanju čamca i udaljenost koju je prešao horizontalno do trenutka kada je potonuo u dubinu m.

Problem 99. Najveći horizontalni domet projektila m postignuto pod uglom bacanja u odnosu na horizont. Odrediti koliko je jednaka početna brzina projektila v 0 i. Ubrzanje slobodan pad g = 9.8 gospođa Početna brzina projektila v 0 pri izlasku iz cijevi topa je fiksna.

Zadatak 100. Obalni top smješten na visini m iznad nivoa mora, ispaljuje projektile koji imaju brzinu od U 0 = 1500 gospođa. Odredite domet pogađanja mete horizontalnim hicem i zakon kretanja projektila x(t), y (t) ako se vertikalna komponenta sile otpora može zanemariti, a njena horizontalna komponenta može se uzeti jednakom, gdje je horizontalna brzina projektila.

Zadatak 101. Odrediti zakon kretanja x (t), y (t) materijalna tačka M mase m = 8 kg, privučen fiksnim centrom O k = 12 c-jedan. U početnom trenutku vremena () X 0 = 18 m, v y 0 = 6 gospođa. Zanemarite gravitaciju zemlje.

Zadatak 102. Materijalna tačka mase m Oxy . Modul sile se mijenja u skladu sa zakonom. startna brzina gospođa usmjerena pod uglom () na liniju djelovanja sile. Dobiti jednadžbu putanje tačke y (x).

Problem 103. Dot M mase m = 8 kg kreće se pod dejstvom odbojne sile iz fiksnog centra O, koji varira u skladu sa zakonom, gdje k = 12 c –1 , r g = 9.8 gospođa 2. U početnom trenutku vremena () X 0 = 20 m, v y 0 = 50 gospođa. Osa Ox horizontala i os Oy x (t), y(t) i putanju y (x) bodova M.

Zadatak 104. Materijalna tačka mase m kretanje po glatkoj horizontalnoj ravni Oxy pod uticajem sile usmerene paralelno sa osom at(vidi sliku 19). Modul sile se mijenja u skladu sa zakonom. startna brzina gospođa usmjeren okomito na liniju djelovanja sile. Pronađite zakon kretanja x (t), y (t) i jednačina putanje tačke y = y (x).

Problem 105. Tijelo M mase m = 20 kg, uzeta kao materijalna tačka i locirana na glatkoj nagnutoj ravni sa uglom nagiba prema horizontu = 60° (vidi sliku 19), prikazana je početna brzina v 0 = 2 gospođa x i ležanje u avionu hu. Osa y horizontalno. Ubrzanje gravitacije g = 9.8 gospođa 2. Odrediti zakon kretanja tijela duž nagnute ravni x (t), y (t).

Problem 106. S kutom bacanja = 60 ° u odnosu na horizont, projektil ima horizontalni domet leta m. Odrediti koliko je u ovom slučaju jednaka početna brzina projektila v 0. Nađite također horizontalni domet i maksimalnu visinu putanje pod kutom bacanja od 30°. Ubrzanje gravitacije g = 9.8 gospođa

Problem 107. Odrediti zakon kretanja x (t), y (t) tačka teškog materijala M mase m = 6 kg, privučen fiksnim centrom O sila direktno proporcionalna udaljenosti do njega. Kretanje se odvija u praznini, sila privlačenja je jednaka, k = 8 c g = 9.8 gospođa 2. U početnom trenutku vremena () X 0 = 24 m, at 0 = 40 m, . Osa Ox horizontala i os Oy usmjerena okomito prema gore.

Problem 108. Dot M mase m = 4 kg kreće se pod dejstvom odbojne sile iz fiksnog centra O, koji varira u skladu sa zakonom, gdje k = 10 c –1 , r je radijus vektor tačke. Ubrzanje gravitacije g = 9.8 gospođa 2. U početnom trenutku vremena () X 0 = 2 m, v X 0 = 4 gospođa, . Osa Ox horizontala i os Oy usmjerena okomito prema gore. Odrediti zakon kretanja x (t), y(t) i putanju y (x) bodova M.

