LT 01 MATEMATIKA
Užduočių rinkinys užklasiniam savarankiškam darbui tema: „Tikrinio integralo taikymas sprendžiant fizines problemas“.
už specialybę:
100126 Buitinė ir komunalinė paslauga
Vologda 2013 m
Matematika: Užklasinio savarankiško darbo užduočių rinkinys tema: „Tikrinio integralo panaudojimas fizinėms problemoms spręsti“ pagal specialybę: 100126 Buitinės ir komunalinės paslaugos
Šis užklasinio savarankiško darbo užduočių rinkinys tema: „Tikrinio integralo taikymas sprendžiant fizines problemas“ – tai mokymo priemonė organizuojant savarankišką mokinių užklasinį darbą.
Pateikiamos užduotys savarankiškam užklasiniam darbui šešiems variantams ir savarankiško darbo atlikimo vertinimo kriterijai.
Rinkinys skirtas padėti mokiniams sisteminti ir įtvirtinti matematikos pamokose gautą teorinę medžiagą, formuoti praktinius įgūdžius.
Sudarė: E. A. Sevaleva - aukščiausios kategorijos matematikos mokytoja, BEI SPO VO "Vologdos statybos kolegija"
2. Savarankiškas darbas.
3. Vertinimo kriterijai.
4. Literatūra.
Aiškinamasis raštas
Šis darbas yra mokymo priemonė organizuojant savarankišką popamokinį EN 01 „Matematika“ specialybės 100126 Buitinės ir komunalinės paslaugos studentų darbą.
Tikslas Gairės susideda iš savarankiško darbo efektyvumo užtikrinimo, jo turinio nustatymo, reikalavimų savarankiško darbo planui ir rezultatams nustatymo.
EN 01 „Matematika“ disciplinos studentų savarankiško darbo tikslai:
gautų teorinių žinių ir praktinių įgūdžių sisteminimas ir įtvirtinimas;
teorinių žinių gilinimas ir plėtimas;
žinių ir papildomos literatūros naudojimo įgūdžių formavimas;
· plėtra pažintiniai gebėjimai mokinių aktyvumas, kūrybinė iniciatyva, savarankiškumas ir organizuotumas;
· būsimųjų specialistų edukacinės ir pažintinės veiklos aktyvinimas.
Savarankiškas darbas atliekamas individualiai laisvalaikiu.
Studentas privalo:
- prieš atlikdami savarankišką darbą, pakartokite auditorijoje išnagrinėtą teorinę medžiagą;
- atlikti darbus pagal užduotį;
- kiekvienam savarankiškas darbas rašto darbo forma pateikti ataskaitą mokytojui.
Savarankiškas darbas šia tema:
"Aiškiojo integralo taikymas fizinėms problemoms spręsti"
Tikslas: išmokti taikyti apibrėžtasis integralas fizinių problemų sprendimui.
teorija.
Taško nueito kelio apskaičiavimas.
Taško nueitas kelias netolygiai judant tiesia linija kintamu greičiu ir laiko intervalu nuo iki apskaičiuojamas pagal formulę
…… (1)
1 pavyzdys 
m/s. Raskite kelią, kurį nuėjo taškas 10 Su nuo judėjimo pradžios.
Sprendimas: Pagal būklę 
, , .
Pagal (1) formulę randame:
Atsakymas:.
2 pavyzdys Taško greitis keičiasi pagal įstatymą 
m/s. Raskite kelią, kurį taškas nuėjo 4 sekundę.
Sprendimas: Pagal būklę 
, ,
Vadinasi:
Atsakymas:.
3 pavyzdys Taško greitis keičiasi pagal įstatymą 
m/s. Raskite taško nueitą kelią nuo judėjimo pradžios iki jo pabaigos.
Sprendimas:
· Taško greitis yra 0 judėjimo pradžios momentu ir stabdymo momentu.
Nustatykite, kuriuo momentu taškas sustos, tam išspręsime lygtį: 
Tai yra , .
Pagal (1) formulę randame:
Atsakymas:.
