До сих пор мы имели дело с мгновенными или постоянными скоростями и в нескольких случаях применяли простую формулу \(s = vt\) для перемещений. Вообще, когда скорость \(\vec v\) непостоянна, перемещение находится как площадь под графиком скорости от времени. Например, перемещение вдоль координаты \(x\), равное \(\Delta x\), — это площадь под графиком \(v_x = v_x(t)\); математически мы можем записать это через интеграл \(\Delta x = \int v_x(t)\,dt\). Больше об интегралах пока знать не нужно — только то, что они выражают площади под графиками.

Заметим, что рисовать график не всегда абсолютно необходимо (если вы уверенно владеете интегралами, формулы можно вывести аналитически, без графиков), но это помогает представить процесс. Такая визуализация всегда полезна: она упрощает поиск решения и уменьшает вероятность ошибок.

зад 10 простая Частица стартует из начала координат; на рисунке показана её скорость как функция времени. Каково её максимальное смещение от начала координат?

Следующая задача значительно труднее, хотя она тоже сводится к нахождению площади; из-за сложности полное решение (кроме перестроения графика и численных расчётов) дано в подсказках.

▶Посмотреть решение задачи 10Скрыть решение

Решение

Рассмотрим следующий график.

Поскольку частица стартует из начала координат, график пути — это просто площадь под графиком скорости:

Нам нужно найти максимальное смещение, так что наш ответ — \(\boxed{18{,}75\text{ м}}\).

зад 11 трудная Ускорение катера зависит от его скорости так, как показано на графике. Катеру сообщили начальную скорость \(v_0 = 4\) м/с. Какой полный путь он пройдёт, пока почти не остановится?

Идею 18 можно использовать и для вывода основных формул перемещения при движении с постоянным ускорением. Пусть тело имеет начальную скорость \(v_0\) и движется с постоянным ускорением \(a\); мы хотим знать, какой путь оно пройдёт к моменту времени \(t\). Площадь под графиком — прямоугольная трапеция (см. рисунок), её площадь равна произведению средней линии \(v_0+\frac12at\) на высоту \(t\), т. е. \(s = v_0t+at^2/2\).

Как вариант, если вместо времени движения нам даны начальная и конечная скорости (\(v_0\) и \(v_1\)), средняя линия трапеции выражается как \(\frac12(v_0+v_1)\), а высота как \(t = (v_1-v_0)/a\). Это приводит нас к \(s = (v_0+v_1)(v_1-v_0)/2a = (v_1^2-v_0^2)/2a\). Если переписать это как \(as = \frac12(v_1^2-v_0^2)\), то можно назвать это законом сохранения энергии для единичной массы, если ускорение свободного падения равно \(a\).

Следующую задачу можно решить по-разному, но простейшее решение использует следующую идею.

Следует подчеркнуть, что если система вращается, то формула для ускорения получает дополнительные слагаемые.

зад 12 Два гладких жёлоба лежат в одной вертикальной плоскости и составляют углы \(\alpha\) с горизонтом (см. рисунок). В некоторый момент два маленьких шарика отпускают из точек \(A\) и \(B\), и они начинают скользить вниз. Первому шарику, стартовавшему из точки \(A\), потребовалось время \(t_1\), чтобы достичь земли; для второго время спуска составило \(t_2\). В какой момент расстояние между шариками было наименьшим?

▶Посмотреть решение задачи 12Скрыть решение

Решение

\

В системе отсчёта шарика \(A\) шарик \(B\) ускоряется влево с \[a_B = 2g\sin\alpha\cos\alpha.\] Мы можем найти, что начальная длина \(|AB|\) равна \(\dfrac{g\bigl(t_1^2-t_2^2\bigr)\sin\alpha}2\). Следовательно, \[x = \frac{g\bigl(t_1^2-t_2^2\bigr)\sin\alpha\cos\alpha}2.\] Поскольку относительного ускорения в направлении \(y\) нет, нам нужно \[\frac{a_Bt^2}2 = x,\qquad gt^2\sin\alpha\cos\alpha = \frac{g\bigl(t_1^2-t_2^2\bigr)\sin\alpha\cos\alpha}2,\] \[\boxed{t = \sqrt{\frac{t_1^2-t_2^2}2}}.\]

Решение 2. Каждый шарик будет ускоряться с одинаковым ускорением вдоль своего жёлоба, а значит, они пройдут одинаковое расстояние за одинаковое время.

Пусть \(x\) — расстояние, пройденное каждым шариком, а \(k\) — расстояние между двумя шариками. Пусть высота шарика в точке \(A\) равна \(h_1\), а высота шарика в точке \(B\) равна \(h_2\).

Если нарисовать чертёж, вы обнаружите треугольник, образованный положениями двух шариков и точкой пересечения жёлобов. Длины сторон треугольника: \(x\), \(\frac{h_1-h_2}{\sin\alpha}-x\), \(k\).

