В системе отсчёта воды ясно, что уход от баржи и возвращение к ней заняли в точности одинаковое время.

В системе отсчёта красного самолёта синий самолёт движется вдоль прямой \(s\), которая составляет угол \(\alpha = \arctg\frac34\) с горизонтальной штриховой линией на рисунке. Расстояние красного самолёта от этой прямой удобнее всего найти, рассмотрев два подобных прямоугольных треугольника, больший из которых образован прямой \(s\) и двумя штриховыми линиями на рисунке.

Воспользуйтесь системой отсчёта, движущейся со скоростью \(\frac v2\), чтобы найти горизонтальную компоненту скорости точки пересечения. Теперь в лабораторной системе мы знаем направление этой скорости, а также её горизонтальную проекцию; применяем идею 4.

Поскольку скорость подъёма постоянна, достаточно вычислить её для одного положения шара — когда его высота мала и, следовательно, горизонтальная скорость почти нулевая; применяем идею 5. При \(t = 7\) мин угловая скорость подъёма равна нулю, значит, шар должен двигаться вдоль линии, соединяющей шар и точку наблюдения; применяем идею 4.

В системе отсчёта доски действует только горизонтальная сила (сила трения), имеющая постоянное направление, антипараллельное скорости.

Согласно идее 7 мы используем систему отсчёта транспортёра, но поскольку нас спрашивают о скорости в лабораторной системе, нужно вернуться обратно. В системе транспортёра вектор скорости укорачивается, сохраняя направление, т. е. его можно представить как \(\vec w = k\vec w_0\), где начальное значение \(\vec w_0 = \vec v_0-\vec u_0\), а множитель \(k\) принимает численные значения от 0 до 1. Значит, скорость в лабораторной системе \(\vec v = \vec u_0+k\vec w_0\): это вектор, соединяющий вершину прямого угла прямоугольного треугольника, заданного катетами \(\vec u_0\) и \(\vec v_0\), с точкой на гипотенузе; конкретное положение этой точки зависит от значения множителя \(k\) (который является функцией времени).

Выразите боковое смещение мяча как сумму двух составляющих: бокового смещения в системе отсчёта воздуха (тригонометрическая задача; оно не зависит от \(t\)) и бокового смещения движущейся системы отсчёта.

Алгебраический подход: возьмите одну из осей (скажем, \(x\)) перпендикулярно плоскости ракетки, а другую (\(y\)) — параллельно ей. Отсутствие вращения означает, что \(y\)-компоненты скоростей мяча и ракетки равны, \(u_y = v_y\), и на мяч не действует параллельная сила, значит, \(v'_y = v_y\). По идее 13 находим, что \(v'_x = -v_x+2u_x\). Применение идеи 15 к векторам \(\vec v\) и \(\vec v\,'\) даёт нам уравнение для нахождения \(u_x\); по теореме Пифагора получаем \(|\vec u|\). Чтобы найти угол \(\beta\), выразите \(\tg\beta = u_y/u_x\).

Геометрический подход: нарисуйте прямоугольную трапецию так: разложим \(\vec v\) на параллельную и перпендикулярную составляющие, \(\vec v = \vec v_x+\vec v_y\); отметим точки \(A\), \(B\) и \(C\) так, что \(\vec{AB} = \vec v_x\) и \(\vec{BC} = \vec v_y\) (тогда \(\vec{AC} = \vec v\)). Далее отметим точки \(D\), \(E\) и \(F\) так, что \(\vec{CD} = \vec v\,'_y = \vec v_y\), \(\vec{DE} = -\vec v_x\) и \(\vec{EF} = 2\vec u_x\); тогда \(\vec{CF} = \vec v\,'_y-\vec v_x+2\vec u_x\equiv\vec v\,'\) и \(\vec{AF} = 2\vec v_y+2\vec u_x\equiv2\vec u\). По условию задачи \(\angle ACF = 90^\circ\). Отметим также точку \(G\) — середину \(AF\); тогда \(GC\) — одновременно средняя линия прямоугольной трапеции \(ABDF\) (а значит, параллельна \(AB\) и оси \(x\)) и медиана треугольника \(ACF\). Остаётся выразить гипотенузу \(\triangle ACF\) через \(v = |AC|\) и применить идею 16.

Используйте систему отсчёта, в которой зеркало покоится: источник \(S\) вращается с угловой скоростью \(-\omega\). Теперь вернитесь в лабораторную систему и найдите угловую скорость изображения в ней.

Площадь под графиком от \(t = 0\) до данного момента даёт перемещение, причём области ниже оси \(t\) дают отрицательный вклад. Значит, если некоторый момент \(t\) соответствует максимальному перемещению, то \(v(t) = 0\) (иначе перемещение можно было бы немного увеличить, сделав \(t\) чуть меньше или чуть больше в зависимости от знака \(v(t)\)). (Как вариант, можно сказать, что экстремумам соответствует нулевая производная, а производная \(\Delta x\) — это \(v\).) Те же соображения приводят нас к выводу, что при чуть меньших \(t\) должно быть \(v>0\), а при чуть больших \(t\) — \(v<0\). Значит, кандидаты — это \(t = 4{,}7\) с, \(t = 7\) с, \(t = 12{,}5\) с и \(t = 18{,}3\) с. Вычислите площади, чтобы понять, какой из них даёт максимальное перемещение.

