Разберёмся, как строится смазанное изображение. Пусть самолёт летит вправо со скоростью \(v\), выдержка равна \(\tau = 0{,}1\) с. За время выдержки самолёт смещается на расстояние \(s = v\tau\).

Полная длина изображения. След на снимке оставляют все положения самолёта от начального до конечного. Хвост в начальный момент был в крайней левой точке, нос в конечный момент — в крайней правой. Между ними укладывается длина самолёта \(L\) плюс смещение \(v\tau\): \[ \ell_{\text{полн}} = L + v\tau. \]

Почему носик остаётся «резким». Посмотрим на конечное положение самолёта (штриховая линия). Всюду, где успел побывать фюзеляж — часть корпуса полной ширины, — снимок засвечен на полную ширину. Фюзеляж занимал полосу от хвоста до точки на расстоянии \(l=10\) м от носа, и эта полоса за время выдержки протянулась по снимку. А впереди неё торчит только носовой конус последнего положения: его никакая «широкая» часть не накрыла. Поэтому заострённая часть изображения имеет длину ровно \(l = 10\) м — независимо от скорости!

Масштаб. На фотографии заострённая часть занимает 1 см. Значит, масштаб снимка: \(1\ \text{см} \leftrightarrow 10\ \text{м}\). Тогда полное изображение длиной 5 см соответствует \[ L + v\tau = 5\cdot 10\ \text{м} = 50\ \text{м}. \]

Отсюда смещение за время выдержки: \[ v\tau = 50 - L = 50 - 30 = 20\ \text{м}, \qquad v = \frac{20\ \text{м}}{0{,}1\ \text{с}} = 200\ \text{м/с}. \]

Перемещение. Расстояние до самолёта не изменилось: \(R_1 = R_2 = R = 100\) км, — обе точки лежат на окружности радиуса \(R\) с центром в радиолокаторе. Направление на самолёт повернулось на \(\Delta\alpha = 46^\circ - 44^\circ = 2^\circ\). Перемещение — хорда между точками 1 и 2. Из равнобедренного треугольника с боковыми сторонами \(R\) и углом \(\Delta\alpha\) при вершине: \[ |\Delta \vec r\,| = 2R\sin\frac{\Delta\alpha}{2} = 2\cdot 100\ \text{км}\cdot\sin 1^\circ. \]

Угол мал, поэтому \(\sin 1^\circ \approx \dfrac{\pi}{180} \approx 0{,}0175\) (хорда практически совпадает с дугой \(R\,\Delta\alpha\)): \[ |\Delta \vec r\,| \approx 2\cdot 100\cdot 0{,}0175 = 3{,}5\ \text{км}. \]

Скорость. \[ v = \frac{|\Delta \vec r\,|}{\Delta t} = \frac{3{,}5\ \text{км}}{5\ \text{с}} = 0{,}7\ \text{км/с} = 700\ \text{м/с}. \]

Направление. Хорда 1→2 перпендикулярна биссектрисе угла между направлениями на точки, т.е. направлению с азимутом \(45^\circ\) (северо-восток). Повернув северо-восток на \(90^\circ\) по часовой стрелке, получаем азимут \(135^\circ\) — самолёт летит на юго-восток.

Скорость. Направим оси по рёбрам комнаты: ось \(x\) — к боковой стене, ось \(y\) — вглубь комнаты (к противоположной стене), ось \(z\) — вверх, к потолку. Расстояние до каждой из трёх взаимно перпендикулярных плоскостей меняется только за счёт соответствующей компоненты скорости. Значит, \[ |v_x| = 2\ \text{м/с},\qquad |v_y| = 2\ \text{м/с},\qquad |v_z| = 1\ \text{м/с}, \] а модуль скорости (жук летит по прямой — все три расстояния меняются равномерно): \[ v = \sqrt{v_x^2+v_y^2+v_z^2} = \sqrt{2^2+2^2+1^2} = \sqrt{9} = 3\ \text{м/с}. \]

Место влёта. Рассуждаем «с конца». В момент удара жук сидит на ребре между потолком и боковой стеной: расстояния до потолка и до боковой стены равны нулю. Эти расстояния уменьшались со скоростями 1 м/с и 2 м/с соответственно, а летел жук ровно 1 с. Значит, в момент влёта:

расстояние до потолка \(= 1\ \text{м/с}\cdot 1\ \text{с} = 1\ \text{м}\),
расстояние до боковой стены \(= 2\ \text{м/с}\cdot 1\ \text{с} = 2\ \text{м}\).

Итак, жук влетел через точку окна, расположенную в 1 м от потолка и в 2 м от боковой стены. Заодно проверим, что это возможно: высота комнаты 2,5 м \(> 1\) м, ширина 4 м \(> 2\) м — точка действительно в пределах стены с окном. За 1 с жук продвинулся вглубь комнаты на 2 м \(< 4\) м — до противоположной стены не долетел, всё согласуется.

Пусть распад произошёл на расстоянии \(x\) от счётчика \(A\); тогда до счётчика \(B\) осталось \(2 - x\) (в метрах). Кванты разлетелись одновременно, поэтому времена прихода: \[ t_A = t_0 + \frac{x}{c},\qquad t_B = t_0 + \frac{2-x}{c}. \]

По условию \(t_A - t_B = \Delta t = 10^{-9}\) с: \[ \frac{x - (2-x)}{c} = \Delta t \quad\Longrightarrow\quad 2x - 2 = c\,\Delta t . \]

Числа: \(c\,\Delta t = 3\cdot10^{8}\cdot 10^{-9} = 0{,}3\) м. Тогда \[ x = \frac{2 + 0{,}3}{2} = 1{,}15\ \text{м}. \]

Порядок прихода звука \(t_C < t_B < t_A\) означает, что \(O\) ближе всего к \(C\) и дальше всего от \(A\), т.е. \(O\) лежит между \(B\) и \(C\): расстояния до микрофонов равны \[ AO,\qquad BO = AO - L,\qquad CO = 2L - AO. \]

Пусть взрыв произошёл в момент \(t_0\), скорость звука \(c\). Тогда \[ t_A = t_0 + \frac{AO}{c},\qquad t_B = t_0 + \frac{AO-L}{c},\qquad t_C = t_0 + \frac{2L-AO}{c}. \]

Шаг 1. Скорость звука. Вычтем второе уравнение из первого — неизвестные \(t_0\) и \(AO\) уйдут: \[ t_A - t_B = \frac{L}{c} \quad\Longrightarrow\quad c = \frac{L}{t_A - t_B}. \]

Шаг 2. Положение точки \(O\). Теперь вычтем третье из первого: \[ t_A - t_C = \frac{AO - (2L - AO)}{c} = \frac{2\,AO - 2L}{c} \quad\Longrightarrow\quad AO = L + \frac{c\,(t_A - t_C)}{2}. \] Подставим \(c\) из шага 1: \[ AO = L + \frac{L\,(t_A-t_C)}{2\,(t_A-t_B)} = L\,\frac{2(t_A-t_B) + (t_A-t_C)}{2(t_A-t_B)} = L\,\frac{3t_A - 2t_B - t_C}{2\,(t_A - t_B)}. \]

Шаг 3. Момент взрыва. Удобнее всего выразить из уравнения для \(t_B\): \[ t_0 = t_B - \frac{AO - L}{c} = t_B - \frac{1}{c}\cdot\frac{c(t_A-t_C)}{2} = t_B - \frac{t_A - t_C}{2}. \]

Направим ось \(x\) по ходу колонны и начнём отсчёт времени в момент, когда тренер поравнялся с головным бегуном; пусть это произошло в точке \(x=0\). Замыкающий в этот момент находится в точке \(x=-l\).

Когда развернётся последний? Тренер и замыкающий движутся навстречу друг другу, скорость сближения \(v+u\), расстояние между ними \(l\): \[ T = \frac{l}{v+u}. \] Место встречи — там, куда тренер успел дойти: \[ x_{\text{посл}} = -uT = -\frac{ul}{v+u}. \]

Где к этому времени головной? Он развернулся ещё в момент \(t=0\) в точке \(x=0\) и всё время \(T\) бежал назад со скоростью \(v\): \[ x_{\text{перв}} = -vT = -\frac{vl}{v+u}. \]

Длина колонны. Теперь вся колонна бежит назад; впереди неё — бывший головной, позади — только что развернувшийся замыкающий: \[ l' = x_{\text{посл}} - x_{\text{перв}} = \frac{vl}{v+u} - \frac{ul}{v+u} = l\,\frac{v-u}{v+u}. \]

Пусть лодка погружается со скоростью \(v\).

Излучение. Передний фронт импульса ушёл вниз в момент \(t=0\); задний — в момент \(\tau_0\), но уже из точки, которая на \(v\tau_0\) ниже. К моменту \(\tau_0\) передний фронт ушёл на глубину \(c\tau_0\), поэтому пространственная длина импульса в воде \[ s = c\tau_0 - v\tau_0 = (c-v)\,\tau_0 . \]

Отражение. Дно неподвижно: оно просто «разворачивает» импульс вверх, не меняя его длину \(s\).

Приём. Импульс длиной \(s\) поднимается со скоростью \(c\), а лодка идёт ему навстречу со скоростью \(v\). Приём длится, пока мимо лодки не пройдёт весь импульс — от переднего фронта до заднего. Лодка и задний фронт сближаются со скоростью \(c+v\): \[ \tau = \frac{s}{c+v} = \tau_0\,\frac{c-v}{c+v}. \]

Выражаем скорость. \[ \tau (c+v) = \tau_0 (c - v) \quad\Longrightarrow\quad v\,(\tau_0 + \tau) = c\,(\tau_0 - \tau) \quad\Longrightarrow\quad v = c\,\frac{\tau_0 - \tau}{\tau_0 + \tau}. \]

Шаг между шариками. Шарики падают через промежутки времени \(1/\nu\). Как только шарик прилип, он движется со скоростью ленты \(w\) и уезжает от автомата с относительной скоростью \(w - v\). К моменту падения следующего шарика предыдущий успевает отъехать на \[ d = \frac{w-v}{\nu}. \] Это и есть расстояние между соседними шариками на ленте.

Счёт шариков. Мимо счётчика цепочка шариков проезжает с относительной скоростью \(w - u\). За единицу времени под ним проходит участок ленты длиной \(w-u\), на котором лежит \[ \nu' = \frac{w-u}{d} = \nu\,\frac{w-u}{w-v} \] шариков.

а. Стержень. Пусть детонация началась в момент \(t=0\) на левом конце (точка \(x=0\)). Участок стержня с координатой \(x\) взрывается в момент \(x/v\), и к моменту \(t\) его продукты занимают шар радиуса \(u\,(t - x/v)\) с центром в точке \(x\).

Пока детонация ещё бежит по стержню (\(t < l/v\)):

— вокруг левого конца выросла самая большая сфера радиуса \(ut\);
— у самого фронта (точка \(x = vt\)) сфера имеет нулевой радиус;
— все промежуточные сферы вписаны в конус с вершиной на фронте детонации.

Половинный угол конуса \(\theta\) найдём из прямоугольного треугольника: сфера, родившаяся в точке \(x\), выросла до радиуса \(u(t-x/v)\), а её центр отстоит от вершины конуса на \(v(t - x/v)\). Отношение катета к гипотенузе одно и то же для всех сфер: \[ \sin\theta = \frac{u\,(t-x/v)}{v\,(t-x/v)} = \frac{u}{v}, \] поэтому конус общий — это и есть огибающая. Итак, при \(t < l/v\) область продуктов — конус с вершиной на расстоянии \(vt\) от подорванного конца, гладко переходящий в сферу радиуса \(ut\) вокруг этого конца.

При \(t > l/v\) детонация закончилась: остаются две сферы — радиуса \(ut\) вокруг левого конца и радиуса \(u(t - l/v)\) вокруг правого, — соединённые общей касательной конической поверхностью.

б*. Коническая оболочка. Пусть образующая конуса составляет угол \(\alpha\) с осью, высота конуса \(H\), детонация идёт от вершины вдоль образующей со скоростью \(v\).

Элемент оболочки, отстоящий на \(s\) от вершины вдоль образующей, детонирует в момент \(s/v\). Его высота над плитой равна \(H - s\cos\alpha\). Продукты разлетаются сферой со скоростью \(u\); плиты первой касается нижняя точка сферы, т.е. продукты «падают» на плиту по кратчайшей — вертикали. Момент удара продуктов этого элемента: \[ t(s) = \underbrace{\frac{s}{v}}_{\text{детонация дошла}} + \underbrace{\frac{H - s\cos\alpha}{u}}_{\text{полёт продуктов}} = \frac{H}{u} + s\left(\frac{1}{v} - \frac{\cos\alpha}{u}\right). \]

Это линейная функция \(s\). Чтобы все элементы ударили одновременно, коэффициент при \(s\) должен обратиться в нуль: \[ \frac{1}{v} = \frac{\cos\alpha}{u} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\ \cos\alpha = \frac{u}{v}\ } \]

Пусть вы находитесь в точке \(P\); обозначим \(\theta\) угол между направлением \(AP\) и шоссе (по ходу автобуса). Вы бежите по прямой в некоторую точку \(X\) на шоссе. Автобус приходит в \(X\) через время \(AX/v\), вы — через \(PX/u\). Успеть — значит \[ \frac{PX}{u} \le \frac{AX}{v} \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{PX}{AX} \le \frac{u}{v}. \]

В треугольнике \(APX\) по теореме синусов \[ \frac{PX}{\sin\theta} = \frac{AX}{\sin\angle APX} \quad\Longrightarrow\quad \frac{PX}{AX} = \frac{\sin\theta}{\sin\angle APX} \ \ge\ \sin\theta, \] причём наименьшее значение \(PX/AX = \sin\theta\) достигается, когда \(\angle APX = 90^\circ\) — бежать надо перпендикулярно направлению \(AP\). (Отдельно заметим: если \(\theta > 90^\circ\) — точка \(P\) «позади» перпендикуляра к шоссе в точке \(A\), — то в треугольнике \(APX\) угол при вершине \(A\) тупой, против него лежит наибольшая сторона, т.е. \(PX > AX\) при любом выборе \(X\), и догнать автобус заведомо нельзя.)