Problem 109. masovni padobranac pada otvorenim padobranom na Zemlju u mirnom vazduhu okomito sa stalnom konstantnom brzinom gospođa. Na visokom nivou m iznad površine Zemlje, on, povlačeći linije, poprima horizontalnu brzinu gospođa. Odrediti veličinu horizontalnog odstupanja padobranca od početnog pravca njegovog kretanja u trenutku spuštanja i zakon njegovog kretanja, ako drži konopce u istom položaju tokom daljeg spuštanja. Horizontalna komponenta sile otpora koja djeluje na padobranca u struji zraka, Rx = –0.01mV x, gdje je horizontalna brzina padobranca. Zanemarite promjenu vertikalne komponente sile otpora uzrokovanu nagibom nadstrešnice padobrana.

Zadatak 110. Polazeći od površine Zemlje, masovna raketa kg kreće tokom prvih 10 od pod djelovanjem vučne sile usmjerene pod uglom u odnosu na horizontalu. Tada se vučna sila isključuje. Odrediti putanju projektila i njegov domet. Zanemarite silu otpora vazduha.

Zadatak 111. Tijelo M mase m = 28 kg, uzeta kao materijalna tačka i smeštena na glatkoj nagnutoj ravni sa uglom nagiba prema horizontu = 45° (vidi sliku 19), početna brzina v 0 = 34 gospođa, usmjeren pod uglom = 30° prema osi x i ležanje u avionu hu. Osa y horizontalno. Ubrzanje gravitacije g = 9.8 gospođa 2. Odrediti zakon kretanja tijela duž nagnute ravni x (t), y (t).

Problem 112. Podmornica koja nije imala kurs, nakon što je dobila malu pozitivnu uzgonu str = 0.01mg, počinje da se diže iz dubine m. Istovremeno, motor koji je počeo da radi obezbeđuje stalnu horizontalnu vučnu silu. T = 0.01mg. Vertikalna komponenta sile otpora se može zanemariti, a njena horizontalna komponenta se može uzeti jednakom R = –0.01mV x gdje je horizontalna brzina čamca. Odredite putanju čamca y(x) i udaljenost koju je prešao horizontalno do vremena uspona.

Problem 113. S kutom bacanja = 42 ° u odnosu na horizont, projektil ima horizontalni domet leta m. Odrediti koja je početna brzina projektila v 0 pri izlasku iz cijevi topa. Odrediti također horizontalni domet projektila i vrijeme leta projektila do cilja pod uglom bacanja = 35° i istom početnom brzinom v 0 . Ubrzanje gravitacije g = 9.8 gospođa 2. Zanemarite otpor vazduha.

Problem 114. Odredite ugao nagiba cijevi topa prema horizontu kako biste pogodili metu otkrivenu u istoj horizontalnoj ravni kao i top na udaljenosti m. Dodatno, odrediti maksimalnu visinu putanje i vrijeme leta projektila do cilja. Početna brzina projektila v 0 = 600 gospođa. Ubrzanje gravitacije g = 9.8 gospođa 2. Zanemarite otpor vazduha.

Problem 115. Odrediti ovisnost horizontalnog dometa projektila, maksimalne visine njegove putanje i vremena leta o kutu nagiba cijevi topa prema horizontu. Nađite i vrijednosti ovih veličina za = 38°. Početna brzina projektila v 0 = 980 gospođa. Ubrzanje gravitacije g = 9.8 gospođa 2. Zanemarite otpor vazduha.

Problem 116*. Masovni balon m pod uzgonom F = 1.1mg počinje da raste. Horizontalna komponenta sile otpora zraka proporcionalna je kvadratu horizontalne komponente brzine lopte u odnosu na zrak: Rx = –0.1mV, gdje je njegova horizontalna relativna brzina. Zanemarite vertikalnu komponentu sile otpora vazduha. Odrediti zakon kretanja lopte x (t), y (t) ako horizontalni vjetar duva brzinom gospođa.

