Даны схема механизма (рисунок 5 а) и следующие исходные данные:
sr = OM = 5(1 + cos(2p t)), см; φ e = 2 t + 3 t 2, рад; t 1 = 1/3 с.
Рисунок 5 – Схема механизма (а) и схемы для определения абсолютной скорости (б)
и ускорения (в)
Решение.
1. Определение положения точки М на теле D в момент t 1. Относительное движение точки М по телу D определяется дуговой координатой sr = OM. В момент времени t 1 = 1/3 с
sr = OM = 5(1 + cos(2p/3)) = 5(1 – 0,5) = 2,5 см.
Положение тела D определяется угловой координатой φ e. В момент t 1
φ e = 2/3+ 3(1/3)2 = 1рад.
Положение тела и точки на нем в момент времени t 1 показано на рисунке 5 б.
2. Определение абсолютной скорости точки М. Абсолютная скорость точки определяется как геометрическая сумма относительной и переносной скоростей: 
.
Модуль относительной скорости равен 
, де 
.
В момент времени t 1: 
см/с; 
см/с.
Положительный знак алгебраической величины 
показывает, что вектор относительной скорости 
направлен в сторону возрастания sr.
Модуль переносной скорости равен 
, где w e – модуль угловой скорости тела в его переносном вращении;
; 
.
В момент времени t 1 
рад/с; 
рад/с.
Положительный знак алгебраической величины 
показывает, что вращение тела D происходит в направлении отсчета угловой координаты φ e (рисунок 5 б). Вектор 
направлен по оси, проходящей через точку О и нормальной плоскости вращения. Поэтому на рисунке 5 б вектор , направленный на наблюдателя, проецируется в точку.
Теперь можно определить модуль переносной скорости:
см/с.
Вектор переносной скорости 
направлен из точки М перпендикулярно ОМ в направлении вращения тела D (согласно ).
Так как векторы и взаимно перпендикулярны, то модуль абсолютной скорости точки М можно определить как
см/с.
Направление вектора абсолютной скорости 
показано на рисунке 5 б.
3. Определение абсолютного ускорения точки М. Абсолютное ускорение точки при сложном движении равно геометрической сумме относительного, переносного и кориолисова ускорений:
или 
,
где 
, 
– касательная и нормальная составляющие относительного ускорения;
– вращательная и центростремительная составляющие переносного ускорения.
Модуль относительного касательного ускорения равен
, где 
.
В момент времени t 1: 
см/с2, 
см/с2. Положительный знак 
показывает, что вектор направлен в сторону возрастания дуговой координаты sr. А так как знаки и одинаковы, то относительное движение точки М ускоренное (рисунок 5 в).
Модуль относительного нормального ускорения 
, так как траекторией относительного движения является прямая и радиус ее кривизны r = 0.
Модуль переносного вращательного ускорения:
, где 
– модуль углового ускорения тела в его переносном движении: 
рад/с2.
Так как знаки алгебраических величин 
и одинаковы и 
, то вращение тела D равноускоренное. Вектор 
направлен так же, как и . Тогда 
см/с2.
Вектор 
направлен так же, как и (рисунок 5 в).
Модуль переносного центростремительного ускорения:
см/с2.
Вектор 
направлен к центру вращения, к точке О.
Кориолисово ускорение по определению равно
, а его модуль равен 
.
В данном случае 
и 
. С учетом этого 
см/с2.
Расположение и направление вектора 
соответствует определению векторного произведения векторов (см. рисунок 5 в). Вектор расположен перпендикулярно плоскости, проходящей через векторы сомножители, и направлен в ту сторону, откуда виден поворот (на меньший угол) первого сомножителя ко второму против вращения часовой стрелки.
Модуль абсолютного ускорения точки найдем способом проекций. Для этого проведем координатные оси x и y (см. рисунок 5 в) и спроецируем на них составляющие вектора ускорения:
см/с2; 
см/с2.
