Pocisk wystrzelony z prędkością V0 po kątem a do poziomu rozerwał się w najwyższym punkcie swojej trajektorii lotu na dwie równe części w ten sposób, że pierwsza połowa spadła pionowo z prędkością V1 po czasie t1 od rozerwania pocisku. Określ, w jakiej odległości x2 od miejsca rozerwania, po jakim czasie tą od rozerwania oraz z jaką prędkością V2 spadnie druga połowa. Pomiń opory ruchu. Wskazówka: rozważ, jaka względem V1 będzie prędkość pionowa drugiej połowy pocisku w momencie spadania.
Czy mogę przyjąć, że prędkość pionowa górnej połowy zaraz po rozpadzie jest równa V1, a jej prędkość pozioma V0 \cos \alpha ? Nawet jeżeli mogę to przyjąć to mam wrażenie, że na rozwiązanie tego zadania jest prostszy sposób niż rzut skośny. Proszę o pomoc.
Przepołowiony pocisk
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
korki_fizyka
- Expert
- Posty: 6283
- Rejestracja: 04 lip 2014, 14:55
- Podziękowania: 83 razy
- Otrzymane podziękowania: 1544 razy
- Płeć:
Re: Przepołowiony pocisk
W momencie rozerwania się pocisku na dwie części każda z nich ma jednakowe co do wartości lecz przeciwnie skierowane składowe pionowe pędów co wynika z ZZPędu. Pierwsza część, ta która spadła pionowo w dół ma końcową prędkość \(v_1\) więc z równania dla ruchu jednostajnie przyspieszonego mamy: \(v_1 =v_{2y} +gt_1\), gdzie \(v_{2y}\) to szukana składowa pionowa drugiej połówki.
Druga połówka zatem unosi całą poziomą składową pędu \(p_x=mv_{2x}= mv_o \cos \alpha\) oraz \(p_y=0,5mv_{2y}\). Z tw. Pitagorasa możemy obliczyć jej prędkość "początkową" od momentu rozerwania się pocisku w dalszym rzucie ukośnym \(v_{o2}= \sqrt{v_{2x}^2 + v_{2y}^2}\) .
Następnie rozwiązując układ r-ń:
\(y_2 = h+v_{2y}t_2 + \frac{gt_2^2}{2} \)
\(x_2 = v_{2x}t_2\)
znajdujemy czas od rozerwania do upadku drugiej części - \(t_2\) oraz odległość upadku od pierwszej części - \(x_2\).
Aby policzyć prędkość upadku drugiej części \(v_2\) najprościej jest skorzystać z ZZE:
\( \frac{mv_2^2}{4}= \frac{1}{2}mgh + \frac{mv_{o2}^2}{4} \)
gdzie \(h = h_{max}= \frac{(v_o \sin \alpha)^2}{2g} \).
Ostatnio zmieniony 19 gru 2024, 12:47 przez korki_fizyka, łącznie zmieniany 1 raz.
Pomoc w rozwiązywaniu zadań z fizyki, opracowanie statystyczne wyników "laborek", przygotowanie do klasówki, kolokwium, matury z matematyki i fizyki itd.
mailto: korki_fizyka@tlen.pl
mailto: korki_fizyka@tlen.pl
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 2038
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 4 razy
- Otrzymane podziękowania: 489 razy
Re: Przepołowiony pocisk
Przyjmujemy układ prostokątny współrzędnych \( Oxy \) o początku \( (0,0) \) w miejscu wystrzelenia pocisku.