Problem 117*. Tijelo M mase m = 8 kg k = 20 c O 1 (–a,0) i O 2 (a,0),a = 24 m. Kretanje počinje u tački A 0 (–2a,0) brzinom v at 0 = 18 gospođa. Odrediti zakon kretanja x (t), y (t) i putanju y (x) bodova M Ox, i izračunati njegove koordinate u tim vremenima. Zanemarite silu gravitacije.

Problem 118*. Tijelo M mase m = 2 kg je pod uticajem dve sile privlačenja, k = 120 c–1 usmjeren na dva fiksna centra O 1 (–a,0) i O 2 (a,0),ali = 12 m. Ubrzanje gravitacije g = 9.8 gospođa 2. Kretanje počinje u tački A 0 (2a,0) brzinom v at 0 = 12 gospođa. Osa Ox horizontala i os Oy usmjerena okomito prema gore. Odrediti zakon kretanja x (t), y (t) i putanju y (x) bodova M. Pronađite vremena kada prelazi os Ox, i izračunati njegove koordinate u tim vremenima.

Problem 119*. Materijalna tačka M F = 0.1mg, snage otpora R= –0.1mV,gdje V- tačkasta brzina i vertikalno podizanje Q = 2m v x, gdje je horizontalna brzina točke. Dobiti zakon kretanja tačke duž vertikalne ose, ako se u početnom trenutku njen položaj poklapao sa ishodištem koordinatnog sistema, a njena početna brzina je horizontalna i jednaka gospođa.

Problem 120*. Masovno tijelo na visini m iznad površine Zemlje imao brzinu gospođa usmjerena okomito prema dolje. Zatim ulazi u struju zraka, koja se kreće horizontalno konstantnom brzinom. gospođa. Kao rezultat, na njega djeluje sila gdje V r je brzina tijela u odnosu na tok. Odrediti veličinu horizontalnog odstupanja tijela od početnog smjera njegovog kretanja u trenutku pada na Zemlju.

Problem 121*. Padobran mase, koji skače u dalj, pada na Zemlju u mirnom vazduhu okomito sa stalnom konstantnom brzinom gospođa. Na određenoj visini od Zemljine površine ulazi u struju zraka koja se kreće horizontalno konstantnom brzinom. u 0 = 0.5 gospođa, a istovremeno otvara padobran. Horizontalna komponenta sile koja djeluje na padobranca u struji zraka, Rx = –0.01mV rx, gdje je horizontalna brzina tijela u odnosu na protok zraka. Vertikalna komponenta sile otpora koja djeluje na padobranca je Ry = –0.1mV, gdje je njegova vertikalna brzina. Odredite padobrančev zakon kretanja x (t), y (t) nakon otvaranja padobrana.

Problem 122*. Materijalna tačka M masa se kreće u vertikalnoj ravni pod dejstvom gravitacije, konstantne horizontalne sile potiska F = 0.2mg, snage otpora R = –0.1mV, gdje V je brzina tačke, a vertikalno podizanje, gdje je horizontalna brzina tačke. Dobiti zakon kretanja tačke u pravcu horizontalne ose, ako se u početnom trenutku njen položaj poklapao sa ishodištem koordinatnog sistema, a njena početna brzina je horizontalna i jednaka gospođa.

Problem 123*. Masovni padobranac s otvorenim padobranom pada okomito stalnom brzinom gospođa. Na visokom nivou m iznad Zemljine površine, ulazi u zračnu struju koja se kreće horizontalno konstantnom brzinom gospođa. Odrediti veličinu horizontalnog odstupanja padobranca od početnog pravca njegovog kretanja u trenutku doskoka i zakon njegovog kretanja x (t), y (t). Horizontalna komponenta sile otpora koja djeluje na padobranca u struji zraka, R x = –0.01mV x, gdje je horizontalna brzina padobranca u odnosu na protok zraka.