Разобьём перемещение на малые куски, \(s = \sum\Delta s\), где \(\Delta s = v\Delta t\). Если бы функция \(v(t)\) была известна, последняя формула завершила бы нашу задачу, потому что \(\sum v(t)\Delta t\) — это сумма прямоугольников, составляющих площадь под графиком \(v-t\). Однако ускорение дано нам как функция \(v\), поэтому нужно заменить \(\Delta t\) на \(\Delta v\). Пытаясь это сделать, мы можем ввести ускорение (которое дано нам как функция \(v\)): \[\Delta t = \Delta v\cdot\frac{\Delta t}{\Delta v} = \frac{\Delta v}{\Delta v/\Delta t} = \frac{\Delta v}{a}.\] Этот результат нам прекрасно подходит: \[s = \sum v\Delta t = \sum\frac va\Delta v\to\int\frac v{a(v)}dv,\] т. е. перемещение равно площади под графиком, изображающим \(\frac v{a(v)}\) как функцию \(v\).

Используйте систему отсчёта одного из скользящих шариков — по правилу сложения ускорений другой движется с постоянным горизонтальным ускорением. Примените идею 2, чтобы найти положение, где расстояние минимально. Выразите ответ через расстояние \(AB\); для нахождения расстояния \(AB\) примените идею 10.

Если ось \(x\) параллельна плоскости (и направлена вниз), то мяч совершает свободное падение вдоль оси \(x\) с ускорением \(g\sin\alpha\); если ось \(y\) перпендикулярна плоскости, то мяч прыгает вдоль оси \(y\) вверх-вниз с ускорением свободного падения \(g\cos\alpha\).

Используйте перпендикулярные координаты так, чтобы ось \(x\) шла вдоль линии контакта двух поверхностей, а ось \(y\) лежала на наклонной поверхности; тогда движение по направлению \(x\) независимо от движения в плоскости \(y-z\). В силу идеи 21 скорость остаётся постоянной при переходе с одной плоскости на другую. Используйте факт 3 вместе с приведённым графиком, чтобы определить значение \(g_y\) — проекции ускорения свободного падения на ось \(y\). Теперь, зная полное ускорение свободного падения \(g = 9{,}8\) м/с\(^2\), соотношение \(g_y = g\sin\alpha\) позволяет найти угол \(\alpha\).

По первому методу мы используем систему отсчёта, вращающуюся вместе с черепахами, так что в новой системе черепахи движутся радиально к центру; применяя правило сложения скоростей, для каждой черепахи нужно использовать локальный вектор скорости вращающейся системы в месте нахождения этой черепахи. По второму методу в каждый момент спроецируем скорости двух черепах на прямую, их соединяющую, — так мы найдём скорость уменьшения расстояния между двумя черепахами.

Выпишите соотношение между малыми приращениями: \(dk = v\cdot dt/(L+ut)\); ответ получается интегрированием левой и правой частей этого равенства.

Очевидно, мальчику нужно прийти на берег \(OM\) под прямым углом, ср. идею 2. Теперь можно применить идею 25 вместе с фактом 5 к преломлению его траектории на берегу \(OP\), чтобы найти угол, под которым ему нужно прийти на берег \(OP\) (ответы непосредственно выражаются через этот угол).

Первый подход: используйте систему отсчёта воды, потому что тогда скорость плавания не зависит от направления. В этой системе мальчик движется по берегу со скоростью, равной \(v+w\). Ясно, что мальчику нужно сразу начинать плыть, т. е. неважно, движется точка \(A\) в новой системе или покоится. Ясно также, что если мы нашли самый быстрый способ достичь точки \(C\), то та же траектория даст нам самый быстрый способ достичь любой другой точки выше по течению на том же берегу; в частности, можно взять точку \(C'\), которая движется вместе с водой (покоится в системе воды), и оптимальная траектория останется той же. С этими изменениями мы получаем задачу, где можно применить принцип Ферма; получающаяся задача геометрической оптики — по существу задача о нахождении угла полного внутреннего отражения. Для второго подхода: как только фронт встречает точку \(A\), он образует катет прямоугольного треугольника \(APQ\), где \(Q\) — точка, где фронт встречает берег, а \(P\) — положение того источника Гюйгенса на берегу, который создаёт круговую волну, встречающуюся с точкой \(A\). Заметим, что точка \(P\) — это точка, где мальчику нужно начать плыть в системе отсчёта воды, и она смещена на \(wT\) относительно соответствующей точки в лабораторной системе.