Итак, догнать автобус можно тогда и только тогда, когда \[ \sin\theta \le \frac{u}{v} \quad\Longleftrightarrow\quad \theta \le \alpha = \arcsin\frac{u}{v}. \] Такие точки \(P\) (по обе стороны шоссе) заполняют угол раствора \[ 2\alpha = 2\arcsin\frac{u}{v} \] с вершиной в точке \(A\), биссектриса которого — шоссе (по ходу автобуса).

Для \(u = v/2\): \(\alpha = \arcsin\tfrac12 = 30^\circ\), т.е. область — угол в \(60^\circ\) с вершиной в \(A\) (как на рисунке).

Угол Маха. Построим фронт. Звук, испущенный самолётом в некоторой точке, за время \(t\) расходится сферой радиуса \(ct\); сам самолёт за это время улетает вперёд на \(vt > ct\). Общая огибающая всех сфер — конус с вершиной в самолёте; из прямоугольного треугольника «радиус сферы — путь самолёта»: \[ \sin\alpha = \frac{ct}{vt} = \frac{c}{v}. \]

Запаздывание. Конус движется горизонтально вместе с самолётом. Его образующая наклонена к горизонту под углом \(\alpha\), поэтому точка пересечения фронта с вертикалью микрофонов опускается: когда конус смещается по горизонтали на \(\Delta x\), эта точка опускается на \(\Delta x\,\tg\alpha\). Фронту нужно опуститься на \(l\) — для этого самолёт должен пролететь \(l/\tg\alpha\): \[ \Delta t = \frac{l}{v\,\tg\alpha}. \]

Собираем ответ. Из \(\sin\alpha = c/v\): \[ \tg\alpha = \frac{\sin\alpha}{\sqrt{1-\sin^2\alpha}} = \frac{c}{\sqrt{v^2 - c^2}} \quad\Longrightarrow\quad \Delta t = \frac{l\,\sqrt{v^2-c^2}}{v\,c}. \] Возведём в квадрат и решим относительно \(v\): \[ c^2 v^2 \Delta t^2 = l^2 v^2 - l^2 c^2 \quad\Longrightarrow\quad v^2 \left(l^2 - c^2 \Delta t^2\right) = l^2 c^2, \] \[ v = \frac{c\,l}{\sqrt{l^2 - c^2\,\Delta t^2}}. \]

Пусть стержни симметричны относительно биссектрисы угла между ними; каждый составляет с ней угол \(\alpha\). Скорости стержней направлены по нормалям «наружу» (см. рисунок), поэтому по симметрии точка пересечения движется вдоль биссектрисы. Обозначим её перемещение за время \(\Delta t\) через \(d = PP'\).

Точка \(P'\) обязана лежать на новом положении первого стержня. Стержень — прямая; она сместилась вдоль своей нормали на \(v\,\Delta t\). Значит, расстояние от \(P\) до новой прямой равно \(v\,\Delta t\), а перемещение \(d\) наклонено к этой прямой: его проекция на нормаль стержня и есть \(v\,\Delta t\). Угол между биссектрисой и стержнем равен \(\alpha\), значит угол между биссектрисой и нормалью равен \(90^\circ - \alpha\), и \[ d\,\cos(90^\circ - \alpha) = v\,\Delta t \quad\Longrightarrow\quad d\,\sin\alpha = v\,\Delta t. \]

Скорость точки пересечения: \[ u = \frac{d}{\Delta t} = \frac{v}{\sin\alpha}. \]

График — «пила»: координата всё время ходит между \(-5\) и \(10\) м, так что размах каждого участка один и тот же, \(|\Delta x| = 15\) м. Различаются участки только длительностью: подъёмы короткие (\(0{,}75\) с), спуски вдвое длиннее (\(1{,}5\) с), а вершины пилы приходятся на моменты \(t = -2{,}25;\; -1{,}5;\; 0;\; 0{,}75;\; 2{,}25;\; 3;\; 4{,}5\) с. Считаем наклон:

подъём (например, от \(0\) до \(0{,}75\) с): \(x\) выросла с \(-5\) до \(10\) м за \(0{,}75\) с: \(v = \dfrac{10-(-5)}{0{,}75} = +20\) м/с;

спуск (например, от \(0{,}75\) до \(2{,}25\) с): \(x\) упала с \(10\) до \(-5\) м за \(1{,}5\) с: \(v = \dfrac{-5-10}{1{,}5} = -10\) м/с.

Уравнения движения (графики — прямые): \[ x_1(t) = v\,t, \qquad x_2(t) = a + \frac{v}{2}\,(t - t_1). \]

В момент соударения \(t'\) координаты равны: \[ v\,t' = a + \frac{v}{2}\,(t' - t_1) \quad\Longrightarrow\quad \frac{v}{2}\,t' = a - \frac{v\,t_1}{2} \quad\Longrightarrow\quad t' = \frac{2a - v\,t_1}{v}. \]

Место соударения — подставим \(t'\) в \(x_1\): \[ x' = v\,t' = 2a - v\,t_1. \]

Случай а. Считываем график (клетка = 2 м/с × 2 с): \(v = +4\) м/с при \(-6 < t < -2\); \(v = +1\) м/с при \(-2 < t < 2\); \(v = -2\) м/с при \(2 < t < 10\); в остальное время скорость нулевая. Известна точка \(x(0) = 2\) м — от неё и идём по участкам в обе стороны:

при \(-2 < t < 2\) наклон \(+1\) м/с: \(x(-2) = 2 - 1\cdot 2 = 0\), \(x(2) = 2 + 1\cdot 2 = 4\) м — пологий «гребень» графика;
при \(-6 < t < -2\) наклон \(+4\) м/с: \(x(-6) = 0 - 4\cdot 4 = -16\) м; до \(t = -6\) с тело покоилось в точке \(-16\) м;
при \(2 < t < 10\) — спуск с наклоном \(-2\) м/с до \(x(10) = 4 - 2\cdot 8 = -12\) м; после \(t = 10\) с — покой в точке \(-12\) м.

Случай б. Скорость периодически прыгает между \(+2\) и \(-2\) м/с (по 2 с). График \(x(t)\) — «пила»: подъёмы на \(+4\) м сменяются спусками на \(-4\) м. Тело мечется между \(x=-1\) м и \(x=3\) м. За каждый период смещение равно нулю, поэтому средняя скорость за большое время \[ v_{\text{ср}}^{\,(б)} = 0. \]

Случай в. Теперь скорости чередуются те же 2 с, но несимметричны по величине: \(+3\) м/с сменяется \(-1\) м/с. За период \(T = 4\) с тело смещается на \(\Delta x = 3\cdot 2 - 1\cdot 2 = 4\) м. График — поднимающаяся «пила» (подъёмы на 6 м, спуски на 2 м), и \[ v_{\text{ср}}^{\,(в)} = \frac{\Delta x}{T} = \frac{4\ \text{м}}{4\ \text{с}} = 1\ \text{м/с}. \]

Выпишем скорость по секундам и сдвигаем точку:

\(0\!-\!1\) с: \(v_x=-1\), \(v_y=0\): из \((2;1)\) в \((1;1)\) — влево;
\(1\!-\!2\) с: \(v_x=+1\), \(v_y=+1\): из \((1;1)\) в \((2;2)\) — по диагонали вправо-вверх (скорость \(\sqrt2\) м/с);
\(2\!-\!3\) с: \(v_x=0\), \(v_y=+1\): из \((2;2)\) в \((2;3)\) — вверх;
\(3\!-\!4\) с: \(v_x=-1\), \(v_y=0\): из \((2;3)\) в \((1;3)\) — влево.

Случай а (пилообразная развёртка). За один прямой ход луч равномерно проходит слева направо; затем мгновенно возвращается.

\(\tau_y = \tau_x\): за один ход \(y\) успевает подняться от \(-l\) до \(l\) (за \(\tau_x/2\)) и спуститься обратно — «шалаш»;
\(\tau_y = \tau_x/3\): за один ход — три полных колебания \(y\): зигзаг с тремя вершинами;
\(\tau_y = 3\tau_x\): теперь за одно колебание \(y\) луч трижды пробегает экран: три пологих линии, наложенные друг на друга (вверх, «шалашик», вниз).

Случай б (треугольная развёртка). Обратный ход луча такой же медленный, и он тоже рисует. При \(\tau_y = \tau_x\) (и сдвиге фаз на четверть периода, как на графиках) прямой ход рисует верхнюю «галочку», обратный — нижнюю: получается ромб. При \(\tau_y = \tau_x/3\) и \(\tau_y = 3\tau_x\) прямой и обратный ходы дают зигзаги, наложение которых — «плетёнка» из ромбов.

Почему в случае а горизонтальные линии почти не видны. Обратный ход происходит «мгновенно»: луч пробегает горизонтальную линию за ничтожное время, и на единицу длины экрана попадает очень мало электронов. Яркость свечения люминофора пропорциональна времени облучения — линия обратного хода получается практически тёмной.

Когда траектория в случае б замкнута. Луч возвращается в исходную точку с исходным направлением движения, когда целое число периодов \(x\) укладывается в целое число периодов \(y\): \(n\,\tau_x = m\,\tau_y\), т.е. отношение \[ \frac{\tau_y}{\tau_x} = \frac{n}{m} \] — любое рациональное число (\(m\), \(n\) — целые). Тогда картинка периодически повторяется — кривая замкнута. При иррациональном отношении луч постепенно «заштриховывает» весь прямоугольник \(2L \times 2l\).

Пусть сигнал подан в точке \(E\), а эхо услышано через время \(t\) в точке \(C\). Разложим перемещение машины на составляющие вдоль стены и поперёк: \[ \text{вдоль стены: } vt\cos\alpha, \qquad \text{от стены: } vt\sin\alpha. \]

Изображение \(E'\) лежит за стеной на расстоянии \(l\), т.е. на \(2l\) от точки \(E\) по перпендикуляру. Расстояние по перпендикуляру от \(E'\) до \(C\): \(2l + vt\sin\alpha\); вдоль стены: \(vt\cos\alpha\). Эхо в пути время \(t\), значит \(E'C = ct\). По теореме Пифагора: \[ c^2t^2 = \left(2l + vt\sin\alpha\right)^2 + \left(vt\cos\alpha\right)^2. \]

Раскроем скобки (\(\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1\)): \[ c^2t^2 = 4l^2 + 4lv\sin\alpha\; t + v^2t^2 \quad\Longrightarrow\quad (c^2 - v^2)\,t^2 - 4lv\sin\alpha\; t - 4l^2 = 0. \]

Квадратное уравнение относительно \(t\); берём положительный корень: \[ t = \frac{4lv\sin\alpha + \sqrt{16l^2v^2\sin^2\alpha + 16l^2(c^2-v^2)}}{2(c^2-v^2)} = \frac{2l\left(v\sin\alpha + \sqrt{c^2 - v^2\cos^2\alpha}\right)}{c^2-v^2}. \]

Искомое расстояние: \[ x = vt = \frac{2lv\left(v\sin\alpha + \sqrt{c^2 - v^2\cos^2\alpha}\right)}{c^2 - v^2}. \]

При каждом ударе составляющая скорости вдоль стенки сохраняется, а перпендикулярная стенке меняет знак. Это в точности зеркальное отражение вектора скорости относительно направления стенки.

Проследим за углами. Будем измерять направление скорости углом \(\gamma\), отсчитанным от первой стенки (с учётом знака). Отражение относительно первой стенки меняет знак этого угла: \[ \gamma \ \longrightarrow\ -\gamma. \] Вторая стенка составляет с первой угол \(\alpha\). Отражение относительно неё зеркально переворачивает направление вокруг уровня \(\alpha\): угол \(\delta\) относительно второй стенки переходит в \(-\delta\), а в пересчёте на первую стенку это \[ \gamma \ \longrightarrow\ 2\alpha - \gamma. \] Выполним оба отражения подряд: \[ \gamma \ \xrightarrow{\ \text{удар 1}\ }\ -\gamma \ \xrightarrow{\ \text{удар 2}\ }\ 2\alpha - (-\gamma) = \gamma + 2\alpha. \] Направление повернулось ровно на \(2\alpha\) — независимо от угла влёта \(\gamma\). (Это общий факт: композиция двух осевых симметрий — поворот на удвоенный угол между осями.)

Случай \(\alpha = \pi/2\). Поворот на \(2\alpha = 180^\circ\): шар летит точно в обратном направлении (антипараллельно), лишь сместившись вбок. На этом основаны уголковые отражатели — катафоты велосипедов и светоотражатели на Луне (см. также задачу 1.1.21).

Введём координаты: стол — прямоугольник ширины \(b\) (вдоль оси \(x\)) и высоты \(a\); шар стартует из точки \(O = (b/2;\,0)\) на борту \(b\).

Развёртка. Каждый удар о борт заменим отражением стола: траектория в развёртке — прямая. Шар вернётся в точку \(O\), если эта прямая приходит в какое-нибудь зеркальное изображение точки \(O\) в сетке отражённых столов.

Где образы точки \(O\)? Отражения относительно горизонтальных бортов (\(y=0\) и \(y=a\)) переводят \(y_O=0\) в чётные кратные \(a\): \(y = 2ma\). Отражения относительно вертикальных бортов дают \(x = 2kb \pm b/2\). Итак, образы — точки \(\left(2kb \pm \tfrac{b}{2};\; 2ma\right)\), \(k, m\) — целые.

Угол. Прямая из \((b/2;0)\) в образ имеет наклон к борту \(b\): \[ \tg\varphi = \frac{2ma}{\left(2kb \pm \tfrac{b}{2}\right) - \tfrac{b}{2}} = \frac{2ma}{2kb}\ \text{или}\ \frac{2ma}{(2k-1)\,b}. \] Оба варианта объединяются одной формулой со знаменателем «любое целое \(n\)»: \[ \tg\varphi = \frac{2ma}{n\,b}, \qquad m,\ n \text{ — целые числа}. \]

На рисунке показан простейший случай \(m=1\), \(n=2\): \(\tg\varphi = a/b\) — шар обегает ромб, коснувшись трёх бортов, и возвращается в точку старта.