Primjer 13 Istraživačka podmornica sfernog oblika i mase m= = 1,5×10 5 kg počinje tonuti s isključenim motorima, imajući horizontalnu brzinu v X 0 = 30 gospođa i negativnu uzgonu R 1 = 0.01mg, gdje - vektorska suma uzgona sila Q i gravitacije mg deluje na čamac (Sl. 20). sila otpora vode, kg/s. Odrediti jednadžbe kretanja čamca i njegovu putanju.

Fig.20

Rješenje. Odabiremo ishodište koordinata u početnoj poziciji čamca, osi Ox tačku vodoravno, a os Oy– okomito nadole (vidi sliku 20). Na čamac djeluju tri sile: P=mg- težina čamca Q- Arhimedova sila plutanja, štaviše, i sila otpora R. Uzmimo čamac kao materijalnu tačku M. Tada će Newtonov drugi zakon biti napisan na sljedeći način: . U projekcijama na osi Ox I Oy izgledat će ovako: , . Prepišimo ove jednačine u obliku sistema jednačina prvog reda

Integrišući ih metodom razdvajanja varijabli, dobijamo

Nakon integracije i zamjene numeričkih vrijednosti parametara i početnih podataka, nalazimo

Zakon kretanja nalazimo iz rješenja diferencijalne jednadžbe

To se opisuje odnosima

Konačno, nalazimo putanju y (x). Da bismo to učinili, iz prve jednačine izražavamo vrijeme t preko koordinata X

Zamjenom ovog izraza u drugu jednačinu nalazimo

Jednako ubrzano krivolinijsko kretanje

Krivolinijski pokreti - pokreti čije putanje nisu ravne, već zakrivljene linije. Planete i riječne vode kreću se krivolinijskim putanjama.

Krivolinijsko kretanje je uvijek kretanje s ubrzanjem, čak i ako je apsolutna vrijednost brzine konstantna. Krivolinijsko kretanje sa konstantnim ubrzanjem uvijek se događa u ravni u kojoj se nalaze vektori ubrzanja i početne brzine tačke. U slučaju krivolinijskog kretanja sa konstantnim ubrzanjem u avion xOy projekcije vx i vy njegove brzine na osi Ox i Oy i koordinate x i y točke u bilo kojem trenutku t određuju se formulama

Neravnomjerno kretanje. Brzina sa neujednačenim kretanjem

Nijedno tijelo se ne kreće konstantnom brzinom cijelo vrijeme. Pokrećući kretanje, automobil se kreće sve brže i brže. Neko vrijeme može se kretati ravnomjerno, ali onda se usporava i zaustavlja. U ovom slučaju, automobil prelazi različite udaljenosti u isto vrijeme.

Kretanje u kojem tijelo prelazi nejednake segmente puta u jednakim vremenskim intervalima naziva se neravnomjerno. Kod takvog kretanja veličina brzine ne ostaje nepromijenjena. U ovom slučaju možemo govoriti samo o prosječnoj brzini.

prosječna brzina pokazuje koliki je pomak koji tijelo prođe u jedinici vremena. On je jednak omjeru kretanja tijela i vremena kretanja. Prosječna brzina, kao i brzina tijela u ravnomjernom kretanju, mjeri se u metrima podijeljenom sa sekundom. Da bi se kretanje preciznije okarakterisalo, u fizici se koristi trenutna brzina.

Brzina tijela u datoj tački vremena ili u datoj tački putanje naziva se trenutna brzina. Trenutna brzina je vektorska veličina i usmjerena je na isti način kao i vektor pomaka. Brzinomjerom možete izmjeriti svoju trenutnu brzinu. U System Internationale, trenutna brzina se mjeri u metrima podijeljena sa sekundom.

brzina kretanja tačke neujednačena

Kretanje tijela u krug

U prirodi i tehnologiji, krivolinijsko kretanje je vrlo uobičajeno. Komplikovaniji je od pravolinijskog, jer postoji mnogo krivolinijskih putanja; ovo kretanje je uvijek ubrzano, čak i kada se modul brzine ne mijenja.

Ali kretanje duž bilo koje krivolinijske putanje može se grubo predstaviti kao kretanje duž lukova kružnice.