Do chwili wybuchu ruch pocisku jest ruchem ukośnym pod kątem \( \alpha \) z prędkością początkową \( v_{0}. \)
Jeśli pominiemy wszystkie dodatkowe opory ruchu, to odległość do miejsca rozerwania się pocisku jest równa połowie zasięgu rzutu ukośnego:
\( x_{1} = \frac{v^2_{0}\sin(2\alpha)}{2g} \ \ \ \ (1)\)
Maksymalna wysokość jaką osiągnął pocisk przed rozerwaniem \( h = \frac{v^2_{0}\sin^2(\alpha)}{2g} \ \ (2) \)
Prędkość pocisku
\( v = v_{0}\cos(\alpha) \ \ \ \ (3) \)
w najwyższym punkcie przekszyałcamy wykorzystując równania \( (1), (2).\)
W tym celu z równania \( (1) \) wyznaczamy
\( v_{0} = \sqrt{\frac{2gx_{1}}{\sin(2\alpha)}} = \sqrt{\frac{gx_{1}}{\sin(\alpha)\cos(\alpha)}} \ \ \ \ (4) \)
Dzielimy stronami równania \( (2) \) przez \( (1).\)
\( \frac{h}{x_{1}} = \frac{v^2_{0}\sin^2(\alpha)}{2g} \cdot \frac{2g}{v^2_{0}\sin(2\alpha)} = \frac{\sin^2(\alpha)}{\sin(2\alpha)}= \frac{\sin^2(\alpha)}{2\sin(\alpha)\cos(\alpha)} = \frac{\sin(\alpha)}{2\cos(\alpha)} \)
\( \frac{h}{x_{1}} = \frac{\sin(\alpha)}{2\cos(\alpha)} \ \ \ \ (5)\)
Z równań \( (5), (4), (3) \)
\( v = \sqrt{\frac{gx_{1}}{\sin(\alpha)\cos(\alpha)}}\cdot \cos(\alpha) = \sqrt{\frac{gx_{1}\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}} = \sqrt{\frac{gx_{1}^2}{2h}} = x_{1}\sqrt{\frac{g}{2h}} \ \ \ \ (6)\)
Z treści zadania wynika, że dolny kawałek pocisku, który po rozerwaniu spada pionowo z wysokości \( h \) ma pewną prędkość początkową \( v_{1} \) po czasie \( t_{1} \) od chwili rozerwania pocisku.
Ruch tego odłamka jest ruchem jednostajnie przyśpieszonym i wysokość z której spada jest równa
\( h = v_{1}t_{1} + \frac{gt^2_{1}}{2} \ \ \ \ (7)\)
Z równań \( (6), (7) \)
\( v = x_{1} \sqrt{\frac{g}{2v_{1}t_{1}+gt^2_{1}}} \ \ (8)\)
Do opisania ruchu górnego odłamka korzystamy z zasady zachowania pędu:
\( m\vec{v} = \frac{1}{2} m\vec{v_{1}} + \frac{1}{2}m\vec{v_{2}} \ \ | \cdot \frac{2}{m} \)
\( 2\vec{v} = \vec{v_{1}} + \vec{v_{2}} \)
Rozkładamy wektor \( \vec{v_{2}} \) na składową poziomą \( v_{2x} = 2v, \ \ v_{2y} = v_{1}.\)
Znając składową \( u_{2y} \) wyznaczamy moment upadku drugiego odłamka na Ziemię.
\( y_{2} = h + v_{2y} t + \frac{gt^2}{2} \)
gdzie \( t \) jest czasem mierzonym od chwili wybuchu.
\( 0 = h + v_{2y} t = \frac{gt^2}{2} \)
Rozwiązując to równanie kwadratowe i zastępując \( v_{2y} \) przez \( v_{1}, \) otrzymamy
\( t_{2} = \frac{v_{1} + \sqrt{v^2_{1} -2gh}}{g} \)
Uwzględniając równanie \( (7) \)
\( t_{2} = \frac{v_{1} + \sqrt{v_{1}^2-2g\left( v_{1}t_{1}+\frac{gt^2_{1}}{2}\right)}}{g}= \frac{v_{1} +\sqrt{v_{1}^2-2g v_{1}t_{1}+g^2t^2_{1}}}{g} \)
Na koniec liczymy drogę, którą przebył ten odłamek w kierunku poziomym, wykorzystując równanie \( u_{2x} = 2v \) z zasady zachowania pędu:
\( x_{2}-x_{1} = v_{2x}t_{2} = 2v t_{2} \)
Stąd
\( x_{2} = x_{1} + 2v t_{2} = x_{1} + 2x_{1}\sqrt{\frac{g}{2v_{1}t_{1}+gt^2_{1}}}t_{2} = x_{1}\left( 1 + 2\sqrt{\frac{g}{2v_{1}t_{1}+gt^2_{1}}}t_{2}\right).\)
PS
Zadanie to możemy rozwiązać drugą metodą, z wykorzystaniem układu równań ruchu środka masy pocisku przed rozerwaniem i dwóch jego odłamków, otrzymując taki sam wynik.