Одно зеркало. Зеркало лежит в плоскости \(yOz\); перпендикулярна ему ось \(x\). Значит, при отражении \[ (c_x,\ c_y,\ c_z) \ \longrightarrow\ (-c_x,\ c_y,\ c_z). \]

Три зеркала. Каждое из трёх зеркал меняет знак «своей» компоненты (зеркало \(yOz\) — компоненты \(x\), зеркало \(xOz\) — компоненты \(y\), зеркало \(xOy\) — компоненты \(z\)), не трогая остальные. После последовательного отражения от всех трёх: \[ (c_x,\ c_y,\ c_z) \ \longrightarrow\ (-c_x,\ -c_y,\ -c_z) = -\vec c. \]

Луч выходит точно навстречу падающему (лишь параллельно смещённым) — при любой ориентации отражателя! Именно поэтому уголковые отражатели ставят на луноходы и спутники для лазерной локации, а их «родственники» — катафоты — отправляют свет фар обратно к водителю.

Почему все хорды одинаковы. Если у скорости есть составляющая вдоль оси цилиндра, она постоянна и на доли времени не влияет, поэтому следим за проекцией движения на поперечное сечение: шарик пролетает хорду, упруго отражается, летит по следующей хорде. При упругом отражении угол между хордой и радиусом, проведённым в точку удара, сохраняется — значит, все хорды удалены от центра на одно и то же расстояние. Оно и есть минимальное расстояние до оси: середина хорды находится на расстоянии \(h\) от центра.

Считаем доли на одной хорде. Отсчитаем расстояние \(s\) вдоль хорды от её середины. Точка хорды на расстоянии \(s\) удалена от центра на \(\sqrt{h^2+s^2}\) (теорема Пифагора). Поэтому:

вся хорда (до стенки \(R\)): \(s\) пробегает от \(-\sqrt{R^2-h^2}\) до \(+\sqrt{R^2-h^2}\), длина \(2\sqrt{R^2-h^2}\);
внутри окружности \(r\): \(|s| \le \sqrt{r^2-h^2}\), длина \(2\sqrt{r^2-h^2}\).

Шарик пробегает хорду с постоянной по модулю скоростью, значит, доля времени равна доле длины: \[ \frac{\Delta t}{t} = \frac{2\sqrt{r^2-h^2}}{2\sqrt{R^2-h^2}} = \sqrt{\frac{r^2-h^2}{R^2-h^2}}. \] Каждая следующая хорда устроена так же, поэтому это и есть искомая доля полного времени.

Распределение центра диска. Центр пробегает отрезок от \(R\) до \(L-R\) (длины \(L-2R\)) с постоянной по модулю скоростью, мгновенно отражаясь у стенок. За большое время он проводит одинаковое время на равных отрезках — распределение центра равномерно на \([R,\ L-R]\).

Вероятность попадания. Пуля, нацеленная в точку \(x\), поражает диск, если центр оказался в полосе \([x-R,\ x+R]\). Вероятность — доля отрезка \([R,\ L-R]\), накрытая этой полосой: \[ P(x) = \frac{\bigl|\,[x-R,\ x+R]\cap[R,\ L-R]\,\bigr|}{L-2R}. \]

Случай \(L > 4R\). Полоса шириной \(2R\) короче отрезка \(L-2R\), поэтому:

у стенок \(P(0) = P(L) = 0\) (диск не может прижаться центром к стенке ближе чем на \(R\), а пуля у стенки задевает диск лишь краем);
при \(0 \le x \le 2R\): накрыт кусок \([R,\ x+R]\), т.е. \(P = \dfrac{x}{L-2R}\) — линейный рост;
при \(2R \le x \le L-2R\): полоса целиком внутри, \(P = \dfrac{2R}{L-2R}\) — плато (наибольшая вероятность);
при \(x \ge L-2R\) — симметричный линейный спад к нулю.

Случай \(4R > L > 2R\). Теперь полоса \(2R\) длиннее отрезка \(L-2R\), и в середине она накрывает его целиком: при \(L-2R \le x \le 2R\) попадание достоверно, \(P = 1\). К стенкам вероятность спадает линейно: \(P = \dfrac{x}{L-2R}\) при \(x \le L-2R\).

За один период электрон проходит большую полуокружность (смещаясь вдоль границы на её диаметр \(2R\) вперёд) и маленькую (смещаясь на \(2r\) назад). Перемещение за период: \[ \Delta x = 2R - 2r \] — вдоль границы раздела.

Длина пути за период — две полуокружности, а модуль скорости постоянен: \[ T = \frac{\pi R + \pi r}{v}. \]

За большое время набирается много одинаковых периодов, поэтому средняя скорость равна отношению перемещения за период к его длительности: \[ v_{\text{ср}} = \frac{\Delta x}{T} = \frac{2(R-r)\,v}{\pi (R+r)} = \frac{2}{\pi}\,v\,\frac{R-r}{R+r}, \] и направлена она вдоль границы раздела (в сторону «шагания» больших полуокружностей).

По графику: первая частица движется с постоянной скоростью \(v_1 = 2\) м/с; скорость второй растёт линейно от нуля — при \(t=6\) с она равна 2 м/с, значит, \[ v_2(t) = \frac{t}{3}\ \text{м/с}\quad (t\ \text{в секундах}). \]

Перемещения к моменту \(t\): \[ x_1 = 2t \qquad\text{(прямоугольник)},\qquad x_2 = \frac{1}{2}\cdot t\cdot \frac{t}{3} = \frac{t^2}{6} \qquad\text{(треугольник)}. \]

Встреча: \(x_1 = x_2\) при \(t > 0\): \[ 2t = \frac{t^2}{6} \quad\Longrightarrow\quad t = 12\ \text{с},\qquad x = 2\cdot 12 = 24\ \text{м}. \]

Геометрически: до \(t=6\) с первая частица опережает (площадь \(S_1\)), после — вторая быстрее и «съедает» отставание (площадь \(S_2\)); при \(t=12\) с площади равны — частицы снова вместе. Заметим: в момент встречи скорость второй, \(v_2 = 4\) м/с, вдвое больше скорости первой.

После момента \(t_0\) скорость растёт линейно с темпом \[ \frac{2v_0 - v_0}{2t_0 - t_0} = \frac{v_0}{t_0}, \] то есть при \(t > t_0\): \( v(t) = v_0 + \dfrac{v_0}{t_0}\,(t - t_0) \).

Площадь под графиком от \(0\) до \(t\) разобьём на прямоугольник высоты \(v_0\) и ширины \(t\) и треугольник с основанием \(t - t_0\) и высотой \(v(t) - v_0 = \dfrac{v_0}{t_0}(t-t_0)\): \[ L = v_0\,t + \frac{1}{2}\,(t-t_0)\cdot\frac{v_0}{t_0}\,(t-t_0) = v_0\,t + \frac{v_0\,(t-t_0)^2}{2\,t_0}. \]

Возьмём отсчёт \(x=0\) при \(t=2\) с. К моменту \(t=6\) с координата должна вырасти на \(\Delta x = v_{\text{ср}}\Delta t = 5\cdot4 = 20\) м. Устроим, например, так: первую секунду (от 2 до 3 с) едем с максимальной скоростью 15 м/с (набираем 15 м), а оставшиеся 3 с — со скоростью \(5/3\) м/с (добираем 5 м). Оба условия выполнены: средняя \(= 20/4 = 5\) м/с, максимальная \(= 15\) м/с.

Конечно, подойдёт любой график, у которого изменение координаты за эти 4 с равно 20 м, а наибольший наклон касательной равен 15 м/с — в том числе плавные кривые.

Машина тормозит в момент, когда её передний бампер пересекает границу повреждённого участка. Начнём отсчёт времени с момента, когда затормозила передняя машина. В этот момент её передний бампер на границе, задний — на расстоянии \(l\) до границы, а передний бампер задней машины — на расстоянии \(l + x\) до границы (\(x\) — дистанция).

Задняя машина доедет до границы (и тоже затормозит) через время \[ T = \frac{l + x}{v_1}. \] Всё это время дистанция сокращается со скоростью \(v_1 - v_2\), т.е. уменьшится на \((v_1 - v_2)\,T\). Столкновения не будет, если \[ x > (v_1 - v_2)\,\frac{l+x}{v_1}. \]

Раскроем: \[ x\,v_1 > (v_1 - v_2)(l + x) \quad\Longrightarrow\quad x\,v_2 > (v_1 - v_2)\,l \quad\Longrightarrow\quad x > l\left(\frac{v_1}{v_2} - 1\right). \]

Небольшая тонкость: по осям отложены разные величины (скорость и время), поэтому «полуокружность» на графике — на самом деле половина эллипса с полуосями \(t_0/2\) (по горизонтали) и \(v_0\) (по вертикали). Но отношение площадей от растяжения осей не меняется: полукруг занимает \[ \frac{\text{площадь полукруга}}{\text{площадь прямоугольника}} = \frac{\pi R^2/2}{2R\cdot R} = \frac{\pi}{4} \] описанного прямоугольника — и половина эллипса занимает ту же долю прямоугольника \(v_0 t_0\).

Значит, путь \[ L = \frac{\pi}{4}\,v_0\,t_0 \approx 0{,}785\,v_0 t_0. \]

Средняя скорость автобуса \[ v_{\text{ср}} = \frac{310\ \text{м}}{20\ \text{с}} = 15{,}5\ \text{м/с} \;>\; v_0 = 15\ \text{м/с}. \]

Предположим, что ускорение было постоянным. Конечная скорость равна нулю, значит, это было бы равнозамедленное движение от 15 м/с до 0, и средняя скорость равнялась бы \((15+0)/2 = 7{,}5\) м/с, а путь — \(7{,}5\cdot 20 = 150\) м. Но автобус прошёл 310 м — вдвое больше! Противоречие.

Что происходило на самом деле: раз средняя скорость (15,5 м/с) больше начальной, в какой-то момент скорость превышала 15,5 м/с — сначала автобус разгонялся (ускорение направлено вперёд), а к концу затормозил до нуля (ускорение направлено назад). Значит, по ходу движения ускорение сменило направление, что и требовалось доказать.

Полное время движения: \[ t(v) = \underbrace{\frac{L}{v}}_{\text{полёт}} + \underbrace{\frac{v}{a}}_{\text{торможение}}. \]

Произведение слагаемых не зависит от \(v\): \[ \frac{L}{v}\cdot\frac{v}{a} = \frac{L}{a} = \text{const}. \] По неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом \[ t = \frac{L}{v} + \frac{v}{a} \ \ge\ 2\sqrt{\frac{L}{v}\cdot\frac{v}{a}} = 2\sqrt{\frac{L}{a}}, \] причём равенство — ровно тогда, когда слагаемые равны: \[ \frac{L}{v} = \frac{v}{a} \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{La}. \]

Путь \(S\) рыба проплывает за время \(t = S/v\). Полный расход жира: \[ Q = \left(N + b v^2\right) t = S\left(\frac{N}{v} + b v\right). \]

Произведение слагаемых в скобке постоянно: \(\dfrac{N}{v}\cdot bv = Nb\). По неравенству о средних \[ \frac{N}{v} + bv \ \ge\ 2\sqrt{Nb}, \] с равенством при \[ \frac{N}{v} = b v \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{\frac{N}{b}}. \]

Смысл: плыть слишком медленно невыгодно — «основной обмен» капает всё время, и путь растягивается; слишком быстро — расход на плавание растёт как \(v^2\). Оптимум — когда обе статьи расхода на метр пути сравниваются. Минимальные затраты: \(Q_{\min} = 2S\sqrt{Nb}\).

Пусть в какой-то момент площадь поверхности воды равна \(S\) (по мере понижения уровня в полусфере она уменьшается). За малое время \(\Delta t\) испаряется объём \(\Delta V = q\,S\,\Delta t\). Этот объём — тонкий слой у самой поверхности, его толщина \[ \Delta h = \frac{\Delta V}{S} = q\,\Delta t. \] Площадь \(S\) сократилась — и объём слоя, и площадь пропорциональны друг другу, так что скорость понижения уровня всегда равна \(q\), какой бы ни была форма сосуда.

Начальная глубина воды в полусферическом аквариуме равна \(R\) (от верхнего края до нижней точки). Уровень опускается равномерно со скоростью \(q\): \[ t = \frac{R}{q}. \]

а. Конус. Обозначим \(\alpha\) угол между осью конуса и образующей. К моменту \(t\) уровень поднялся на \(h = v_0 t\), и радиус поверхности воды равен \[ r = h\,\tg\alpha = v_0 t\,\tg\alpha. \] За малое время \(\Delta t\) уровень поднимается на \(v_0\Delta t\), т.е. доливается тонкий слой объёмом \[ \Delta V = \pi r^2 \cdot v_0\,\Delta t. \] Расход воды (объём в единицу времени): \[ Q = \frac{\Delta V}{\Delta t} = \pi r^2 v_0 = \pi v_0^3 t^2 \tg^2\alpha. \] Этот объём проходит через трубку сечения \(s\), значит, скорость воды в трубке \[ v = \frac{Q}{s} = \frac{\pi v_0^3\, t^2 \tg^2\alpha}{s} \] — растёт со временем квадратично.

б. Масляное пятно. Объём пятна к моменту \(t\): \(V = qt\). С другой стороны, пятно — диск радиуса \(R\) и толщины \(h\): \(V = \pi R^2 h\). Отсюда \[ R = \sqrt{\frac{q\,t}{\pi h}}. \] Скорость границы найдём из баланса объёма: за \(\Delta t\) поступает \(q\,\Delta t\), и весь этот объём «наращивает» пятно по краю — кольцом длины \(2\pi R\), толщины \(h\) и ширины \(v\,\Delta t\): \[ q\,\Delta t = 2\pi R\,h\cdot v\,\Delta t \quad\Longrightarrow\quad v = \frac{q}{2\pi R h} = \frac{q}{2\pi h}\sqrt{\frac{\pi h}{q\,t}} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{q}{\pi h\,t}}. \] Граница пятна замедляется как \(1/\sqrt{t}\) (радиус растёт как \(\sqrt{t}\)).