Тогда 
см/с2.
Динамика
Задание Д.1. Вторая (обратная) задача динамики материальной точки
Варианты 1–5 (таблица 9, схема 1). Тело движется из точки А по участку АВ (длиной l) наклонной плоскости, составляющей угол а с горизонтом, в течение t с. Его начальная скорость vA. Коэффициент трения скольжения тела по плоскости равен f.
В точке В тело покидает плоскость со скоростью vB ипопадает со скоростью vc в точку С плоскости BD, наклоненной под углом βк горизонту, находясь в воздухе T с.
При решении задачи тело принять за материальную точку; сопротивление воздуха не учитывать.
Вариант 1. Дано: a= 30°; vA = 0 м/с; f = 0,2; l =10 м; β = 60°. Определить t и h.
Вариант 2. Дано: a= 15°; vA = 2 м/с; f = 0,2; h = 4 м; β = 45°. Определить l и уравнение траектории точки на участке ВС.
Вариант 3. Дано: a= 30°; vA = 2,5 м/с; f ≠ 0; l = 8м; d = 10 м; β= 60°. Определить vB и t.
Вариант 4. Дано: vA = 0; t = 2 с; l = 9,8м; β = 60°; f = 0. Определить a и T.
Вариант 5. Дано: a = 30°; vA = 0; l = 9,8 м; t = 3 с; β = 45°. Определить f и vС.
Варианты 6–10 (таблица 9, схема 2). Лыжник подходит к точке А участка трамплина АВ, наклоненного под углом а к горизонту и имеющего длину l, со скоростью vA. Коэффициент трения скольжения лыж на участке АВ равен f. Лыжник от А до В движется t с; в точке В со скоростью vB он покидает трамплин. Через Т с лыжник приземляется со скоростью vС в точке С горы, составляющей угол βс горизонтом.
При решении задачи принять лыжника за материальную точку и не учитывать сопротивление воздуха.
Вариант 6. Дано: a = 20°; f = 0,1; t = 0,2 с; h = 40 м; β = 30°. Определить l и Vc.
Вариант 7. Дано: a= 15°; f =0,1; vA = 16м/с; l = 5 м; β = 45°. Определить vB и Т.
Вариант 8. Дано: vA = 21 м/с; f = 0; t = 0,3 с; vB = 20 м/с; β = 60°. Определить а и d.
Вариант 9. Дано: a = 15°; t = 0,3 с; f =0,1; h = 
м; β = 45°. Определить vB и vA.
Вариант 10. Дано: a=15°; f =0; vA= 12м/с; d = 50 м; β = 60°. Определить tи уравнение траектории лыжника на участке ВС.
Варианты 11–15 (таблица 9, схема 3). Имея в точке А скорость vA,мотоцикл поднимается t с по участку АВ длиной l, составляющему с горизонтом угол a. При постоянной на всем участке АВ движущей силе Р мотоцикл в точке В приобретает скорость vB и перелетает через ров шириной d, находясь в воздухе T с и приземляясь в точке С со скоростью vС. Масса мотоцикла с мотоциклистом равна т.
При решении задачи считать мотоцикл с мотоциклистом материальной точкой и не учитывать силы сопротивления движению.
Вариант 11. Дано: a = 30°; Р ≠0; l = 40 м; vA = 0: vB = 4,5 м/с; d = 3 м;Определить t и h.
Вариант 12. Дано: a = 30°; Р = 0; l = 40 м; vB = 4,5 м/с; h = 1,5 м. Определить vA и d.
Вариант 13. Дано: a = 30°; т = 400 кг; vA = 0; t = 20 с; d = 3 м; h = 1,5 м. Определить Р и l.
Вариант 14. Дано: a = 30°; т = 400 кг; Р = 2,2 кН; vA = 0; l = 40 м; d = 5м. Определить vB и vС.