Kada se tijelo kreće po kružnici, smjer vektora brzine se mijenja od tačke do tačke. Stoga, kada govore o brzini takvog kretanja, misle na trenutnu brzinu. Vektor brzine je usmjeren duž tangente na kružnicu, a vektor pomaka - duž tetiva.

Ravnomjerno kretanje u krugu je kretanje pri kojem se ne mijenja modul brzine kretanja, mijenja se samo njegov smjer. Ubrzanje takvog kretanja uvijek je usmjereno prema centru kruga i naziva se centripetalno. Da bismo pronašli ubrzanje tijela koje se kreće po kružnici, potrebno je podijeliti kvadrat brzine polumjerom kružnice.

Osim ubrzanja, kretanje tijela u krugu karakteriziraju sljedeće veličine:

Period rotacije tijela je vrijeme koje je potrebno tijelu da napravi jednu potpunu rotaciju. Period rotacije je označen slovom T i mjeri se u sekundama.

Frekvencija rotacije tijela je broj okretaja u jedinici vremena. Brzina rotacije je označena slovom? a mjeri se u hercima. Da biste pronašli frekvenciju, potrebno je jedinicu podijeliti s periodom.

Linearna brzina - omjer kretanja tijela i vremena. Da bi se pronašla linearna brzina tijela duž kružnice, potrebno je podijeliti obim sa periodom (obim je 2? puta poluprečnik).

Ugaona brzina - fizička količina, jednak omjeru ugla rotacije polumjera kružnice po kojoj se tijelo kreće, prema vremenu kretanja. Kutna brzina je označena slovom? i mjeri se u radijanima podijeljeno sa sekundom. Možete pronaći ugaonu brzinu dijeljenjem 2? za period od. Ugaona brzina i linearna brzina. Da bi se pronašla linearna brzina, potrebno je pomnožiti ugaonu brzinu sa radijusom kružnice.

Slika 6. Kretanje u krugu, formule.

Uz pomoć ove lekcije možete samostalno proučavati temu „Pravolinijsko i krivolinijsko kretanje. Kretanje tijela po kružnici sa konstantnom modulom brzinom. Prvo, karakteriziramo pravolinijsko i krivolinijsko kretanje razmatrajući kako su, kod ovih tipova kretanja, vektor brzine i sila primijenjena na tijelo povezani. Zatim, razmatramo poseban slučaj kada se tijelo kreće duž kružnice sa konstantnom modulo brzinom.

U prethodnoj lekciji smo se bavili pitanjima vezanim za zakon gravitacija. Tema današnje lekcije usko je povezana sa ovim zakonom, obratićemo se ravnomernom kretanju tela u krugu.

Ranije smo to rekli kretanje - ovo je promjena položaja tijela u prostoru u odnosu na druga tijela tokom vremena. Kretanje i smjer kretanja karakterizira, između ostalog, brzina. Promjena brzine i samog tipa kretanja povezani su s djelovanjem sile. Ako na tijelo djeluje sila, tada tijelo mijenja brzinu.

Ako je sila usmjerena paralelno s kretanjem tijela, onda će takvo kretanje biti direktno(Sl. 1).

Rice. 1. Pravolinijsko kretanje

krivolinijski do takvog kretanja doći će kada su brzina tijela i sila primijenjena na ovo tijelo usmjerene jedna prema drugoj pod određenim uglom (slika 2). U tom slučaju brzina će promijeniti smjer.

Rice. 2. Krivolinijsko kretanje

Dakle, u pravolinijsko kretanje vektor brzine je usmjeren u istom smjeru kao i sila primijenjena na tijelo. ALI krivolinijsko kretanje je takvo kretanje kada se vektor brzine i sila primijenjena na tijelo nalaze pod nekim uglom jedan prema drugom.

