МОШ, 1960–1986, 8–11 класс, механика, часть 1

Ответ

Время спуска больше времени подъёма.

Решение

Предположим сначала, что трение отсутствует. Тогда вследствие закона сохранения энергии скорость тела \(v\) после спуска по наклонной плоскости с высоты \(h\) равна скорости, которую нужно сообщить телу, чтобы оно поднялось на ту же высоту \(h\). Поскольку при подъеме и спуске ускорение по модулю одинаковое, время подъема будет равно времени спуска.

При учете силы трения скольжения скорость \(v_1\) тела после спуска в конце пути меньше скорости \(v\) (из-за работы силы трения), а скорость \(v_2\), которую нужно сообщить телу для подъема, больше \(v\) по той же причине. Поскольку спуск и подъем происходят с постоянными (хотя и разными) ускорениями, а пройденные пути одинаковы, то время спуска \(t_1\) и время подъема \(t_2\) найдем из уравнений \[s = v_1t_1/2,\qquad s = v_2t_2/2,\] где \(s\) — длина проходимого вдоль наклонной плоскости пути. Так как выполняется неравенство \(v_1 < v_2\), то легко получим, что \(t_1 > t_2\). Таким образом, при наличии силы трения скольжения время спуска с высоты \(h\) больше времени подъема на ту же высоту.

При решении задачи не принималась во внимание сила сопротивления воздуха. Тем не менее легко показать, что если наряду с силой тяжести и силой нормальной реакции наклонной плоскости имеется сила сопротивления воздуха, то независимо от конкретного вида последней время спуска всегда будет больше времени подъема. Действительно, если тело в процессе подъема оказалось на промежуточной высоте \(h'\), то, чтобы оно смогло подняться на высоту \(h\), его скорость \(v'\) на высоте \(h'\) при наличии силы сопротивления должна быть больше, чем при движении без сопротивления — часть кинетической энергии при последующем подъеме перейдет в теплоту. При спуске с высоты \(h\) тело, оказавшись на высоте \(h'\), из-за работы силы сопротивления будет иметь скорость \(v''\), которая меньше скорости тела, спускающегося в отсутствие силы сопротивления. Таким образом, проходя одну и ту же точку наклонной плоскости, на подъеме тело имеет скорость бо́льшую, чем на спуске. Поэтому небольшой участок наклонной плоскости вблизи точки \(h'\) тело на подъеме пройдет быстрее, чем на спуске. Разбивая весь путь тела на небольшие участки, видим, что на подъеме каждый такой участок будет пройден телом быстрее, чем на спуске. Следовательно, и общее время подъема будет меньше времени спуска.

Ответ

Локомотив будет находиться на расстоянии \(l = 25\) м от светофора.

Решение

Поскольку после начала торможения локомотив движется равнозамедленно, то он остановится через время \(t = v/a = 50\) с, за которое он пройдет путь \(s = v^2/(2a) = 375\) м. Таким образом, через 1 минуту после начала торможения локомотив будет находиться на расстоянии \(l = L - s = 25\) м от светофора.

Ответ

\(v = \sqrt{c^2 + 2act_2} - c = 80\) м/с.

Решение

В момент выключения пилотом двигателя вертолет находился на высоте \(h = at_1^2/2\). Учитывая, что звук на земле перестал быть слышен спустя время \(t_2\), получим уравнение \[t_2 = t_1 + \dfrac{at_1^2}{2c},\] где справа мы учли время подъема вертолета на высоту \(h\) и время, которое шел звук с высоты \(h\) до земли. Решая полученное квадратное уравнение, найдем величину \[t_1 = \sqrt{\left(\dfrac{c}{a}\right)^2 + 2\dfrac{c}{a}t_2} - \dfrac{c}{a}.\] Мы отбросили второй корень, поскольку он не имеет физического смысла.

Скорость вертолета \(v\) в момент прекращения работы двигателей с учетом числовых данных задачи найдем из соотношения \[v = at_1 = a\left[\sqrt{\left(\dfrac{c}{a}\right)^2 + 2\dfrac{c}{a}t_2} - \dfrac{c}{a}\right] = \sqrt{c^2 + 2act_2} - c = 80\text{ м/с}.\]

Ответ

\(t = t_1(2 + \sqrt2)\).

Решение

Спустя время \(t_1\) материальная точка, двигаясь с ускорением \(a\), пройдет путь \(s = at_1^2/2\) и будет иметь скорость \(v = at_1\). Выберем координатную ось \(x\), как показано на рисунке. Здесь \(O\) — точка, из которой началось движение, \(A\) — та точка, где тело оказалось спустя время \(t_1\).

Учитывая смену знака ускорения и применяя формулу для пути при равнопеременном движении, найдем время \(t_2\), за которое тело переместится из точки \(A\) снова в точку \(O\): \[0 = at_1^2/2 + at_1t_2 - at_2^2/2;\] отсюда \(t_2 = t_1(1 + \sqrt2)\).

Время \(t\), прошедшее от начала движения до возврата в исходное положение, найдем по формуле \[t = t_1 + t_2 = t_1(2 + \sqrt2).\]

Ответ

\(l_{\max} = (v_1 + v_2)^2/[2(a_1 + a_2)]\).

Решение

Будем рассматривать относительное движение тел с точки зрения 1-го тела. Тогда в начальный момент времени 1-е тело покоится (оно будет находиться в покое и в последующие моменты времени), а 2-е движется ему навстречу со скоростью \(v_1 + v_2\). Его ускорение постоянно, равно по модулю \(a_1 + a_2\) и направлено против направления его начальной скорости. Условие встречи означает, что расстояние, на котором скорость 2-го тела обратится в нуль, должно быть больше, чем расстояние между телами в начале движения; отсюда получаем \[l_{\max} = (v_1 + v_2)^2/[2(a_1 + a_2)].\]

Ответ

\(\tau = nt_1\) или \(\tau = t_1/2 + nt_1\) (\(n = 0, 1, 2, \ldots\)), где \(t_1 = 2\sqrt{2h_1/g}\) — период движения 1-го шарика; скорости совпадают в течение интервала времени \(t_1/2\), повторяясь с периодичностью \(t_1\).

Решение

Поскольку движение шариков происходит по вертикальной прямой, направим координатную ось вертикально вверх. Построим график зависимости проекции скорости шариков от времени на эту ось — рис. 1 для 1-го шарика (\(v_1(t)\)), рис. 2 для 2-го (\(v_2(t)\)) (моменты начала движения пока никак не связаны между собой). Эти графики

будут представлять бесконечный набор одинаково наклоненных (ускорение одинаковое) участков прямых. По оси времени эти отрезки отстоят друг от друга: для 1-го шарика на величину \(t_1 = 2\sqrt{2h_1/g}\), для 2-го на величину \(t_2 = 2\sqrt{2h_2/g}\). Так как по условию задачи \(h_1 = 4h_2\), то \(t_1 = 2t_2\), т. е. для 2-го шарика движение будет возобновляться вдвое чаще. Из соотношения начальных высот следует, что максимально достижимые шариками скорости также будут отличаться в два раза (см. рис. 1, 2): \[v_{1\max} = 2v_{2\max} = \sqrt{2h_1g} = v_0.\]

Для того чтобы скорости шариков совпали в какой-нибудь момент и по модулю, и по направлению, имеется две возможности. Либо впервые скорости шариков совпали спустя \(\tau = nt_1\) (где \(n = 0, 1, 2, \ldots\)) от начала движения в течение интервала времени \(t_1/4\), а потом они совпали спустя \(3t_1/4\) от начала движения и совпадали в течение интервала \(t_1/2\). Впоследствии с периодичностью \(t_1\) совпадение скоростей будет продолжаться в течение интервала времени \(t_1/2\). Другая возможность состоит в том, что 2-й шарик начал движение спустя время \(\tau = t_1/2 + nt_1\) (где \(n = 0, 1, 2, \ldots\)). Спустя интервал времени \(t_1/4\) скорости шариков впервые совпадают, и полное совпадение скоростей длится в течение интервала времени \(t_1/2\). Далее картина повторяется с периодичностью \(t_1\).

При других моментах начала движения 2-го шарика из-за кратности периодов повторяемости движений шариков графики скоростей не будут иметь общих точек, если их соответствующим образом «наложить», поэтому задача не будет иметь решений.

Ответ

Шарик попадает в низшую точку именно при \(H = R/8\).

Решение

Рассмотрим движение одного шарика, свободно падающего вблизи оси симметрии с высоты \(H\), начиная с момента его соударения с поверхностью. В момент удара шарик имеет начальную скорость \(v_0 = \sqrt{2gH}\) (поскольку удар абсолютно упругий), направление скорости \(v_0\) составляет угол \(2\alpha\) с вертикалью (см. рисунок).

Пусть спустя время \(t\) после соударения с поверхностью смещение шарика по горизонтали равно \(s\), тогда \(v_0\sin 2\alpha\cdot t = s\). Отсюда получаем \(t = s/(\sqrt{2gH}\sin 2\alpha)\), где \(v_0\sin 2\alpha\) — горизонтальная составляющая начальной скорости шарика (за время \(t\) шарик больше не ударяется о поверхность). Высота, на которой будет находиться шарик спустя время \(t\), равна \[\Delta h = h_0 + v_0\cos 2\alpha\cdot t - gt^2/2,\] где \(v_0\cos 2\alpha\) — вертикальная составляющая начальной скорости шарика.

Поскольку шарик начал падать с высоты \(H\) вблизи оси симметрии (угол \(\alpha\) мал), можно считать, что \(h_0 \approx 0\), \(\sin 2\alpha \approx 2\alpha\), \(\cos 2\alpha \approx 1\), \(s \approx R\alpha\). Учитывая эти и полученные выше соотношения, найдем условия попадания шарика в низшую точку сферической поверхности: \[t = s/(\sqrt{2gH}\sin 2\alpha) = R/(2\sqrt{2gH}),\] \[\Delta h \approx v_0t - gt^2/2 = R/2 - R^2/(16H) = 0.\] Отсюда получаем, что \(H = R/8\).

Ответ

\(t = \dfrac{v_0\sin\alpha\,(v_0\cos\alpha + 2v)}{g\,(v_0\cos\alpha + v)}\).