Proszę staranniej pisać treści zadań z wykorzystaniem edytora \( \LaTeX \). Podstawowe zasady pisania znajdują się na Forum.
Do chwili wybuchu ruch pocisku jest ruchem ukośnym pod kątem \( \alpha \) z prędkością początkową \( v_{0}. \)
Jeśli pominiemy wszystkie dodatkowe opory ruchu, to odległość do miejsca rozerwania się pocisku jest równa połowie zasięgu rzutu ukośnego:
\( x_{1} = \frac{v^2_{0}\sin(2\alpha)}{2g} \ \ \ \ (1)\)
Maksymalna wysokość jaką osiągnął pocisk przed rozerwaniem \( h = \frac{v^2_{0}\sin^2(\alpha)}{2g} \ \ (2) \)
Prędkość pocisku
\( v = v_{0}\cos(\alpha) \ \ \ \ (3) \)
w najwyższym punkcie przekszyałcamy wykorzystując równania \( (1), (2).\)
W tym celu z równania \( (1) \) wyznaczamy
\( v_{0} = \sqrt{\frac{2gx_{1}}{\sin(2\alpha)}} = \sqrt{\frac{gx_{1}}{\sin(\alpha)\cos(\alpha)}} \ \ \ \ (4) \)
Dzielimy stronami równania \( (2) \) przez \( (1).\)
\( \frac{h}{x_{1}} = \frac{v^2_{0}\sin^2(\alpha)}{2g} \cdot \frac{2g}{v^2_{0}\sin(2\alpha)} = \frac{\sin^2(\alpha)}{\sin(2\alpha)}= \frac{\sin^2(\alpha)}{2\sin(\alpha)\cos(\alpha)} = \frac{\sin(\alpha)}{2\cos(\alpha)} \)
\( \frac{h}{x_{1}} = \frac{\sin(\alpha)}{2\cos(\alpha)} \ \ \ \ (5)\)
Z równań \( (5), (4), (3) \)
\( v = \sqrt{\frac{gx_{1}}{\sin(\alpha)\cos(\alpha)}}\cdot \cos(\alpha) = \sqrt{\frac{gx_{1}\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}} = \sqrt{\frac{gx_{1}^2}{2h}} = x_{1}\sqrt{\frac{g}{2h}} \ \ \ \ (6)\)
Z treści zadania wynika, że dolny kawałek pocisku, który po rozerwaniu spada pionowo z wysokości \( h \) ma pewną prędkość początkową \( v_{1} \) po czasie \( t_{1} \) od chwili rozerwania pocisku.
Ruch tego odłamka jest ruchem jednostajnie przyśpieszonym i wysokość z której spada jest równa
\( h = v_{1}t_{1} + \frac{gt^2_{1}}{2} \ \ \ \ (7)\)
Z równań \( (6), (7) \)
\( v = x_{1} \sqrt{\frac{g}{2v_{1}t_{1}+gt^2_{1}}} \ \ (8)\)
Do opisania ruchu górnego odłamka korzystamy z zasady zachowania pędu:
\( m\vec{v} = \frac{1}{2} m\vec{v_{1}} + \frac{1}{2}m\vec{v_{2}} \ \ | \cdot \frac{2}{m} \)
\( 2\vec{v} = \vec{v_{1}} + \vec{v_{2}} \)
Rozkładamy wektor \( \vec{v_{2}} \) na składową poziomą \( v_{2x} = 2v, \ \ v_{2y} = v_{1}.\)
Znając składową \( u_{2y} \) wyznaczamy moment upadku drugiego odłamka na Ziemię.
\( y_{2} = h + v_{2y} t + \frac{gt^2}{2} \)
gdzie \( t \) jest czasem mierzonym od chwili wybuchu.