За малое время \(\Delta t\) радиус увеличивается на \(\Delta R = u\,\Delta t\), где \(u = 1\) мм/с \(= 0{,}1\) см/с. Прирост объёма — тонкий сферический слой: \[ \Delta V = 4\pi R^2\,\Delta R = 4\pi R^2 u\,\Delta t. \] Расход воздуха: \[ q = \frac{\Delta V}{\Delta t} = 4\pi R^2 u = 4\pi\cdot (10\ \text{см})^2 \cdot 0{,}1\ \text{см/с} = 40\pi \approx 126\ \text{см}^3/\text{с}. \]

Прирост скорости \(\Delta v = 1000\) км/с \(= 10^6\) м/с за время \(\Delta t = 1\) ч \(= 3600\) с: \[ a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{10^6}{3600} \approx 278\ \text{м/с}^2. \]

Сравним с ускорением свободного падения: \[ \frac{a}{g} = \frac{278}{9{,}8} \approx 28. \] Перегрузка в 28\(g\) — фантастическая: человек выдерживает кратковременно лишь около 10\(g\). Так что «инструкции космофлота» и правда стоило соблюдать.

Считываем график: \(a = 0\) до 2 с; затем линейный рост до \(60\) м/с² к 5-й секунде (темп \(20\) м/с² за секунду); плато \(60\) м/с² от 5 до 9 с; линейный спад до нуля к 12-й секунде.

Скорость при \(t = 4\) с. От 1 до 2 с ускорения нет. От 2 до 4 с ускорение растёт линейно от 0 до \(a(4) = 20\cdot(4-2) = 40\) м/с²; площадь — треугольник: \[ \Delta v = \frac{1}{2}\cdot 2\ \text{с}\cdot 40\ \text{м/с}^2 = 40\ \text{м/с}, \] \[ v(4) = 3 + 40 = 43\ \text{м/с}. \]

Скорость при \(t = 15\) с. После 12 с ускорение нулевое, поэтому считаем всю площадь трапеции от 2 до 12 с (основания \(12-2=10\) с и \(9-5=4\) с, высота 60 м/с²): \[ \Delta v = \frac{10+4}{2}\cdot 60 = 420\ \text{м/с},\qquad v(15) = 3 + 420 = 423\ \text{м/с}. \]

Скорость. На разгоне скорость растёт линейно: \[ v_{\max} = a_1 t_1 = 100\cdot 6 = 600\ \text{м/с}. \] Затем 7 с она постоянна, а на торможении убывает: \(600 - 200\cdot 3 = 0\) — тележка в конце как раз останавливается.

Путь. Складываем площади под графиком скорости:

разгон (треугольник): \( \tfrac12\cdot 6\cdot 600 = 1800\) м;
равномерный участок: \(600\cdot 7 = 4200\) м;
торможение (треугольник): \(\tfrac12\cdot 3\cdot 600 = 900\) м.

Полное расстояние: \[ L = 1800 + 4200 + 900 = 6900\ \text{м} = 6{,}9\ \text{км}. \] Торможение происходило на последних 900 метрах — на отрезке пути от 6 км до 6,9 км.

Проверка остановки по графику \(a(t)\). Полное изменение скорости — площадь под графиком ускорения с учётом знака. Над осью: \(100\cdot 6 = 600\) м/с; под осью: \(200\cdot 3 = 600\) м/с. Площади равны — значит, конечная скорость равна начальной, т.е. нулю: тележка действительно остановилась.

Возьмём маленький участок графика возле точки \(A\) — скажем, изменение координаты \(\Delta x\) за одно деление времени. Оно одинаково для обеих частиц, но первая тратит на него \(\Delta t_1 = 4\) с, а вторая — \(\Delta t_2 = 1\) с. Поэтому \[ \frac{v_2}{v_1} = \frac{\Delta x/\Delta t_2}{\Delta x/\Delta t_1} = \frac{\Delta t_1}{\Delta t_2} = 4. \]

Теперь ускорение — темп изменения скорости. За соседние деления скорость первой частицы меняется на \(\Delta v_1\), второй — на \(\Delta v_2 = 4\,\Delta v_1\) (скорости всюду в 4 раза больше), причём у второй это изменение происходит в 4 раза быстрее: \[ \frac{a_2}{a_1} = \frac{\Delta v_2/\Delta t_2}{\Delta v_1/\Delta t_1} = 4\cdot 4 = 16. \]

Точка \(A\) здесь ничем не выделена — отношения одинаковы во всех точках графика: сжатие времени в \(k\) раз умножает скорость на \(k\), ускорение — на \(k^2\).

Скорость. Наклон графика: скорость положительна на подъёме (до вершины верхнего горба), обращается в нуль в вершине, минимальна на спуске и снова нулевая во впадине. Заметьте: наибольшая крутизна обоих горбов одинакова — отношение «амплитуда/длительность» у них одно и то же (\(4/6 = 2/3\)), поэтому график \(v(t)\) непрерывен и его размахи слева и справа равны.

Ускорение. В вершине верхнего горба (наибольшее \(x\)) кривизна графика меньше — тело «разворачивается» лениво; во впадине (наименьшее \(x\)) — вдвое резче. Количественно: у подобных кусков \[ a \sim \frac{\Delta v}{\Delta t}: \quad \Delta v\ \text{одинаковы, а}\ \Delta t\ \text{вдвое короче} \quad\Longrightarrow\quad \frac{|a_{\min x}|}{|a_{\max x}|} = k = 2. \]

Координата. Пока скорость мала (левый «хвост» колокола), координата почти не меняется; в районе максимума скорости \(x\) растёт быстрее всего (точка перегиба); затем рост снова замирает. Условие \(x(0)=0\) сдвигает кривую по вертикали: слева от нуля площадь «отрицательная по ходу времени», поэтому при \(t < 0\) координата отрицательна.

Ускорение. Это наклон графика скорости: \(a > 0\) на подъёме колокола, \(a = 0\) в его вершине, \(a < 0\) на спуске. Наибольший модуль ускорения — в точках наибольшей крутизны \(v(t)\) (точках перегиба колокола), симметрично по обе стороны от вершины.

Цена деления шкалы: \[ \frac{150\ \text{км/ч}}{15\ \text{см}} = 10\ \frac{\text{км/ч}}{\text{см}}. \]

Ускорение автомобиля в «шкальных» единицах: \[ a = 2\ \text{м/с}^2 = 2\cdot 3{,}6\ \frac{\text{км/ч}}{\text{с}} = 7{,}2\ \frac{\text{км/ч}}{\text{с}} \] (за каждую секунду скорость прирастает на 7,2 км/ч).

Указатель за секунду проходит \[ u = \frac{7{,}2\ \text{км/ч за секунду}}{10\ \text{км/ч на сантиметр}} = 0{,}72\ \text{см/с}. \]

Пусть ускорение на первом этапе равно \(a\). За время \(t_0\) тело набирает скорость \(v_0 = a t_0\) и уходит от \(A\) на \(x_1 = \tfrac12 a t_0^2\).

Затем ускорение меняет знак. Скорость линейно убывает и обращается в нуль в момент \(2t_0\); к этому моменту тело удалилось ещё на \(v_0 t_0 - \tfrac12 a t_0^2 = \tfrac12 a t_0^2\), т.е. всего на \[ x_{\max} = a t_0^2. \]

Дальше то же ускорение разгоняет тело назад. Из состояния покоя ему нужно пройти расстояние \(x_{\max}\): \[ a t_0^2 = \frac{1}{2} a \tau^2 \quad\Longrightarrow\quad \tau = \sqrt{2}\,t_0. \]

Полное время: \[ t = 2t_0 + \sqrt2\,t_0 = \left(2 + \sqrt2\right)t_0 \approx 3{,}41\,t_0. \]

Пусть \(L\) — длина вагона, \(a\) — ускорение, \(T\) — истинное время (после отправления), когда на ваших часах было 12.00, т.е. когда мимо начал проходить предпоследний вагон. Путь поезда от старта: \(s(t) = \tfrac12 a t^2\). Пока мимо проходит один вагон, поезд продвигается ровно на \(L\): \[ \frac{a}{2}(T+t_1)^2 - \frac{a}{2}T^2 = L \qquad\text{(предпоследний)}, \] \[ \frac{a}{2}(T+t_1+t_2)^2 - \frac{a}{2}(T+t_1)^2 = L \qquad\text{(последний)}. \]

Левые части равны — приравняем и сократим на \(a/2\): \[ (T+t_1)^2 - T^2 = (T+t_1+t_2)^2 - (T+t_1)^2, \] \[ 2(T+t_1)^2 = T^2 + (T+t_1+t_2)^2. \] Раскроем скобки: \[ 2T^2 + 4Tt_1 + 2t_1^2 = 2T^2 + 2T(t_1+t_2) + (t_1+t_2)^2, \] \[ 2T(t_1 - t_2) = (t_1+t_2)^2 - 2t_1^2 = 2t_1t_2 + t_2^2 - t_1^2, \] \[ T = \frac{2t_1t_2 + t_2^2 - t_1^2}{2\,(t_1 - t_2)}. \]

Это и есть искомое отставание часов: истинное время в момент «ваших 12.00» равно \(12.00 + T\).

В момент вылета второго шарика первый уже летит время \(\Delta t\): его скорость \(v - g\Delta t\), а высота \[ s_0 = v\,\Delta t - \frac{g\,\Delta t^2}{2}. \]

Скорость второго в этот момент равна \(v\). Относительная скорость сближения: \[ v_{\text{отн}} = v - (v - g\Delta t) = g\,\Delta t \] — и она не меняется со временем: ускорения шариков одинаковы и сокращаются. Второй шарик догоняет первый равномерно!

Время до столкновения: \[ t = \frac{s_0}{v_{\text{отн}}} = \frac{v\Delta t - g\Delta t^2/2}{g\Delta t} = \frac{v}{g} - \frac{\Delta t}{2}. \]

а. Ускорение шарика вдоль гладкого жёлоба — проекция \(g\): \[ a = g\cos\varphi. \] Длина хорды окружности диаметра \(D\), проведённой из верхней точки под углом \(\varphi\) к вертикали (диаметру): \[ L = D\cos\varphi \] (вписанный угол, опирающийся на диаметр, — прямой, поэтому хорда — катет прямоугольного треугольника с гипотенузой \(D\)).

Из \(L = \dfrac{a t^2}{2}\): \[ D\cos\varphi = \frac{g\cos\varphi}{2}\,t^2 \quad\Longrightarrow\quad t = \sqrt{\frac{2D}{g}} \] — время одно и то же для всех хорд! (При \(\varphi = 0\) это обычное свободное падение с высоты \(D\).)

б. Обратим рассуждение. За время \(t\) бусинка на спице с наклоном \(\varphi\) проходит путь \[ s(\varphi) = \frac{g\cos\varphi}{2}\,t^2 = \frac{g t^2}{2}\cos\varphi. \] Это в точности длина хорды окружности диаметра \(gt^2/2\) с верхней точкой \(A\). Значит, в момент \(t\) все бусинки лежат на такой окружности; со временем она раздувается (диаметр растёт как \(t^2\)), оставаясь «подвешенной» верхней точкой в \(A\).

Пусть окружность с верхней точкой \(A\) коснулась плоскости в точке \(T\), её центр \(O\) лежит на вертикали под \(A\). Радиус \(OT\) перпендикулярен плоскости, а нормаль к плоскости составляет с вертикалью угол \(\varphi\) (на сколько наклонена плоскость, на столько же отклонена её нормаль). Значит, \(\angle AOT = 180^\circ - \varphi\).

Треугольник \(AOT\) равнобедренный (\(OA = OT\) — радиусы), поэтому углы при основании \(AT\) равны: \[ \angle OAT = \frac{180^\circ - \angle AOT}{2} = \frac{\varphi}{2}. \] Но \(\angle OAT\) — это и есть угол между жёлобом \(AT\) и вертикалью \(AO\).

Пусть от \(A\) до \(B\) тело летело время \(t\). Тогда \[ v_B = v_A + gt, \qquad h = v_A t + \frac{g t^2}{2}. \]

Возведём первое равенство в квадрат и подставим второе: \[ v_B^2 = v_A^2 + 2 v_A g t + g^2 t^2 = v_A^2 + 2g\left(v_A t + \frac{g t^2}{2}\right) = v_A^2 + 2gh. \]

Итак, \[ v_B = \sqrt{v_A^2 + 2gh}. \]

Составляющие скорости в момент \(t\): \[ v_x = v\cos\varphi = \text{const},\qquad v_y = v\sin\varphi - g t. \]

Условие «угол с горизонтом равен \(\alpha\)»: \[ \tg\alpha = \frac{v_y}{v_x} = \frac{v\sin\varphi - gt}{v\cos\varphi} \quad\Longrightarrow\quad v\sin\varphi - g t = v\cos\varphi\,\tg\alpha, \] \[ t = \frac{v}{g}\left(\sin\varphi - \cos\varphi\,\tg\alpha\right). \]

а) Скорости. Горизонтальных сил нет, по вертикали действует ускорение \(-g\): \[ v_x = v\cos\varphi,\qquad v_y = v\sin\varphi - g t. \]

б) Координаты. Равномерное движение и «бросок вверх»: \[ x = (v\cos\varphi)\,t,\qquad y = (v\sin\varphi)\,t - \frac{g t^2}{2}. \]

в) Траектория. Выразим \(t = \dfrac{x}{v\cos\varphi}\) и подставим в \(y\): \[ y = x\,\tg\varphi - \frac{g\,x^2}{2 v^2 \cos^2\varphi}. \] Это парабола с ветвями вниз, проходящая через начало координат.

г) Время, высота, дальность. Полёт заканчивается при \(y=0\): \[ T = \frac{2v\sin\varphi}{g}. \] Вершина — в момент \(v_y = 0\), т.е. \(t = T/2\): \[ H = \frac{v^2\sin^2\varphi}{2g}. \] Дальность: \[ L = v\cos\varphi\cdot T = \frac{2v^2 \sin\varphi\cos\varphi}{g} = \frac{v^2 \sin 2\varphi}{g}. \]

Введём в плоскости оси: \(\xi\) — вдоль горизонтального (нижнего) края, \(\eta\) — вверх по склону. Ускорение направлено вниз по склону: \[ g' = g\sin 45^\circ = \frac{g}{\sqrt2}. \] Начальная скорость \(v\) составляет \(45^\circ\) с осью \(\xi\).