Как только вы запишете траекторию параметрически, \(x = x(t)\) и \(z = z(t)\), время \(t\) можно исключить; в результате вы получите уравнение, связывающее \(x\), \(z\) и угол выстрела \(\alpha\), которое мы рассматриваем как уравнение для нахождения \(\alpha\). Угол входит в это уравнение через два слагаемых, одно содержит \(\tg\alpha\), другое — \(\cos^{-2}\alpha\). Чтобы решать такие уравнения, один из способов — выразить все тригонометрические функции через одну. Можно выразить \(\tg\alpha\) через \(\cos\alpha\), но это влечёт квадратный корень, что неудобно. Между тем \(\cos^{-2}\alpha\) прекрасно выражается через \(\tg\alpha\), так что нужно идти этим путём; в результате вы получите квадратное уравнение для \(\tg\alpha\).

Используйте то, что все вертикальные лучи отражаются границей зоны поражения так, что проходят через фокус. Достаточно найти точку пересечения двух лучей. Возьмите один луч при \(x = 0\), а другой — такой, чтобы он попал на границу зоны на уровне \(z = 0\) (мы знаем касательную к границе зоны в этой точке благодаря факту 8).

Шаг 1, доказательство от противного: если траектория не касается ни одного из краёв, то скорость бросания, очевидно, можно немного уменьшить, сохраняя угол постоянным. Если она касается только одного края, пусть это будет дальний край, то мальчик может немного шагнуть вперёд, и тогда траектория не будет касаться ни одного из краёв. Шаг 2: из закона \(v(z)^2-2gz = \Const\) мы заключаем, что скорость на высоте \(z = c\) (обозначим её \(v(c)\)) — однозначно определённая возрастающая функция скорости на уровне земли \(v(0)\): если скорость \(v(0)\) минимальна, то и \(v(c)\) минимальна. Шаг 3, подход «в лоб»: найдите минимальную скорость бросания из правого края \(F\) крыши, потребовав, чтобы другой край с координатами \(P = (a-c,\sqrt{b^2-(a-c)^2})\) принадлежал параболе, найденной в задаче 19. Геометрический подход (идея 30): согласно идее 28 (помня о фактах 6 и 7), при оптимальном броске из точки \(F\) в точку \(P\) точка \(P\) принадлежит параболе-огибающей (которая отделяет область, где цели могут быть поражены с данной скоростью, см. идею 28), а \(F\) — её фокус; пусть соответствующая минимальная скорость бросания равна \(u\) (напомним, что это скорость на высоте точки \(F\), т. е. \(u = v(c)\)). Согласно идее 28, при броске из \(F\) любой точки параболы-огибающей можно достичь с той же скоростью \(u\), если соответственно подобрать угол бросания; чтобы достичь вершины \(Q\) параболы-огибающей, нужно бросать прямо вверх. Теперь найти скорость бросания \(u\) из закона сохранения энергии было бы тривиально, если бы была известна высота \(h = |FQ|\) параболы-огибающей. Чтобы получить \(h\), воспользуемся свойством параболы (см. факт 9): сумма расстояния точки от фокуса и высоты точки постоянна: \(b+(a-b) = h+h\).

В силу идеи 28 вместе с фактами 6, 7 и 9 вертикальный луч, направленный на цель, отражается траекторией снаряда в фокус, т. е. в пушку. Пользуясь идеей 26, мы видим, что эта траектория снаряда оптимальна также для стрельбы по позиции пушки из положения цели; следовательно, траектория снаряда отражает вертикальный луч, направленный на пушку, в сторону цели. Если объединить эти два наблюдения, мы видим, что вертикальный луч, направленный на пушку, поворачивается после двух отражений от траектории на \(180^\circ\), а это значит, что отражающие поверхности должны были быть перпендикулярны друг другу (показать это математически предоставляется читателю как простое геометрическое упражнение).

Для альтернативного решения рассмотрим движение двух снарядов с начальными скоростями \(\vec v\) и \(\vec v\,' = \vec v+\Delta\vec v\), как предлагалось выше, т. е. с \(|\Delta\vec v|\ll|\vec v|\), \(\Delta\vec v\perp\vec v\) и \(|\vec v|\approx|\vec v\,'|\). В свободно падающей системе они расходятся с постоянной скоростью \(\Delta\vec v\) — относительной скоростью, заданной в начале. Значит, в месте назначения вектор смещения между снарядами \(\Delta\vec r = t\Delta\vec v\) (где \(t\) — время полёта) перпендикулярен начальной скорости \(\vec v\). С другой стороны, можно применить факт 10, рассмотрев зависимость \(x\)-координаты снаряда на высоте цели как функцию угла бросания. Значит, мы заключаем, что пока первый снаряд поражает цель точно, второй тоже должен подойти к ней очень близко (на уровне цели \(\vec v\) даёт оптимальный угол выстрела, а значит, \(\vec v\,'\) почти оптимален): если один из них у цели, другой окажется там очень скоро¹. Напомним, что когда первый снаряд у цели, другой смещён от неё на \(t\Delta\vec v\), т. е. его текущая скорость \(\vec u\parallel t\Delta\vec v\perp\vec v\).

Заметим, что все те точки, у которых одинаковая скорость, лежат на одинаковом расстоянии от мгновенного центра вращения.