Jėgos darbo apskaičiavimas.
Darbas, atliekamas kintama jėga judant išilgai ašies Oi materialus taškas nuo x = a prieš x =, randama pagal formulę:
…… (2)
Sprendžiant jėgos darbo skaičiavimo uždavinius, jis dažnai naudojamas Huko dėsnis: ……(3), kur
Stiprumas ( H);
X yra absoliutus spyruoklės pailgėjimas (suspaudimas), kurį sukelia jėga ( m);
Proporcingumo koeficientas ( N/m).
4 pavyzdys Apskaičiuokite atliktą darbą, kai spyruoklė suspausta 0,04 m, jei jį suspausti 0,01 m reikia jėgos 10 H.
Sprendimas:
· Nes x = 0,01 m su jėga =10 H
, randame , t.y. 
.
Atsakymas:J.
5 pavyzdys Ramybės spyruoklės ilgis yra 0,2 m. Jėga prie 50 H ištempia spyruoklę 0,01 m. Kokius darbus reikia atlikti norint ištempti spyruoklę nuo 0,22 m iki 0,32 m?
Sprendimas:
· Nes x = 0,01 jėga =50 H, tada, pakeisdami šias reikšmes į lygybę (3): , gauname:
Dabar toje pačioje lygybėje pakeičiant rastą vertę 
, randame , t.y. 
.
Mes randame integracijos ribas: m, m.
Raskite norimą darbą pagal formulę (2):
1.6 problema. Grafiniu būdu raskite poslinkį ir nuvažiuotą kelią t 1 = 5 s materialus taškas, kurio judėjimas išilgai ašies OI apibūdinama lygtimi X = 6 – 4t + t 2 , kur visi dydžiai išreiškiami SI vienetais.
Sprendimas. 1.5 uždavinyje radome (4) greičio projekciją ašyje OI:
Šią išraišką atitinkantis greičio grafikas parodytas 1.6 pav. Poslinkio projekcija į ašį OI lygi trikampių plotų algebrinei sumai AOB ir BCD. Kadangi greičio projekcija pirmoje dalyje yra neigiama, trikampio plotas AOB imti su minuso ženklu; o greičio projekcija antroje atkarpoje yra teigiama, tada trikampio plotas BCD imti su pliuso ženklu:
Kadangi kelias yra trajektorijos ilgis ir negali mažėti, norėdami jį rasti, pridedame šių trikampių plotus, atsižvelgiant į tai, kad ne tik trikampio plotas yra teigiamas BCD, bet ir trikampiai AOB:
Anksčiau (žr. 1.5 uždavinį) mes radome šį būdą kitaip – analitiškai.
1.7 problema. Ant pav. 1,7, a parodytas kokio nors kūno, judančio tiesia linija išilgai ašies, koordinačių priklausomybės grafikas OI, nuo laiko. Kreivinės grafiko atkarpos yra parabolių dalys. Nubraižykite greičio ir pagreičio, palyginti su laiku, grafikus.
Sprendimas. Norėdami sudaryti greičio ir pagreičio grafikus, nustatome pagal šį grafiką (1.7 pav., a) kūno judėjimo skirtingais laiko intervalais pobūdis.
Tarp 0 - t 1, koordinačių grafikas yra parabolės dalis, kurios šakos nukreiptos į viršų. Todėl lygtyje
bendrais bruožais išreiškiančių koordinatės priklausomybę X nuo laiko t, koeficientas prieš t 2 yra teigiamas, t.y. a x > 0. O kadangi parabolė paslinkta į dešinę, tai reiškia, kad v 0x < 0, т.е. тело имело начальную скорость, направленную противоположно направлению оси ОХ. В течение промежутка 0 – t 1 kūno greičio modulis pirmiausia sumažėja iki nulio, o tada greitis keičia kryptį į priešingą ir jo modulis padidėja iki tam tikros vertės v vienas . Greičio grafikas šioje atkarpoje yra tiesi atkarpa, einanti tam tikru kampu į ašį t(1.7 pav., b), o pagreičio grafikas yra horizontalios tiesės, esančios virš laiko ašies, atkarpa (1.7 pav. in). Parabolės viršus pav. 1,7, a atitinka vertę v 0x= 0 pav. 1,7, b.