Решение

Так как стенка гладкая, то удар о стенку не изменяет вертикальную составляющую скорости шарика. Поэтому полное время движения шарика \(t_1\) представляет собой полное время подъема и спуска на первоначальную высоту в поле силы тяжести тела, брошенного вверх со скоростью \(v_0\sin\alpha\). Следовательно, \(t_1 = 2v_0\sin\alpha/g\). Движение шарика по горизонтали складывается из двух участков пути: до соударения со стенкой он двигался со скоростью \(v_0\cos\alpha\); после соударения шарик пролетел назад такой же путь, но с другой скоростью. Чтобы рассчитать скорость обратного движения шарика, заметим, что скорость сближения шарика и стенки (по горизонтали) была равна \(v_0\cos\alpha + v\). Поскольку удар абсолютно упругий, то после удара шарик будет удаляться от стенки со скоростью \(v_0\cos\alpha + v\), поэтому относительно земли он будет иметь горизонтальную скорость \[(v_0\cos\alpha + v) + v = v_0\cos\alpha + 2v.\] Если до удара о стенку шарик летел время \(t\), то, приравнивая пути, пройденные им до и после соударения, получим уравнение \[v_0\cos\alpha\cdot t = (t_1 - t)(v_0\cos\alpha + 2v).\] Отсюда, учитывая, что полное время движения шарика равно \(t_1 = 2v_0\sin\alpha/g\), получим \[t = v_0\sin\alpha\,(v_0\cos\alpha + 2v)/[g\,(v_0\cos\alpha + v)].\]

Ответ

\(nr\cos\alpha/v = k\sqrt{2H/g}\), где \(n\) и \(k\) — целые взаимно простые числа.

Решение

На рисунке приведен вид сверху на траекторию движения шарика. Поскольку соударения шарика со стенкой и дном колодца упругие, модуль горизонтальной составляющей скорости шарика остается неизменным и равным \(v\). Расстояния по горизонтали между точками, в которых происходят два последовательных соударения, равны \(AA_1 = A_1A_2 = A_2A_3 = \ldots = 2r\cos\alpha\). Время между двумя последовательными соударениями шарика со стенкой колодца равно \(t_1 = 2r\cos\alpha/v\).

Вертикальная составляющая скорости шарика при соударении со стенкой не изменяется, а при соударении с дном меняет знак на противоположный. Модуль вертикальной составляющей скорости при первом ударе о дно равен \(\sqrt{2gH}\), время движения от верха колодца до дна равно \(t_2 = \sqrt{2H/g}\).

На втором рисунке представлена плоская вертикальная развертка многогранника \(A_1A_2A_3\ldots\); участки траектории движения шарика внутри колодца на такой развертке — параболы (целые параболы — участки траектории между последовательными ударами о дно). Шарик сможет «выбраться» из колодца, если момент максимального подъема по параболе совпадает с моментом соударения со стенкой (т. е. в момент максимального подъема шарик окажется в точке \(A_n\) края колодца). При этом времена \(t_1\) и \(t_2\) будут связаны соотношением \[nt_1 = 2kt_2,\] где \(n\) и \(k\) — целые взаимно простые числа. Подставляя значения \(t_1\) и \(t_2\), находим соотношение между \(v\), \(H\), \(r\) и \(\alpha\), при котором шарик может «выбраться» из колодца: \[nr\cos\alpha/v = k\sqrt{2H/g}.\]

Ответ

Если \(v_0^2 < gl\sin 2\alpha\) или \(v_0^2/(v_0^2 + 2gl) \leqslant \sin 2\alpha\), то \(L_{\max} = v_0^2/g\) (угол стрельбы \(\pi/4\)); если же \(v_0^2/(v_0^2 + 2gl) > \sin 2\alpha\), то \(L_{\max} = \dfrac{v_0^2}{g}\sin 2\left(\alpha + \arcsin\dfrac{\sqrt{gl\sin 2\alpha}}{v_0}\right)\).

Решение

Из всех возможных траекторий снаряда выберем ту, которая касается укрытия. Рассмотрим движение снаряда в системе координат, оси которой направлены так, как показано на рисунке. В этой системе «горизонтальная» (вдоль оси \(Ax\)) составляющая начальной скорости снаряда равна \(v_{0x} = v_0\cos(\varphi - \alpha)\), а «вертикальная» (вдоль оси \(Ay\)) составляющая равна \(v_{0y} = v_0\sin(\varphi - \alpha)\), где \(\varphi\) — угол, который составляет с горизонтом направление начальной скорости снаряда.

Точка \(C\), в которой траектория снаряда касается укрытия, определяет максимальную высоту \(h'\) поднятия снаряда над «горизонтом», равную, как видно из рисунка, \(l\sin\alpha\). В этой точке составляющая полной скорости \(v\) снаряда на ось \(Ay\) равна нулю и \[h' = v_{0y}^2/(2g'),\] где \(g' = g\cos\alpha\) — «ускорение свободного падения» в системе координат \(xAy\). Таким образом, \[v_0^2\sin^2(\varphi - \alpha) = 2gl\cos\alpha\sin\alpha.\] Отсюда, в частности, вытекает, что если по условию задачи \[v_0^2 < 2gl\cos\alpha\sin\alpha = gl\sin 2\alpha,\] то ни одна из траекторий снаряда не коснется укрытия и максимальная дальность полета \(L_{\max}\) будет у снаряда, пущенного под углом \(\varphi = \pi/4\) к горизонту; при этом \(L_{\max} = v_0^2/g\).

Если по условию задачи выполняется соотношение \[v_0^2 \geqslant gl\sin 2\alpha,\] то для того, чтобы траектория касалась укрытия, снаряд должен быть пущен под углом \[\varphi = \varphi_{\text{кас}} = \alpha + \arcsin\sqrt{gl\sin 2\alpha}/v_0.\] Если при этом по условию задачи выполняется неравенство \[v_0^2/(v_0^2 + 2gl) \leqslant \sin 2\alpha,\] что в свою очередь означает выполнение условия \(\varphi_{\text{кас}} \geqslant \pi/4\) (покажите!), то угол вылета снаряда с максимальной дальностью полета равен \(\varphi = \pi/4\) и \(L_{\max} = v_0^2/g\). Если же по условию задачи выполняется обратное неравенство \[v_0^2/(v_0^2 + 2gl) > \sin 2\alpha,\] что в свою очередь означает выполнение условия \(\varphi_{\text{кас}} < \pi/4\), то \[\varphi = \varphi_{\text{кас}} = \alpha + \arcsin\dfrac{\sqrt{gl\sin 2\alpha}}{v_0},\] \[L_{\max} = \dfrac{v_0^2}{g}\sin 2\varphi = \dfrac{v_0^2}{g}\sin 2\left(\alpha + \arcsin\dfrac{\sqrt{gl\sin 2\alpha}}{v_0}\right).\]

Ответ

\(v_1/v_2 = \operatorname{ctg}2\beta_2/\operatorname{ctg}2\beta_1 = 3\).

Решение

Предположим, что град падает вертикально со скоростью \(\vec v\). В системе отсчета, связанной с автомашиной, угол падения града на лобовое стекло равен углу отражения. Скорость града при этом до попадания на стекло будет равна \(\vec v - \vec v_1\) (см. рисунок). Поскольку после отражения градины (с точки зрения водителя) летят вертикально вверх, то угол отражения, а значит, и угол падения равны \(\beta_1\) (\(\beta_1\) — угол наклона лобового стекла автомашины). Следовательно, \(\alpha + 2\beta_1 = \pi/2\), причем \(\operatorname{tg}\alpha = v/v_1\). Отсюда \(\operatorname{tg}\alpha = \operatorname{tg}(\pi/2 - 2\beta_1) = \operatorname{ctg}2\beta_1\), \(v/v_1 = \operatorname{ctg}2\beta_1\). Поэтому для отношения скоростей двух автомашин получим условие

\[v_1/v_2 = \operatorname{ctg}2\beta_2/\operatorname{ctg}2\beta_1 = 3.\]

Ответ

Скорость точки \(C\) равна \(v\) (скорости всех точек листа одинаковы).

Решение

Перейдем в систему отсчета, движущуюся вместе с точками \(A\) и \(B\). В этой системе отсчета скорости точек \(A\) и \(B\) будут равны нулю. Поскольку расстояния \(AC\) и \(BC\) постоянны, точка \(C\), с одной стороны, может двигаться по окружности радиуса \(AC\) с центром в точке \(A\), с другой стороны, — по окружности радиуса \(BC\) с центром в точке \(B\). Поэтому направление скорости точки \(C\) должно быть перпендикулярно как прямой \(AC\), так и прямой \(BC\). Поскольку точки \(A\), \(B\) и \(C\) не лежат на одной прямой, то направление скорости точки \(C\) было бы перпендикулярно двум пересекающимся прямым \(AC\) и \(BC\), что невозможно. Следовательно, скорость точки \(C\) в движущейся системе равна нулю, а в исходной системе (связанной с землей) скорость точки \(C\) равна скорости точек \(A\) и \(B\).

Если бы точка \(C\) лежала на прямой \(AB\) и ее скорость (в системе отсчета, связанной с листом фанеры) не была бы равна нулю, то спустя небольшой интервал времени либо расстояние \(AC\), либо расстояние \(BC\) должно увеличиться, чего не может быть.

Следовательно, при рассматриваемом движении листа фанеры скорости всех его точек одинаковы.

Ответ

Заезжать следует задним ходом.

Решение

Пусть машина заехала в небольшой просвет между двумя другими автомашинами. При этом она расположена по отношению к тротуару так, как показано на рисунке. Поставим вопрос: как легче машине теперь выехать — передним или задним ходом? Поскольку поворачиваются только передние колеса, то при любом маневрировании машины центр окружности \(O\), по которой машина выезжает (вперед или назад), всегда лежит на прямой, проходящей через центры задних колес. Таким образом, при выезде задним ходом траектория машины скорее «заденет» заднюю машину, чем при выезде передним ходом (центр соответствующей окружности сдвинут назад по отношению к середине машины). Легко понять, что выезд машины — это обращенный во времени въезд. Поэтому заезжать в небольшой просвет следует задним ходом.