Приравняйте ускорение, вычисленное в двух инерциальных системах: в лабораторной системе и в системе центра колеса.

(а) Сначала применим идею 35: применяя её к левому стержню, заключаем, что скорость шарнира вертикальна, а применяя идею к правому стержню, заключаем, что её модуль равен \(v\). Теперь можно применить факт 13, чтобы вычислить горизонтальную проекцию ускорения шарнира. Чтобы использовать идею 34, нужно знать также направление ускорения. Это знание получается, если перейти в систему, движущуюся вверх с постоянной скоростью \(v\): скорость шарнира равна нулю, а значит, центростремительное ускорение равно нулю.

(б) Заметим, что в системе, движущейся вверх с постоянной скоростью \(v\), вопрос (б) — это зеркально отражённый вопрос (а).

Первый метод: найдите мгновенный центр вращения, определив направления скоростей двух точек цилиндра: во-первых, точки \(A\), где нить встречается с цилиндром (заметьте, что скорость \(A\) как точки нити равна скорости \(A\) как точки цилиндра, и примените идею 35 к нити), и точки \(B\), где цилиндр встречается с пластиной (какова вертикальная компонента скорости точки \(B\) цилиндра?).

Второй метод: сделайте чертёж с двумя близкими положениями цилиндра и нити: отметим на левом положении нити точку \(P\), где нить встречается с цилиндром, а на правом — точку \(P'\), находящуюся на той же высоте, что и \(P\). Обозначим точку, где нить закреплена на стене, через \(Q\). Тогда отрезок нити \(QP'\) состоит из прямого отрезка \(QP''\) и криволинейного отрезка \(P''P'\). Однако, поскольку смещение цилиндра \(PP'\) мало, длина кривой \(QP''P'\) почти совпадает с длиной прямой \(QP'\). В то время как реальная размотанная длина \(|QP|-|QP''|\) обусловлена двумя вращениями (вращением цилиндра и вращением нити), разность длин \(|QP|-|QP'|\) обусловлена только вращением цилиндра (точка \(P'\) находится в том же относительном положении на цилиндре, что и точка \(P\)) и потому равна \(\omega R\Delta t\). С другой стороны, эту длину можно выразить тригонометрически через смещение цилиндра \(PP'\).

Пусть \(y\) — координата верхнего конца, а \(x\) — нижнего. Тогда стержень имеет длину \(l^2 = x^2+y^2\); \(l\) постоянна, так что её производная должна быть нулевой. Возьмём производную по времени от всего выражения, пользуясь правилом дифференцирования сложной функции, известным из математики: \(0 = x\dot x+y\dot y = xu+yv\) (точка над символом означает производную по времени). Отсюда можно выразить \(u = -vy/x = -v\tg\alpha\).

Перейдите в систему, движущуюся со скоростью \(u\), где граница между очередью и движущимися машинами неподвижна; приравняйте поток машин (сколько машин проходит за единицу времени) в области очереди к его значению в области движущихся машин.

Точка пересечения \(P\) двух следов соответствует моменту, когда встретились локомотивы: ветер отнёс её туда, где она сейчас. Значит, по скоростям поездов находим точку их встречи \(Q\); поскольку скорости равны, это середина отрезка \(AB\), соединяющего текущие положения локомотивов. Отрезок \(AB\) был пройден за данный промежуток времени со скоростью \(2v = 100\) км/ч; это значение можно использовать как масштаб для нахождения скорости ветра по длине отрезка \(QP\) (нужно измерить \(|AB|\) и \(|PQ|\)).

Сначала мы заключаем, основываясь на двух столкновениях, что все тела движутся в одной плоскости, далее — плоскости \((x,y)\). Согласно идее 41 строим траектории тел в трёхмерном графике (как линии \(x = x_a(t)\), \(y = y_a(t)\); \(x = x_b(t)\), \(y = y_b(t)\); \(x = x_c(t)\), \(y = y_c(t)\)). Столкновения соответствуют пересечениям этих линий, а пересечение двух линий означает, что эти две линии компланарны (лежат в одной плоскости).

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. В лабораторной системе центр окружности совершает свободное падение. Достижение каплей точки \(A\) соответствует касанию расширяющейся окружностью земли.

Полезные наблюдения: каждый столбец пикселей получается очень быстро, по существу одновременно; значит, каждый столбец пикселей представляет собой вертикальный срез реального объекта в соответствующем месте в определённый момент времени. Однако разные столбцы соответствуют разному времени. Каждая вертикальная изогнутая фигура на фотографии — последовательность вертикальных срезов, а значит, должна соответствовать одной и той же лопасти пропеллера. В верхней половине фотографии линия сканирования движется навстречу движению лопастей, и ни одна лопасть не пропускается: если пронумеровать лопасти числами 1, 2 и 3, то последовательность лопастей в верхней половине должна быть 1, 2, 3, 1, 2, …. В нижней половине фотографии линия сканирования и лопасти движутся в одном направлении, причём лопасти быстрее, поэтому здесь последовательность — 3, 2, 1, 3, …. Линия сканирования движется, судя по всему, с постоянной скоростью, поэтому горизонтальное положение на фотографии можно использовать для измерения времени.