Per laiko tarpą t 1 – t 2 kūnas juda tolygiai greičiu v 1 .
Tuo tarpu t 2 – t 3 koordinačių grafikas – parabolės dalis, kurios šakos nukreiptos žemyn. Vadinasi, čia a x < 0, скорость тела убывает до нуля к моменту времени t 3 , ir laiko intervale t 3 – t 4 kūnas ilsisi. Tada tam tikrą laiką t 4 – t 5 kūnas juda vienodu greičiu v 2 atvirkščiai. Laiko momentu t 5 jis pasiekia koordinačių pradžios tašką ir sustoja.
Atsižvelgdami į kūno judėjimo pobūdį, sudarysime atitinkamus greičio ir pagreičio projekcijų grafikus (1.7 pav. b, c).
1.8 problema. Tegul greičio grafikas turi tokią formą, kaip parodyta Fig. 1.8. Remdamiesi šiuo grafiku, nubrėžkite kelio ir laiko grafiką.
Sprendimas. Visą nagrinėjamą laiko intervalą padalinkime į tris dalis: 1, 2, 3. 1 skyriuje kūnas juda tolygiai pagreitintas be pradinis greitis. Šio segmento kelio formulė yra
kur a yra kūno pagreitis.
Pagreitis yra greičio pokyčio ir laiko, kurio reikia šiam pokyčiui įvykti, santykis. Jis lygus segmentų santykiui.
2 skyriuje kūnas juda vienodai greičiu v, įgytas 1 dalies pabaigoje. Vienodas judėjimas prasidėjo ne pradiniu laiko momentu, o šiuo metu t vienas . Šiuo metu kūnas jau praėjo kelią. Kelio priklausomybė nuo laiko 2 skyriuje yra tokia:
3 skyriuje judėjimas yra vienodai lėtas. Šio skyriaus kelio formulė yra tokia:
kur a 1 – pagreitis 3 skyriuje. Tai pusė pagreičio a 1 skirsnyje, nes 3 dalis yra dvigubai ilgesnė nei 1 dalis.
Padarykime išvadas. 1 atkarpoje kelio grafikas atrodo kaip parabolė, 2 pjūvyje - tiesi linija, 3 pjūvyje - taip pat parabolė, bet apversta (su iškilimu į viršų) (žr. 1.9 pav.).
Kelio grafikas neturėtų turėti vingių, jis vaizduojamas kaip lygi linija, t. y. parabolės susijungia su tiesia linija. Tai paaiškinama tuo, kad liestinės polinkio kampo liestinė į laiko ašį lemia greičio reikšmę laiko momentu t, t.y. pagal kelio grafiko liestinių nuolydį galite rasti kūno greitį vienu ar kitu metu. Ir kadangi greičio grafikas yra ištisinis, iš to išplaukia, kad kelio grafikas neturi pertraukų.
Be to, apverstos parabolės viršūnė turi atitikti laiką t 3 . Parabolių viršūnės turi atitikti momentus 0 ir t 3 , kadangi šiais momentais kūno greitis lygus nuliui, o grafiko liestinės šiems taškams turi būti horizontalios.
Kūno nueitas kelias laiku t 2, skaičiais lygus figūros plotui OABG, sudarytas iš greičio grafiko intervale Nuo 2 .
1.9 problema. Ant pav. 1.10 parodytas kūno, judančio tiesiai išilgai ašies, greičio projekcijos grafikas OI, nuo laiko. Nubraižykite pagreičio, koordinačių ir kelio ir laiko grafikus. Pirmuoju momentu kūnas buvo taške X 0 = –3 m. Visos reikšmės pateiktos SI vienetais.