Ответ

\(a = \sqrt{a_0^2 + (v_C^2/r)^2} = a_0\sqrt{109}/3\).

Решение

Рассмотрим движение самолета, начиная с момента его перехода на круговую траекторию (см. рисунок). По условию задачи в верхней точке траектории \(B\) скорость самолета равна \(v_1 = v_0/2\), поэтому радиус \(r\) описываемой самолетом окружности найдем из соотношения

\[v_0^2/4 = v_0^2 - 2a_0\cdot 2r,\] которое получается из закона движения самолета при \(h = 2r\). Для точки траектории \(C\), где скорость самолета направлена вверх, общее ускорение будет складываться из центростремительного ускорения \(a_\text{ц} = v_C^2/r\) (\(v_C^2 = v_0^2 - 2a_0r\), где \(v_C\) — скорость самолета в точке \(C\)) и тангенциального ускорения \(a_t\) (это ускорение отвечает за изменение модуля скорости).

Чтобы найти тангенциальное ускорение, рассмотрим небольшое перемещение самолета из точки \(C\) в точку \(C'\). Тогда \(v_{C'}^2 = v_0^2 - 2a_0(r + \Delta h)\). Поэтому \(v_{C'}^2 - v_C^2 = -2a_0\Delta h\), где \(\Delta h\) — изменение высоты самолета при перемещении его в точку \(C'\). Разделим обе части полученного соотношения на тот промежуток времени \(\Delta t\), за который это перемещение произошло: \[(v_{C'}^2 - v_C^2)/\Delta t = -2a_0\Delta h/\Delta t.\] Тогда, устремим точку \(C' \to C\) и \(\Delta t \to 0\), получим \[2v_Ca_t = -2a_0v_C.\] Отсюда \(a_t = -a_0\). Общее ускорение самолета в момент, когда его скорость направлена вертикально вверх, получим в виде \[a = \sqrt{a_0^2 + (v_C^2/r)^2} = a_0\sqrt{109}/3.\]

Ответ

Ось зонта должна быть наклонена под углом \(\alpha = \operatorname{arcctg}[v_0/(\omega r)]\) к вертикали в направлении движения карусели и перпендикулярна радиусу карусели.

Решение

Пусть скорость капель над человеком относительно карусели направлена под углом \(\alpha\) к вертикали. Этот угол определяется из треугольника скоростей, изображенного на рисунке.

Так как, согласно закону сложения скоростей, \(\vec v_0 = \vec v_{\text{отн}} + \vec v_{\text{кар}}\), где \(\vec v_{\text{кар}}\) — скорость карусели в месте нахождения человека, то \(\vec v_{\text{отн}} = \vec v_0 - \vec v_{\text{кар}}\). Скорость карусели равна \(v_{\text{кар}} = \omega r\). Следовательно, \(\operatorname{ctg}\alpha = v_0/(\omega r)\).

Итак, ось зонта должна быть наклонена под углом \(\alpha = \operatorname{arcctg}[v_0/(\omega r)]\) к вертикали в направлении движения карусели и перпендикулярна радиусу карусели.

Ответ

\(\omega = \dfrac{v}{R + r}\sin\alpha\cdot\operatorname{tg}\dfrac{\alpha}{2}\) (в книге: \(= \dfrac{2v\sin^2(\alpha/2)}{(R + r)\cos(\alpha/2)}\)).

Решение

Пусть в некоторый момент времени доска касается катушки в точке \(C\). Скорость точки \(C\) складывается из скорости \(v_0\) оси катушки \(O\) и равной ей по модулю (проскальзывания нет) скорости точки \(C\) (относительно точки \(O\)), касательной к окружности в точке \(C\). Если угловая скорость доски в этот момент времени равна \(\omega\), то линейная скорость той точки доски, которая касается катушки, будет равна \(\omega R\operatorname{ctg}(\alpha/2)\) (см. рисунок). Поскольку доска все время касается катушки, скорость точки \(C\) относительно доски будет направлена вдоль доски, откуда \(\omega R\operatorname{ctg}(\alpha/2) = v_0\sin\alpha\). Из отсутствия проскальзывания катушки по горизонтальной поверхности следует, что

\[v_0/R = v/(R + r).\] Поэтому для угловой скорости \(\omega\) получим выражение \[\omega = \dfrac{v}{R + r}\sin\alpha\cdot\operatorname{tg}\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{2v\sin^2(\alpha/2)}{(R + r)\cos(\alpha/2)}.\]

Ответ

\(t_2 = (\sqrt5 - 1)t_1\).

Решение

После перемотки толстой ленты она будет занимать часть катушки площадью \(S_1 = \pi(r_\text{к}^2 - r_\text{н}^2) = 8\pi r_\text{н}^2\). Тогда длина намотанной ленты будет \(l = S_1/d = 8\pi(r_\text{н}^2/d)\), где \(d\) — толщина толстой ленты.

После перемотки тонкой ленты она будет занимать часть катушки площадью \(S_2 = \pi(r_\text{к}'^2 - r_\text{н}^2)\), где \(r_\text{к}'\) — конечный радиус намотки во втором случае. Так как длины лент одинаковы, а толщина ленты во втором случае вдвое меньше, чем в первом, можно написать \[l = 2\pi(r_\text{к}'^2 - r_\text{н}^2)/d,\quad r_\text{к}'^2 - r_\text{н}^2 = 4r_\text{н}^2.\] Следовательно, конечный радиус \(r_\text{к}'\) намотки во втором случае равен \[r_\text{к}' = \sqrt5\,r_\text{н}.\] Число оборотов \(N_1\) и \(N_2\) катушки, сделанных при перемотке в первом и втором случаях, можно записать в виде \[N_1 = \dfrac{2r_\text{н}}{d},\quad N_2 = \dfrac{(\sqrt5 - 1)r_\text{н}}{d/2},\] откуда \(t_2 = (\sqrt5 - 1)t_1\).

Ответ

\(t_2 = t_1/4 = 5\) мин.

Решение

Пусть начальный радиус намотки был \(4r\), тогда при уменьшении радиуса вдвое (до \(2r\)) площадь намотки уменьшится на величину \[S = \pi(16r^2 - 4r^2) = 12\pi r^2,\] что равно произведению длины смотавшейся пленки \(l_1\) на ее толщину \(d\). При прослушивании записи скорость движения ленты \(v\) постоянна, поэтому \(l_1 = vt_1\), и можно написать соотношение \[12\pi r^2 = vt_1d. \tag{1}\] Когда радиус намотки на кассете уменьшится еще раз вдвое (с \(2r\) до \(r\)), площадь намотки уменьшится на величину \(\pi(4r^2 - r^2) = 3\pi r^2\), т. е. \[3\pi r^2 = vt_2d, \tag{2}\] где \(t_2\) — время, за которое уменьшился радиус намотки во втором случае. Поделив уравнения (1) и (2) почленно друг на друга, найдем \[t_2 = t_1/4 = 5\text{ мин}.\]

Ответ

\(v_2 = v_1\dfrac{2\sin^2(\alpha/2)}{\cos\alpha}\), скорость направлена вверх.

Решение

Перейдем в систему отсчета, связанную с колечком \(O'\). В этой системе отсчета скорость точки \(O\) равна \(v_1/\cos\alpha\) и направлена вверх, так как нить нерастяжима и относительно колечка \(O'\) веревка выбирается с постоянной скоростью \(v_1\). Поэтому относительно прямой \(AA'\), связанной с землей, скорость колечка \(O\) будет равна \[v_2 = \dfrac{v_1}{\cos\alpha} - v_1 = v_1\dfrac{2\sin^2(\alpha/2)}{\cos\alpha}\] и направлена вверх.

Ответ

\(a_\text{гр} = 2a\sin(\alpha/2)\).

Решение

К моменту времени \(t\) от начала движения клин пройдет расстояние \(s = at^2/2\) и приобретет скорость \(v_\text{к} = at\). За это время грузик переместится вдоль клина на такое же расстояние \(s\), а его скорость относительно клина будет равна \(v_{\text{отн}} = at\) и направлена вдоль клина вверх. Скорость \(v_{\text{гр}}\) грузика относительно земли равна \(\vec v_{\text{гр}} = \vec v_{\text{отн}} + \vec v_\text{к}\), т. е. (см. рисунок)

\[v_{\text{гр}} = 2v_\text{к}\sin(\alpha/2) = [2a\sin(\alpha/2)]\,t,\] а угол, который скорость \(v_{\text{гр}}\) составляет с горизонтом, равен \[\beta = (\pi - \alpha)/2 = \text{const}.\] Таким образом, грузик движется вдоль прямой, составляющей с горизонтом угол \(\beta = (\pi - \alpha)/2\); ускорение грузика относительно земли, пока он находится на клине, равно \[a_{\text{гр}} = 2a\sin(\alpha/2).\]

Ответ

\(t = 75\) с.

Решение

Скорость муравья меняется со временем не по линейному закону. Поэтому средняя скорость на разных участках пути различна, и пользоваться для решения известными формулами для средней скорости нельзя.

Разобьем путь муравья от точки \(A\) до точки \(B\) на малые участки, проходимые за малые промежутки времени \(\Delta t\). Тогда \(\Delta t = \Delta l/v_{\text{ср}}(\Delta l)\), где \(v_{\text{ср}}(\Delta l)\) — средняя скорость на данном отрезке \(\Delta l\). Эта формула подсказывает идею решения задачи: нарисуем зависимость величины \(1/v_{\text{ср}}(\Delta l)\) от \(l\) на пути от точки \(A\) до точки \(B\). Этот график — отрезок прямой (см. рисунок); заштрихованная на рисунке площадь \(S\) под этим отрезком численно равна искомому времени.

Вычислим ее: \[S = \dfrac{1/v_1 + 1/v_2}{2}(l_2 - l_1) = \left(\dfrac{1}{2v_1} + \dfrac{1}{2v_1}\dfrac{l_2}{l_1}\right)(l_2 - l_1) = \dfrac{l_2^2 - l_1^2}{2v_1l_1}\] (так как \(1/v_2 = (1/v_1)\,l_2/l_1\)). Таким образом, муравей добежит от точки \(A\) до точки \(B\) за время \[t = \dfrac{4\text{ м}^2 - 1\text{ м}^2}{2\cdot 2\text{ м/с}\cdot 10^{-2}\cdot 1\text{ м}} = 75\text{ с}.\]

Ответ

\(v_\text{в} = v_\text{п} = 10\) м/с; направление ветра — вдоль касательной \(CC'\), проведенной из острия «клюва» следа к окружности (траектории паровоза).