(i) Пока серая расчёска смещается на половину шага зубцов, тёмная полоса перемещается туда, где сейчас находится белая полоса, т. е. на половину расстояния между тёмными полосами. Значит, скорость полос во столько раз больше, сколько серых зубцов можно насчитать на один период полос.

(ii) Произведение двух волн можно разложить как \(a = \sin(\vec k_1\vec r-\omega t)\sin(\vec k_2\vec r) = \frac12\{\cos[(\vec k_1-\vec k_2)\vec r-\omega t] -\cos[(\vec k_1+\vec k_2)\vec r-\omega t]\}\). Полосы, где \(a\approx1\), — это те, где «медленная» синусоида близка к единице, \(\cos[(\vec k_1-\vec k_2)\vec r-\omega t]\approx1\); это синусоидальная волна, которая движется со скоростью \(u = \omega/|\vec k_1-\vec k_2|\).

Рассмотрим эволюцию вектора \(\vec r\), направленного от собаки к лисе; вычислите скорости изменения модуля \(|\vec r|\) и \(r_x\) — проекции \(\vec r\) на ось \(x\) (взятую параллельно скорости лисы). Можно ли составить такую линейную комбинацию \(r_x\) и \(|\vec r|\), чтобы её производная по времени была равна нулю? Если да, мы получим новый закон сохранения, из которого сразу следует ответ.

Постройте по правилу сложения векторов прямоугольник скоростей \(\vec u+\vec v = \vec w\), где \(\vec w\) — скорость мальчика относительно берега. Примените идею 2: если зафиксировать положение вектора \(\vec u\) и нарисовать возможные треугольники для разных направлений плавания, мы увидим, что возможные положения конца \(\vec v\) лежат на окружности. Теперь нетрудно заключить, что оптимальному плаванию соответствует \(\vec v\), касательный к окружности.

Введите координаты \(x\) (вертикальное положение кольца \(O\)) и \(y\) (вертикальное положение кольца \(O'\)) с началами в \(A\) и \(A'\) соответственно. Введите также длину верёвки \(L\) (её потом нужно будет исключить из ответа). Свяжите эти величины друг с другом по теореме Пифагора (держите всё в квадратах, чтобы избежать корней и облегчить преобразования) и примените идею 38.

Примените идею 20: вертикальное движение независимо от движения в горизонтальной плоскости. Шарик может выйти из колодца, если он попадёт в верхний край колодца. Это произойдёт, если период вертикального движения относится ко времени между двумя соударениями со стенками колодца при горизонтальном движении как рациональное число (отношение двух целых).

Используйте идею 1: перейдите в систему отсчёта клина; определите там ускорение шарика; примените правило сложения ускорений, чтобы найти ускорение шарика в лабораторной системе. Зная ускорение и начальную скорость, легко найти и траекторию.

Примените факт 12 для вычисления ускорения — производной по времени от вектора скорости. Угловую скорость вращения вектора скорости можно найти по идее 37.

Примените идею 1: используйте (свободно падающую) систему отсчёта конуса, где угол стола движется вверх с ускорением \(g\).

Примените идею 24 (работайте в полярных координатах \(r\) и \(\varphi\)). Выразите квадрат приращения длины кривой \(dl^2\) через квадраты приращений \(d\varphi^2\) и \(dr^2\) (по теореме Пифагора) и свяжите \(dr^2\) с \(dl^2\) через скорости распространения. Заметим, что дифференциальные уравнения вида \(k\,dx = x\,dy\) (где \(k\) — постоянная) решаются разделением переменных, т. е. перенесением всех \(x\) и \(y\) в соответствующие части равенства (здесь \(k\frac{dx}x = dy\)) и интегрированием левой и правой частей равенства (что приводит здесь к \(k\ln(x/x_0) = y\), где \(x_0\) — постоянная, возникающая при взятии неопределённых интегралов²).

Обозначив длину диагонали через \(d\), свяжите расстояние \(A_3\) от стены с \(d\); выразите производную \(d\) по времени через \(v\) (ср. идею 38) и используйте этот результат, чтобы найти скорости \(A_1\) и \(A_2\). Используйте идею 1 (перейдите в систему центра наибольшего ромба), чтобы найти направление ускорения \(B_2\). Примените идею 34 для определения модуля ускорения: перейдите в систему, где \(A_2\) (или \(A_3\)) покоится, а точка \(B_3\) движется по окружности, и определите центростремительное ускорение — проекцию всего ускорения на звено \(A_2B_3\).

Примените идею 1 (используйте систему отсчёта одного из катеров) и идею 2. Вам нужен угол между линией \(AB\) и относительной скоростью; заметьте, что тангенс этого угла выражается довольно легко.

Примените идею 33: вы можете найти направление скоростей для тех двух точек диска, где нити касаются диска. Действительно, помните об идее 35 и заметьте, что верхние концы нитей имеют нулевые скорости (в месте контакта точки нити и диска имеют равные скорости).