\( 0 = h + v_{2y} t = \frac{gt^2}{2} \)
Rozwiązując to równanie kwadratowe i zastępując \( v_{2y} \) przez \( v_{1}, \) otrzymamy
\( t_{2} = \frac{v_{1} + \sqrt{v^2_{1} -2gh}}{g} \)
Uwzględniając równanie \( (7) \)
\( t_{2} = \frac{v_{1} + \sqrt{v_{1}^2-2g\left( v_{1}t_{1}+\frac{gt^2_{1}}{2}\right)}}{g}= \frac{v_{1} +\sqrt{v_{1}^2-2g v_{1}t_{1}+g^2t^2_{1}}}{g} \)
Na koniec liczymy drogę, którą przebył ten odłamek w kierunku poziomym, wykorzystując równanie \( u_{2x} = 2v \) z zasady zachowania pędu:
\( x_{2}-x_{1} = v_{2x}t_{2} = 2v t_{2} \)
Stąd
\( x_{2} = x_{1} + 2v t_{2} = x_{1} + 2x_{1}\sqrt{\frac{g}{2v_{1}t_{1}+gt^2_{1}}}t_{2} = x_{1}\left( 1 + 2\sqrt{\frac{g}{2v_{1}t_{1}+gt^2_{1}}}t_{2}\right).\)
PS
Zadanie to możemy rozwiązać drugą metodą, z wykorzystaniem układu równań ruchu środka masy pocisku przed rozerwaniem i dwóch jego odłamków, otrzymując taki sam wynik.
Proszę staranniej pisać treści zadań z wykorzystaniem edytora \( \LaTeX \). Podstawowe zasady pisania znajdują się na Forum.
-
korki_fizyka
- Expert
- Posty: 6283
- Rejestracja: 04 lip 2014, 14:55
- Podziękowania: 83 razy
- Otrzymane podziękowania: 1544 razy
- Płeć:
Re: Przepołowiony pocisk
Nie ma potrzeby wyznaczania \(v_o\) bo jest podana. Znowu coś pokręciłeś
Spoiler
\(t_2= \frac{2v_1}{g}-t_1 \), \(x_2= 2v_o t_2\cos \alpha\), \(v_2= \sqrt{v_1^2+4v_o^2\cos^2 \alpha} \)
Pomoc w rozwiązywaniu zadań z fizyki, opracowanie statystyczne wyników "laborek", przygotowanie do klasówki, kolokwium, matury z matematyki i fizyki itd.
mailto: korki_fizyka@tlen.pl
mailto: korki_fizyka@tlen.pl
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 2038
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 4 razy
- Otrzymane podziękowania: 489 razy
Re: Przepołowiony pocisk
Dane:
-prędkość początkowa pocisku \( v_{0}.\)
- kąt wystrzału pocisku \(\alpha. \)
- prędkość pionowa \( v_{1} \) pierwszej połowy pocisku.
- czas spadania \( t_{1} \) pierwszej połowy pocisku.
Obliczyć:
\( t_{2} \) - czas spadania drugiej połowy pocisku.
\( x_{2} \) - odległość spadku drugiej połowy pocisku.
\( v_{2} \) - prędkość spadku drugiej połowy pocisku.
Przyjmujemy układ prostokątny współrzędnych \( Oxy \) o początku \( (0,0) \) w miejscu wystrzelenia pocisku.
Do chwili wybuchu ruch pocisku jest ruchem ukośnym pod kątem \( \alpha \) z prędkością początkową \( v_{0}. \)
Jeśli pominiemy wszystkie dodatkowe opory ruchu, to odległość do miejsca rozerwania się pocisku jest równa połowie zasięgu rzutu ukośnego:
\( x_{1} = \frac{v^2_{0}\sin(2\alpha)}{2g}.\)
Maksymalna wysokość jaką osiągnął pocisk przed rozerwaniem \( h = \frac{v^2_{0}\sin^2(\alpha)}{2g}. \)
Prędkość pozioma pocisku przed rozerwaniem jest równa
\( v = v_{0}\cos(\alpha) \)
Do opisania ruchu drugiej połowy pocisku korzystamy z zasady zachowania pędu:
\( m\vec{v} = \frac{1}{2} m\vec{v_{1}} + \frac{1}{2}m\vec{v_{2}} \ \ | \cdot \frac{2}{m} \)
\( 2\vec{v} = \vec{v_{1}} + \vec{v_{2}} \)
Rozkładamy wektor \( \vec{v_{2}} \) na składową poziomą \( v_{2x} = 2v, \ \ v_{2y} = v_{1}.\)
Znając składową \( v_{2y} \) wyznaczamy moment upadku drugiego odłamka na Ziemię.