Решение

Очевидно, все участки дымного следа в горизонтальном направлении движутся со скоростью ветра. Рассмотрим траекторию движения паровоза относительно системы отсчета, движущейся вместе с ветром (см. рисунок). Точки дымного следа \(A'\) и \(B'\) соответствуют дыму, выпущенному паровозом в точках \(A\) и \(B\) его круговой траектории относительно земли. При этом очевидно, что \(AA' \parallel BB'\). Легко понять, что траектория паровоза относительно системы отсчета, движущейся вместе с ветром, будет представлять собой траекторию точки колеса радиуса \(R\), которое вращается со скоростью \(v_\text{п}\) и катится против ветра (влево) со скоростью \(v_\text{в}\). Как известно, эта траектория называется циклоидой. В зависимости от соотношения скоростей \(v_\text{п}\) и \(v_\text{в}\) траектория существенно различна в своей нижней части. Она либо образует петлю — случай \(v_\text{п} > v_\text{в}\) (см. рисунок слева), либо имеет место плавный переход, когда \(v_\text{п} < v_\text{в}\) (см. рисунок в середине), либо, наконец, образует острый «клюв», когда \(v_\text{п} = v_\text{в}\) (см. рисунок справа). Последний случай отвечает нашей задаче. Таким образом, скорость ветра равна \(v_\text{в} = v_\text{п} = 10\) м/с, а чтобы найти ее направление, проведем из острия «клюва» касательную \(CC'\) к траектории движения паровоза (окружности) относительно земли.

Ответ

Никита с точки зрения Игоря движется поступательно по окружности радиуса \(R + r\); Слава с точки зрения Никиты — поступательно по окружности радиуса \(R + r\).

Решение

Пусть карусели повернулись на некоторый угол \(\varphi\) (см. рисунок).

Построим точку \(O\) (\(OA = R\)) такую, что точки \(O\), \(\text{С}\), \(A\), \(\text{И}\) будут лежать на одной прямой. Тогда нетрудно видеть, что \(O\text{Н} = R + r\) в любой момент времени. Кроме того, точка \(O\) относительно Игоря неподвижна (Слава все время находится напротив Игоря). Поэтому с точки зрения Игоря Никита будет двигаться поступательно по окружности радиуса \(R + r\) с центром в точке \(O\), которая относительно земли движется по окружности радиуса \(R\) с центром в точке \(A\). Слава с точки зрения Никиты будет поступательно двигаться по окружности радиуса \(R + r\) с центром в точке \(O\), неподвижным относительно Никиты. Однако относительно земли точка \(O\) движется по окружности радиуса \(r\) с центром в точке \(B\).

Ответ

\(v_A = \dfrac{v}{2\sqrt{1 - (d/2R)^2}}\).

Решение

Поскольку обруч с центром в точке \(O_1\) покоится, скорость \(v_A\) верхней точки \(A\) «пересечения» обручей в любой момент времени должна быть направлена по касательной к окружности с центром \(O_1\) (см. рисунок). Отрезок \(AB\) в любой момент времени делит расстояние \(d = OO_1\) между центрами обручей пополам, поэтому горизонтальная проекция скорости \(v_A\) все время равна \(v/2\). Следовательно, скорость \(v_A\) составляет с горизонтом угол \(\varphi = \pi/2 - \alpha\) и равна

\[v_A = v/(2\cos\varphi) = v/(2\sin\alpha).\] Поскольку \(\sin\alpha = \sqrt{1 - \cos^2\alpha} = \sqrt{1 - (d/2R)^2}\), то скорость верхней точки «пересечения» обручей равна \[v_A = \dfrac{v}{2\sqrt{1 - (d/2R)^2}}.\]

Ответ

\(v_{A_1} = v/2\), \(v_{A_2} = 5v/6\), \(v_{B_2} = (\sqrt{17}/6)\,v\).

Решение

Из условия задачи следует, что во время движения конструкции между длинами \(l_1\), \(l_2\), \(l_3\) отрезков \(A_0A_1\), \(A_0A_2\), \(A_0A_3\) сохраняется соотношение \[l_1:l_2:l_3 = 3:5:6.\] Поэтому скорости точек \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\) относятся как \[v_{A_1}:v_{A_2}:v_{A_3} = 3:5:6\] и, следовательно (см. рисунок),

\[v_{A_1} = v/2,\quad v_{A_2} = 5v/6.\] Рассмотрим теперь движение среднего звена (\(A_1B_2A_2C_2\)) в тот момент, когда углы конструкции прямые. В системе отсчета, движущейся со скоростью \(v_{A_1}\), в этот момент скорость \(v'_{B_2}\) точки \(B_2\) направлена вдоль стороны \(B_2A_2\); скорость точки \(A_2\) направлена горизонтально и равна \[v'_{A_2} = v_{A_2} - v_{A_1} = v/3.\] Из условия нерастяжимости стержня \(B_2A_2\) вытекает, что \[v'_{B_2} = v'_{A_2}\sin(\pi/4) = v\sqrt2/6.\] Скорость точки \(B_2\) относительно неподвижной системы отсчета найдем, воспользовавшись теоремой косинусов: \[v_{B_2}^2 = v_{A_1}^2 + v_{B_2}'^2 + (2\sqrt2/2)\,v_{A_1}v'_{B_2} = (17/36)\,v^2,\] \[v_{B_2} = (\sqrt{17}/6)\,v.\]

Ответ

\(v_0 = vR/(R\sin\alpha - r)\).

Решение

Если нить тянуть так, как показано на рисунке, катушка будет катиться вправо, вращаясь по часовой стрелке вокруг своей оси.

Для точки \(B\) сумма проекций скорости \(v_0\) поступательного движения и линейной скорости вращательного движения (с угловой скоростью \(\omega\)) на направление нити равна \(v\): \[v = v_0\sin\alpha - \omega r.\] Так как по условию задачи катушка движется по горизонтальной поверхности без проскальзывания, то сумма проекций соответствующих скоростей для точки \(C\) равна нулю: \[v_0 - \omega R = 0.\] Решая полученные уравнения, находим, что скорость \(v_0\) равна \[v_0 = vR/(R\sin\alpha - r).\] Очевидно, что при \(R\sin\alpha = r\) (это соответствует случаю, когда точки \(A\), \(B\) и \(C\) лежат на одной прямой) выражение для \(v_0\) теряет смысл. Заметим также, что найденное выражение описывает движение катушки как вправо (когда точка \(B\) находится выше прямой \(AC\) и \(R\sin\alpha > r\)), так и влево (когда точка \(B\) находится ниже прямой \(AC\) и \(R\sin\alpha < r\)).

Ответ

Скорость \(v_1\) имеют точки заготовки, лежащие на окружности радиуса \(OA\), скорость \(v_2\) — точки на окружности радиуса \(OB\), где \(O\) — мгновенный центр вращения (точка отрезка \(AB\) с нулевой скоростью).

Решение

Скорости точек заготовки, лежащих в данный момент на отрезке \(AB\), равномерно меняются от \(v_1\) в точке \(A\) до \(v_2\) в точке \(B\). Следовательно, скорость точки \(O\) (см. рисунок) в данный момент равна нулю. Точка \(O\) — мгновенный центр вращения. (Поскольку заготовка объемная, точка \(O\) лежит на мгновенной оси вращения, которая перпендикулярна плоскости рисунка.) Понятно, что скорость \(v_1\) в данный момент имеют точки заготовки, лежащие на окружности радиуса \(OA\), а скорость \(v_2\) — точки, лежащие на окружности радиуса \(OB\). (В объемной заготовке точки с такими скоростями лежат на цилиндрических поверхностях, радиусы которых равны соответственно \(OA\) и \(OB\).)

Ответ

\(v = \mu gt - v_0 = 3\) м/с.

Решение

Для описания движения бруска выберем систему отсчета, связанную с лентой транспортера. Тогда в начальный момент времени брусок имел скорость \(v_\text{б} = v_0 + v\), а его движение происходило с постоянным ускорением \(a = -\mu g\). Для момента времени \(t\), когда скорость бруска станет равной нулю, получим уравнение \(0 = v_0 + v - \mu gt\). Отсюда найдем скорость ленты транспортера: \(v = \mu gt - v_0 = 3\) м/с.

Ответ

\(t = \pi/\sqrt{gb\cos\alpha}\).

Решение

Запишем уравнение движения тела по наклонной плоскости. Пусть его мгновенная координата равна \(x\) (смещение от вершины наклонной плоскости), тогда \[ma = mg\sin\alpha - mg\cos\alpha\cdot bx,\] где \(m\) — масса тела, \(a\) — его ускорение. Полученное уравнение движения по своему виду напоминает уравнение колебаний тела, подвешенного на пружине жесткости \(k = mg\cos\alpha\cdot b\), в поле «силы тяжести» \(mg\sin\alpha\). Аналогия с колебательным движением и помогает решить задачу.

Найдем положение тела \(x_0\), для которого сумма действующих на тело сил равна нулю — это будет «положением равновесия» при колебательном движении тела. Очевидно, \(mg\sin\alpha - mg\cos\alpha\cdot bx_0 = 0\); отсюда находим \(x_0 = (1/b)\operatorname{tg}\alpha\). В этот момент тело будет иметь скорость \(v_0\), которую получим из закона изменения механической энергии тела: \[\dfrac{mv_0^2}{2} = mg\sin\alpha\cdot x_0 - \dfrac{kx_0^2}{2} = mg\sin\alpha\cdot x_0 - \dfrac{mgb\cos\alpha}{2}x_0^2,\] \[v_0^2 = 2gx_0\sin\alpha - gbx_0^2\cos\alpha = \dfrac{g}{b}\dfrac{\sin^2\alpha}{\cos\alpha}.\] При последующем движении тело сместится еще на величину \(x_0\) — «амплитудное» значение колебаний, что легко получить из «закона сохранения механической энергии». Частоту соответствующего колебательного движения найдем из соотношения \(k/m = gb\cos\alpha = \omega_0^2\).