Получился «выстрел под углом \(45^\circ\)» в плоскости с ускорением \(g'\). Дальность такого броска (задача 1.3.6, г): \[ L = \frac{v^2 \sin(2\cdot 45^\circ)}{g'} = \frac{v^2}{g/\sqrt2} = \frac{\sqrt2\,v^2}{g}. \] Это расстояние отсчитано вдоль нижнего края плоскости, а он горизонтален — значит, это и есть искомое расстояние по горизонтали.

Уравнение траектории (задача 1.3.6): \[ y = x\,\tg\beta - \frac{g x^2}{2 v^2\cos^2\beta}. \] Точка падения лежит на склоне \(y = x\,\tg\alpha\): \[ x\,\tg\alpha = x\,\tg\beta - \frac{g x^2}{2 v^2 \cos^2\beta}. \]

Сокращаем на \(x \ne 0\): \[ x = \frac{2 v^2 \cos^2\beta}{g}\,(\tg\beta - \tg\alpha). \] Расстояние вдоль склона: \[ L = \frac{x}{\cos\alpha} = \frac{2 v^2 \cos^2\beta}{g\cos\alpha}\,(\tg\beta - \tg\alpha). \]

Оси: \(x\) — от пушки к месту старта, \(y\) — вверх. Снаряд: \[ x = \frac{v}{\sqrt2}\,t,\qquad y = \frac{v}{\sqrt2}\,t - \frac{g t^2}{2}. \] Ракета: \(x_{\text{р}} = L\), \(y_{\text{р}} = \dfrac{a t^2}{2}\).

Встреча: по горизонтали \(\dfrac{v}{\sqrt2}\,t = L\), по вертикали \[ \frac{v}{\sqrt2}\,t - \frac{g t^2}{2} = \frac{a t^2}{2}. \] Подставим \(\dfrac{v}{\sqrt2} t = L\) в вертикальное условие: \[ L = \frac{(a+g)\,t^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad t = \sqrt{\frac{2L}{a+g}}. \]

Тогда \[ v = \frac{\sqrt2\,L}{t} = \sqrt2\,L\sqrt{\frac{a+g}{2L}} = \sqrt{L\,(a+g)}. \]

Пусть в момент броска утка находилась на линии прицеливания на расстоянии \(d\) от охотника: её координаты \((d\cos\alpha,\ d\sin\alpha)\), а высота \(H = d\sin\alpha\). Камень: \(x = vt\cos\alpha\), \(y = vt\sin\alpha - gt^2/2\). Утка: \(x_{\text{у}} = d\cos\alpha + u t\), \(y_{\text{у}} = d\sin\alpha\).

По горизонтали: \[ v t\cos\alpha = d\cos\alpha + u t \quad\Longrightarrow\quad d = \frac{t\,(v\cos\alpha - u)}{\cos\alpha}. \]

По вертикали: \[ v t \sin\alpha - \frac{g t^2}{2} = d\sin\alpha = t\,(v\cos\alpha - u)\,\tg\alpha. \] Сократим на \(t\) и раскроем: \[ v\sin\alpha - \frac{g t}{2} = v\sin\alpha - u\,\tg\alpha \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{2u\,\tg\alpha}{g}. \] Красивый промежуточный факт: время полёта зависит только от скорости утки и угла!

Высота. \[ H = d\sin\alpha = t\,(v\cos\alpha - u)\,\tg\alpha = \frac{2u}{g}\,(v\cos\alpha - u)\,\tg^2\alpha. \]

Уравнения струй: \[ y = x\,\tg\alpha - \frac{g x^2}{2v^2\cos^2\alpha},\qquad y = x\,\tg\beta - \frac{g x^2}{2v^2\cos^2\beta}. \] В точке пересечения (\(x \neq 0\)): \[ x\,(\tg\alpha - \tg\beta) = \frac{g x^2}{2v^2}\left(\frac{1}{\cos^2\alpha} - \frac{1}{\cos^2\beta}\right) = \frac{g x^2}{2v^2}\left(\tg^2\alpha - \tg^2\beta\right). \]

Сократим на \(x(\tg\alpha - \tg\beta)\): \[ 1 = \frac{g x}{2v^2}\,(\tg\alpha + \tg\beta) \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{2v^2}{g\,(\tg\alpha + \tg\beta)}. \]

Время полёта капли (задача 1.3.6, г): \[ T = \frac{2 v \sin 45^\circ}{g} = \frac{\sqrt2\,v}{g} = \frac{1{,}41\cdot 10}{10} \approx 1{,}41\ \text{с}. \]

Расход воды из шланга: за секунду вылетает столбик длиной \(v\) и сечением \(s\), т.е. масса \(\rho s v\). Масса воды в воздухе: \[ m = \rho\,s\,v\,T = \frac{\sqrt2\,\rho\,s\,v^2}{g}. \]

Числа: \(\rho = 1000\) кг/м³, \(s = 5\cdot10^{-4}\) м², \(v = 10\) м/с: \[ m = 1000\cdot 5\cdot 10^{-4}\cdot 10\cdot 1{,}41 \approx 7\ \text{кг}. \]

а) Угол. Подставим точку \((x,y)\) в уравнение траектории и заменим \(1/\cos^2\varphi = 1 + \tg^2\varphi\): \[ y = x\,\tg\varphi - \frac{g x^2}{2 v^2}\left(1 + \tg^2\varphi\right). \] Это квадратное уравнение относительно \(p = \tg\varphi\): \[ \frac{g x^2}{2 v^2}\,p^2 - x\,p + \left(y + \frac{g x^2}{2v^2}\right) = 0, \] \[ p = \tg\varphi = \frac{v^2 \pm \sqrt{v^4 - 2g v^2 y - g^2 x^2}}{g\,x}. \] Два знака — два способа попасть: настильная и навесная траектории.

б) Граница области поражения. Попадание возможно, пока дискриминант неотрицателен: \[ v^4 - 2g v^2 y - g^2 x^2 \ge 0 \quad\Longleftrightarrow\quad y \le \frac{v^2}{2g} - \frac{g x^2}{2 v^2}. \] Граница — парабола безопасности \[ y = \frac{v^2}{2g} - \frac{g x^2}{2 v^2}: \] выше неё не долетит ни один снаряд, каждая точка под ней достижима двумя способами, на самой границе — одним.

в) Наименьшая скорость. Минимальная \(v\) — когда точка \((x,y)\) лежит ровно на границе: \[ v^4 - 2g y\,v^2 - g^2 x^2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad v^2 = g\left(y + \sqrt{x^2 + y^2}\right), \] \[ v_{\min} = \sqrt{g\left(y + \sqrt{x^2+y^2}\right)}. \]

Отсчитываем время \(t\) от вылета второго тела. Скорости тел: \[ \vec v_1 = (v\cos\varphi,\ v\sin\varphi - g(t+\Delta t)),\qquad \vec v_2 = (v\cos\varphi,\ v\sin\varphi - g t). \] Относительная скорость: \[ \vec v_{\text{отн}} = \vec v_1 - \vec v_2 = (0,\ -g\,\Delta t) \] — постоянна, направлена вертикально вниз и равна по модулю \(g\Delta t\). Причина проста: одинаковые слагаемые \(v\cos\varphi\), \(v\sin\varphi\) и \(-gt\) сокращаются, остаётся лишь «фора» первого тела по времени падения.

Положение первого относительно второго: в момент \(t=0\) (вылет второго) первое тело уже находится в точке \[ x_{\text{отн}} = (v\cos\varphi)\,\Delta t,\qquad y_{\text{отн}} = (v\sin\varphi)\,\Delta t - \frac{g\,\Delta t^2}{2}, \] а дальше равномерно опускается: \[ y_{\text{отн}}(t) = (v\sin\varphi)\Delta t - \frac{g\Delta t^2}{2} - g\Delta t\cdot t, \qquad x_{\text{отн}} = \text{const}. \]

Разложим начальную скорость: вертикально вверх \(v\cos\alpha\), горизонтально (по касательной к окружности) \(v\sin\alpha\). Реакция стенки горизонтальна и всегда перпендикулярна горизонтальной скорости — она лишь закручивает шарик по окружности радиуса \(R\), не меняя модуля \(v\sin\alpha\).

Вертикаль: шарик вернётся на исходную высоту через \[ t = \frac{2 v\cos\alpha}{g}. \]

Горизонталь: за это время он должен пройти по окружности целое число полных кругов: \[ v\sin\alpha \cdot t = 2\pi R\,n,\qquad n = 1, 2, 3, \dots \]

Подставляем \(t\): \[ \frac{2 v^2 \sin\alpha\cos\alpha}{g} = 2\pi R n \quad\Longrightarrow\quad \frac{v^2 \sin 2\alpha}{g} = 2\pi R n, \] \[ v = \sqrt{\frac{2\pi R\,g\,n}{\sin 2\alpha}}. \]

Вдоль трубы: начальная скорость \(v\cos\alpha\) (проекция горизонтальной скорости на ось трубы), ускорение \(-g\sin\alpha\) (труба поднимается). Поперёк: шарик прыгает между стенками, но эти удары не влияют на продольное движение.

Случай 1: шарик не долетает до конца трубы. Продольное движение — «бросок вверх»: шарик проедет вдоль трубы максимум \[ s_{\max} = \frac{(v\cos\alpha)^2}{2 g \sin\alpha}. \] Если \(s_{\max} < l\), т.е. \(v\cos\alpha < \sqrt{2 g l \sin\alpha}\), — шарик остановится (в продольном смысле), покатится назад и вылетит там же, где влетел. Время — как у броска вверх и обратно: \[ t = \frac{2 v\cos\alpha}{g\sin\alpha} = \frac{2v}{g}\,\ctg\alpha. \]

Случай 2: шарик пролетает трубу насквозь (\(v\cos\alpha > \sqrt{2 g l\sin\alpha}\)). Тогда время найдём из \[ l = v\cos\alpha\,t - \frac{g\sin\alpha}{2}\,t^2 \] (берём меньший корень — первый приход к концу трубы): \[ t = \frac{v\cos\alpha - \sqrt{v^2\cos^2\alpha - 2 g l \sin\alpha}}{g\sin\alpha}. \] Вынесем \(v\cos\alpha\) из-под корня и учтём, что \(\dfrac{2gl\sin\alpha}{v^2\cos^2\alpha} = \dfrac{2gl\,\tg\alpha}{v^2\cos\alpha}\): \[ t = \frac{v}{g}\,\ctg\alpha\left(1 - \sqrt{1 - \frac{2 g l\,\tg\alpha}{v^2 \cos\alpha}}\right). \]

Пусть \(\vec v_1\) — скорость сразу после удара о дно (она направлена по нормали к дну, иначе при ударе изменилась бы касательная составляющая и траектория не повторялась бы). Долетев до стенки за время \(\Delta t\), шарик должен подойти к ней тоже по нормали — со скоростью \(\vec v_2'\) (перпендикулярной стенке). Связь свободного полёта: \[ \vec v_2' = \vec v_1 + \vec g\,\Delta t. \]

Векторы \(\vec v_1\) и \(\vec v_2'\) взаимно перпендикулярны (нормали к дну и стенке), а их разность — вертикальный вектор длины \(g\Delta t\). Значит, \(\vec v_1\) и \(\vec v_2'\) — катеты прямоугольного треугольника с гипотенузой \(g\Delta t\). Нормаль к дну составляет угол \(\alpha\) с вертикалью, нормаль к стенке — угол \(90^\circ - \alpha\). Проецируем: \[ v_1 = g\,\Delta t\cos\alpha \qquad\text{(после удара о дно)}, \] \[ v_2 = g\,\Delta t\sin\alpha \qquad\text{(после удара о стенку; модуль при упругом ударе сохраняется)}. \]

Пусть \(d\) — расстояние между точками \(A\) и \(B\). Для дуги с временем полёта \(T\) (точки на одной высоте): \[ u = \frac{d}{T}\ \text{(горизонтальная скорость)},\qquad w = \frac{g T}{2}\ \text{(вертикальная при вылете и при посадке)}. \]

Шаг 1: модуль скорости. В точке \(B\) шарик прилетает по крутой дуге со скоростью \((u_1, -w_1)\) и улетает по пологой со скоростью \((-u_2, w_2)\). Удар упругий — модули равны: \[ \frac{d^2}{T_1^2} + \frac{g^2T_1^2}{4} = \frac{d^2}{T_2^2} + \frac{g^2T_2^2}{4}. \] Переносим и группируем: \[ d^2\,\frac{T_2^2 - T_1^2}{T_1^2 T_2^2} = \frac{g^2}{4}\left(T_2^2 - T_1^2\right) \quad\Longrightarrow\quad d = \frac{g\,T_1 T_2}{2}. \]

Шаг 2: направление нормали. При ударе скорость меняется только вдоль нормали к поверхности, значит, вектор \[ \Delta\vec v = (-u_2, w_2) - (u_1, -w_1) = \left(-(u_1{+}u_2),\ w_1{+}w_2\right) \] направлен по нормали, т.е. к центру сферы. Угол нормали с вертикалью: \[ \tg\theta = \frac{u_1 + u_2}{w_1 + w_2} = \frac{d\left(\frac{1}{T_1} + \frac{1}{T_2}\right)}{\frac{g}{2}(T_1 + T_2)} = \frac{2d}{g\,T_1 T_2} = 1 \] (подставили \(d\) из шага 1). Итак, \(\theta = 45^\circ\) — нормали в точках ударов наклонены к вертикали под 45° при любых \(T_1, T_2\)!

Шаг 3: радиус. Радиус, проведённый в точку удара, отклонён от вертикали на \(45^\circ\), поэтому половина хорды \(AB\): \[ \frac{d}{2} = R\sin 45^\circ \quad\Longrightarrow\quad R = \frac{d}{2\sin45^\circ} = \frac{d}{\sqrt2} = \frac{g\,T_1 T_2}{2\sqrt2}. \]

Обозначим \(u\) и \(w\) горизонтальную и вертикальную составляющие скорости в момент пролёта первого ребра. Над крышей (между рёбрами, одна высота): время пролёта \(\tau\): \[ L = u\,\tau,\qquad w = \frac{g\tau}{2} \quad\Longrightarrow\quad u\,w = u\cdot\frac{g\tau}{2} = \frac{g L}{2} \] — произведение \(uw\) одинаково для всех подходящих траекторий!