\( y_{2} = h + \vec{v_{2y}} t + \frac{\vec{g}t^2}{2} \)
gdzie \( t \) jest czasem mierzonym od chwili wybuchu.
\( 0 = h - v_{2y} t - \frac{gt^2}{2}. \)
Rozwiązując to równanie kwadratowe i zastępując \( v_{2y} \) przez \( v_{1}, \) otrzymamy
\( t_{2} = \frac{v_{1} + \sqrt{v^2_{1} + 2gh}}{g} = \frac{v_{1}}{g} + \sqrt{\left(\frac{v_{1}}{g}\right)^2+ 2\frac{h}{g}}. \)
\( x_{2}-x_{1} = v_{2x}t = 2v t_{2} \)
Stąd
\( x_{2} = x_{1} + 2v t_{2} = \frac{v^2_{0}\sin(2\alpha)}{2g} + 2v_{0}\cos(\alpha)\cdot t_{2} \)
Wartość prędkości drugiej połowy pocisku:
\( v_{2} = \sqrt{(2v)^2 + v_{1}^2} = \sqrt{4v_{0}^2\cos^2(\alpha) + v^2_{1}}. \)
PS
Zadanie możemy rozwiązać drugą metodą, z wykorzystaniem układu równań ruchu środka masy pocisku przed rozerwaniem i dwóch jego odłamków, otrzymując taki sam wynik.
-prędkość początkowa pocisku \( v_{0}.\)
- kąt wystrzału pocisku \(\alpha. \)
- prędkość pionowa \( v_{1} \) pierwszej połowy pocisku.
- czas spadania \( t_{1} \) pierwszej połowy pocisku.
Obliczyć:
\( t_{2} \) - czas spadania drugiej połowy pocisku.
\( x_{2} \) - odległość spadku drugiej połowy pocisku.
\( v_{2} \) - prędkość spadku drugiej połowy pocisku.
Przyjmujemy układ prostokątny współrzędnych \( Oxy \) o początku \( (0,0) \) w miejscu wystrzelenia pocisku.
Do chwili wybuchu ruch pocisku jest ruchem ukośnym pod kątem \( \alpha \) z prędkością początkową \( v_{0}. \)
Jeśli pominiemy wszystkie dodatkowe opory ruchu, to odległość do miejsca rozerwania się pocisku jest równa połowie zasięgu rzutu ukośnego:
\( x_{1} = \frac{v^2_{0}\sin(2\alpha)}{2g}.\)
Maksymalna wysokość jaką osiągnął pocisk przed rozerwaniem \( h = \frac{v^2_{0}\sin^2(\alpha)}{2g}. \)
Prędkość pozioma pocisku przed rozerwaniem jest równa
\( v = v_{0}\cos(\alpha) \)
Do opisania ruchu drugiej połowy pocisku korzystamy z zasady zachowania pędu:
\( m\vec{v} = \frac{1}{2} m\vec{v_{1}} + \frac{1}{2}m\vec{v_{2}} \ \ | \cdot \frac{2}{m} \)
\( 2\vec{v} = \vec{v_{1}} + \vec{v_{2}} \)
Rozkładamy wektor \( \vec{v_{2}} \) na składową poziomą \( v_{2x} = 2v, \ \ v_{2y} = v_{1}.\)
Znając składową \( v_{2y} \) wyznaczamy moment upadku drugiego odłamka na Ziemię.
\( y_{2} = h + \vec{v_{2y}} t + \frac{\vec{g}t^2}{2} \)
gdzie \( t \) jest czasem mierzonym od chwili wybuchu.