Вариант 15. Дано: a = 30°; vA = 0; Р = 2кН; l = 50 м; h = 2 м; d = 4 м. Определить Т и т.
Варианты 16–20 (таблица 9, схема 4). Камень скользит в течение tс по участку АВ откоса, составляющему угол a с горизонтом и имеющему длину l. Его начальная скорость vA. Коэффициент трения скольжения камня по откосу равен f. Имея в точке В скорость vB, камень через Т с ударяется в точке С о вертикальную защитную стену. При решении задачи принять камень за материальную точку; сопротивление воздуха не учитывать.
Вариант 16. Дано: a = 30°; vA = 1 м/с; l = 3 м; f = 0,2; d = 2,5 м. Определить h и Т.
Вариант 17. Дано: a= 45°; l = 6 м; vB = 2·vA; t = 1 с; h = 6 м. Определить d и f.
Вариант 18. Дано: a = 30°; l= 2 м; vA = 0; f = 0,1; d = 3 м. Определить h и t.
Вариант 19. Дано: a = 15°; l = 3 м; vB = 3 м/с, f ≠0; t= 1,5 с; d = 2 м. Определить vA и h.
Вариант 20. Дано: a = 45°; vA = 0; f = 0,3; d = 2 м; h = 4 м. Определить l и t.
Варианты 21–25 (таблица 9, схема 5). Тело движется из точки А по участку АВ (длиной l) наклонной плоскости, составляющей угол a с горизонтом. Его начальная скорость vA. Коэффициент трения скольжения равен f. Через t с тело в точке В со скоростью vB покидает наклонную плоскость и падает на горизонтальную плоскость в точку С со скоростью vС;приэтом оно находится в воздухе Т с.
При решении задачи принять тело за материальную точку и не учитывать силы сопротивления движению.
Вариант 21. Дано: a= 30°; f = 0,1; vA = 1 м/с; t = 1,5 с; h = 10 м. Определить vB и d.
Вариант 22. Дано: vA = 0; a = 45°; l =10 м; t = 2 с. Определить f и уравнение траектории на участке ВС.
Вариант 23. Дано: f =0; vA = 0; l = 9,81 м; t = 2с; h = 20 м. Определить aи Т.
Вариант 24. Дано: vA =0; a=30°; f =0,2; l = 10 м; d = 12 м. Определить t и h.
Вариант 25. Дано: vA = 0; a = 30°; f = 0,2; l =6 м; h= 4,5 м. Определить t и vС.
Варианты 26–30 (таблица 9, схема 6). Имея в точке А скорость vA, тело движется по горизонтальному участку АВ длиной l в течение t с. Коэффициент трения скольжения тела по плоскости равен f. Со скоростью vB тело в точке В покидает плоскость и попадает в точкуС со скоростью vС, находясь в воздухе Т с. При решении задачи принять тело за материальную точку; сопротивление воздуха не учитывать.
Вариант 26. Дано: vA = 7 м/с; f = 0,2; l = 8 м; h = 20 м. Определить d и vС .
Вариант 27. Дано: vA = 4 м/с; f = 0,1; t = 2 с; d = 2 м. Определить vB и h.
Вариант 28. Дано: vB = 3 м/с; f =0,3; l = 3 м; h = 5 м. Определить vA и Т.
Вариант 29. Дано: vA = 3 м/с; vB = 1 м/с; l = 2,5 м; h = 20 м. Определить f и d.
Вариант 30. Дано: f =0,25; l =4 м; d = 3 м; h = 5 м. Определить vA и t.
Таблица 9 – Рисунки к заданию Д.1
Пример 1 выполнения задания (рисунок 6).
При строительстве железных дорог для защиты кюветов от попадания в них каменных осыпей устраивается «полка» DC. Учитывая возможность движения камня из наивысшей точки А откоса и полагая при этом его начальную скорость vA = 0, определить наименьшую ширину полки b и скорость vC, с которой камень падает на нее. По участку АВ откоса длиной l под углом a к горизонту камень движется t с.