Sprendimas. Norėdami nubrėžti pagreičio kreivę a x(t), nustatysime pagal grafiką v x(t) kūno judėjimo skirtingais laiko intervalais pobūdis. Prisiminkite tai pagal apibrėžimą
kur yra greičio projekcija , .
Laiko intervale c:
Šiame skyriuje ir (ženklai tie patys), t.y. kūnas juda vienodu pagreičiu.
Laiko intervale c:
tie. ir (projekcijos ženklai yra priešingi) – judesys tolygiai sulėtėja.
C atkarpoje greičio projekcija , t.y. judėjimas yra teigiama ašies kryptimi OI.
C skyriuje greičio projekcija yra tokia, kad kūnas yra ramybės būsenoje (ir ).
c skyriuje:
Ir (ženklai tie patys) – judėjimas tolygiai pagreitėja, bet nuo to laiko , tada kūnas juda prieš ašį OI.
Po šeštos sekundės kūnas tolygiai () juda prieš ašį OI. atrodo kaip parodyta pav. 1.11 G.
Apsvarstykite toliau pateiktų problemų sprendimą.
1. Per gyvūno kūno dalį praeina srovės impulsas, kuris laikui bėgant kinta pagal mA dėsnį. Impulso trukmė 0,1 s. Nustatykite srovės atliktą darbą per šį laiką, jei sekcijos varža yra 20 kOhm.
Nedidelį laiko tarpą d t, kai srovė praktiškai nesikeičia, ant varžos R darbai atliekami. Viso impulso metu bus atliktas darbas
.
Gautoje išraiškoje pakeisdami srovės reikšmę, gauname.
2. Taško greitis yra 
(m/s). Rasti išeitį S, praėjo laiku t\u003d 4s, praėjo nuo judesio pradžios.
Raskime kelią, kurį taškas nuėjo per be galo mažą laiko intervalą. Kadangi per šį laiką greitis gali būti laikomas pastoviu, tada . Integruojame, turime
3. Raskite skysčio slėgio jėgą ant vertikalios trikampės plokštės su pagrindu a ir aukščio h panardintas į skystį taip, kad jo viršūnė atsidurtų paviršiuje.
Sudėkime koordinačių sistemą taip, kaip parodyta pav. 5.
Apsvarstykite horizontalią be galo mažą d storio juostą x esantis savavališkame gylyje x. Paimdami šią juostelę kaip stačiakampį, suraskite jos pagrindą EF. Iš trikampių panašumo ABC ir AEF mes gauname
Tada juostelės plotas yra
Nuo stiprybės P skysčio slėgis ant padėklo S, kurio panardinimo gylis r, pagal Paskalio dėsnį yra lygus
kur r yra skysčio tankis, g yra gravitacijos pagreitis, tada norima slėgio jėga nagrinėjamoje srityje d S apskaičiuojamas pagal formulę
.
Todėl slėgio jėga P skysčių ant padėklo ABC
.
išspręsti problemas.
5.41 Taško greitis nurodomas lygtimi 
cm/s. Raskite kelią, nuvažiuotą tam tikru laiko tašku t\u003d 5 s, kuri praėjo nuo judėjimo pradžios.
5.42 Kūno greitis išreiškiamas formule m/s. Raskite kelią, kurį kūnas nuėjo per pirmąsias tris sekundes nuo judėjimo pradžios.
5.43 Kūno greitis nustatomas pagal lygtį 
cm/s. Kokį atstumą kūnas nukeliauja per trečią judėjimo sekundę?
5.44 Iš to paties taško vienu metu pradeda judėti du kūnai: vienas greičiu (m/min), o kitas – greičiu (m/min). Kokiu atstumu jie bus vienas nuo kito per 10 minučių, jei judės ta pačia linija ta pačia kryptimi?
5.45 Jėga (dyn) veikia 5 g masės kūną, judantį tiesia linija. Raskite kūno nuvažiuotą atstumą per trečią judėjimo sekundę.
5.46 Virpesių taško greitis skiriasi pagal įstatymą 
(cm/s). Nustatykite taško poslinkį po 0,1 s nuo judėjimo pradžios.