По теореме косинусов имеем \[k^2 = x^2+\Bigl(\frac{h_1-h_2}{\sin\alpha}-x\Bigr)^2 -2x\Bigl(\frac{h_1-h_2}{\sin\alpha}-x\Bigr)\cos(2\alpha).\] Для краткости обозначим \(\beta = \frac{h_1-h_2}{\sin\alpha}\). Упрощая выражение, получаем \[k(x) = \sqrt{2x^2(1+\cos2\alpha)-2x\beta(1+\cos2\alpha)+\beta^2}.\] Взяв производную квадратного трёхчлена и приравняв её к нулю, получаем \(x_m = -\frac B{2A} = \frac\beta2\).

Пользуясь ускорением вдоль наклонной плоскости, можно также найти, что \[\frac{h_1}{\sin\alpha} = \frac{gt_1^2\sin\alpha}2,\qquad \frac{h_2}{\sin\alpha} = \frac{gt_2^2\sin\alpha}2,\] \[x_m = \frac{gt_m^2\sin\alpha}2 = \frac{h_1-h_2}{2\sin\alpha}.\] Подставляя всё, находим \[t_m = \sqrt{\frac{h_1-h_2}{g\sin^2\alpha}} = \sqrt{\frac{\frac{gt_1^2\sin^2\alpha}2-\frac{gt_2^2\sin^2\alpha}2} {g\sin^2\alpha}} = \boxed{\sqrt{\frac{t_1^2-t_2^2}2}}.\]

Простейшее применение этой идеи — двумерное движение тела в однородном поле тяжести, которое изучается в любом учебнике по кинематике: горизонтальное и вертикальное движения расцеплены, потому что вертикальное ускорение \(g\) не зависит ни от горизонтальной координаты \(x\), ни от горизонтальной скорости \(v_x\), и тело движется с постоянной скоростью, а горизонтальное ускорение (равное нулю) не зависит ни от вертикальной координаты \(y\), ни от вертикальной скорости \(v_y\). В результате мы получаем \(x = v_{0x}t\) и \(y = v_{0y}t-gt^2/2\) (где \(v_{0x}\) и \(v_{0y}\) — соответствующие компоненты начальной скорости); соответствующая траектория в плоскости \(x-y\) — парабола, которую мы получим, если исключим \(t\) из второго уравнения подстановкой \(t = x/v_{0x}\).

Обсудим подробнее, как применять идею 20 к взаимодействиям тела с плоскостью без трения (соударениям или скольжению). Если плоскость наклонная, оси тоже нужно брать наклонными; тогда у ускорения свободного падения будет ненулевая компонента вдоль обеих осей, т. е. движение будет ускоренным в обоих направлениях.

При соударении, поскольку силы трения нет, \(v_x\) (компонента скорости, параллельная поверхности) не меняется, т. е. она «не замечает», что было соударение: чтобы проанализировать эволюцию координаты \(x\), можно полностью забыть об изменениях координаты \(y\) (и наоборот).

Если поверхность искривлена, то в общем случае такое разделение уже невозможно. Действительно, раньше \(x\) не зависел от \(y\) потому, что зависимость ускорения от координат вносится нормальной силой, которая является функцией только \(y\) и не имеет \(x\)-компоненты. Если поверхность искривлена, невозможно сделать так, чтобы ось \(x\) была всюду параллельна поверхности: у ускорения из-за нормальной силы появляются ненулевые компоненты и по \(x\), и по \(y\), и оно зависит от обеих координат. Однако в случае боковых поверхностей цилиндров, призм и других обобщённых цилиндров³ всё же можно найти одну ось \(x\), которая всюду параллельна поверхности, а значит, движение вдоль \(x\) можно отделить от движения в плоскости \(y-z\).

зад 13 Упругий мяч отпускают над наклонной плоскостью (угол наклона \(\alpha\)) на расстоянии \(d\) от плоскости. Каково расстояние между первой и второй точками отскока? Соударения происходят без трения.

Следующая задача также использует идею 20; однако нужна ещё одна идея, см. ниже.

▶Посмотреть решение задачи 13Скрыть решение

Решение

\

Пусть \(t\) — время, за которое мяч долетает до наклонной плоскости. Тогда находим, что \[d = \tfrac12at^2\ \Longrightarrow\ d = \tfrac12g\cos\alpha\,t^2 \ \Longrightarrow\ t = \sqrt{\frac{2d}{g\cos\alpha}}.\] Теперь заметим, что полное время \(T = 3t\), потому что мяч пролетает расстояние \(d\) до удара о плоскость, отскакивает вверх на расстояние \(d\) до вершины своей параболической траектории, а затем падает обратно на то же расстояние \(d\).

Значит, расстояние между двумя точками отскока \(s\) находится как \[s = \tfrac12g\sin\alpha\,(T^2-t^2),\qquad s = \tfrac12g\sin\alpha\,(8t^2) = 4g\sin\alpha\Bigl(\frac{2d}{g\cos\alpha}\Bigr),\] \[\boxed{s = 8d\tg\alpha}.\]

Решение 2. Рассмотрим следующий чертёж.