Рисунок 6 – Рисунок к примеру 1 задания Д.1
При решении задачи считать коэффициент f трения скольжения камня на участке АВ постоянным, а сопротивлением воздуха пренебречь.
Дано: vA =0; a = 60°; l = 4 м; t = 1 с; f ≠ 0; h = 5 м; β = 75 °.
Определить b и vC.
Решение.
Рассмотрим движение камня на участке АВ. Принимая камень за материальную точку, отобразим (рисунок 7) действующие на него силы: вес 
,нормальную реакцию 
и силу 
трения скольжения. Запишем дифференциальное уравнение прямолинейного движения несвободной материальной точки на участке АВ, обозначив x 1 через x:
.
Рисунок 7 – Расчетная схема: участок АВ – а), участок BC – б)
Проекция 
ускорения 
на ось Ax 1 по определению равна: 
. Тогда 
.
Отсюда с учетом 
:
. (7)
Так как f < 1,то проекция ускорения на ось Ax1 положительна и постоянна, т. е. 
(при этом 
), то прямолинейное движение на участке AB – равноускоренное.
Запишем, зная, что по определению 
, уравнение (7) в дифференциальной форме 
.
Разделяя переменные интегрирования, получим
.
Интегрируя 
правую и левую части уравнения совместно, получим 
.
Константу C 1интегрирования найдем по начальным условиям, зная, что в момент начала движения:
, 
, 
. (НУ AB)
. Откуда 
.
Физический смысл константы: 
– проекция начальной скорости точки на ось Ax. Тогда
. (8)
Запишем, зная, что по определению 
, уравнение (8) в дифференциальной форме: 
. Разделяя переменные интегрирования, получим 
.
Интегрируя 
правую и левую части уравнения совместно, получим 
.
Константу 
интегрирования найдем по начальным условиям (НУAB).
. Откуда 
.
Физический смысл константы: 
м – начальная абсцисса точки.
Тогда
. (9)
Совокупность уравнений (7)–(9) – уравнения прямолинейного равноускоренного движения несвободной материальной точки на участке AB. Положив 
, 
, 
в уравнениях (8) и (9), получим:
, 
(8*)
, 
(9*)
и определим: f, vВ.
Из уравнения (9*) найдем:
.
Решая уравнение (8*), получим:
.
Участок движения BC.
Для движения свободной материальной точки на участке BC запишем основное уравнение 
динамики в проекциях на оси Bx и By в дифференциальной форме в общем виде:
,
.
По определению , 
. Тогда: 
, 
,
(10)
Так как ax= 0 – const, ay= g – const,тодвижение:
– по горизонтали на всем участке BC – равномерное,
– по вертикали – на всем участке BC равнопеременное – равноускоренное.
Мгновенное, истинное, полное ускорение материальной точки равно:
(10*)
Так как ускорение 
постоянно и по величине, и по направлению, а угол между касательной m t к траектории и ускорением переменный, то проекция at ускорения на касательную переменна по величине 
Поэтому движение материальной точки по кривой BC не есть равнопеременное. На участке BC движение – ускоренное (at >0 – var.).
Запишем, зная, что по определению , 
, уравнения (10) в дифференциальной форме:
,
.
Разделяя переменные интегрирования, получим: 
, 
.
Интегрируя 
, 
правую и левую части уравнений совместно, получим: 
, 
.
Константы C 3и C 4 интегрирования найдем по начальным условиям, зная, что в момент начала движения 
с, 
м, 
м,
, 
(НУ BC)
, 
.
Откуда 
, 
. Физический смысл констант интегрирования: 
, 
– проекции начальной скорости на оси Bx и By. Тогда
(11)
(12)
Запишем, зная, что по определению , 
, уравнения (11) и (12) в дифференциальной форме:
,
.
