Решение

Рассмотрим систему отсчёта, движущуюся со скоростью \(u\) навстречу движению машин.

Машины в конце будут двигаться со скоростью \(v+u\), а расстояние между ними будет \(v\tau\). Машины в начале будут двигаться со скоростью \(u\) (потому что они стоят), а расстояние между ними равно \(l\).

Теперь возьмём отношения скорости к длине и приравняем их: \[ \frac{v\tau}{v+u} &= \frac lu,\\ v\tau u &= vl+ul,\\ v\tau u-ul = vl\ &\Longrightarrow\ u(v\tau-l) = vl, \] \[\boxed{u = \frac v{v\tau/l-1}\approx3{,}4\text{ м/с}}.\]

Решение

\

Рассмотрим чертёж выше, где \(A\) — локомотив левого поезда, \(B\) — локомотив правого поезда, \(M\) — середина \(AB\), \(P\) — точка пересечения дымовых следов, а \(C\) — эта точка пересечения, спроецированная на прямую \(AB\).

Поскольку оба поезда едут со скоростью \(v = 50\) км/ч, \(M\) — то место, где поезда встретились. За время, которое понадобилось поездам, чтобы доехать от \(M\) до \(A\) и \(B\), ветер отнёс дым из точки \(M\) в точку \(P\).

Возьмём произвольный масштаб 1 см \(=\) 100 км. Измеряя, находим \[ |AB| &= 15{,}8\text{ см},\\ |AM| &= 7{,}9\text{ см} = vt,\qquad t = 15{,}8\text{ ч},\\ |PM| &= 2{,}3\text{ см} = ut, \] \[\boxed{u = 14{,}55\text{ км/ч}\approx15\text{ км/ч}\approx4{,}2\text{ м/с}}, \qquad \boxed{\alpha\approx27^\circ}.\] Не переживайте, если вы взяли не тот же масштаб или измерили не те же расстояния, что и мы; однако отношения ваших расстояний и окончательный ответ должны остаться (приблизительно) теми же.

Решение

Из первых двух столкновений можно заключить, что все три тела лежат в одной плоскости. Для простоты пусть это будет плоскость \(x-y\).

Кроме того, можно считать, что все три тела лежат на оси \(x\), причём тело \(a\) — в начале координат \(O\). Тогда движение тел можно изобразить в трёх измерениях (со временем как третьим измерением) так:

Поскольку тело \(a\) сталкивается с телом \(b\), обе траектории \(a\) и \(b\) должны лежать в некоторой единственной плоскости \(P\) нашего трёхмерного графика.

Поскольку тело \(a\) сталкивается с телом \(c\), обе траектории \(a\) и \(c\) должны лежать в некоторой единственной плоскости \(P'\) нашего графика.

Однако и \(P\), и \(P'\) содержат траекторию \(a\) и ось \(x\), а значит, это одна и та же плоскость. Поэтому \boxed{да}, \(b\) и \(c\) столкнулись бы, если бы не было \(a\).

Решение

\

В свободно падающей системе отсчёта все частицы движутся с постоянными скоростями; каждая частица имела начальную скорость, равную скорости колеса в точке отрыва, т. е. касательную к колесу и равную по модулю \(\Omega R\). Значит, ансамбль частиц расширяется как окружность, радиус которой можно вычислить по теореме Пифагора: \[R'^2 = R^2+\Omega^2R^2t^2\ \Longrightarrow\ R' = R\sqrt{1+\Omega^2t^2}.\] В лабораторной системе центр окружности совершает свободное падение \(d = \frac12gt^2-R\). Достижение каплей точки \(A\) соответствует касанию расширяющейся окружностью земли. Поэтому, положив \(R' = d\), получаем \[ R\sqrt{1+\Omega^2t^2} &= \tfrac12gt^2-R,\\ \tfrac14g^2t^4-gRt^2+R^2 &= R^2+R^2\Omega^2t^2,\\ \tfrac14g^2t^2-gR &= R^2\Omega^2,\\ t^2 &= \frac{4\bigl(\Omega^2R^2+gR\bigr)}{g^2}, \] \[\boxed{t = 2\sqrt{\frac Rg\Bigl(1+\frac{R\Omega^2}g\Bigr)}}.\] По приведённому чертежу можно также сказать, что \[\alpha = \arctg\Bigl(\frac{\Omega Rt}R\Bigr)\ \Longrightarrow\ \boxed{\alpha = \arctg(\Omega t)}.\]

Решение

Сделаем допущение, что ширина каждой лопасти много больше одного пикселя и что скорость лопастей не слишком велика. Это допущение нужно, чтобы ни одна лопасть не была пропущена полностью.