Таким образом, тело, пройдя после «положения равновесия» еще расстояние \(x_0 = (1/b)\operatorname{tg}\alpha\), остановится. В этот момент возвращающая сила «пропадет», так как она есть не что иное, как сила трения скольжения. Как только тело остановится, сила трения скольжения изменит направление и превратится в силу трения покоя, равную \(mg\sin\alpha\). Коэффициент трения между телом и наклонной плоскостью в месте остановки тела равен \(\mu_{\text{ост}} = b\cdot 2x_0 = 2\operatorname{tg}\alpha\), т. е. его заведомо хватит, чтобы тело оставалось в покое и дальше.

С точки зрения колебательного подхода к описанию данного движения полное время движения тела займет половину «периода колебаний». Таким образом, \[t = T/2 = 2\pi/(2\omega_0) = \pi/\sqrt{gb\cos\alpha}.\]

Ответ

Путь торможения после толчка относится к пути до первой остановки как \(\sqrt2 - 1\), а время торможения после толчка — ко времени до первой остановки как \(1/2\).

Решение

Сила трения саней с грузом \(F_{\text{тр}}(x)\) прямо пропорциональна длине \(x\) въехавшей на песок части саней; запишем уравнение движения саней при их торможении по песку в первом случае: \[ma = -mg(x/l)\mu,\] где \(m\) — масса, \(a\) — ускорение, \(l\) — длина, \(\mu\) — коэффициент трения саней о песок. Как и в решении задачи 1.29, мы получили «уравнение колебаний». Поэтому торможение саней при въезде на песок соответствует движению груза на пружине (жесткости \(k = (mg/l)\mu\)), которому сообщили в положении равновесия скорость \(v_0\). Тогда зависимость от времени въехавшей на песок части саней \(x(t)\) и их скорость \(v(t)\) получим в виде \[x(t) = x_0\sin\omega_0t,\quad v(t) = v_0\cos\omega_0t,\] причем \[x_0 = v_0/\omega_0,\quad \omega_0 = \sqrt{k/m} = \sqrt{(g/l)\mu}.\] Нетрудно понять, что время до полной остановки саней равно четверти «периода колебаний»; таким образом, \[t_1 = \pi/(2\omega_0) = (\pi/2)\sqrt{l/(\mu g)}.\] Во втором случае (после резкого толчка) движение можно рассматривать, как если бы сани, въезжая на песок, имели скорость \(v_1 > v_0\) и, пройдя расстояние \(x_0\), затормозились до скорости \(v_0\) (с этого момента и наступает второй случай). При этом интересующее нас движение саней после толчка предстанет в виде части общего колебательного движения по закону \[x(t) = x_1\sin\omega_0t,\quad v(t) = v_1\cos\omega_0t\] с момента времени \(t_2\), когда скорость саней стала равной \(v_0\). Как и прежде, \(x_1 = v_1/\omega_0\). Кроме того, \[[mg/(2l)]\,\mu x_0^2 = mv_1^2/2 - mv_0^2/2;\] отсюда \(v_1 = x_0\omega_0\sqrt2\).

После толчка сани пройдут путь \[x_1 - x_0 = v_1/\omega_0 - v_0/\omega_0 = (1/\omega_0)(v_1 - v_0) = x_0(\sqrt2 - 1).\] Следовательно, отношение путей торможения равно \[(x_1 - x_0)/x_0 = \sqrt2 - 1.\] Для нахождения времени движения саней после толчка мы должны определить время движения саней от положения \(x_0\) до положения \(x_1\), используя формулу \(x(t) = x_1\sin\omega_0t\). Для этого найдем \(t_2\) по формуле \[x_0 = x_1\sin\omega_0t_2.\] Так как \(x_1 = \sqrt2\,x_0\), то \(\omega_0t_2 = \pi/4\). Следовательно, \(t_2 = \pi/(4\omega_0) = t_1/2\). Поскольку \(t_3 = t_1 - t_2\), где \(t_3\) — время движения саней после толчка, получим искомое соотношение: \[t_3/t_1 = 1/2.\]

Ответ

\(T_2 = (mg)^2/T_1 = 90\) Н.

Решение

Сила тяжести груза \(mg = 60\) Н значительно больше силы, с которой надо тянуть веревку, чтобы удержать груз. Это определяется существенными силами трения веревки о бревно.

Сначала силы трения препятствуют соскальзыванию груза под действием силы тяжести. Полный расчет распределения сил трения, действующих на веревку, довольно сложен, поскольку сила натяжения веревки в местах ее соприкосновения с бревном меняется от \(F_1\) до \(mg\). В свою очередь сила давления веревки на бревно также меняется, будучи пропорциональной в каждой точке соответствующей локальной силе натяжения веревки. Соответственно и силы трения, действующие на веревку, определяются именно указанными силами давления. Однако для решения задачи достаточно заметить, что полная сила трения \(F_{\text{тр}}\) (слагающие которой пропорциональны в каждой точке силе реакции бревна) будет с соответствующими коэффициентами пропорциональна силам натяжения веревки на концах; в частности, с некоторым коэффициентом \(k\) она будет равна большей силе натяжения: \(F_{\text{тр}} = kmg\). Это означает, что отношение большей силы натяжения к меньшей есть величина постоянная для данного расположения веревки и бревна: \(mg/T_1 = 1/(1 - k)\), поскольку \(T_1 = mg - kmg\).

Когда мы хотим поднять груз, концы веревки как бы меняются местами. Сила трения теперь направлена против силы \(T_2\) и уже не помогает, а мешает. Отношение большей силы натяжения, равной теперь \(T_2\), к меньшей — \(mg\) будет, очевидно, таким же, как и в первом случае: \(T_2/(mg) = 1/(1 - k) = mg/T_1\). Отсюда находим, что \[T_2 = (mg)^2/T_1 = 90\text{ Н}.\]

Ответ

У стоящего автомобиля момент сил трения покоя, препятствующих повороту колеса, велик; у движущегося силы трения покоя лежат в плоскости колеса и их «косой» суммарный момент значительно меньше.

Решение

Рассмотрим, что происходит, когда водитель поворачивает передние колеса покоящегося автомобиля (речь будем вести про одну шину). В начальный момент колесо не деформировано (в смысле кручения), при этом участок шины площади \(S\) касается земли. Водитель при помощи рулевого управления деформирует покоящуюся шину до тех пор, пока момент сил \(\mathcal M\), приложенных к колесу (и стремящихся его повернуть), не станет больше максимально возможного момента сил трения покоя шины площади \(S\). При этом силы трения перпендикулярны плоскости касания колеса.

Пусть теперь автомобиль движется. Силы трения покоя приложены к тому же участку шины площади \(S\), причем они достигают почти максимального значения и лежат в плоскости колеса. Приложения к колесу небольшого момента сил \(\mathcal M_S\) будет достаточно, чтобы повернуть колесо, так как противодействовать этому моменту будет теперь суммарный момент «косых» сил трения покоя, который значительно меньше, чем в случае автомобиля, находящегося в покое. По сути дела, составляющая силы трения покоя, создающая момент сил, препятствующих повороту колеса, при движущемся автомобиле аналогична силе жидкого трения, так как для движущегося колеса пропадает явление застоя при поворотном движении. Таким образом, небольшой момент сил способен легко повернуть движущееся колесо, причем, чем больше скорость движения (тем ближе к предельному значению силы трения покоя), тем легче повернуть колесо.

Ответ

\(v_\text{к} = (\sqrt7/4)\,v\).

Решение

Выберем систему координат, как указано на рисунке. Пусть вектор \(\overrightarrow{OA}\) является вектором начальной скорости \(\vec v\). Тогда вектор \(\overrightarrow{AB}\) есть изменение скорости за время \(\Delta t\).

Поскольку сила, действующая на тело, постоянна, то вектор \(\overrightarrow{BC}\), равный вектору \(\overrightarrow{AB}\), есть изменение скорости за следующий интервал времени \(\Delta t\). Поэтому спустя интервал времени \(3\Delta t\) после начала действия силы направление скорости тела изобразится вектором \(\overrightarrow{OD}\), причем \(\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{CD}\). Пусть проекции вектора \(\overrightarrow{AB}\) на оси \(x\) и \(y\) равны \(\Delta v_x\) и \(\Delta v_y\), тогда получим два уравнения: \[(v + \Delta v_x)^2 + \Delta v_y^2 = v^2/4,\] \[(v + 2\Delta v_x)^2 + (2\Delta v_y)^2 = v^2/16.\] Учитывая, что конечная скорость удовлетворяет соотношению \[v_\text{к}^2 = (v + 3\Delta v_x)^2 + (3\Delta v_y)^2,\] получим с использованием предыдущих уравнений, что \[v_\text{к} = (\sqrt7/4)\,v.\]

Ответ

Вагон остановился на расстоянии \(s = 2s_1 + s_2 = 210\) м впереди по отношению к первоначальному положению (скорость к этому моменту равна нулю).

Решение

Поскольку движение происходит в горизонтальной плоскости, вертикальная составляющая силы, действующей на грузик, равна \(mg\), а горизонтальная \(F^2 - (mg)^2 = mg\sqrt{\alpha^2 - 1}\), где \(\alpha = 1{,}25\) (см. рисунок).

Горизонтальное ускорение груза (и вагона) определяется этой горизонтальной силой: \(ma = mg\sqrt{\alpha^2 - 1}\); следовательно, \(a = g\sqrt{\alpha^2 - 1} = (3/4)\,g = 7{,}5\) м/с\(^2\).

На первом участке движения вагон ускоряется до скорости \(v = at_1 = (3/4)\,gt_1 = 30\) м/с, проходя путь \(s_1\) вперед по прямой: \[s_1 = at_1^2/2 = (3/8)\,gt_1^2 = 60\text{ м}.\] Далее время, равное \(t_2 = 3\) с, он идет с постоянной скоростью \(v\) и проходит путь \[s_2 = vt_2 = 90\text{ м}.\] Таким образом, через 7 секунд после начала движения вагон оказывается впереди на расстоянии \(s_1 + s_2 = 150\) м от исходного положения.