Примените идею 20: движения вдоль каждой из досок независимы. Используйте факт 4 (компоненты ускорения свободного падения будут \(g\cos\alpha\) и \(g\sin\alpha\)); вычислите периоды прыжков для каждого из движений.

Примените идею 21, чтобы заключить, что скорость бруска остаётся постоянной. Выразите угловую скорость \(\omega\) размотанной части нити через её текущую длину \(l\); заметьте, что \(\omega\) равна также угловой скорости точки \(P\), где нить касается цилиндра; свяжите эту скорость со скоростью разматывания нити \(\frac{dl}{dt}\). Примените приведённую формулу, чтобы заключить, что \(\frac{d(l^2)}{dt}\) остаётся постоянной при разматывании и наматывании. Не забудьте, что есть ещё период, когда нить полностью размотана и брусок описывает полуокружность.

Примените идею 35, чтобы определить проекции скорости ящика \(\vec v\) на направления верёвок. Пользуясь идеей 16, можно заключить, что четырёхугольник, образованный вектором \(\vec v\) как диагональю и проекциями \(\vec v\) как двумя сторонами, является вписанным, причём \(\vec v\) — диаметр описанной окружности. Примените теорему косинусов для нахождения длины другой диагонали и теорему синусов для определения \(|\vec v|\) — диаметра описанной окружности.

Первый подход: примените идею 1 — используйте инерциальную систему, движущуюся с начальной скоростью мальчика; при том что ускорение мальчика фиксировано по модулю, направление можно подбирать как нужно. Поскольку в этой системе начальная скорость равна нулю, задача оптимизации становится совсем тривиальной. Второй подход: изучите эволюцию вектора скорости мальчика \(\vec v\) в плоскости \((v_x,v_y)\): ускорение \(\vec a = \frac{d\vec v}{dt}\) постоянно по модулю, значит, конец \(\vec v\) движется с постоянной скоростью \(|\vec a|\) из своего начального положения \((0,v)\) в конечное положение \((v,0)\).

Есть по меньшей мере три разных решения; простейшее основано на идее 30 и довольно похоже на геометрическое решение задачи 21. Все решения начинаются одинаково: (а) показать, что оптимальная траектория должна коснуться сферы в некоторой точке \(P\) перед тем, как попасть в её вершину \(T\), и (б) применить идею 26, чтобы рассматривать бросок из \(T\) вместо броска из неизвестной точки на уровне земли.

Первый метод использует геометрические свойства параболы-огибающей (см. идеи 28 и 30 и факты 6, 7 и 9): \(|TP|+|PA| = 2|TQ|+R\), где \(PA\) — вертикальная линия, \(A\) лежит на той же высоте, что и центр сферы \(O\), а \(Q\) — вершина параболы-огибающей. Поскольку скорость бросания определяется через \(|TQ|\) (подробнее см. подсказки к задаче 21), нам нужно лишь вычислить \(|TP|\) и \(|PA|\). Так как \(TP\) — линия, идущая из фокуса, она отражается параболой в точке \(P\) в вертикальную линию; поскольку парабола касается сферы, она также отражается сферой в вертикальную линию, что означает \(\angle TPO = \angle OPA\). Поскольку \(TO\parallel PA\), можно заключить, что \(\angle TOP = \angle OPA\), а так как \(\triangle TOP\) равнобедренный, то \(\angle OTP = \angle TPO\); вместе с равенством \(\angle TPO+\angle TOP+\angle OTP = 180^\circ\) заключаем, что \(\angle OTP = 60^\circ\), что сразу даёт нам \(|TP| = R\) и \(|PA| = \frac R2\).

Второй метод использует выражение для параболы-огибающей (идея 28) с фокусом в \(T\): выпишите уравнение для нахождения точек пересечения сферы и параболы — это будет биквадратное уравнение. Согласно факту 7, в оптимальном случае параболическая траектория, парабола-огибающая и сфера касаются друг друга в одной точке; следовательно, в этом оптимальном случае у биквадратного уравнения ровно два симметричных решения (если скорость бросания меньше оптимальной, решений четыре, а если больше — решений нет). Примените идею 29 для нахождения скорости.

Третье решение использует результат задачи 22 и идею 24: если взять \(\varphi = \angle TOP\) как параметр, то мы знаем, что из точки \(T\) оптимальный угол броска должен равняться \(90^\circ-\varphi\). Значит, можно выписать условия, что траектория проходит через \(P\), а начальная и конечная скорости перпендикулярны (идея 15). Это даёт нам три уравнения, содержащие в качестве неизвестных \(\varphi\), время касания \(t\) и начальную скорость \(v\). Оказывается, что эта система уравнений приятно упрощается.

Видно, что красные точки повторяются в одних и тех же местах синей циклоиды для каждого её периода, и на период приходится три точки; согласно идее 6 мы воспользуемся этим фактом (в общем случае потребовались бы значительно более длинные вычисления), чтобы заключить, что период вращения диска втрое больше периода вспышек, т. е. \(0{,}3\) с. Пройденное расстояние соответствует длине периода около 4 единиц сетки; значение единицы сетки можно найти, заметив, что высота циклоиды равна \(2a\).