\( 0 = h - v_{2y} t - \frac{gt^2}{2}. \)
Rozwiązując to równanie kwadratowe i zastępując \( v_{2y} \) przez \( v_{1}, \) otrzymamy
\( t_{2} = \frac{v_{1} + \sqrt{v^2_{1} + 2gh}}{g} = \frac{v_{1}}{g} + \sqrt{\left(\frac{v_{1}}{g}\right)^2+ 2\frac{h}{g}}. \)
\( x_{2}-x_{1} = v_{2x}t = 2v t_{2} \)
Stąd
\( x_{2} = x_{1} + 2v t_{2} = \frac{v^2_{0}\sin(2\alpha)}{2g} + 2v_{0}\cos(\alpha)\cdot t_{2} \)
Wartość prędkości drugiej połowy pocisku:
\( v_{2} = \sqrt{(2v)^2 + v_{1}^2} = \sqrt{4v_{0}^2\cos^2(\alpha) + v^2_{1}}. \)
PS
Zadanie możemy rozwiązać drugą metodą, z wykorzystaniem układu równań ruchu środka masy pocisku przed rozerwaniem i dwóch jego odłamków, otrzymując taki sam wynik.
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 2038
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 4 razy
- Otrzymane podziękowania: 489 razy
Re: Przepołowiony pocisk
Współrzędne środka masy pocisku przed rozerwaniem
\( \begin{cases} x_{0} = \frac{\frac{1}{2}mx_{1} + \frac{1}{2}mx_{2}}{m} = \frac{1}{2}\left(x_{1} +x_{2}\right) \\ y_{0} = \frac{\frac{1}{2}my_{1} + \frac{1}{2}my_{2}}{m} = \frac{1}{2}\left(y_{1} +y_{2}\right) \end{cases} \ \ \ \ (1)\)
Równania ruchu środka masy odłamków pocisku po rozerwaniu:
\( \begin{cases} x_{0} = x_{1}+ v t \\y_{0} = h - \frac{gt^2}{2} \end{cases} \ \ \ \ (2) \)
Na podstawie \( (1), (2) \) otrzymujemy układ równań:
\( \begin{cases} \frac{1}{2}\left(x_{1} +x_{2}\right) = x_{1}+ v t \\ \frac{1}{2}\left(y_{1} +y_{2}\right)= h - \frac{gt^2}{2} \end{cases} \ \ \ \ (3)\)
Z treści zadania wynika, że pierwsza połowa pocisku spada pionowo w dół, a więc
\( x_{1} = x_{1} \) oraz \( y_{1} = h + v_{1}t - \frac{gt^2}{2} \ \ \ \ (4) \)
Załóżmy, że w czasie \( t = t_{2} \) spada druga połowa pocisku, \( y_{1} = 0. \)
Interesuje nas wartość współrzędnej \( x_{2} \) dla tego czasu.
Z układu \( (3) \) otrzymujemy
\( \frac{1}{2}(y_{1} + 0) = h - \frac{gt^2}{2} \)
\( \frac{1}{2} y_{1} = h - \frac{gt^2}{2} \ \ |\cdot 2 \)
\( y_{1} = 2h - gt^2 \ \ \ \ (5) \)
Z \( (4) \) i \( (5) \)
\( h + v_{1}t_{2} - \frac{gt^2_{2}}{2} = 2h - gt^2_{2} \)
\( 0 = h - v_{1}t_{2} - \frac{gt^2_{2}}{2} \)
Układ równań \( (3) \) przyjmuje więc postać:
\( \begin{cases} x_{2} = x_{1} + 2v t_{2} \\ 0 = h - v_{1}t_{2} - \frac{gt^2_{2}}{2} \end{cases} \ \ \ \ (4)\)
Z układu \( (4) \) obliczamy \( x_{2}, \) wyznaczając czas \( t_{2} \) z równania drugiego.
Otrzymaliśmy identyczne równania na czas \( t_{2} \) i odległość od miejsca rozerwania pocisku \( x_{2}\) jak w przypadku rozwiązania z zastosowaniem zasady zachowania pędu.
Wartość prędkości drugiej połowy pocisku \( v_{2} \) obliczamy ze wzoru identycznego jak w metodzie pierwszej.