На третьем участке вагон движется по закруглению дороги вправо. Так как скорость вагона, движущегося по рельсам, все время направлена вдоль вагона, то постоянное (в течение времени \(t_3 = 25{,}12\) с) поперечное ускорение \(a = (3/4)\,g\) является центростремительным, т. е. вагон движется по окружности с постоянной скоростью \(v\): \(a = v^2/R\), радиус окружности \(R = v^2/a = 120\) м. Путь вагона вдоль окружности будет равен \[s_3 = R\varphi = vt_3,\] откуда угол поворота вагона вокруг центра окружности равен \(\varphi = vt_3/R = 6{,}28 = 2\pi\) рад, т. е. вагон описывает полную окружность.

На последнем участке вагон тормозится и останавливается, поскольку ускорение вдоль вагона равно первоначальному и действует столько же времени. Поэтому \(s_4 = s_1 = 60\) м. Вагон остановится на расстоянии \(s = 2s_1 + s_2 = 210\) м впереди по отношению к первоначальному положению (см. рисунок).

Ответ

\(k \approx 2k_0\cos^2\alpha\).

Решение

Пусть в результате приложения силы \(F\) шарнир сместится вниз на малую величину \(\Delta x\), а стержни удлинятся на величину \(\Delta l\) (см. рисунок). Тогда жесткость \(k\) системы стержней найдем из уравнения \(k\Delta x = 2k_0\Delta l\cos\alpha'\), где \(2\alpha'\) — угол между стержнями после смещения. Так как смещение малое, то

\[\alpha' \approx \alpha,\quad \Delta l \approx \Delta x\cos\alpha;\] отсюда получаем, что \(k \approx 2k_0\cos^2\alpha\).

Ответ

\(\alpha = 30^\circ\) (из условия \(v_1 = v_2\sin\alpha\)).

Решение

Предположим сначала, что сила сопротивления воздуха отсутствует. Тогда шарики встретятся, если вертикальная составляющая скорости 2-го шарика равна вертикальной составляющей скорости 1-го шарика: \[v_1 = v_2\sin\alpha;\] отсюда \(\sin\alpha = v_1/v_2 = 10/20 = 1/2\), \(\alpha = 30^\circ\). При этом время движения шариков до встречи равно \(t = s/(v_2\cos\alpha) \approx 0{,}6\) с.

Поскольку шарики тяжелые, то легко оценить роль силы сопротивления воздуха. Общий характер движения 1-го шарика существенно не изменится, поскольку ускорение, обусловленное силой сопротивления, даже при массе шариков по 10 г и при максимальной скорости 1-го шарика \(v_1 = 10\) м/с равно \(a_{\max} = 1\) м/с\(^2\). Это ускорение не более чем на \(1\,\%\) изменяет общее время движения 1-го шарика. Поскольку сила сопротивления воздуха направлена против скорости шарика, то добиться того, чтобы 2-й шарик столкнулся с 1-м, можно, сообщив ему одинаковую с 1-м составляющую скорости по вертикали при условии, что в последующие моменты времени вертикальные проекции ускорений шариков одинаковы в любой момент времени. Для этого угол \(\alpha\), образуемый скоростью 2-го шарика с горизонтом, в момент вылета должен быть равен \(30^\circ\).

Ответ

\(h = l - mg/k\).

Решение

Запишем уравнение движения шарика в момент, когда пружина сжата на величину \(\Delta x\): \[ma = mg - k\Delta x.\] Пока ускорение шарика положительно, его скорость возрастает. В момент обращения ускорения в нуль скорость шарика достигнет максимального значения. Пружина при этом сожмется на величину \(\Delta l\), причем \[mg - k\Delta l = 0;\] отсюда \[\Delta l = mg/k.\] Таким образом, когда скорость шарика достигнет максимального значения, шарик будет находиться от поверхности стола на высоте \[h = l - mg/k.\]

Ответ

\(T = \dfrac{2\pi}{\sqrt{g'/l - \mu^2/(4m^2)}} = \dfrac{2\pi}{\sqrt{(g/l)\sqrt{1 + (\mu v/(mg))^2} - \mu^2/(4m^2)}}\).

Решение

Легко показать, что шарик достигнет положения равновесия при угле отклонения \(\alpha\) нити от вертикали, определяемом уравнением \[\operatorname{tg}\alpha = \mu v/(mg).\] При колебательном движении шарика на него будет действовать постоянная большая сила \(F = \sqrt{(mg)^2 + (\mu v)^2}\) и небольшая тормозящая сила (см. рисунок). Следовательно, движение шарика будет эквивалентно движению слабо затухающего математического маятника с ускорением свободного падения \(g'\), равным

\[g' = \dfrac{g}{\cos\alpha} = g\dfrac{\sqrt{(mg)^2 + (\mu v)^2}}{mg} = g\sqrt{1 + \left(\dfrac{\mu v}{mg}\right)^2}.\] Период малых (но все-таки затухающих) колебаний шарика найдем из соотношения \[T = \dfrac{2\pi}{\sqrt{g'/l - \mu^2/(4m^2)}} = \dfrac{2\pi}{\sqrt{(g/l)\sqrt{1 + (\mu v/(mg))^2} - \mu^2/(4m^2)}}.\]

Ответ

\(\Delta l = mg/(2k)\).

Решение

Запишем условие равновесия небольшого участка нити, который до подвешивания имел длину \(\Delta x\) и находился от точки подвеса на расстоянии \(x\) (см. рисунок):

\[\dfrac{m}{L}\Delta x\,g + T(x + \Delta x) = T(x),\] где \(L\) — длина резиновой нити в нерастянутом состоянии. Таким образом, видно, что после подвешивания натяжение по длине нити будет равномерно падать от значения \(mg\) до нуля.

В связи с этим относительные удлинения небольших участков нити одинаковой длины в ненапряженном состоянии после подвешивания также линейно будут спадать от максимального до нуля. Поэтому полусумма удлинений двух симметрично расположенных относительно середины нити участков будет равна удлинению центрального участка, который испытывает натяжение \(mg/2\). Поэтому общее удлинение нити \(\Delta l\) будет таким, как если бы на нее действовала сила \(mg/2\) в точке подвеса и в нижнем конце, а нить была бы невесома; отсюда \[\Delta l = mg/(2k).\]

Ответ

\(a_1 = a_2 = a_3 = 0\), \(a_4 = (m_3 + m_4 - m_1 - m_2)\,g/m_4\).

Решение

Считаем, что выполняется условие \(m_1 + m_2 > m_3 + m_4\), иначе равновесие невозможно. Левая пружина была растянута с силой \(T_1\), уравновешивающей силу тяжести груза \(m_2g\): \(T_1 = m_2g\). Условие равновесия груза \(m_3\) состояло в следующем: \[m_3g + T_2 - F_\text{н} = 0,\] где \(T_2\) — сила натяжения правой пружины, \(F_\text{н}\) — сила натяжения веревки, переброшенной через блок (см. рисунок к условию). Эта веревка удерживает грузы массами \(m_1\) и \(m_2\), откуда \[F_\text{н} = (m_1 + m_2)\,g.\] Получим выражение для силы натяжения \(T_2\): \[T_2 = (m_1 + m_2 - m_3)\,g.\] После перерезания нижней нити уравнения движения всех грузов находим в виде следующей системы: \[m_2a_2 = m_2g - T_1,\qquad m_3a_3 = T_2 + m_3g - F_\text{н},\] \[m_1a_1 = m_1g + T_1 - F_\text{н},\qquad -m_4a_4 = m_4g - T_2.\] Используя найденные ранее выражения для сил \(T_1\), \(T_2\) и \(F_\text{н}\), получим \[a_1 = a_2 = a_3 = 0,\qquad a_4 = (m_3 + m_4 - m_1 - m_2)\,g/m_4.\]

Ответ

Первым окажется на полу левый груз (тот, который поднимал человек), через время \(t = 2{,}5\,v/g + \sqrt{6{,}25\,v^2/g^2 + 5h/g}\).

Решение

Сразу после расторможения верхнего блока левый груз имеет скорость \(v\), направленную вверх, а правый покоится. Ускорения грузов будут такими же, как если бы свободный конец веревки не двигался с постоянной скоростью, а был закреплен. Найдем их из следующих уравнений: \[ma_1 = T_1 - mg,\quad ma_2 = T_2 - mg,\] \[2T_1 = T_2,\quad a_1 = -2a_2,\] где \(m\) — масса каждого груза, \(T_1\), \(T_2\) — силы натяжения веревок, действующие на левый и правый груз. Решая систему уравнений, получим \(a_1 = -(2/5)\,g\), \(a_2 = (1/5)\,g\). Таким образом, ускорение левого груза направлено вниз, правого — вверх. Время падения левого груза найдем из уравнения \[h - vt - 0{,}4gt^2/2 = 0;\] отсюда \[t = 2{,}5\,v/g + \sqrt{6{,}25\,v^2/g^2 + 5h/g}.\] Правый груз все это время будет двигаться вверх. Следовательно, первым на полу окажется левый груз.

Ответ

\(l = 2l_1l_2/(l_1 + l_2)\).

Решение

Каждый раз брусок будет двигаться по наклонной плоскости с постоянным ускорением, причем модули ускорений при движении вниз, вверх и вдоль горизонтальной направляющей будут соответственно равны (см. рисунок):

\[a_1 = \mu g\cos\alpha - g\sin\alpha,\quad a_2 = \mu g\cos\alpha + g\sin\alpha,\quad a = \mu g\cos\alpha.\] Здесь \(\alpha\) — угол, образуемый наклонной плоскостью с горизонтом, \(\mu\) — коэффициент трения. Отсюда получим соотношение \[a = (a_1 + a_2)/2.\] Расстояния, пройденные в указанных условиях задачи бруском при равнопеременном движении с начальной скоростью \(v\) до остановки, можно записать в виде \[l_1 = v^2/(2a_1),\quad l_2 = v^2/(2a_2),\quad l = v^2/(2a).\] Учитывая связь ускорений \(a_1\), \(a_2\) и \(a\), найдем расстояние \(l\), пройденное бруском вдоль горизонтальной направляющей планки, \[l = 2l_1l_2/(l_1 + l_2).\]

Ответ

\(\mu = 0{,}6\operatorname{tg}\alpha\).