Представим физическую вертикальную линию, пересекающую лопасти при их вращении. Каждый раз, когда лопасть проходит эту линию, она попадает на снимок. Мы также считаем, что лопасти прямые и расположены равномерно, — этого и следует ожидать в реальности.

(а) Чтобы определить направление вращения лопастей, заметим, что вверху лопасти расположены чаще, чем внизу. Это значит, что у верхних лопастей скорость относительно движущейся линии выше, чем у нижних. Хотя в лабораторной системе скорость у них одинакова, движутся они в двух разных направлениях. Чтобы относительная скорость была выше вверху, лопасти должны двигаться навстречу линии сканирования, а значит, \(\boxed{\text{против часовой стрелки}}\).

(б) Посмотрите на чертёж выше. На рисунке показан один столбец, в котором одновременно вверху находится максимум 2 лопасти. Если бы лопастей было 2, одновременно должна была бы появляться только одна. Сами лопасти отмечены на рисунке чёрным. Видно, что угол между лопастями близок к \(120^\circ\). Из нашего допущения о равномерном расположении следует, что пропеллер \(\boxed{\text{трёхлопастный}}\).

Как вариант, можно обозначить семь лопастей наверху слева направо буквами \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(E\), \(F\) и \(G\). Из осмотра ясно, что самая левая лопасть внизу тоже должна быть \(A\). Это следует из нашего допущения, что \(A\) должна быть отсканирована раньше \(B\) и т. д. Более того, между ними не могло быть никаких лопастей, иначе они появились бы на снимке. Отсюда следует, что вторая лопасть внизу — это \(B\), третья — \(C\), а четвёртая — \(D\). По схожим причинам самая правая лопасть наверху тоже должна быть \(D\). Однако мы уже сказали, что эта лопасть — \(G\). Значит, \(G = D\). Продолжая против часовой стрелки, имеем \(F = C\), затем \(E = B\) и \(D = A = G\). С такой систематической разметкой мы завершили один круг и можем уверенно утверждать, что уникальных лопастей всего три. На чертеже ниже каждая уникальная лопасть окрашена своим цветом.

(в) Проследим вращение любой лопасти, проще всего — красной, из её левого верхнего положения в правое верхнее. Это соответствует повороту на \(600^\circ\) (можно поддаться искушению сказать «на \(240^\circ\)», но заметьте, что красная лопасть видна и когда линия сканирования посередине, а значит, к тому моменту она уже прошла отметку \(240^\circ\)).

Линейкой можно измерить горизонтальное расстояние между начальным и конечным положением: оно равно \(0{,}9\ell\), где \(\ell\) — ширина снимка. Если на сканирование всего снимка уходит 0,125 с, то на прохождение лопастью \(1\frac23\) оборота уходит \(0{,}9\cdot0{,}125 = 0{,}1125\) с. Это соответствует частоте \[f = \frac{5/3}{0{,}1125} = 14{,}8\text{ Гц}\approx\boxed{15\text{ Гц}}.\]

Решение

(i) Предположим, что мы наклеили на обе расчёски бумажные полоски с синусоидальными волнами так, что гребни соответствуют зубцам.

Для чёрной расчёски зубцы существуют там, где \[\sin(\vec k_1\cdot\vec r) = 1,\qquad k_1 = \frac{2\pi}{\Delta l_1}.\] Для серой расчёски зубцы существуют там, где \[\sin(\vec k_2\cdot\vec r-\omega t) = 1,\qquad k_2 = \frac{2\pi}{\Delta l_2}, \qquad \frac\omega{k_2} = v\] (\(r = 0\) там, где зубцы совпадают при \(t = 0\); \(k_1>k_2\)).