Разделяя переменные интегрирования, получим: 
, 
.
Интегрируя 
, 
правую и левую части уравнений совместно, получим: 
, 
.
Константы 
и 
интегрирования найдем по начальным условиям (НУ BC): 
, 
. Откуда 
, 
. Физический смысл констант интегрирования: 
м, 
м – начальные координаты материальной точки. Тогда:
(13)
(14)
Совокупность уравнений (11)–(14) – уравнения движения свободной материальной точки на участке BC.
Положив 
? c, 
? м/с, 
? м, 
5 м
в уравнениях (12)–(14), получим:
, (12*)
, (13*)
(14*)
и определим: s, ts, vC.
Из уравнения (14*) найдем:
с.
Решая уравнения (12*) и (13*), получим: 
м/с, 
м.
Тогда наименьшая ширина полки равна:
м.
Скорость 
падения материальной точки на землю равна:
м/с.
Пример 2 выполнения задания (рисунок 8).
Стопятидесятидвухмиллиметровая артиллерийская система посылает семидесятивосьмикилограммовый снаряд в цель.
Длина ствола 4 м. Угол наклона ствола к горизонту 45°. Давление пороховых газов в канале ствола 500 МПа. Сопротивление движению снаряда в канале ствола учтено, как трение скольжения (коэффициент трения скольжения равен 0,05).
Определить время движения снаряда в канале ствола и скорость движения снаряда на выходе из ствола.
Определить дальность,продолжительность, наибольшую высоту полета и скорость падения снаряда в цель, а также время подъема снаряда на наибольшую высоту.
Считать силы, действующие на снаряд постоянными, и не учитыватьсопротивление движению снаряда в воздухе.
Рисунок 8 – Рисунок к примеру 2
Дано: m =78 кг; l =4 м; a=45°; d =152 мм; p =500 МПа; f =0,05. Определить: t l, vВ, s, ts, h, vC, t h
Решение.
Сила 
давления пороховых газов на снаряд (движущая сила) по величине равна произведению давления 
газов на площадь поперечного сечения снаряда (канала ствола) диаметром 
:
Н.
Далее решим задачу, не принимая во внимание размеры и форму снаряда (твердого тела) и рассматривая его как материальную точку массой m.
Построим расчетную схему (рисунок 9). Отметим на схеме текущее положение материальной точки на участке AB и на участке BC, построим скорость 
и ускорение 
точки и действующие на нее силы.
Движение несвободной материальной точки на прямолинейном участке AB обусловлено действием сил: 
. На криволинейном участке BDC свободная материальная точка движется по горизонтали по инерции; по вертикали – снизу вверх по инерции, преодолевая действие силы тяжести на участке BD, и только под действием силы тяжести сверху вниз на участке DC.
Участок движения AB. Запишем основное уравнение динамики (закон пропорциональности силы и ускорения в проекции на ось Ax) в дифференциальной форме в общем виде: 
.
Рисунок 9 – Расчетная схема: для участка AB – a); для участка BДC – б)
Проекция ускорения на ось Ax по определению равна: . Тогда 
.
Отсюда с учетом 
, 
:
,
, (15)
. (15*)
Так как проекция ускорения на ось Ax постоянна (при этом ), то прямолинейное движение на участке AB – равноускоренное.
Запишем, зная, что по определению , уравнение (15) в дифференциальной форме
.
Разделяя переменные интегрирования, получим:
.
Интегрируя 
правую и левую части уравнения совместно, получим 
.
Константу C 1интегрирования найдем по начальным условиям, зная, что в момент начала движения:
, 
, 
, (НУ AB)
. Откуда . Физический смысл константы: 
– проекция начальной скорости точки на ось Ax. Тогда
. (16)
Запишем, зная, что по определению , уравнение (16) в дифференциальной форме: 
. Разделяя переменные интегрирования, получим 
.
Интегрируя 
правую и левую части уравнения совместно, получим 
.