Razmotrimo poseban slučaj krivolinijskog kretanja, kada se tijelo kreće u krug sa konstantnom brzinom u apsolutnoj vrijednosti. Kada se tijelo kreće u krug konstantnom brzinom, mijenja se samo smjer brzine. Po modulu ostaje konstantan, ali se smjer brzine mijenja. Takva promjena brzine dovodi do prisustva ubrzanja u tijelu, što se naziva centripetalni.

Rice. 6. Kretanje duž zakrivljene staze

Ako je putanja kretanja tijela kriva, onda se može predstaviti kao skup kretanja duž lukova kružnica, kao što je prikazano na sl. 6.

Na sl. 7 pokazuje kako se mijenja smjer vektora brzine. Brzina pri takvom kretanju je usmjerena tangencijalno na kružnicu po čijem se luku kreće tijelo. Stoga se njegov smjer stalno mijenja. Čak i ako modulo brzina ostane konstantna, promjena brzine dovodi do ubrzanja:

U ovom slučaju ubrzanjeće biti usmjerena prema centru kruga. Zbog toga se naziva centripetalnim.

Zašto centripetalno ubrzanje prema centru?

Podsjetimo da ako se tijelo kreće duž zakrivljene putanje, tada je njegova brzina tangencijalna. Brzina je vektorska veličina. Vektor ima numeričku vrijednost i smjer. Brzina kako se tijelo kreće neprekidno mijenja svoj smjer. To jest, razlika u brzinama u različitim vremenskim trenucima neće biti jednaka nuli (), za razliku od pravolinijskog ravnomjernog kretanja.

Dakle, imamo promjenu brzine u određenom vremenskom periodu. Odnos sa je ubrzanje. Dolazimo do zaključka da, čak i ako se brzina ne mijenja u apsolutnoj vrijednosti, tijelo koje vrši jednoliko kretanje po kružnici ima ubrzanje.

Gdje je usmjereno ovo ubrzanje? Razmotrite sl. 3. Neko tijelo se kreće krivolinijsko (u luku). Brzina tijela u tačkama 1 i 2 je tangencijalna. Tijelo se kreće jednoliko, odnosno moduli brzina su jednaki: , ali se smjerovi brzina ne poklapaju.

Rice. 3. Kretanje tijela u krug

Oduzmite brzinu od i dobijete vektor . Da biste to učinili, trebate povezati početke oba vektora. Paralelno, pomeramo vektor na početak vektora. Gradimo do trougla. Treća strana trougla će biti vektor razlike brzina (slika 4).

Rice. 4. Vektor razlike brzina

Vektor je usmjeren prema kružnici.

Razmotrimo trokut formiran od vektora brzine i vektora razlike (slika 5).

Rice. 5. Trokut formiran vektorima brzina

Ovaj trougao je jednakokraki (moduli brzina su jednaki). Dakle, uglovi u osnovi su jednaki. Napišimo jednačinu za zbir uglova trougla:

Saznajte gdje je usmjereno ubrzanje u datoj tački putanje. Da bismo to učinili, počinjemo približavati tačku 2 točki 1. S takvom neograničenom marljivošću, kut će težiti 0, a kut - do. Ugao između vektora promjene brzine i samog vektora brzine je . Brzina je usmjerena tangencijalno, a vektor promjene brzine usmjeren je prema centru kružnice. To znači da je i ubrzanje usmjereno prema centru kruga. Zato se ovo ubrzanje zove centripetalni.

Kako pronaći centripetalno ubrzanje?

Razmotrite putanju duž koje se tijelo kreće. U ovom slučaju, ovo je luk kružnice (slika 8).

Rice. 8. Kretanje tijela u krug

Na slici su prikazana dva trokuta: trokut formiran brzinama i trokut formiran od polumjera i vektora pomaka. Ako su tačke 1 i 2 vrlo blizu, tada će vektor pomaka biti isti kao i vektor putanje. Oba trokuta su jednakokračna sa istim uglovima vrhova. Dakle, trokuti su slični. To znači da su odgovarajuće stranice trokuta u istom omjeru:

Pomak je jednak proizvodu brzine i vremena: . Zamjenom ove formule možete dobiti sljedeći izraz za centripetalno ubrzanje:

Ugaona brzina označen grčkim slovom omega (ω), označava pod kojim uglom se telo rotira u jedinici vremena (slika 9). Ovo je veličina luka, u stepenima, koju tijelo pređe za neko vrijeme.