Тёмные области мы увидим там, где \[\sin(\vec k_1\cdot\vec r)\sin(\vec k_2\cdot\vec r-\omega t) = 1\] \[\Longrightarrow\ \vec k_1\cdot\vec r = 2n\pi+\frac\pi2,\qquad \vec k_2\cdot\vec r-\omega t = 2m\pi+\frac\pi2\] \[\Longrightarrow\ (\vec k_1-\vec k_2)\cdot\vec r = 2k\pi-\omega t,\] если следовать постоянной фазе (т. е. постоянному \(k\)). Для первой части \[v_{\text{полос}} = \frac{-\omega}{|\vec k_1-\vec k_2|} = \frac{-\omega/k_2}{\frac{k_1}{k_2}-1} = \frac{-v}{\frac{l_2}{l_1}-1} = \boxed{-7v = -7\text{ см/с}}.\]

Решение 2 для (i). Пусть \(\Delta l_1\) — зазор между зубцами чёрной расчёски, а \(\Delta l_2\) — зазор между зубцами серой. По расстоянию между двумя прозрачными промежутками на приведённом изображении можно заметить, что \(7\Delta l_2 = 8\Delta l_1\).

Если посмотреть на зубцы обеих расчёсок прямо перед местом их совпадения, зазор между их центрами будет \[\Delta l_2-\Delta l_1 = \tfrac87\Delta l_1-\Delta l_1 = \frac{\Delta l_1}7.\] Когда этот зазор пройден, прозрачные (а значит, и тёмные) полосы смещаются назад на целый зазор чёрной расчёски (т. е. на \(\Delta l_1\)). Поэтому \[v_{\text{полос}} = -\frac{\Delta l_1}{\frac{\Delta l_1}{7v}} = \boxed{-7v = -7\text{ см/с}}.\]

(ii) Для второй части \[|\vec k_1-\vec k_2|\approx\sqrt{(k_2\alpha)^2+(k_1-k_2)^2},\] \[v_{\text{полос}} = \frac{-\omega}{|\vec k_1-\vec k_2|} \approx\frac{-\omega/k_2}{\sqrt{\alpha^2+\bigl(\frac{k_1}{k_2}-1\bigr)^2}} = \frac{-v}{\sqrt{\alpha^2+\frac1{49}}} = \boxed{-5{,}73\text{ см/с}}.\]

Решение

Рассмотрим момент, когда угол линии «собака–лиса» относительно горизонта равен \(\theta\).

Разложив скорость собаки на компоненты \(x\) и \(y\), видим, что \[\frac{dr_x}{dt} = -v\cos\theta = -\frac{vr_x}r,\qquad \frac{dr_y}{dt} = v-v\sin\theta = v-\frac{vr_y}r.\] По теореме Пифагора имеем \(r_x^2+r_y^2 = r^2\). Дифференцируя по времени, получаем \[ 2r_x\frac{dr_x}{dt}+2r_y\frac{dr_y}{dt} &= 2r\frac{dr}{dt},\\ r_x\Bigl(-\frac{vr_x}r\Bigr)+r_y\Bigl(v-\frac{vr_y}r\Bigr) &= r\frac{dr}{dt},\\ vr_y-v\cdot\frac{r_x^2+r_y^2}r &= r\frac{dr}{dt},\\ \frac{dr}{dt} &= \frac{vr_y}r-v. \] Заметим, что \[\frac{dr}{dt}+\frac{dr_y}{dt} = \Bigl(\frac{vr_y}r-v\Bigr)+\Bigl(v-\frac{vr_y}r\Bigr) = 0.\] Интегрируя по времени, видим, что \(r+r_y = C\), где \(C\) — постоянная. Из начальных условий системы видно, что \(C = L\).

Поскольку \(\frac{dr}{dt}\) всегда неотрицательна, можно рассмотреть предел при \(t\to\infty\), в котором \(r = r_y\). Поэтому \[\boxed{r_{\min} = \frac L2}.\]

Решение 2. Заметим, что в любой момент \[-\frac{dr}{dt} = v(1-\cos\alpha) = \frac{dx}{dt}.\] Это потому, что относительная скорость лисы по отношению к собаке в любой момент вдоль горизонтали и вдоль кривой, по которой идёт собака, одна и та же. Значит, \[-v\,dr = v\,dx,\qquad dr = -dx,\] \[\int_{\sqrt{L^2+0^2}}^{r_{\min}}dr = -\int_{r_{\min}}^0dx,\qquad r_{\min}-L = -r_{\min},\qquad \boxed{r_{\min} = \frac L2}.\] \section[6. Задачи для повторения]{6. Решения задач для повторения}

Эта глава содержит задачи 35–66 пособия. Задачи для повторения берут понятия и идеи из более ранних задач и помещают их в новый контекст. Поэтому многие задачи этой главы покажутся знакомыми. Это, однако, не значит, что все задачи здесь лёгкие. Некоторые из самых трудных вопросов происходят именно отсюда — а эта глава занимает почти половину всех задач пособия.