Скорость на ребре: \(v_{\text{р}}^2 = u^2 + w^2\). Связь со скоростью броска с высоты \(h\) (задача 1.3.4 «наоборот»): \[ v^2 = v_{\text{р}}^2 + 2g\,(H - h) = u^2 + w^2 + 2g(H-h). \]

Минимизируем по неравенству о средних: \[ u^2 + w^2 \ \ge\ 2uw = gL, \] с равенством при \(u = w\) (скорость на ребре под \(45^\circ\)). Отсюда \[ v_{\min}^2 = gL + 2g(H-h) \quad\Longrightarrow\quad v_{\min} = \sqrt{g\left(2(H-h) + L\right)}. \]

Угловая скорость суточного вращения: \[ \omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{86400\ \text{с}} = 7{,}27\cdot 10^{-5}\ \text{с}^{-1}. \]

Экватор (\(r = R = 6{,}4\cdot10^6\) м): \[ v = \omega R = 7{,}27\cdot10^{-5}\cdot 6{,}4\cdot10^{6} \approx 465\ \text{м/с} \approx 1675\ \text{км/ч}, \] \[ a = \omega^2 R = \omega\,v \approx 0{,}034\ \text{м/с}^2. \]

Санкт-Петербург (\(r = R\cos60^\circ = R/2\)): скорость и ускорение вдвое меньше: \[ v \approx 233\ \text{м/с} \approx 838\ \text{км/ч},\qquad a \approx 0{,}017\ \text{м/с}^2. \]

\[ \frac{v^2}{R} = g \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{gR} = \sqrt{10\cdot 6{,}4\cdot 10^{6}} = 8\cdot 10^{3}\ \text{м/с} = 8\ \text{км/с}. \]

Это первая космическая скорость: спутник непрерывно «падает» на Землю, но из-за огромной горизонтальной скорости поверхность «уходит» из-под него ровно с той же быстротой, с какой он снижается, — и высота полёта не меняется.

Радиус разворота и его длительность: \[ R = \frac{v^2}{a},\qquad t = \frac{\pi R}{v}. \]

Поставим начало координат в точку начала разворота, ось \(x\) — навстречу второму самолёту. Первый самолёт за время разворота смещается только поперёк курса — на диаметр \(2R\) (продольное смещение полуокружности равно нулю). Второй в начале разворота был в точке \(x = l\) и пролетел навстречу \(v t = \pi R\).

Квадрат расстояния между ними в конце разворота: \[ D^2 = (l - \pi R)^2 + (2R)^2. \] Самолёты потеряют друг друга, если \(D > l\): \[ (l - \pi R)^2 + 4R^2 > l^2 \quad\Longrightarrow\quad \pi^2 R^2 + 4R^2 > 2\pi R l \quad\Longrightarrow\quad R > \frac{2\pi l}{\pi^2 + 4}. \]

Подставим \(R = v^2/a\): \[ \frac{v^2}{a} > \frac{2\pi l}{\pi^2+4} \quad\Longrightarrow\quad a < \frac{(4 + \pi^2)\,v^2}{2\pi l}. \] Слишком «ленивый» (малое ускорение — большой радиус) разворот приводит к потере контакта.

Так как \(|v| = \text{const}\), тангенциальное ускорение равно нулю, и полное ускорение — чисто нормальное: \[ a = \frac{v^2}{\rho}, \] где \(\rho\) — радиус той дуги, на которой находится тело. На большой дуге \[ a_1 = \frac{v^2}{R}\ \text{(к центру большой окружности)}, \] на малой \[ a_2 = \frac{v^2}{R/3} = \frac{3v^2}{R}\ \text{(к центру малой окружности)}. \]

В точке стыка дуг направление ускорения скачком поворачивается (центры лежат по разные стороны траектории — дуги соединены «змейкой»), а модуль скачком меняется втрое. Сама скорость при этом непрерывна — «ломается» только её производная.

Составляющие ускорения: \[ a_\tau = a\cos30^\circ = 10^4\cdot\frac{\sqrt3}{2},\qquad a_n = a\sin30^\circ = 5\cdot10^3\ \text{м/с}^2. \]

Прирост модуля скорости за \(\Delta t = 10^{-2}\) с: \[ \Delta v = a_\tau\,\Delta t = \frac{\sqrt3}{2}\cdot10^4\cdot10^{-2} = \frac{\sqrt3}{2}\cdot10^{2} \approx 87\ \text{м/с}. \]

Поворот направления. Нормальная составляющая за \(\Delta t\) добавляет поперечную скорость \(a_n\Delta t = 50\) м/с; угол поворота: \[ \Delta\varphi = \frac{a_n\,\Delta t}{v} = \frac{5\cdot10^3\cdot10^{-2}}{10^6} = 5\cdot10^{-5}\ \text{рад}. \]

Угловая скорость вращения вектора скорости: \[ \omega = \frac{\Delta\varphi}{\Delta t} = \frac{a_n}{v} = \frac{5\cdot10^{3}}{10^{6}} = 5\cdot10^{-3}\ \text{рад/с}. \]

Касательное ускорение — постоянное: \[ a_\tau = k. \] Нормальное растёт со временем: \[ a_n = \frac{v^2}{r} = \frac{k^2 t^2}{r}. \]

Полное ускорение: \[ a = \sqrt{a_\tau^2 + a_n^2} = \sqrt{k^2 + \frac{k^4 t^4}{r^2}}. \]

В начале скругления скорость горизонтальна, центр кривизны — под телом. Чтобы двигаться по дуге радиуса \(r\), телу нужно ускорение \(v^2/r\), направленное вниз. Его создают тяжесть \(g\) (вниз) и реакция стола \(N\) (вверх): \[ \frac{v^2}{r} = g - \frac{N}{m}\le g. \]

Если \(v^2/r > g\), даже при \(N = 0\) тяжесть не в силах удержать тело на дуге — тело отрывается сразу и летит по параболе. Граница: \[ \frac{v^2}{r} = g \quad\Longrightarrow\quad v_{\min} = \sqrt{g r}. \]

У вершины. Пусть \(u\) — (горизонтальная) скорость камня в верхней точке. Вблизи вершины парабола опускается на \(g x^2/(2u^2)\) при смещении \(x\), а поверхность сферы — на \(x^2/(2R)\) (стандартное приближение малых дуг). Чтобы парабола огибала купол сверху, она должна опускаться не быстрее сферы: \[ \frac{g x^2}{2u^2} \le \frac{x^2}{2R} \quad\Longleftrightarrow\quad u^2 \ge gR. \] Иначе говоря, радиус кривизны параболы в вершине \(u^2/g\) должен быть не меньше \(R\). (Физически: при \(u^2 = gR\) камень в вершине «скользит» по куполу на грани отрыва — как в задаче 1.3.26.)

У земли. Вершина на высоте \(2R\); по связи «скорость–высота» (задача 1.3.4): \[ v^2 = u^2 + 2g\cdot 2R = u^2 + 4gR. \]

Минимум при наименьшем допустимом \(u^2 = gR\): \[ v_{\min} = \sqrt{gR + 4gR} = \sqrt{5gR}. \]

Наивысшая точка. Скорость горизонтальна и равна \(v\cos\varphi\); всё ускорение \(g\) перпендикулярно ей: \[ \rho_{\text{верш}} = \frac{(v\cos\varphi)^2}{g}. \]

Начальная точка. Скорость \(v\) под углом \(\varphi\); поперёк неё — составляющая тяжести \(g\cos\varphi\): \[ \rho_{0} = \frac{v^2}{g\cos\varphi}. \]

Числа (\(v = 600\) м/с, \(g = 9{,}8\) м/с², \(v^2/g \approx 36{,}7\) км):

\(\varphi = 30^\circ\): \(\rho_{\text{верш}} = 36{,}7\cdot0{,}75 \approx 27{,}5\) км; \(\rho_0 = 36{,}7/0{,}866 \approx 42{,}4\) км;
\(\varphi = 45^\circ\): \(\rho_{\text{верш}} \approx 18{,}3\) км; \(\rho_0 \approx 52\) км;
\(\varphi = 60^\circ\): \(\rho_{\text{верш}} = 36{,}7\cdot0{,}25 \approx 9{,}2\) км; \(\rho_0 = 36{,}7/0{,}5 \approx 73{,}4\) км.

Скорость автомобиля направлена вдоль полотна: её вертикальная составляющая \(v\sin\alpha\), горизонтальная \(v\cos\alpha\). Проекция движения на горизонтальную плоскость — движение по окружности радиуса \(R\) с постоянной по модулю скоростью \(v\cos\alpha\); вертикальное движение равномерно и ускорения не даёт.

Значит, ускорение автомобиля — центростремительное ускорение его горизонтальной проекции: \[ a = \frac{(v\cos\alpha)^2}{R} = \frac{v^2\cos^2\alpha}{R}, \] направлено горизонтально, к оси цилиндра.

Координаты снаряда: \(x = Vt\cos\alpha\), \(y = Vt\sin\alpha - gt^2/2\). Тогда \[ r^2 = V^2t^2\cos^2\alpha + \left(Vt\sin\alpha - \frac{gt^2}{2}\right)^2 = V^2 t^2 - V g\sin\alpha\; t^3 + \frac{g^2 t^4}{4}. \]

Скорость изменения \(r^2\) (приращение за малое \(\Delta t\), делённое на \(\Delta t\)): \[ \frac{\Delta (r^2)}{\Delta t} = 2V^2 t - 3Vg\sin\alpha\; t^2 + g^2 t^3 = t\left(g^2 t^2 - 3Vg\sin\alpha\; t + 2V^2\right). \] Снаряд приближается к пушке, когда эта величина отрицательна, т.е. когда квадратный трёхчлен в скобке меньше нуля — между его корнями: \[ t_{1,2} = \frac{3V\sin\alpha \mp V\sqrt{9\sin^2\alpha - 8}}{2g}. \]

Есть ли такие моменты вообще? Корни существуют, лишь если дискриминант неотрицателен: \[ 9\sin^2\alpha \ge 8 \quad\Longleftrightarrow\quad \sin\alpha \ge \sqrt{\frac{8}{9}} \quad(\alpha \gtrsim 70{,}5^\circ). \] При более пологих выстрелах снаряд всё время удаляется от пушки.

Длительность приближения — расстояние между корнями: \[ t = t_2 - t_1 = \frac{V}{g}\sqrt{9\sin^2\alpha - 8}. \] Заодно убедимся, что оба корня лежат внутри времени полёта \(T = 2V\sin\alpha/g\): из \(t_2 \le T\) следует \(\sqrt{9\sin^2\alpha-8} \le \sin\alpha\), т.е. \(\sin^2\alpha \le 1\) — верно всегда ✓.

В системе отсчёта второго корабля первый движется равномерно и прямолинейно со скоростью \(\vec v_{\text{отн}} = \vec v_1 - \vec v_2\) (строим её по правилу параллелограмма: к \(\vec v_1\) прибавляем \(-\vec v_2\)). Проведём через начальное положение первого корабля прямую вдоль \(\vec v_{\text{отн}}\) — это его траектория относительно второго.

Наименьшее расстояние между кораблями — это наименьшее расстояние от (неподвижного) второго корабля до этой прямой, т.е. длина перпендикуляра, опущенного из его положения на прямую относительного движения.

Скорость каждого объекта в новой системе отсчёта: \[ \vec v^{\,\prime}_k = \vec v_k - \vec v_1,\qquad \vec v^{\,\prime}_{\text{М}} = 0 - \vec v_1 = -\vec v_1. \] Геометрически проще всего к каждому вектору приладить вектор \(-\vec v_1\) (равный \(\vec v_1\) по длине, но противоположный по направлению). Обратите внимание на закономерности (пусть все скорости равны \(v\)): заяц 1 в своей системе покоится; Мазай убегает со скоростью \(v\) «назад»; у зайцев 2 и 6, чьи направления составляют \(60^\circ\) с \(\vec v_1\), модуль скорости остался равным \(v\) (равносторонний треугольник); у зайцев 3 и 5 (\(120^\circ\)) он вырос до \(|\vec v_3 - \vec v_1| = v\sqrt3\); а противоположный заяц 4 удаляется быстрее всех — со скоростью \(2v\).

Пусть \(\vec r_i\) — радиус-вектор частицы \(i\) относительно \(A\). По условию \(\vec v_i = k\,\vec r_i\) (все скорости пропорциональны расстояниям с одним коэффициентом \(k\)). Перейдём в систему отсчёта частицы \(B\): \[ \vec v^{\,\prime}_i = \vec v_i - \vec v_B = k\vec r_i - k\vec r_B = k\,(\vec r_i - \vec r_B) = k\,\vec r^{\,\prime}_i, \] где \(\vec r^{\,\prime}_i\) — радиус-вектор частицы \(i\) относительно \(B\).

Получился тот же самый закон: в системе наблюдателя \(B\) все частицы (включая \(A\)!) разлетаются от него со скоростями, пропорциональными расстояниям до него, с тем же коэффициентом \(k\). Никакая частица не «центральнее» других.

Это в точности закон Хаббла: расширение Вселенной выглядит одинаково из любой галактики, и «центра разбегания» не существует.

Скорость течения \(v\), скорость пса относительно воды \(u = \tfrac43 v\). Каждая сторона плота (4 м) относительно воды проходится за одно время: \[ \tau = \frac{4}{\tfrac43 v} = \frac{3}{v}. \] За это время течение сносит пса на \(v\tau = 3\) м. Смещения относительно берега по сторонам (пусть пёс стартует против течения):

против течения: скорость \(\tfrac43v - v = \tfrac{v}{3}\) назад… точнее, пёс движется назад относительно берега со скоростью \(v/3\): смещение \(-1\) м;
поперёк: поперечное смещение 4 м плюс продольный снос 3 м — наклонный отрезок;
по течению: скорость \(\tfrac43v + v = \tfrac73 v\): смещение \(+7\) м;
поперёк обратно: снова наклонный отрезок \((3;\,-4)\) м.

Итоговая траектория — трапеция (см. рисунок): суммарное продольное смещение \(-1+3+7+3 = 12\) м — ровно на столько уплыл плот за время \(4\tau = 12/v\): пёс вернулся на свой угол \(A\).