Константу интегрирования найдем по начальным условиям (НУ AB).
. Откуда . Физический смысл константы: 
– начальная абсцисса точки. Тогда
. (17)
Совокупность уравнений (15)–(17) – уравнения прямолинейного равноускоренного движения несвободной материальной точки на участке AB.
Положив 
, 
, в уравнениях (16) и (17), получим:
, (16*)
(17*)
и определим: t, vВ.
Из уравнения (17*) найдем
.
Решая уравнение (2*), получим:
=957 м/с.
Участок движения BDC. Для движения свободной материальной точки на участке BDC запишем основное уравнение динамики в проекциях на оси Bx и By в дифференциальной форме в общем виде:
,
.
По определению , . Тогда: , 
,
(18)
Так как ax= 0 – const, ay= -g – const, тодвижение:
– по горизонтали на всем участке BDC – равномерное;
– по вертикали – на всем участке BDC равнопеременное (на участке BD – равнозамедленное, на участке DC – равноускоренное).
Истинное, полное ускорение материальной точки равно:
, м/с2 – const. (18*)
Внимание: направления стрелок у символов векторов 
и 
(орта оси ординат и ускорения свободного падения) разные.
Так как ускорение 
, м/с2, – постоянно и по величине, и по направлению, а угол между касательной mt к траектории и ускорением переменный, то проекция at ускорения на касательную переменна и по величине, и по знаку, т. е. 
Поэтому движение материальной точки по кривой BDC не есть равнопеременное. На участке BD – движение замедленное (at<0 – var.), на участке DC – ускоренное (at>0 – var.). В наивысшем положении D движение материальной точки – равномерное (локальное, на мгновение равномерное a t D=0).
Запишем, зная, что по определению , , уравнения (18) в дифференциальной форме:
,
.
Разделяя переменные интегрирования, получим: , 
.
Интегрируя , 
правую и левую части уравнений совместно, получим: , 
.
Константы C 3и C 4 интегрирования найдем по начальным условиям, зная, что в момент начала движения: с, м, м,
м/с,
м/с, (НУ BDC)
, 
.
Откуда 
, 
.Физический смысл констант интегрирования: 
м/с, 
м/с – проекции начальной скорости на оси Bx и By.
Тогда:
м/с2 – const, (19)
(20)
Запишем, зная, что по определению , , уравнения (19) и (20) в дифференциальной форме:
,
.
Разделяя переменные интегрирования, получим:
, 
.
Интегрируя 
, 
правую и левую части уравнений совместно, получим: 
, 
.
Константы и интегрирования найдем по начальным условиям (НУ BDC).
, 
. Откуда , . Физический смысл констант интегрирования: м, м – начальные координаты материальной точки. Тогда
, (21)
. (22)
Совокупность уравнений (18)–(22) – уравнения движения свободной материальной точки на участке BDC.
Положив 
? с, 
? м/с, ? м, 
м в уравнениях (20)–(22), получим:
, (20*)
, (21*)
(22*)
и определим s, t s, vC.
Из уравнения (22*) найдем:
с.
Решая уравнения (6*) и (7*), получим:
м/с,
км.
Скорость падения материальной точки на землю равна:
м/с.
Положив в уравнении (20) 
м, получим 
и найдем время 
подъема на наибольшую высоту 
: 
с.
Положив в уравнении (22) 
с, 
?, найдем наибольшую высоту подъема: 
23120 м=23,12 км.
Задание Д.6. Применение основных теорем динамики к исследованию движения материальной точки
Шарик, принимаемый за материальную точку, движется из положения А внутри трубки, ось которой расположена в вертикальной плоскости (таблица 10). Найти скорость шарика в положениях В и С и силу давления шарика на стенку трубки в положении С. Трением на криволинейных участках траектории пренебречь. В вариантах 3, 6, 7, 10, 13, 15, 17, 19, 25, 28 и 29 шарик, пройдя путь h 0, отделяется от пружины. Необходимые для решения данные приведены в таблице 11.