\( \begin{cases} x_{0} = \frac{\frac{1}{2}mx_{1} + \frac{1}{2}mx_{2}}{m} = \frac{1}{2}\left(x_{1} +x_{2}\right) \\ y_{0} = \frac{\frac{1}{2}my_{1} + \frac{1}{2}my_{2}}{m} = \frac{1}{2}\left(y_{1} +y_{2}\right) \end{cases} \ \ \ \ (1)\)
Równania ruchu środka masy odłamków pocisku po rozerwaniu:
\( \begin{cases} x_{0} = x_{1}+ v t \\y_{0} = h - \frac{gt^2}{2} \end{cases} \ \ \ \ (2) \)
Na podstawie \( (1), (2) \) otrzymujemy układ równań:
\( \begin{cases} \frac{1}{2}\left(x_{1} +x_{2}\right) = x_{1}+ v t \\ \frac{1}{2}\left(y_{1} +y_{2}\right)= h - \frac{gt^2}{2} \end{cases} \ \ \ \ (3)\)
Z treści zadania wynika, że pierwsza połowa pocisku spada pionowo w dół, a więc
\( x_{1} = x_{1} \) oraz \( y_{1} = h + v_{1}t - \frac{gt^2}{2} \ \ \ \ (4) \)
Załóżmy, że w czasie \( t = t_{2} \) spada druga połowa pocisku, \( y_{1} = 0. \)
Interesuje nas wartość współrzędnej \( x_{2} \) dla tego czasu.
Z układu \( (3) \) otrzymujemy
\( \frac{1}{2}(y_{1} + 0) = h - \frac{gt^2}{2} \)
\( \frac{1}{2} y_{1} = h - \frac{gt^2}{2} \ \ |\cdot 2 \)
\( y_{1} = 2h - gt^2 \ \ \ \ (5) \)
Z \( (4) \) i \( (5) \)
\( h + v_{1}t_{2} - \frac{gt^2_{2}}{2} = 2h - gt^2_{2} \)
\( 0 = h - v_{1}t_{2} - \frac{gt^2_{2}}{2} \)
Układ równań \( (3) \) przyjmuje więc postać:
\( \begin{cases} x_{2} = x_{1} + 2v t_{2} \\ 0 = h - v_{1}t_{2} - \frac{gt^2_{2}}{2} \end{cases} \ \ \ \ (4)\)
Z układu \( (4) \) obliczamy \( x_{2}, \) wyznaczając czas \( t_{2} \) z równania drugiego.
Otrzymaliśmy identyczne równania na czas \( t_{2} \) i odległość od miejsca rozerwania pocisku \( x_{2}\) jak w przypadku rozwiązania z zastosowaniem zasady zachowania pędu.
Wartość prędkości drugiej połowy pocisku \( v_{2} \) obliczamy ze wzoru identycznego jak w metodzie pierwszej.
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 2038
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 4 razy
- Otrzymane podziękowania: 489 razy
Re: Przepołowiony pocisk
Współrzędne środka masy pocisku przed rozerwaniem
\( \begin{cases} x_{0} = \frac{\frac{1}{2}mx_{1} + \frac{1}{2}mx_{2}}{m} = \frac{1}{2}\left(x_{1} +x_{2}\right) \\ y_{0} = \frac{\frac{1}{2}my_{1} + \frac{1}{2}my_{2}}{m} = \frac{1}{2}\left(y_{1} +y_{2}\right) \end{cases} \ \ \ \ (1)\)
Równania ruchu środka masy odłamków pocisku po rozerwaniu:
\( \begin{cases} x_{0} = x_{1}+ v t \\y_{0} = h - \frac{gt^2}{2} \end{cases} \ \ \ \ (2) \)
Na podstawie \( (1), (2) \) otrzymujemy układ równań:
\( \begin{cases} \frac{1}{2}\left(x_{1} +x_{2}\right) = x_{1}+ v t \\ \frac{1}{2}\left(y_{1} +y_{2}\right)= h - \frac{gt^2}{2} \end{cases} \ \ \ \ (3)\)
Z treści zadania wynika, że pierwsza połowa pocisku spada pionowo w dół, a więc
\( x_{1} = x_{1} \) oraz \( y_{1} = h + v_{1}t - \frac{gt^2}{2} \ \ \ \ (4) \)
Załóżmy, że w czasie \( t = t_{2} \) spada druga połowa pocisku, \( y_{2} = 0. \)
Interesuje nas wartość współrzędnej \( x_{2} \) dla tego czasu.