а. В системе отсчёта платформы у капель, кроме вертикальной скорости \(v\), появляется горизонтальная составляющая \(-u\) (навстречу движению). Относительная скорость наклонена к вертикали на угол \(\varphi\): \[ \tg\varphi = \frac{u}{v}. \] Ведро нужно наклонить на этот угол в сторону движения платформы — тогда капли летят точно вдоль оси ведра и не задевают стенок.

б. Здесь «платформа» — воздух: ветер сносит капли горизонтально со своей скоростью \(w\), вертикальная установившаяся скорость \(v\) от ветра не зависит. Из первого наблюдения: \[ \tg 30^\circ = \frac{10}{v} \quad\Longrightarrow\quad v = \frac{10}{\tg30^\circ} = 10\sqrt3\ \text{м/с}. \] Чтобы капли падали под \(45^\circ\): \[ w = v\,\tg45^\circ = 10\sqrt3 \approx 17\ \text{м/с}. \]

Пусть буер едет со скоростью \(u\). В его системе отсчёта скорость ветра \[ \vec v_{\text{отн}} = \vec v - \vec u: \] поперечная составляющая \(v\) (истинный ветер) и продольная \(u\) навстречу движению. Относительный ветер наклонён к линии движения под углом \(\theta\), где \[ \tg\theta = \frac{v}{u}. \]

Пока \(\theta > 30^\circ\), относительный ветер дует «из-за паруса» и давит на него — буер может разгоняться. При \(\theta = 30^\circ\) относительный ветер скользит вдоль полотнища: давления нет, разгон прекращается. Быстрее буер ехать не может (при \(\theta < 30^\circ\) ветер давил бы с обратной стороны и тормозил): \[ \tg 30^\circ = \frac{v}{u_{\max}} \quad\Longrightarrow\quad u_{\max} = \frac{v}{\tg30^\circ} = v\sqrt3. \]

Поперёк трассы ветер несёт со скоростью \(u\sin\alpha\); самолёт направляет нос так, чтобы поперечная составляющая его воздушной скорости была \(-u\sin\alpha\). На долю продольного движения от воздушной скорости остаётся \[ V = \sqrt{v^2 - u^2\sin^2\alpha}. \] Путевая скорость: туда \(V + u\cos\alpha\), обратно \(V - u\cos\alpha\) (продольная часть ветра \(u\cos\alpha\) в одну сторону помогает, в другую мешает).

Время туда-обратно: \[ t = \frac{L}{V + u\cos\alpha} + \frac{L}{V - u\cos\alpha} = \frac{2LV}{V^2 - u^2\cos^2\alpha}. \] Знаменатель: \(V^2 - u^2\cos^2\alpha = v^2 - u^2\sin^2\alpha - u^2\cos^2\alpha = v^2 - u^2\): \[ t = \frac{2L\sqrt{v^2 - u^2\sin^2\alpha}}{v^2 - u^2}. \]

Когда полёт дольше всего? Знаменатель от \(\alpha\) не зависит, а числитель максимален при \(\sin\alpha = 0\): \[ t_{\max} = \frac{2Lv}{v^2-u^2} \qquad\text{— ветер вдоль трассы.} \] Интересно: любой ветер удлиняет полёт туда-обратно (\(t > 2L/v\) при любом \(\alpha\)), но продольный — сильнее всего.

а) Стенка навстречу (скорость \(u\)). Скорость тела относительно стенки до удара: \(v + u\) (к стенке). После упругого удара она меняет знак: \(-(v+u)\) (от стенки). Возвращаемся в лабораторную систему, прибавляя скорость стенки \(-u\): \[ v' = -(v+u) - u = -(v + 2u). \] Изменение скорости (проекция на первоначальное направление движения): \[ \Delta v = v' - v = -(v+2u) - v = -2\,(v + u). \] Тело отскакивает быстрее, чем прилетело, — стенка «поддала» ему.

б) Стенка убегает (скорость \(w < v\)). Относительная скорость до удара \(v - w\), после \(-(v-w)\); в лабораторной системе: \[ v' = -(v - w) + w = -(v - 2w), \] \[ \Delta v = -(v-2w) - v = -2\,(v - w). \] Отскочившее тело движется медленнее: убегающая стенка «смягчила» удар.

Составляющие скорости тела: нормальная \(v\cos\alpha\), касательная \(v\sin\alpha\).

а) Стенка неподвижна. Нормальная составляющая меняет знак, касательная сохраняется — модуль не меняется: \[ u = v. \]

б) Стенка движется по нормали навстречу со скоростью \(w\). По задаче 1.4.8, а нормальная составляющая после удара равна \(v\cos\alpha + 2w\) (от стенки), касательная остаётся \(v\sin\alpha\): \[ u = \sqrt{(v\cos\alpha + 2w)^2 + v^2\sin^2\alpha} = \sqrt{v^2 + 4vw\cos\alpha + 4w^2}. \]

в) Стенка движется под углом \(\beta\) к своей нормали. На удар влияет только нормальная составляющая скорости стенки \(w\cos\beta\) (касательное скольжение гладкой стенки тело «не замечает»). Подставляем \(w \to w\cos\beta\) в результат б: \[ u = \sqrt{v^2 + 4vw\cos\alpha\cos\beta + 4w^2\cos^2\beta}. \]

Перейдём в систему отсчёта сферы. Скорость шарика в ней \[ v_{\text{отн}} = |\vec v - \vec u| = \sqrt{v^2 + u^2} \] (векторы перпендикулярны). Шарик проходит через центр, значит, движется по диаметру. При упругом ударе о тяжёлую сферу модуль относительной скорости сохраняется, а удар происходит «в лоб» (движение вдоль радиуса — нормали) — шарик отскакивает назад по тому же диаметру. И так вечно: туда-сюда по диаметру со скоростью \(\sqrt{v^2+u^2}\).

Центр шарика радиуса \(r\) пробегает между ударами отрезок \[ 2\,(R - r) \] (от касания одной стенки до касания другой). Частота ударов: \[ \nu = \frac{\sqrt{v^2 + u^2}}{2\,(R - r)}. \]

Скорость первого удара. Тело падает: \(y = h - gt^2/2\) (вниз от точки старта), плита поднимается: \(y_{\text{пл}} = ut\). Встреча: \[ \frac{g t_1^2}{2} + u t_1 - h = 0 \quad\Longrightarrow\quad t_1 = \frac{-u + \sqrt{u^2 + 2gh}}{g}. \] Скорость тела в этот момент \(v_1 = g t_1 = \sqrt{u^2+2gh} - u\) (вниз); скорость относительно плиты: \[ w = v_1 + u = \sqrt{u^2 + 2gh}. \]

Время между ударами. После упругого удара тело отлетает от плиты с той же относительной скоростью \(w\) вверх. В системе плиты это обычный бросок вверх с ускорением \(g\): следующий удар через \[ t = \frac{2w}{g} = \frac{2\sqrt{u^2 + 2gh}}{g} = 2\sqrt{\frac{u^2}{g^2} + \frac{2h}{g}}. \] Заметьте: и все последующие интервалы такие же — относительная скорость при каждом ударе сохраняется.

Горизонталь. Удар о переднюю (убегающую) стенку: скорость после удара \(-(v - 2u)\) (задача 1.4.8, б). Затем тело летит назад со скоростью \(v-2u\), а задняя стенка идёт ему навстречу со скоростью \(u\): после удара о неё скорость снова \(+v\) (проверьте по 1.4.8, а: \(-(v-2u)\) и стенка навстречу \(u\): \(v' = (v-2u) + 2u = v\)). Картина периодична: после любого удара о переднюю стенку горизонтальная скорость равна \[ v_x = v - 2u \] — от номера \(n\) она не зависит!

Вертикаль. В системе отсчёта стенок расстояние между ними \(L\) неизменно, а тело движется по горизонтали со скоростью \(v - u\) (по модулю — и туда, и обратно, как мы видели). Каждый пролёт между стенками занимает \[ \tau = \frac{L}{v - u}. \] До \(n\)-го удара о переднюю стенку тело совершает \(2n-1\) пролётов (вперёд, назад-вперёд, …). Всё это время оно свободно падает: \[ v_y = g\,(2n-1)\,\tau = \frac{(2n-1)\,L\,g}{v - u}. \]

Пусть верхняя рейка движется вправо со скоростью \(v_1\), нижняя — влево со скоростью \(v_2\). Верхняя точка шестерёнки обязана иметь скорость \(v_1\) (вправо), нижняя — \(v_2\) (влево). Для вращающегося колеса (скорость центра \(v_c\), угловая скорость \(\omega\)): \[ v_{\text{верх}} = v_c + \omega R = v_1,\qquad v_{\text{низ}} = v_c - \omega R = -v_2. \]

Вычитая, находим угловую скорость, складывая — скорость центра: \[ \omega = \frac{v_1 + v_2}{2R},\qquad v_c = \frac{v_1 - v_2}{2}. \] Частота вращения (оборотов в единицу времени): \(n = \omega/2\pi = (v_1+v_2)/(4\pi R)\); в книге «частотой» названа сама угловая скорость \(\omega\).

Скорость осколка в лабораторной системе: \[ \vec v_{\text{оск}} = \vec v + \vec u, \] где \(\vec u\) — скорость разлёта в системе ядра, произвольная по направлению, фиксированная по модулю. Все возможные \(\vec v_{\text{оск}}\) идут из точки \(O\) в точки окружности радиуса \(u\) с центром в конце \(\vec v\).

Наибольший угол с \(\vec v\) даёт вектор, касающийся окружности. Для касательной радиус перпендикулярен ей, и из прямоугольного треугольника (гипотенуза \(v\), катет \(u\)): \[ \sin\alpha_{\max} = \frac{u}{v}. \]

Скорость разлёта. Осколок, летящий по пучку, имеет лабораторную скорость \(v + w = 3v\), откуда \[ w = 2v. \]

Поперечный осколок. Его лабораторная скорость \(\vec u = \vec v + \vec w\) перпендикулярна пучку, значит, продольная составляющая \(\vec w\) равна \(-v\): \(w\cos\theta = -v\), \(\cos\theta = -\tfrac12\). Тогда поперечная составляющая: \[ u = w\sin\theta = 2v\cdot\frac{\sqrt3}{2} = v\sqrt3. \] (Прямоугольный треугольник со сторонами \(v\), \(u\) и гипотенузой \(w = 2v\): \(u = \sqrt{4v^2 - v^2} = v\sqrt3\).)

Ошибка кроется в отождествлении «пучка» с «направлением скоростей». Пучок — это область пространства, занятая частицами. При переходе в другую систему отсчёта (по Галилею) в данный момент времени координаты всех частиц не меняются — меняются лишь скорости. Значит, обе «полосы» и их зона перекрытия остаются ровно теми же.

Просто в новой системе скорость частицы уже не направлена вдоль её пучка: полоса, как целое, «ползёт» вбок (сносится), а частицы пересекают её под углом. Соударения по-прежнему происходят только там, где полосы перекрываются, и число соударений в единицу времени — величина, одинаковая во всех инерциальных системах отсчёта.

Перейдём в систему отсчёта мяча: капли приобретают горизонтальную составляющую \(v\) и летят со скоростью \[ u' = \sqrt{u^2 + v^2} \] под углом к вертикали. Число капель, попадающих на тело в единицу времени, равно числу капель в косом цилиндре, «нанизанном» на тело вдоль потока: \[ N \propto n\,u'\,S_\perp, \] где \(n\) — концентрация капель, \(S_\perp\) — площадь проекции тела на плоскость, перпендикулярную потоку.

Для шара проекция — всегда круг радиуса шара: \(S_\perp\) не зависит от направления потока. Поэтому \[ \frac{N_{\text{дв}}}{N_{\text{неподв}}} = \frac{u'}{u} = \sqrt{1 + \frac{v^2}{u^2}}. \]

Некруглый мяч. У тела иной формы площадь проекции зависит от направления потока: при движении поток наклоняется, и \(S_\perp\) меняется. Ответ станет зависеть от формы и ориентации тела — так что да, изменится.

Скорость мальчика относительно берега: \[ \vec V = \vec v + \vec w, \] где \(\vec v\) — течение (вдоль берега), \(\vec w\) — его скорость относительно воды: \(|\vec w| = v/2\), направление любое. Концы возможных \(\vec V\) заполняют окружность радиуса \(v/2\) с центром в конце \(\vec v\).

Снос тем меньше, чем круче \(\vec V\) к берегу. Самый крутой вектор — касательная к окружности. Из прямоугольного треугольника (радиус ⊥ касательной): гипотенуза \(v\), катет \(v/2\): \[ \sin\theta = \frac{v/2}{v} = \frac12 \quad\Longrightarrow\quad \theta = 30^\circ \] — итоговая скорость наклонена к берегу на \(30^\circ\). Сам мальчик при этом гребёт перпендикулярно итоговой скорости, т.е. под углом \[ 30^\circ + 90^\circ = 120^\circ\ \text{к течению},\qquad \text{или } 60^\circ\ \text{к берегу (против течения)}. \]

Снос. Пока мальчик пересекает реку шириной \(d = 200\) м, его относят по течению; отношение продольного смещения к поперечному равно \(\ctg 30^\circ = \sqrt3\): \[ l = d\,\ctg 30^\circ = 200\sqrt3 \approx 350\ \text{м}. \]

Пусть за время \(\Delta t\) груз \(A\) опустился на \(x = v_A \Delta t\). Обе вертикальные ветви нити у подвижного блока стали длиннее на \(x\) каждая: всего \(2x\). Полная длина нити неизменна, значит, конец с грузом \(B\) поднялся… точнее, отдал эти \(2x\): груз \(B\) сместился на \(2x\).

Скорость груза \(B\): \[ v_B = \frac{2x}{\Delta t} = 2\,v_A. \]

Ось катушки. Она отстоит от мгновенной оси \(P\) на \(R\): \[ v_{\text{оси}} = \omega R. \]

Груз. Скорость груза равна скорости нити. Нить сходит с нижней части внутреннего цилиндра горизонтально; расстояние от \(P\) (точки касания с рейкой) до линии нити равно \(R - r\) (нить проходит выше рейки на \(R - r\)). Значит, \[ v_{\text{г}} = \omega\,(R - r). \] Нить движется в ту же сторону, что и ось, но медленнее — катушка «съедает» нить, догоняя её.