Rice. 9. Ugaona brzina

Imajte na umu da ako se kruto tijelo rotira, tada će ugaona brzina za bilo koju tačku na ovom tijelu biti konstantna vrijednost. Tačka je bliže centru rotacije ili dalje - nije važno, odnosno ne ovisi o radijusu.

Jedinica mjere u ovom slučaju će biti ili stepeni u sekundi (), ili radijani po sekundi (). Često se riječ "radijan" ne piše, već jednostavno napiše. Na primjer, hajde da pronađemo kolika je ugaona brzina Zemlje. Zemlja napravi punu rotaciju za jedan sat i u ovom slučaju možemo reći da je ugaona brzina jednaka:

Također obratite pažnju na odnos između ugaone i linearne brzine:

Linearna brzina je direktno proporcionalna radijusu. Što je veći radijus, to više brzina linije. Tako, udaljavajući se od centra rotacije, povećavamo linearnu brzinu.

Treba napomenuti da je kretanje u krugu konstantnom brzinom poseban slučaj kretanja. Međutim, kružno kretanje može biti i neravnomjerno. Brzina se može mijenjati ne samo u smjeru i ostati ista u apsolutnoj vrijednosti, već i mijenjati svoju vrijednost, odnosno pored promjene smjera dolazi i do promjene modula brzine. U ovom slučaju govorimo o takozvanom ubrzanom kružnom kretanju.

Šta je radijan?

Postoje dvije jedinice za mjerenje uglova: stepeni i radijani. U fizici, po pravilu, radijanska mjera ugla je glavna.

Konstruirajmo centralni ugao , koji se oslanja na luk dužine .

Zamislite materijalnu tačku koja se kreće duž neke krivolinijske putanje. Brzinu zapisujemo u formu

i imajte na umu da vektor

Ovo je jedinični vektor koji je tangentan na putanju i poklapa se u pravcu sa vektorom brzine. Razlikujemo vektor brzine napisan u ovom prikazu i dobijamo

Ubrzanje smo predstavili u obliku dva člana. Prije svega, napominjemo da su termini ortogonalni jedan prema drugom. Zaista, pošto je vektor jedinica, onda

Razlikovanje skalarni proizvod, dobijamo

svojstvom skalarnog proizvoda.

Tako smo ubrzanje razložili u zbir dvije međusobno ortogonalne komponente, označavamo ih sa i :

Hajde da razgovaramo fizičko značenje svaki termin. termin

Ovo tangencijalno ubrzanje, koji karakterizira brzinu promjene modula brzine. Ovaj dio ukupnog ubrzanja usmjeren je ili duž brzine, kada je derivacija dv/dt > 0, odnosno kretanje je ubrzano, odnosno u smjeru suprotnom brzini, kada je ova derivacija dv/dt< 0 odnosno usporenog snimanja. Ako je kretanje ujednačeno dv/dt = 0, odnosno brzina, ako se mijenja, onda samo u smjeru, tada je tangencijalni dio ubrzanja nula:

termin

usmjerena duž normale na putanju - okomita na tangentu putanje i naziva se normalno ubrzanje. Ako tangencijalno ubrzanje određuje brzinu kojom se modul vektor brzine, tada normalno ubrzanje određuje brzinu kojom je smjer vektor brzine.