В задании приняты следующие обозначения: m – масса шарика; uА – начальная скорость шарика; t – время движения шарика на участке АВ (в вариантах 1, 2, 5, 8, 14, 18, 20, 21, 23, 24, 27 и 30) или на участке BD (в вариантах 3, 4, 6, 7, 9–13, 15–17, 19, 22, 25, 26, 28 и 29); f – коэффициент трения скольжения шарика по стенке трубки; h 0 – начальная деформация пружины; h – наибольшее сжатие пружины; с – коэффициент жесткости пружины; H – наибольшая высота подъема шарика; s – путь, пройденный шариком до остановки.
Таблица 10 – Схемы механизмов к заданию Д.6
Продолжение таблицы 10
Продолжение таблицы 10
Таблица 11 – Исходные данные к заданию Д.6
| Номер варианта | m, кг | vA, м/с | t, с | R, м | f | a, град | β, град | h 0, см | с, Н/см | Величины, которые требуется определить дополнительно | |
| 0,5 | 2,0 | 2,0 | 0,20 | – | – | – | |||||
| 0,6 | 0.2 | 4,0 | 0,10 | – | – | H | |||||
| 0,4 | 2,0 | 0,2 | 0,15 | – | vD | ||||||
| 0,2 | 0,5 | 1,0 | 0,10 | – | – | – | vD | ||||
| 0,1 | 1,5 | 2,0 | 0,20 | – | – | – | – | ||||
| 0,3 | 2,0 | 4,0 | 0,10 | vD | |||||||
| 0,4 | 1,0 | 1,0 | 0,10 | – | vD | ||||||
| 0.2 | 0,5 | 1,5 | 0,15 | h | |||||||
| 0,5 | 1,5 | 4,0 | 0,25 | – | – | vD | |||||
| 0,4 | 0,1 | 0,5 | 0,10 | 0,2 | 0,2 | vD | |||||
| 0.2 | 1,0 | 1,0 | 0,30 | – | – | vD, h | |||||
| 0.4 | 0,4 | 2,0 | 0,20 | – | – | vD | |||||
| 0.3 | 0,1 | 1,0 | 0,10 | vD | |||||||
| 0,6 | 2,0 | 3,0 | 0,20 | – | – | s | |||||
| 0,1 | 0,1 | 1,0 | 0,15 | 0,2 | vD | ||||||
| 0,4 | 0,2 | 2,0 | 0,40 | – | – | vD | |||||
| 0,2 | од | 1,0 | 0,20 | – | 1,0 | vD | |||||
| 0,3 | 0,4 | 1,5 | 0,10 | – | – | – | – | ||||
| 0,1 | 0,1 | 0,4 | 0,30 | 0,5 | vD | ||||||
| 0.2 | 1,0 | 0,5 | 0,10 | – | 1,2 | h | |||||
| 0.7 | 0,3 | 0,3 | 0,20 | – | – | – | |||||
| 0,4 | 0,2 | 0,2 | 0,40 | – | 1,1 | vD, h | |||||
| 0,6 | 0,4 | 0,2 | 0,20 | – | – | – | |||||
| 0,5 | 0.5 | 0,6 | 0,30 | – | – | H | |||||
| 0,1 | 0,2 | 0,5 | 0,25 | – | 0,4 | vD | |||||
| 0,2 | 0,1 | 0,2 | 0,20 | – | – | – | vD | ||||
| 0,8 | 0,2 | 0,4 | 0,15 | – | – | – | vD | ||||
| 0,3 | 0,1 | 0,6 | 0,35 | 0,1 | vD | ||||||
| 0,5 | 0,2 | 0,5 | 0,20 | 0,8 | vD | ||||||
| 0,8 | 0,3 | 0,6 | 0J5 | – | tDE | ||||||