Решение

Запишем уравнения движения бруска в проекции на ось, проведенную вдоль наклонной плоскости вниз. При движении бруска вверх, учитывая все действующие на него силы: силу тяжести \(mg\), силу реакции опоры \(N\) и силу трения \(F_{\text{тр}}\) (см. рисунок), уравнение примет вид

\[mg\sin\alpha + \mu mg\cos\alpha = ma_1,\] и соответственно при движении вниз \[mg\sin\alpha - \mu mg\cos\alpha = ma_2.\] Пусть при подъеме и спуске тело прошло расстояние \(s\). Тогда время подъема \(t_1\) и время спуска \(t_2\) определим из уравнений \[s = a_1t_1^2/2,\quad s = a_2t_2^2/2.\] По условию задачи \(2t_1 = t_2\); отсюда \(4a_2 = a_1\). Следовательно, \[g\sin\alpha + \mu g\cos\alpha = 4(g\sin\alpha - \mu g\cos\alpha),\] и окончательно \[\mu = 0{,}6\operatorname{tg}\alpha.\]

Ответ

\(m_2 < m_1\cos 2\alpha\).

Решение

Если нижний шарик будет очень легким, он начнет подниматься на подставку. Найдем его предельную массу \(m_2^0\), при которой он еще не начал подниматься, но уже перестал давить на правую наклонную плоскость. При этом, поскольку подставка невесома, должны быть равны горизонтальные составляющие сил давления (равные по модулю силам реакции опоры), действующие на подставку со стороны шариков (см. рисунок), иначе «подставка» приобрела бы бесконечно большое ускорение:

\[N_1\sin\alpha = N_2\sin\alpha,\quad N_1 = N_2.\] Кроме того, так как нижний шарик не поднимается, то составляющие ускорений шариков на нормаль к правой наклонной плоскости должны быть равны (в этом направлении у них нет относительного смещения). Как видно из рисунка, угол между направлением силы реакции подставки \(N_2\) и правой наклонной плоскостью равен \(\pi/2 - 2\alpha\), и, следовательно, последнее условие можно записать в виде \[(m_1g\cos\alpha - N_1)/m_1 = (m_2^0g\cos\alpha - N_2\cos 2\alpha)/m_2^0;\] откуда получим, что \(m_2^0 = m_1\cos 2\alpha\). Таким образом, нижний шарик будет «забираться» вверх, если выполнено условие \[m_2 < m_1\cos 2\alpha.\]

Ответ

\(N = mg/\sqrt2 - mv^2/(2r)\).

Решение

До тех пор пока цилиндр не оторвется от опор, ось цилиндра будет всегда находиться точно посередине между опорами. Следовательно, горизонтальная составляющая скорости оси цилиндра равна \(v/2\). Поскольку все точки оси цилиндра движутся по окружности с центром в точке \(A\), полная скорость \(u\) каждой точки оси направлена в любой момент времени перпендикулярно радиусу \(OA = r\). Следовательно, все точки оси движутся с центростремительным ускорением \(a_\text{ц} = u^2/r\).

Запишем уравнение движения точки \(O\) в проекции на «центростремительную» ось: \[mg\cos\alpha - N = ma_\text{ц} = mu^2/r, \tag{1}\] где \(N\) — сила реакции со стороны неподвижной опоры. Из условия, что расстояние между точками опор равно \(r\sqrt2\), следует отсутствие вклада силы реакции со стороны подвижной подставки на «центростремительную» ось. По третьему закону Ньютона с такой же по модулю силой цилиндр давит на неподвижную опору. Из уравнения (1) находим \[N = mg\cos\alpha - mu^2/r.\] В тот момент, когда расстояние между точками опор \(A\) и \(B\) (см. рисунок к условию) равно \(AB = r\sqrt2\), \[\cos\alpha = r\sqrt2/(2r) = 1/\sqrt2.\] Горизонтальная составляющая скорости точки \(O\) равна \(u\cos\alpha = v/2\), откуда \(u = v\sqrt2\). Таким образом, при \(AB = r\sqrt2\) сила давления цилиндра равна \[N = mg/\sqrt2 - mv^2/(2r).\] Для того чтобы цилиндр не оторвался от опор до того, как \(AB\) станет равным \(r\sqrt2\), должно выполняться условие \(g/\sqrt2 > v^2/(2r)\), т. е. \(v < \sqrt{gr\sqrt2}\).

Ответ

\(N = \dfrac{2m_1m_2}{m_1 + m_2}\,g\operatorname{tg}\alpha\).

Решение

На цилиндр действуют: сила тяжести \(m_1g\), сила нормальной реакции \(N_1\) со стороны левой наклонной плоскости и сила нормальной реакции \(N_3\) со стороны клина (сила \(N_3\) направлена горизонтально). Запишем уравнение движения цилиндра в проекции на ось \(x_1\), направленную вдоль левой наклонной плоскости (см. рисунок):

\[m_1a_1 = m_1g\sin\alpha - N_3\cos\alpha, \tag{1}\] где \(a_1\) — проекция ускорения цилиндра на ось \(x_1\).

На клин действуют: сила тяжести \(m_2g\), сила нормальной реакции \(N_2\) со стороны правой наклонной плоскости и сила нормальной реакции со стороны цилиндра, которая, согласно третьему закону Ньютона, равна \(-N_3\). Запишем уравнение движения клина в проекции на ось \(x_2\), направленную вдоль правой наклонной плоскости: \[m_2a_2 = -m_2g\sin\alpha + N_3\cos\alpha. \tag{2}\] В процессе движения клин соприкасается с цилиндром; поэтому, если перемещение клина вдоль оси \(x_2\) равно \(\Delta x\), то центр цилиндра (вместе с вертикальной гранью клина) сместится по горизонтали на \(\Delta x\cos\alpha\). При этом вдоль левой наклонной плоскости (вдоль оси \(x_1\)) центр цилиндра сместится на \(\Delta x\). Это означает, что в процессе движения клина и цилиндра выполняется соотношение \[a_1 = a_2. \tag{3}\] Решая совместно уравнения (1)–(3), найдем силу \(N = N_3\), с которой клин давит на цилиндр: \[N_3 = [2m_1m_2/(m_1 + m_2)]\operatorname{tg}\alpha.\]

Ответ

\(M/m = (2 - 3\sin\alpha)/\sin^3\alpha = 4\); \(u = v\sin\alpha = (1/2)\sqrt{gl/2}\).

Решение

До тех пор пока груз касается тела, скорость последнего равна горизонтальной составляющей скорости груза, а ускорение тела равно горизонтальной составляющей ускорения груза.

Пусть \(\vec a\) — полное ускорение груза, тогда можно написать: \(\vec a = \vec a_t + \vec a_\text{ц}\), где \(a_\text{ц}\) — центростремительное ускорение груза при его движении по окружности радиуса \(l\), т. е. \(a_\text{ц} = v^2/l\), где \(v\) — скорость груза (см. рисунок).

Горизонтальная составляющая ускорения груза равна \[a_\text{г} = a_t\sin\alpha - (v^2/l)\cos\alpha.\] С таким ускорением движется и тело. Напишем уравнение движения тела: \[N = Ma_\text{г} = Ma_t\sin\alpha - M(v^2/l)\cos\alpha,\] где \(N\) — сила нормального давления на тело со стороны груза. В момент отрыва груза \(N = 0\) и \[a_t\sin\alpha = (v^2/l)\cos\alpha.\] Ускорение \(a_t\) в момент отрыва сообщается грузу только силой тяжести: \[a_t = g\cos\alpha.\] Таким образом, скорость груза в момент отрыва равна \[v = \sqrt{gl\sin\alpha},\] а скорость тела в тот же момент \[u = v\sin\alpha = \sin\alpha\sqrt{gl\sin\alpha}.\] Согласно закону сохранения энергии, \[mgl = mgl\sin\alpha + mv^2/2 + Mv^2\sin^2\alpha/2.\] Подставив в это равенство найденное выражение для \(v\) в момент отрыва и значение \(\sin\alpha = \sin\pi/6 = 1/2\), найдем отношение \(M/m\): \[M/m = (2 - 3\sin\alpha)/\sin^3\alpha = 4.\] Скорость тела в момент отрыва груза равна \[u = v\sin\alpha = (1/2)\sqrt{gl/2}.\]

Ответ

\(\mu \geqslant \dfrac{1}{3}\left|\dfrac{1}{\operatorname{tg}\alpha} - \dfrac{2}{\operatorname{tg}\beta}\right|\).

Решение

На стержень действуют три силы: сила \(T\) натяжения нити, сила тяжести \(mg\) и сила реакции со стороны стенки \(\vec R = \vec N + \vec F_{\text{тр}}\) (\(N\) — сила нормальной реакции стенки, \(F_{\text{тр}}\) — сила трения, \(F_{\text{тр}} \leqslant \mu N\)). В состоянии равновесия стержня сумма моментов этих сил относительно любой точки равна нулю. Чтобы это условие выполнялось, линия действия силы \(R\) должна проходить через точку пересечения линий действия сил \(T\) и \(mg\) (моменты сил \(T\) и \(mg\) относительно этой точки равны нулю).

В зависимости от соотношения между углами \(\alpha\) и \(\beta\) точка пересечения линий действия сил \(T\) и \(mg\) может лежать: 1) выше перпендикуляра \(AM_0\) к стене (точка \(M_1\) на рисунке); 2) ниже этого перпендикуляра (точка \(M_2\)); 3) на нем (точка \(M_0\)). Соответственно сила трения либо направлена вдоль \(AC\) вверх (\(F_{\text{тр}1}\)), либо — вдоль \(AC\) вниз (\(F_{\text{тр}2}\)), либо равна нулю. Рассмотрим каждый из этих случаев отдельно.