(i) \(v_{\text{расст}}\) всё время отрицательна, значит, в целом расстояние уменьшалось, а значит, автомобили должны были выехать из разных городов. \(O\) не могла быть начальной точкой автомобиля, потому что в этом случае конечное расстояние было бы таким же или больше, чем в начале. Теперь нужно рассмотреть лишь три возможности, из которых две легко исключаются по поведению при \(0<t<\frac av\).

(ii) Используйте идею 18.

(iii) и (iv) Вычислите относительную скорость по правилу вычитания векторов и спроецируйте её на линию, соединяющую автомобили, для разных положений на их пути.

Действуйте так же, как в задаче 3: используйте систему, вращающуюся с угловой скоростью \(\frac\omega2\), чтобы получить угловую скорость линии \(OP\), где \(P\) — точка пересечения. Рассмотрите равнобедренный треугольник \(QOP\) (где \(Q\) — центр синего кольца), чтобы получить угловую скорость линии \(QP\).

Заметим, что для спицы резкой выглядит такая точка \(P\), для которой скорость параллельна спице. Примените идею 33: мгновенный центр вращения — самая нижняя точка \(G\) колеса (поскольку она в контакте с землёй и потому имеет нулевую скорость). Значит, \(GP\) должна быть перпендикулярна спице; вспомните теперь идею 16.

(i) Используйте то, что оранжевая точка отсутствует; выдержка должна быть подходящей, чтобы захватить ровно четыре точки.

(ii) Используйте идею 1: в системе отсчёта центра диска вектор смещения \(\vec d\) между соседними вспышками всегда имеет один и тот же модуль \(d = 2R\sin(\omega\tau/2)\), а соседние векторы смещения всегда повёрнуты на один и тот же угол \(\omega\tau\). В лабораторной системе к ним нужно добавить дополнительный постоянный вектор смещения \(\vec v\tau\) из-за поступательного движения системы: \(\vec d\,' = \vec d+\vec v\tau\). Из-за этого, если привести все векторы смещения в такие положения, чтобы их начальные точки совпали, конечные точки будут лежать на окружности радиуса \(d\). Итак, перерисуем векторы смещения \(\vec{br}\), \(\vec{rg}\) и \(\vec{gy}\) и построим описанную окружность треугольника, образованного концами векторов; из этого чертежа можно измерить и угол поворота \(\omega\tau\) (для нахождения \(\omega\)), и постоянное смещение \(a = v\tau\) (для нахождения \(v\)), и радиус окружности \(d = 2R\sin(\omega\tau/2)\) (для нахождения \(R\)).

Для параболической формы струи \(y = kx^2\) множитель \(k\) можно определить по рисунку; это связывает друг с другом неизвестную единицу сетки \(d\), начальную скорость струи \(v\) и \(g = 9{,}81\) м/с\(^2\). Идея 39 связывает расход \(\frac\pi4d^2v\) со скоростью наполнения сосуда; у нас два уравнения и два неизвестных параметра, так что систему уравнений можно решить.

Пользуясь идеей 1, можно заключить, что весь мусор должен лежать на одной прямой с тем катером, с которого он упал, — это позволяет понять, какой мусор какому катеру соответствует. Пользуясь идеей 40, отмечаем точку, где катера встретились, — точку пересечения двух следов. Расстояния катеров от этой точки пропорциональны скоростям катеров. Расстояние \(A\) от точки, где след катера пересекается с береговой линией, даёт расстояние, снесённое течением (смещение системы отсчёта); с момента встречи катеров смещение системы было меньше и может быть найдено геометрически из подобных треугольников, образованных следующими линиями: следом, линией, соединяющей катер с его начальной точкой, береговой линией и линией, параллельной берегу, проведённой через точку пересечения следов. Аналогичное построение подобных треугольников для другого катера завершит задачу.

Примените идею 39: рассмотрите число машин, проходящих данную точку за единицу времени (частоту машин), и приравняйте сумму частот машин двух сливающихся полос к частоте для полосы \(C\); это даст вам скорость на полосе \(C\) (остальные вычисления элементарны).

Примените идею 39: введите плотность \(\rho\) воды в воздухе; тогда поток воды (масса за единицу времени) даётся выражением \(S\rho v\), где \(S\) — площадь поперечного сечения, а \(v\) — скорость человека относительно капель дождя. Для прямоугольного человека мы вычисляем полный поток в две части — воду, падающую на горизонтальную поверхность из-за вертикальной скорости капель, и воду, падающую на вертикальную поверхность из-за движения человека. Для сферического человека нужно вычислить относительную скорость по правилу треугольника для сложения скоростей. В любом случае мы получаем систему уравнений, из которой можно исключить площади поверхностей и скорость ветра.