Rice. 2.10. Definiciji zakrivljenosti putanje

Razmotrite „dovoljno glatku“, inače proizvoljnu, ravnu krivolinijsku putanju. Ravne, odnosno sve tačke putanje leže u određenoj ravni - samo da bi se pojednostavili proračuni, dobijeni pod ovom pretpostavkom, rezultat je pogodan i za bilo koju "dovoljno glatku" prostornu krivu, čije tačke se ne mogu postaviti u jednu ravninu. Posljednju okolnost ovdje nećemo razmatrati; ona je rigorozno dokazana metodama analitičke geometrije. Reči "dovoljno glatka" znače da je kriva opisana kontinuirana funkcija, koji ima kontinuirani prvi i drugi izvod. Sa stanovišta fizičke primjene, zahtjev za postojanjem kontinuirane prve dvije derivacije zapravo nije ograničenje oblika putanje, jer je gotovo uvijek zadovoljen. Jednostavno rečeno, putanja ne bi trebala imati "uglove" tipa prikazanog na slici 2.11.

Rice. 2.11.

Takva "glatka" kriva na bilo kojoj od njegovih infinitezimalna oblast može se zamijeniti (slika 2.12) dijelom kružnice nekog polumjera. Poluprečnik ove kružnice, koji aproksimira putanju na njenom beskonačno malom preseku u blizini neke tačke, obično se naziva radijus zakrivljenosti putanje na ovom mjestu. Središte ovog kruga se zove centar zakrivljenosti putanja u datoj tački. Zakrivljenost putanje naziva se količina C=1/R. Naglašavamo da su radijus zakrivljenosti, kao i centar zakrivljenosti putanje, njene lokalne karakteristike: svaka točka putanje ima svoj polumjer zakrivljenosti i svoje središte zakrivljenosti. Izuzeci su: 1) kružnica čiji je polumjer zakrivljenosti u svim tačkama isti i jednak poluprečniku kružnice, centar zakrivljenosti je „jedan za sve“ i poklapa se sa centrom kružnice, i 2 ) prava linija, za bilo koju tačku prave, poluprečnik zakrivljenosti je beskonačan, a centar zakrivljenosti je u beskonačnoj tački od prave. Ovo je lako razumjeti: povećajmo radijus kruga, što je veći polumjer kruga, to je bilo koji od njegovih krajnjih dijelova bliži ravnom dijelu. Na ravnici, najbolje na plaži, od visine ljudske visine do horizonta ne više od pet kilometara - u ovim granicama Zemlja je ravna.

Rice. 2.12. Definiciji polumjera zakrivljenosti putanje

Izračunajmo modul derivacije , koji je uključen u izraz za normalno ubrzanje. Vektor je usmjeren duž normale na putanju od centra do centra zakrivljenosti, što objašnjava sl. 2.13.

Rice. 2.13. Grafička definicija radijus zakrivljenosti putanje

Da bismo to učinili, prije svega, prelazimo od diferencijacije s obzirom na vrijeme do diferencijacije s obzirom na "put": , imamo:

Po definiciji, derivat krivulja zakrivljenosti C, a njegova recipročna vrijednost je jednaka polumjeru zakrivljenosti krive R. Stavljajući sve zajedno, za normalno ubrzanje, konačno dobijamo:

gdje je normala okomita na tangentu i uvijek usmjerena prema centru zakrivljenosti, vidi sl. jedanaest.

Hajde da damo neko dodatno objašnjenje slici 11. Hajdemo nedaleko od tačke 1 tačka 2 . Konstruirajmo tangente u ovim tačkama jedinični vektori 1 i 2. Okomite na ove tangente će se preseći u nekoj tački O2. Imajte na umu da za krivulju koja nije krug, udaljenosti R1 I R2će biti malo drugačiji. Ako sada pokažite 2 pristupiti tački 1 , presjek okomica O2 kretaće se duž prave linije O 2 1 i u granici će biti u nekom trenutku O 1. Udaljenosti R1 I R2 težit će zajedničkoj granici R jednak poluprečniku zakrivljenosti i tački O 1 i biće centar zakrivljenosti za tačku 1 . Zaista, krug sa radijusom R usredsređen na 0 prolazi kroz tačku 1 i tangenta je na putanju (pošto je radijus ortogonan na vektor od 1). Štaviše, po konstrukciji, beskonačno bliska tačka 2 takođe leži na ovom krugu. Tako se konstruisani krug zaista "spaja" sa putanjom u tački 1 .