5.47 Kokį darbą reikia atlikti norint ištempti spyruoklę 0,06 m, jei 1N jėga ją ištempia 0,01 m?
5.48 Virpesių taško greitis skiriasi pagal įstatymą 
(m/s). Nustatykite kelią, kurį nuėjo taškas s nuo judėjimo pradžios.
5.49 Azotas, kurio masė yra 7 g, plečiasi esant pastoviai 300°K temperatūrai, todėl jo tūris padvigubėja. Nustatykite dujų atliktą darbą. Universali dujų konstanta 
j/kmol.
5.50 Kokį darbą reikia atlikti norint ištempti 25 cm ilgio spyruoklę iki 35 cm ilgio, jei žinoma, kad spyruoklės konstanta yra 400 N/m?
5.51 Per gyvūno kūną praeina srovės impulsas, kuris laikui bėgant kinta pagal dėsnį (mA). Impulso trukmė 0,1 s. Nustatykite krūvį, tekantį per gyvūno kūną.
5.52 Koks darbas atliekamas, kai raumuo tempiamas l mm, jei žinoma, kad esant apkrovai P 0 raumuo ištemptas l 0 mm? Tarkime, kad jėga, reikalinga raumeniui ištempti, yra proporcinga jo pailgėjimui.
5.53 Kūnas juda tam tikroje terpėje tiesia linija pagal dėsnį. Terpės varža proporcinga greičio kvadratui. Raskite darbą, kurį atlieka terpės pasipriešinimo jėga judant iš S=0 iki S=a metrų.
1 pavyzdys Pagal pateiktą judėjimo dėsnį S = 10 + 20t - 5t 2 ([S]= m; [t]= su ) nustatyti judėjimo tipą, pradinį taško greitį ir tangentinį pagreitį, sustojimo laiką.
Sprendimas
1. Judėjimo tipas: vienodai kintamas
2. Lyginant lygtis akivaizdu, kad
- pradinis kelias iki atskaitos taško yra 10 m;
- pradinis greitis 20 m/s;
- nuolatinis tangentinis pagreitis a t/2 = 5 m/s; a t= - 10 m/s.
- pagreitis yra neigiamas, todėl judėjimas lėtas (vienodai lėtas), pagreitis nukreiptas priešinga judėjimo greičio krypčiai.
3. Galite nustatyti laiką, kai taško greitis bus lygus nuliui:
v=S"= 20 - 25t; v= 20 – 10t = 0;t= 20/10 = 2 s.
Pastaba. Jei tolygiai kintamo judėjimo metu greitis didėja, tai pagreitis yra teigiama reikšmė, kelio grafikas yra įgaubta parabolė. Stabdant greitis krenta, pagreitis (lėtėjimas) – neigiama reikšmė, kelio grafikas – išgaubta parabolė (10.4 pav.).
2 pavyzdys Taškas juda išilgai latako nuo taško BET tiksliai D(10.5 pav.).
Kaip pasikeis tangentas ir normalus pagreičiai, kai taškas praeis AT ir NUO?
Sprendimas
1. Apsvarstykite svetainę AB. Tangento pagreitis lygus nuliui (v = const).
Normalus pagreitis (a p = v2/r) kai praeina per tašką AT padidėja 2 kartus, tai keičia kryptį, nes lanko centras AB nesutampa su lanko centru BC.
2. Svetainėje Saulė:
Tangentinis pagreitis lygus nuliui: a t = 0;
Normalus pagreitis važiuojant per tašką NUO pokyčiai: iki esmės NUO judėjimas yra sukamasis, po taško C judėjimas tampa tiesus, normalus įtempis tiesiame ruože lygus nuliui.
3. Svetainėje CD bendras pagreitis lygus nuliui.
3 pavyzdys Pagal pateiktą greičio grafiką raskite judėjimo metu nueitą kelią (10.6 pav.).
Sprendimas
1. Pagal grafiką reikėtų atsižvelgti į tris eismo ruožus. Pirmoji dalis – pagreitis iš ramybės būsenos (tolygiai pagreitintas judėjimas).