1) Условие равновесия стержня: \[T\cos\alpha + F_{\text{тр}1} - mg = 0,\quad N - T\sin\alpha = 0 \tag{1}\] — равенство нулю суммы проекций всех сил на оси \(y\) и \(x\) соответственно; а также равенство моментов сил относительно точки \(A\): \[mgd_1 = Td_2,\quad\text{или}\quad (mgl/2)\sin\beta = (Tl/3)\sin(\alpha + \beta), \tag{2}\] где \(d_1\) и \(d_2\) — плечи сил \(mg\) и \(T\) соответственно. Из (1) и (2) имеем \[\mu_1 \geqslant \dfrac{F_{\text{тр}1}}{N} = \dfrac{2}{3}\dfrac{\sin(\alpha + \beta)}{\sin\alpha\sin\beta} - \dfrac{1}{\operatorname{tg}\alpha} = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{2}{\operatorname{tg}\beta} - \dfrac{1}{\operatorname{tg}\alpha}\right);\] этот случай осуществляется при условии \(2\operatorname{tg}\alpha > \operatorname{tg}\beta\).

2) Написав условия равновесия, найдем \[\mu_2 \geqslant \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{\operatorname{tg}\alpha} - \dfrac{2}{\operatorname{tg}\beta}\right).\] Этому случаю соответствует условие \(2\operatorname{tg}\alpha < \operatorname{tg}\beta\).

3) В этом случае стержень находится в равновесии при любом значении \(\mu_3\): \(2\operatorname{tg}\alpha = \operatorname{tg}\beta\).

Таким образом, при произвольном соотношении между углами \(\alpha\) и \(\beta\) стержень находится в равновесии, если \[\mu \geqslant \dfrac{1}{3}\left|\dfrac{1}{\operatorname{tg}\alpha} - \dfrac{2}{\operatorname{tg}\beta}\right|.\]

Ответ

\(\omega = \Omega\); \(\mathcal{M} = \mu mgd\).

Решение

Рассмотрим, как будет двигаться малый диск сразу после соприкосновения с большим.

Выберем два одинаковых небольших участка малого диска, расположенных на одном диаметре симметрично относительно центра этого диска \(O'\). На рис. 156 точки \(A_1\) и \(A_2\) — центры масс таких участков.

В момент касания дисков (когда малый диск еще покоится) скорости \(v_1\) и \(v_2\) тех точек большого диска, которые соприкасаются с точками \(A_1\) и \(A_2\) малого диска, направлены так, как показано на рис. 156 (\(v_1 = \Omega\cdot OA_1\), \(v_2 = \Omega\cdot OA_2\)). Понятно, что вдоль скоростей \(v_1\) и \(v_2\) будут направлены в момент касания силы трения \(F_{\text{тр}1}\) и \(F_{\text{тр}2}\), действующие со стороны большого диска на центры масс выбранных участков \(A_1\) и \(A_2\) малого диска (\(F_{\text{тр}1} = F_{\text{тр}2}\)). Поскольку плечо \(l_1\) силы \(F_{\text{тр}1}\) относительно оси малого диска меньше плеча \(l_2\) силы \(F_{\text{тр}2}\) (рис. 156), суммарный момент пары сил \(F_{\text{тр}1}\) и \(F_{\text{тр}2}\) будет закручивать малый диск в направлении вращения большого диска.

Рассмотрев аналогичные пары участков малого диска, приходим к выводу, что сразу после касания малый диск начнет закручиваться в направлении вращения большого диска.

Пусть в некоторый момент времени угловая скорость малого диска стала равной \(\omega\). Скорости участков с центрами масс в точках \(A_1\) и \(A_2\) будут равны \(v_1' = v_2' = \omega r\), где \(r = O'A_1 = O'A_2\) (рис. 157). Силы трения \(F_{\text{тр}1}'\) и \(F_{\text{тр}2}'\), действующие на эти участки, будут направлены вдоль векторов \(\vec v_1 - \vec v_1'\) (относительная скорость точки большого диска, касающейся точки \(A_1\)) и \(\vec v_2 - \vec v_2'\) (относительная скорость точки большого диска, касающейся точки \(A_2\)). Понятно, что момент пары сил \(F_{\text{тр}1}'\) и \(F_{\text{тр}2}'\) будет раскручивать малый диск (т. е. угловая скорость диска будет меняться), если \(v_1' = v_2' < B_1B_2/2 = \Omega r\) (см. рис. 157; для удобства сравнения векторы, «относящиеся» к точке \(A_2\), перенесены в точку \(A_1\)).

Таким образом, пока \(\omega < \Omega\), имеется отличный от нуля момент сил трения, раскручивающих малый диск. При \(\omega = \Omega\) относительные скорости участков с центрами масс в точках \(A_1\) и \(A_2\) направлены перпендикулярно отрезку \(OO'\) (вдоль отрезка \(A_1C\) на рис. 157) и момент сил трения относительно оси малого диска равен нулю. Следовательно, и в дальнейшем малый диск будет вращаться с установившейся угловой скоростью \(\Omega\).

При \(\omega = \Omega\) все силы трения, действующие на аналогичные пары участков малого диска, будут равны по модулю и направлены одинаково — перпендикулярно отрезку \(OO'\). Согласно третьему закону Ньютона, результирующая всех сил трения, действующих на большой диск, будет приложена к точке большого диска, касающейся центра \(O'\) малого диска, и равна \(\mu mg\). Чтобы компенсировать тормозящий момент этой силы, к оси большого диска надо приложить момент сил, равный \[\mathcal{M} = \mu mgd.\]

Ответ

\(\alpha = \pi/2 + \operatorname{arctg}(m_1/m_2)\).

Решение

После установления поступательного движения системы отношение сил трения \(F_{\text{тр}1}\) и \(F_{\text{тр}2}\), действующих на первую и вторую палочки, будет равно отношению сил давления соответствующих участков: \(F_{\text{тр}1}/F_{\text{тр}2} = N_1/N_2\). Поскольку каждая из сил давления пропорциональна массе: \(N_1 = m_1 g\), \(N_2 = m_2 g\), то отношение сил трения получим в виде \[F_{\text{тр}1}/F_{\text{тр}2} = m_1/m_2. \tag{1}\] С другой стороны, из равенства моментов этих сил относительно вершины прямого угла (рис. 158 — вид сверху) получим \[lF_{\text{тр}1}\cos\varphi = lF_{\text{тр}2}\sin\varphi, \tag{2}\] где \(l\) — расстояние от вершины до центров масс палочек.

Из уравнений (1) и (2) находим, что \(\operatorname{tg}\varphi = m_1/m_2\), где \(\varphi = \alpha - \pi/2\). Следовательно, угол \(\alpha = \pi/2 + \operatorname{arctg}(m_1/m_2)\).

Ответ

\(u = -v/2 = -5\) м/с; нога должна двигаться в ту же сторону, что и мяч до удара.

Решение

Если нога футболиста при ударе движется со скоростью \(u\), то в системе отсчета, связанной с ногой футболиста, скорость мяча равна \(v + u\) (ось движения расположена по направлению движения мяча). После абсолютно упругого удара скорость мяча в этой же системе будет \(-(v + u)\), а его скорость относительно земли — \(-(v + u) - u\). Если после удара мяч остановился, то \(v + 2u = 0\); отсюда \(u = -v/2 = -5\) м/с. Знак минус указывает, что нога футболиста должна двигаться в ту сторону, что и мяч до удара.

Ответ

Время падения увеличится: \(t = \dfrac{t_0}{\sqrt2}\,\dfrac{\sqrt{m^2 + (m+M)^2} + m}{m + M} \approx \dfrac{t_0}{\sqrt2}\).

Решение

Поскольку после попадания пули в тело уменьшается вертикальная составляющая скорости системы тело — пуля (закон сохранения импульса), то время падения тела на землю увеличится.

Чтобы определить время падения тела на землю, найдем время падения \(t_1\) тела до попадания в него пули и время \(t_2\) движения тела вместе с пулей. Итак, пусть \(t_0\) — время свободного падения тела с высоты \(h\). Тогда первую половину пути тело пройдет за время \(t_1 = \sqrt{h/g} = t_0/\sqrt2\). В момент попадания в тело массой \(m\) пули массой \(M\) его импульс был направлен вертикально вниз и равен \[mv = mg\,t_0/\sqrt2.\] Попавшая в тело горизонтально летящая пуля не изменит вертикальной составляющей импульса образовавшейся системы, поэтому скорость системы тело — пуля в вертикальном направлении будет равна \[u = \dfrac{m}{m + M}\,v = \dfrac{m}{m + M}\,g\,\dfrac{t_0}{\sqrt2}.\] Оставшуюся половину пути система тело — пуля пройдет за время \(t_2\), которое можно найти из уравнения \[h/2 = ut_2 + gt_2^2/2.\] Откуда находим время \(t_2\): \[t_2 = \dfrac{t_0}{\sqrt2}\,\dfrac{\sqrt{m^2 + (m + M)^2} - M}{m + M}.\] Таким образом, общее время падения тела на землю будет равно (\(M \gg m\)) \[t = \dfrac{t_0}{\sqrt2}\,\dfrac{\sqrt{m^2 + (m + M)^2} + m}{m + M} \approx \dfrac{t_0}{\sqrt2}.\]

Ответ

\(Q = \dfrac{m_1m_2}{2(m_1 + m_2)}(v_1^2 + v_2^2) \approx 4{,}3\) Дж.

Решение

Для решения задачи воспользуемся законом сохранения импульса системы. Выберем систему координат так, как указано на рис. 159: ось \(x\) совпадает с направлением скорости \(v_1\) тела массой \(m_1\), ось \(y\) направлена вдоль скорости \(v_2\) тела массой \(m_2\). После слипания тела полетят со скоростью \(u\), причем \[m_1v_1 = (m_1 + m_2)u_x,\quad m_2v_2 = (m_1 + m_2)u_y.\]

До соударения кинетическая энергия системы была равна \[W_\text{к}' = m_1v_1^2/2 + m_2v_2^2/2.\] Кинетическая энергия системы после соударения (слипания) тел станет равной \[W_\text{к}'' = \dfrac{m_1 + m_2}{2}(u_x^2 + u_y^2) = \dfrac{m_1^2v_1^2 + m_2^2v_2^2}{2(m_1 + m_2)}.\] Таким образом, в результате соударения выделится количество теплоты, равное \[Q = W_\text{к}' - W_\text{к}'' = \dfrac{m_1m_2}{2(m_1 + m_2)}(v_1^2 + v_2^2) \approx 4{,}3\ \text{Дж}.\]