Длина полосок определяется промежутком времени, в течение которого изображение капли остаётся внутри щели между шторками. Он, в свою очередь, обратно пропорционален той компоненте относительной скорости изображения, которая перпендикулярна краю шторки. В одном случае скорость шторок \(\vec v\) и скорость изображения капли \(\vec u\) параллельны, в другом — антипараллельны, а в третьем — перпендикулярны. В антипараллельном случае есть две возможности: мы не знаем, что быстрее — шторка или изображение. Хотя формально у нас три неизвестные величины (\(v\), \(u\) и ширина щели \(d\)), они входят в уравнения только в двух комбинациях, \(v/d\) и \(u/d\), т. е. по существу у нас лишь два неизвестных параметра. Поэтому выражения для \(l_1\) и \(l_2\) можно решить относительно \(v/d\) и \(u/d\), которые затем используются для вычисления значения \(l_3\).

Для малых окружностей радиусы должны образовывать последовательность \(r_n = \frac g{2\pi}n^2\tau^2\) (с \(n = 1,2,…\)); для больших колец должно быть \(r_{n+1}-r_n = \sqrt{hg}\,\tau\). Сняв измерения с рисунка, можно определить и \(\frac g{2\pi}n^2\tau^2\), и \(\sqrt{hg}\,\tau\) как произведение \(L\) на определённое численное значение; это даёт нам два уравнения, откуда можно исключить \(\tau\) и выразить \(h\).

Примените идею 27 и постройте волновой фронт за лодкой. Заметим, что локально фронт распространяется перпендикулярно самому себе, так что первой достигнет берега та часть волнового фронта, которая изначально (т. е. в точке своего рождения за лодкой) была параллельна берегу. Мы можем также заключить, пользуясь принципом Гюйгенса, что вблизи лодки фронт образует угол \(\arcsin\frac uv\) с траекторией лодки.

Примените идею 1: используйте систему отсчёта воды. Мы считаем, что вода движется как целое, по всей глубине, а потому в системе воды скорость волн одинакова для всех направлений распространения. Значит, можно заключить, что в системе воды скорость лодки параллельна биссектрисе угла, образованного волнами. Мы знаем, что в лабораторной системе лодка движется параллельно линии \(AB\), а потому можно вывести скорость воды из треугольника скоростей, зная скорость лодки. Из принципа Гюйгенса мы знаем, что угол между биссектрисой и волновым фронтом равен \(\arcsin\frac vw\), а значит, можно измерить угол, чтобы найти \(w\) и вычислить глубину \(h = w^2/g\).

(i) Используйте идею 1: в системе отсчёта воздуха след параллелен относительной скорости трактора. Значит, \(\vec v_{\text{трактора}}-\vec v_{\text{ветра}}\) параллелен следу; эти два вектора образуют треугольник, который легко построить (мы знаем направления двух его сторон и одну длину), откуда можно измерить длину \(\vec v_{\text{ветра}}\).

(ii) Следуя идее 40, мы хотели бы воспользоваться точкой пересечения следов. Однако тракторы не встретились. Значит, нужно провести ещё один след, который наблюдался бы, если бы тракторы встретились на перекрёстке (сдвиньте левый трактор вместе с его следом подходящим образом). Тогда скорость ветра можно сразу связать с расстоянием точки пересечения следов от перекрёстка (нужно лишь сравнить его с расстоянием тракторов от перекрёстка).

Главная идея — рассмотреть движение в свободно падающей системе отсчёта. Точнее, в свободно падающей системе мячи движутся с постоянными скоростями, а значит, находятся в вершинах основания \(B\) и \(C\) равнобедренного треугольника. В этой системе точка бросания — вершина \(A\) равнобедренного треугольника. Текущее положение точки \(A\) в лабораторной системе можно найти построением равнобедренного треугольника. Точка \(A\) упала в лабораторной системе из точки \(P\) с ускорением свободного падения, и время падения можно найти, измерив расстояние падения \(|AP|\). Скорости можно найти, измерив дальность полёта \(|AB|\) (или \(|AC|\)) в падающей системе.

Рассмотрите движение лодки в системе отсчёта воздуха. Точнее, по данным о ветре вычислите вектор смещения (т. е. смещение в направлении восток–запад и смещение в направлении север–юг); зная вектор смещения в лабораторной системе, вычислите вектор смещения воздуха, а по нему — его скорость.

Для начала нужно знать, что (как следует из законов сохранения энергии и импульса) если два абсолютно упругих шарика равной массы сталкиваются центрально, двигаясь вдоль одной прямой, то они обмениваются скоростями: шарик \(A\) уходит с начальной скоростью шарика \(B\) и наоборот.

Далее есть две главные идеи, которые нужно применить: во-первых, рассмотрите движение шариков в свободно скользящей системе отсчёта, где все шарики движутся с постоянными скоростями. Вторая — идея 41: добавьте ось времени и изучайте графики. Вы заметите, что график \(x-t\) состоит из \(N\) пересекающихся прямых, причём точки пересечения соответствуют соударениям. Число пересечений находится как число различных возможностей выбрать 2 прямые из набора \(N\) прямых.