Z układu \( (3) \) otrzymujemy
\( \frac{1}{2}(y_{1} + 0) = h - \frac{gt^2}{2} \)
\( \frac{1}{2} y_{1} = h - \frac{gt^2}{2} \ \ |\cdot 2 \)
\( y_{1} = 2h - gt^2 \ \ \ \ (5) \)
Z \( (4) \) i \( (5) \)
\( h + v_{1}t_{2} - \frac{gt^2_{2}}{2} = 2h - gt^2_{2} \)
\( 0 = h - v_{1}t_{2} - \frac{gt^2_{2}}{2} \)
Układ równań \( (3) \) przyjmuje więc postać:
\( \begin{cases} x_{2} = x_{1} + 2v t_{2} \\ 0 = h - v_{1}t_{2} - \frac{gt^2_{2}}{2} \end{cases} \ \ \ \ (4)\)
Z układu \( (4) \) obliczamy \( x_{2}, \) wyznaczając czas \( t_{2} \) z równania drugiego.
Otrzymaliśmy identyczne równania na czas \( t_{2} \) i odległość od miejsca rozerwania pocisku \( x_{2}\) jak w przypadku rozwiązania z zastosowaniem zasady zachowania pędu.
Wartość prędkości drugiej połowy pocisku \( v_{2} \) obliczamy ze wzoru identycznego jak w metodzie pierwszej.
\( \begin{cases} x_{0} = \frac{\frac{1}{2}mx_{1} + \frac{1}{2}mx_{2}}{m} = \frac{1}{2}\left(x_{1} +x_{2}\right) \\ y_{0} = \frac{\frac{1}{2}my_{1} + \frac{1}{2}my_{2}}{m} = \frac{1}{2}\left(y_{1} +y_{2}\right) \end{cases} \ \ \ \ (1)\)
Równania ruchu środka masy odłamków pocisku po rozerwaniu:
\( \begin{cases} x_{0} = x_{1}+ v t \\y_{0} = h - \frac{gt^2}{2} \end{cases} \ \ \ \ (2) \)
Na podstawie \( (1), (2) \) otrzymujemy układ równań:
\( \begin{cases} \frac{1}{2}\left(x_{1} +x_{2}\right) = x_{1}+ v t \\ \frac{1}{2}\left(y_{1} +y_{2}\right)= h - \frac{gt^2}{2} \end{cases} \ \ \ \ (3)\)
Z treści zadania wynika, że pierwsza połowa pocisku spada pionowo w dół, a więc
\( x_{1} = x_{1} \) oraz \( y_{1} = h + v_{1}t - \frac{gt^2}{2} \ \ \ \ (4) \)
Załóżmy, że w czasie \( t = t_{2} \) spada druga połowa pocisku, \( y_{2} = 0. \)
Interesuje nas wartość współrzędnej \( x_{2} \) dla tego czasu.
Z układu \( (3) \) otrzymujemy
\( \frac{1}{2}(y_{1} + 0) = h - \frac{gt^2}{2} \)
\( \frac{1}{2} y_{1} = h - \frac{gt^2}{2} \ \ |\cdot 2 \)
\( y_{1} = 2h - gt^2 \ \ \ \ (5) \)
Z \( (4) \) i \( (5) \)
\( h + v_{1}t_{2} - \frac{gt^2_{2}}{2} = 2h - gt^2_{2} \)
\( 0 = h - v_{1}t_{2} - \frac{gt^2_{2}}{2} \)
Układ równań \( (3) \) przyjmuje więc postać:
\( \begin{cases} x_{2} = x_{1} + 2v t_{2} \\ 0 = h - v_{1}t_{2} - \frac{gt^2_{2}}{2} \end{cases} \ \ \ \ (4)\)
Z układu \( (4) \) obliczamy \( x_{2}, \) wyznaczając czas \( t_{2} \) z równania drugiego.
Otrzymaliśmy identyczne równania na czas \( t_{2} \) i odległość od miejsca rozerwania pocisku \( x_{2}\) jak w przypadku rozwiązania z zastosowaniem zasady zachowania pędu.
Wartość prędkości drugiej połowy pocisku \( v_{2} \) obliczamy ze wzoru identycznego jak w metodzie pierwszej.