Повернём плоскость на \(\alpha\) против часовой стрелки, так что теперь тяжесть даёт ускорение \(g\cos\alpha\) по направлению \(y\) и \(g\sin\alpha\) по направлению \(x\).

Когда мяч ударяется о плоскость, он ударяется со скоростью \(v_0 = \sqrt{\frac{2gd}{\sin(90^\circ-\alpha)}}\) под углом \(90^\circ-\alpha\) к наклонной плоскости. Затем, пользуясь видоизменённым баллистическим движением, получаем \[t = \frac{2v_0\sin(90^\circ-\alpha)}{g\cos\alpha} = \frac{2v_0}g.\] Кроме того, \[ L &= v_0\cos(90^\circ-\alpha)\,t+\tfrac12g\sin\alpha\,t^2\\ &= \frac{2v_0^2\cos(90^\circ-\alpha)}g+\frac{4v_0^2g\sin\alpha}{2g^2} = \frac{2v_0^2\sin\alpha}g+\frac{2v_0^2\sin\alpha}g = \boxed{8d\tg\alpha}. \]

зад 14 Шайба выезжает на ледяную наклонную плоскость с углом наклона \(\alpha\). Угол между ребром плоскости и начальной скоростью шайбы \(v_0 = 10\) м/с равен \(\beta = 60^\circ\). След, оставленный шайбой на плоскости, приведён на рисунке (это лишь часть траектории). Найдите \(\alpha\) в предположении, что трением можно пренебречь и что переход на склон был плавным.

Последнее предложение здесь очень важно: если переход резкий, то шайба подъезжает к наклонной плоскости, скользя по горизонтали, и сталкивается с ней — либо упруго, и тогда она подпрыгивает, либо неупруго. В частности, если соударение абсолютно неупругое, то теряется та часть кинетической энергии, которая связана с движением вдоль нормали к наклонной плоскости. Точнее, если ввести перпендикулярные координаты так, чтобы ось \(x\) шла вдоль линии контакта двух поверхностей, а ось \(y\) лежала на наклонной поверхности, то движения по \(x\), \(y\) и \(z\) все разделяются; при ударе \(v_z\) обращается в нуль, а из-за отсутствия трения \(v_x\) и \(v_y\) сохраняются.

Однако в этой задаче переход с одной поверхности на другую плавный: вокруг линии, разделяющей две плоские поверхности, есть узкая область, где поверхность имеет кривизну. Внутри этой узкой области движения по направлениям \(y\) и \(z\) нельзя разделить, и нам нужна ещё одна идея.

▶Посмотреть решение задачи 14Скрыть решение

Решение

\

Находясь на плоскости, шайба не испытывает изменения своей \(x\)-компоненты скорости, которая равна \[v_0\cos\beta = 5\text{ м/с}.\] Однако она испытывает ускорение, параллельное плоскости, с модулем \(a = g\sin\alpha\).

По приведённой траектории мы замечаем, что шайба опускается на 2,5 м ниже вершины своей траектории, совершая горизонтальное смещение \(x = 5\) м. Время, за которое совершается это движение, \[t = \frac x{v_0\cos\beta} = 1\text{ с}.\] Следовательно, \[\frac{gt^2\sin\alpha}2 = 2{,}5,\qquad \sin\alpha = \frac5{gt^2},\qquad \boxed{\alpha\approx30^\circ}.\]

зад 15 Три черепахи изначально находятся в вершинах равностороннего треугольника на расстоянии 1 м друг от друга. Они движутся с постоянной скоростью 10 см/с так, что первая всё время направляется ко второй, вторая — к третьей, а третья — к первой. Через какое время они встретятся?

Здесь возможны два подхода: во-первых, можно перейти в систему отсчёта, вращающуюся вместе с черепахами, и тогда мы применяем следующую идею.

Как вариант, можно использовать такую идею.

Следующая задача требует интегрирования⁵, так что её могут пропустить те, кто с ним не знаком.

зад 16 трудная Муравей движется вдоль резиновой ленты со скоростью \(v = 1\) см/с. Один конец ленты (тот, от которого муравей стартовал) закреплён на стене, другой (изначально на расстоянии \(L = 1\) м от стены) тянут со скоростью \(u = 1\) м/с. Доберётся ли муравей до другого конца ленты? Если да, то когда это произойдёт?

Здесь нужно применить следующую идею.

Здесь задача сама содержит подсказку о том, какой тип параметризации следует использовать. Ясно, что декартова координата муравья не годится: она не отражает продвижения муравья вдоль резиновой ленты. Чтобы описать такое продвижение, можно использовать относительное положение на ленте: какая доля \(k\) резинки осталась позади; муравей начинает с \(k = 0\), а \(k = 1\) соответствует тому, что муравей достиг конца ленты. Параметр \(k\) — по сути лагранжева координата: он равен начальной координате текущей точки резинки в единицах начальной длины резинки.