Antroji sritis - vienodas judesys:v= 8 m/s; a 2 = 0.
Trečioji sekcija – stabdymas iki sustojimo (taip pat sulėtintas judėjimas).
2. Judėjimo metu nueitas kelias bus lygus:
4 pavyzdys Kūnas, kurio pradinis greitis yra 36 km/h, prieš sustodamas nuvažiuoja 50 m. Darant prielaidą, kad judėjimas yra tolygiai sulėtėjęs, nustatykite lėtėjimo laiką.
Sprendimas
1. Rašome vienodai lėto judėjimo greičio lygtį:
v \u003d v o + ties \u003d 0.
Nustatykite pradinį greitį m/s: v apie\u003d 36 * 1000/3600 \u003d 10 m/s.
Pagreitį (lėtėjimą) išreiškiame iš greičio lygties: a = - v 0 /t
2. Užrašykite kelio lygtį: S \u003d v o t / 2 + at 2 / 2. Po pakeitimo gauname: S = v o t/2
3. Nustatykite laiką iki visiško sustojimo (stabdymo laiką):
5 pavyzdys Taškas juda tiesia linija pagal lygtį s = 20t – 5t2 (s- m, t- Su). Nubraižykite atstumų, greičių ir pagreičių grafikus per pirmąsias 4 judėjimo sekundes. Nustatykite taško nueitą kelią per 4 s ir apibūdinkite taško judėjimą.
Sprendimas
1. Taškas juda tiesia linija pagal lygtį s = 20t – 5t2 taigi taško greitis u = ds / d / t = 20 - 10 t ir pagreitis a = a t = dv/dt =-10 m/s 2 . Tai reiškia, kad taško judėjimas yra vienodas (a = a t = - 10 m/s 2 = const) su pradiniu greičiu v0= 20 m/s.
2. Sudarykite skaitinių reikšmių priklausomybę s ir v pirmąsias 4 judesio s
3. Pagal skaitinės reikšmės Sukurkime atstumų grafikus (pav. a), greitis (pav. b) ir pagreitį (pav. in), pasirenkant vaizdo skales pagal atstumo ordinates s, greitis v ir pagreitis a, taip pat ta pati laiko skalė visoms diagramoms išilgai x ašies. Pavyzdžiui, jei atstumas s \u003d 5 m nubraižytas grafike, kurio segmento ilgis l s \u003d 10 mm, tada 5m \u003d μs * 10 mm, kur proporcingumo koeficientas μ s yra skalė išilgai ašies Os: μ s \u003d 5/10 \u003d 0,5 m / mm (0,5 m per 1 mm); jei greičio modulis v= 10 m/s, pavaizduotas grafike su ilgiu lv\u003d 10 mm, tada 10 m / s \u003d μ v * 10 mm ir skalė išilgai ašies Ovμ v = 1 m/(s-mm) (1 m/s per 1 mm); jei pagreičio modulis a\u003d 10 m / s 2 reiškia segmentą l a \u003d 10 mm, tada, kaip ir ankstesniame, skalė išilgai ašies Oaμ a \u003d 1 m / (s 2 -mm) (1 m / s 2 į 1 mm); ir galiausiai, vaizduojantis laiko intervalą Δt= 1 su atkarpa μ t = 10 mm, visuose grafikuose gauname skalę išilgai ašių Ot μt= 0,1 s/mm (0,1 s per 1 mm).
4. Atsižvelgiant į grafikus, matyti, kad per laiką nuo 0 iki 2 s taškas juda tolygiai lėtai (greičiu v ir pagreitis per šį laikotarpį skirtingi ženklai, o tai reiškia, kad jų vektoriai yra nukreipti į priešingos pusės); per laikotarpį nuo 2 iki 4 s taškas juda tolygiai paspartintas (greitis v ir pagreitis turi tuos pačius ženklus, t. y. jų vektoriai nukreipti ta pačia kryptimi).
4 s taškas nukeliavo keliu s o _ 4 = 40 m. Pradeda judėti greičiu v 0 \u003d 20 m / s, taškas nukeliavo 20 m tiesia linija, o tada grįžo į pradinę padėtį, tuo pačiu greičiu, bet nukreiptas priešinga kryptimi.
Jei sąlyginai priimame laisvojo kritimo pagreitį g = 10 ms 2 ir nepaisome oro pasipriešinimo, tai galima sakyti, kad grafikai apibūdina taško judėjimą vertikaliai aukštyn greičiu a 0 = 20 m/s.
6 pavyzdys Taškas juda palei trajektoriją, parodytą Fig. 1,44, bet pagal lygtį s = 0,2t4 (s- metrais, t– sekundėmis). Nustatykite taško greitį ir pagreitį 1 ir 2 padėtyse.
Sprendimas
Laikas, reikalingas taškui perkelti iš 0 padėties (pradžios pradžios) į 1 padėtį, nustatomas pagal judėjimo lygtį, pakeičiant dalines atstumo ir laiko reikšmes:
Normos kitimo lygtis
Taško greitis 1 padėtyje
Tangentinis taško pagreitis 1 padėtyje
Normalus taško pagreitis tiesioje trajektorijos atkarpoje yra lygus nuliui. Taško greitis ir pagreitis šios trajektorijos atkarpos pabaigoje parodytas 1.44 pav., b.
Nustatykime taško greitį ir pagreitį lenktos trajektorijos atkarpos pradžioje. Tai akivaizdu v1\u003d 11,5 m/s ir t1 \u003d 14,2 m/s 2.
Normalus taško pagreitis lenktos atkarpos pradžioje
Greitis ir pagreitis lenktos atkarpos pradžioje parodyti fig. 1.44 in(vektoriai a t 1 ir a a 1 parodyta ne pagal mastelį).
Padėtis 2 judantis taškas nustatomas pagal nuvažiuotą kelią, susidedantį iš tiesios atkarpos 0 - 1 ir apskritimo lankai 1 - 2, atitinkantis centrinį 90° kampą:
Laikas, reikalingas taškui perkelti iš 0 padėties į 2 padėtį,
Taško greitis padėtyje 2
Tangentinis taško pagreitis tam tikroje padėtyje 2
Normalus taško pagreitis tam tikroje padėtyje 2
Padėties taško pagreitis 2
Padėties taško greitis ir pagreitis 2 parodyta pav. 1.44 in(vektoriai adresu“ ir a Pg parodyta ne pagal mastelį).
7 pavyzdys Taškas juda duota trajektorija (1.45 pav., a) pagal lygtį s = 5t3(s – metrais, t – sekundėmis). Nustatykite taško pagreitį ir kampą α tarp pagreičio ir greičio šiuo metu t1 kai taško greitis v 1 \u003d 135 m/s.
Sprendimas
Normos kitimo lygtis
Laikas t1 iš greičio keitimo lygties nustatome, pakeisdami dalines greičio ir laiko reikšmes:
Nustatykime taško padėtį trajektorijoje 3 s momentu:
135 m ilgio apskritimo lankas atitinka centrinį kampą
Tangentinio pagreičio keitimo lygtis
Tangentinis taško pagreitis vienu momentu t t
Normalus taško pagreitis vienu momentu t t
Taško pagreitis momentu t x
Taško greitis ir pagreitis laiko momentu t1 parodyta pav. 1.45, gim.
Kaip matyti iš fig. 1.45, gim
8 pavyzdysĮ kasyklą, kurios gylis H = 3000 m nuo žemės paviršiaus, be pradinio greičio metamas objektas. Nustatykite, po kiek sekundžių garsas, pasigirdęs, kai objektas atsitrenkia į kasyklos dugną, pasiekia žemės paviršių. Garso greitis yra 333 m/s.
Sprendimas
Laisvai krintančio kūno judėjimo lygtis
Laikas, reikalingas objektui perkelti iš žemės paviršiaus į kasyklos dugną, nustatome pagal judėjimo lygtį.