Когда клин смещается на \(u\,\Delta t\) вправо, поверхность его грани в данном вертикальном сечении опускается на \[ \Delta h = u\,\Delta t\cdot\tg 30^\circ \] (грань с углом \(30^\circ\): смещению по горизонтали на 1 отвечает понижение на \(\tg30^\circ\)). Конец стержня не отрывается от грани: \[ v\,\Delta t = u\,\Delta t\,\tg30^\circ \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{v}{\tg30^\circ} = v\sqrt3 \approx 1{,}7\,v. \]

Пусть клин уезжает с ускорением \(a\) (из-под монеты). За время \(t\) он сместится на \(s = at^2/2\), и точка его грани, находившаяся под монетой, «опустится» на \[ s\,\tg\alpha = \frac{a t^2}{2}\tg\alpha \] (пологая грань уходит вниз при смещении клина — как в задаче 1.5.3). Монета за это же время падает на \(gt^2/2\).

Свободное падение не нарушится, если поверхность всегда не выше монеты: \[ \frac{a t^2}{2}\tg\alpha \ \ge\ \frac{g t^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad a \ \ge\ \frac{g}{\tg\alpha} = g\,\ctg\alpha. \] Наименьшее подходящее ускорение — при равенстве: тогда монета падает, «облизывая» грань, но не давя на неё.

Монета всё время остаётся на грани, поэтому её скорость складывается из переносной (скорость клина \(\vec v_{\text{кл}}\), горизонтальная) и относительной (\(\vec v_{\text{отн}}\), вдоль грани под углом \(\alpha\)): \[ \vec v = \vec v_{\text{кл}} + \vec v_{\text{отн}}. \] Построение: через конец вектора \(\vec v\) проводим прямую, параллельную грани, до пересечения с горизонталью, проведённой через начало \(\vec v\). Отрезок горизонтали и есть \(\vec v_{\text{кл}}\).

Из треугольника (теорема синусов) можно снять и формулу: \[ \frac{v_{\text{кл}}}{\sin(\beta - \alpha)} = \frac{v}{\sin\alpha} \quad\Longrightarrow\quad v_{\text{кл}} = v\,\frac{\sin(\beta-\alpha)}{\sin\alpha}. \] Так как монета скользит круче грани (\(\beta > \alpha\)), клин движется в сторону, противоположную горизонтальной составляющей \(\vec v\), — «выскальзывает» из-под монеты.

При повороте вокруг оси \(O\) расстояния до неё сохраняются: \(OA = OA'\) и \(OB = OB'\). Точки, равноудалённые от концов отрезка, лежат на его серединном перпендикуляре. Строим:

середина \(AA'\): \((-2;\ 1{,}5)\), перпендикуляр к \(AA'\);
середина \(BB'\): \((0{,}5;\ -1)\), перпендикуляр к \(BB'\).

Их пересечение (аккуратно по клеточкам, либо решив систему): \[ O = \left(-\frac{17}{6};\ \frac{19}{6}\right) \approx (-2{,}8;\ 3{,}2). \]

а. Проекция скорости \(A\) на прямую \(AB\): \(v\cos45^\circ\). Такова же и проекция скорости \(B\): \[ u_{AB} = v\cos45^\circ = \frac{v}{\sqrt2}. \] (Модуль \(u\) здесь не нужен — он лишь говорит, что у \(\vec u\) есть ещё и поперечная составляющая.)

б. Разложим \(\vec u = \vec u_\parallel + \vec u_\perp\) (в плоскости и перпендикулярно ей). Точка \(C\) лежит в одной плоскости с \(A\), \(B\) и \(\vec v\); прямые \(CA\) и \(CB\) — две непараллельные прямые этой плоскости. Проекция \(\vec u\) на \(CA\) равна проекции \(\vec v\) на \(CA\); то же для \(CB\). Но проекции на две непараллельные прямые плоскости однозначно задают плоскостную составляющую вектора — значит, \[ \vec u_\parallel = \vec v. \] Тогда перпендикулярная составляющая находится по Пифагору: \[ u_\perp = \sqrt{u^2 - v^2}. \]

Ускорение. Перейдём в систему отсчёта оси колеса — она движется равномерно, значит, инерциальная и ускорения в ней те же. В этой системе точка равномерно вращается по окружности радиуса \(r\) с угловой скоростью \(\omega = v/R\) (условие качения). Ускорение чисто центростремительное: \[ a = \omega^2 r = \frac{v^2 r}{R^2} \] — направлено всегда к оси колеса (не к точке касания!).

Радиусы кривизны. В высшей точке скорость точки складывается из скорости оси и вращательной: \(v_{\text{в}} = v + \omega r = v\,\dfrac{R+r}{R}\) (горизонтальна), а ускорение \(a = v^2r/R^2\) направлено вниз, перпендикулярно ей: \[ \rho_{\text{в}} = \frac{v_{\text{в}}^2}{a} = \frac{v^2 (R+r)^2/R^2}{v^2 r/R^2} = \frac{(R+r)^2}{r}. \] В низшей точке \(v_{\text{н}} = v\,\dfrac{|R-r|}{R}\), ускорение направлено вверх (к оси), снова перпендикулярно скорости: \[ \rho_{\text{н}} = \frac{(R-r)^2}{r}. \]

Найдём расстояние от точки \(P\) до линии нити. Нить касается внутреннего цилиндра радиуса \(r\) и наклонена под углом \(\alpha\); аккуратная геометрия (или прямое вычисление) даёт \[ d = R\cos\alpha - r. \] Скорость нити (материальной точки нити на катушке) при вращении вокруг \(P\): \[ v = \omega\,d = \omega\,(R\cos\alpha - r) \quad\Longrightarrow\quad \omega = \frac{v}{R\cos\alpha - r},\qquad u_{\text{оси}} = \omega R = \frac{vR}{R\cos\alpha - r}. \]

Куда катится? Если \(\cos\alpha > r/R\) (пологая нить), плечо положительно: катушка катится вправо, к тянущему, наматывая нить. Если \(\cos\alpha < r/R\) (крутая нить), катушка откатывается влево, разматываясь. При \(\cos\alpha = r/R\) нить проходит точно через \(P\) — катушка на грани (при идеальной нити тянуть её с постоянной скоростью в этом направлении невозможно: любое \(\omega\) не втягивает нить).

Пусть центр колеса повернулся вокруг центра цилиндра \(O\) на угол \(\varphi\) (двигаясь по окружности радиуса \(2r - r = r\)). Дуга контакта на цилиндре: \(2r\varphi\); без проскальзывания столько же наматывается по ободу колеса: колесо поворачивается на \(2r\varphi/r = 2\varphi\) относительно земли… аккуратнее: относительно линии центров колесо поворачивается на \(2\varphi - \varphi = \varphi\) в обратную сторону.

Следим за отмеченной точкой \(M\): пусть в начальный момент она совпадает с точкой касания \(K_0\) на цилиндре. Когда линия центров повернулась на \(\varphi\), точка \(M\) отстоит от новой точки касания на угол \(2\varphi\) по ободу (в обратную сторону). Прямое вычисление координат: \[ x_M = r\cos\varphi + r\cos\varphi = 2r\cos\varphi,\qquad y_M = r\sin\varphi - r\sin\varphi = 0. \] Точка \(M\) всё время лежит на прямой \(y = 0\) — на диаметре цилиндра, проходящем через её начальное положение! Она гармонически «ездит» по этому диаметру от края до края.

а. Раз Луна всегда повёрнута к Земле одной стороной, за полный обход орбиты направление «на Землю» поворачивается на \(360^\circ\) — вместе с ним на \(360^\circ\) поворачивается и сама Луна относительно звёзд. Итак, один оборот. (Если бы Луна совсем не вращалась вокруг оси, мы за месяц увидели бы её со всех сторон!)

б. За год Земля делает 365,25 оборота относительно Солнца (столько солнечных суток) и на один больше — 366,25 — относительно звёзд (обход орбиты добавляет один оборот, как у Луны). Тот же год состоит из 366,25 звёздных суток: \[ T_{\text{зв}} = T_{\text{солн}}\cdot\frac{365{,}25}{366{,}25}. \] Разница: \[ \Delta T = T_{\text{солн}}\left(1 - \frac{365{,}25}{366{,}25}\right) = \frac{24\ \text{ч}}{366{,}25} \approx 3{,}9\ \text{мин} \approx 4\ \text{мин}. \]

Спица выходит из точки \(O\) кольца; угол между спицей и диаметром \(OC\) — вписанный угол \(\varphi\), опирающийся на дугу от диаметра до бусинки. Центральный угол той же дуги вдвое больше: \(2\varphi\). Спица вращается равномерно: \(\varphi = \omega t\), значит, бусинка обегает кольцо с постоянной угловой скоростью \[ \Omega = 2\omega. \]

Равномерное движение по окружности радиуса \(R\) даёт чисто центростремительное ускорение: \[ a = \Omega^2 R = 4\,\omega^2 R, \] направленное к центру кольца.

Разложим скорость лодки \(\vec v\) на составляющую вдоль верёвки (\(v\cos\alpha\)) и поперёк (\(v\sin\alpha\)). Поперечная составляющая лишь поворачивает верёвку и её длины не меняет; продольная — удлиняет отрезок «столб–лодка» со скоростью \(v\cos\alpha\).

Чтобы верёвка не провисала (и не рвалась), свободный конец надо тянуть ровно с той же скоростью: \[ u = v\cos\alpha. \]

Рассмотрим черепаху 1, догоняющую черепаху 2. Скорость сближения — это скорость изменения расстояния между ними: \[ -\frac{\Delta l}{\Delta t} = \underbrace{v}_{\text{черепаха 1 движется точно на цель}} - \underbrace{v\cos90^\circ}_{\text{цель уходит поперёк линии}} = v. \] Скорость черепахи 2 всё время перпендикулярна стороне квадрата 1–2 (она направлена на черепаху 3), поэтому от неё расстояние 1–2 не меняется. Значит, сторона квадрата укорачивается с постоянной скоростью \(v\).

Начальная сторона \(a\), встреча — когда она стянется в нуль: \[ t = \frac{a}{v}. \] По симметрии всё время движения центр квадрата неподвижен — там черепахи и встретятся, закрутившись по красивым спиралям.

Пусть \(x = v_A t\) — глубина провисания. Длина каждой наклонной части верёвки \( \sqrt{L^2 + x^2} \). Скорость её удлинения — проекция скорости точки \(A\) (вертикальной \(v_A\)) на направление верёвки: \[ v_A\cos\theta = v_A\,\frac{x}{\sqrt{L^2+x^2}}, \] где \(\theta\) — угол между верёвкой и вертикалью… точнее, косинус угла между \(v_A\) и верёвкой равен \(x/\sqrt{L^2+x^2}\).

Удлиняются обе половины, а вся эта верёвка «выбирается» из части, держащей груз \(B\): \[ v_B = 2\,v_A\,\frac{x}{\sqrt{L^2 + x^2}} = \frac{2 v_A^2\,t}{\sqrt{L^2 + v_A^2 t^2}}. \]

В момент \(t\) верхний конец на высоте \(y = vt\), нижний — на расстоянии \[ x = \sqrt{L^2 - v^2t^2} \] от угла (Пифагор). Направим ось вдоль стержня: его направление — от верхнего конца к нижнему, компоненты \((x,\ -y)/L\).

Проекции скоростей концов на стержень равны: \[ \underbrace{v\cdot\frac{y}{L}}_{\text{верхний конец}} = \underbrace{u\cdot\frac{x}{L}}_{\text{нижний конец}} \] (верхний движется вверх со скоростью \(v\), его проекция на стержень — \(v\,y/L\); нижний движется горизонтально со скоростью \(u\), проекция — \(u\,x/L\)). Отсюда \[ u = v\,\frac{y}{x} = \frac{v^2 t}{\sqrt{L^2 - v^2 t^2}}. \]

Нижний конец приближается к стене, разгоняясь: в начале (\(t=0\), стержень лежит на полу) \(u = 0\), а при \(vt \to L\) (стержень встаёт вертикально) формально \(u \to \infty\) — на деле конец оторвётся от стены раньше.

Точка опоры бревна о кузов находится на высоте \(H\); её горизонтальное расстояние от нижнего конца \(x\) связано с углом: \[ x = H\,\ctg\alpha. \] Грузовик отъезжает: за малое время \(\Delta t\) расстояние \(x\) вырастает на \(v\,\Delta t\), а угол уменьшается на \(\Delta\alpha\). Приращение котангенса при малом изменении угла: \[ \Delta(\ctg\alpha) = \frac{\Delta\alpha}{\sin^2\alpha} \] (по модулю; это видно из \(\ctg(\alpha-\Delta\alpha) - \ctg\alpha = \frac{\sin\Delta\alpha}{\sin\alpha\,\sin(\alpha-\Delta\alpha)} \approx \frac{\Delta\alpha}{\sin^2\alpha}\)).

Приравниваем изменение \(x\): \[ v\,\Delta t = H\,\frac{\Delta\alpha}{\sin^2\alpha} \quad\Longrightarrow\quad \omega = \frac{\Delta\alpha}{\Delta t} = \frac{v\,\sin^2\alpha}{H}. \]

Пусть \(r\) — радиус цилиндра. Центр вписанного в угол цилиндра лежит на биссектрисе, а точка касания с полом (и горизонтальная координата центра) отстоит от шарнира на \[ x = \frac{r}{\tg(\alpha/2)} = r\,\ctg\frac{\alpha}{2}. \]

Стержень опускается или поднимается с угловой скоростью \(\omega\): за \(\Delta t\) угол меняется на \(\Delta\alpha = \omega\,\Delta t\). Приращение котангенса половинного угла (как в задаче 1.5.17): \[ \Delta x = r\,\frac{\Delta(\alpha/2)}{\sin^2(\alpha/2)} = \frac{r\,\omega\,\Delta t}{2\sin^2(\alpha/2)}. \] Это скорость центра цилиндра: \( u = \dfrac{r\,\omega}{2\sin^2(\alpha/2)} \).

Цилиндр катится по полу без проскальзывания, поэтому его угловая скорость \[ \omega' = \frac{u}{r} = \frac{\omega}{2\sin^2(\alpha/2)}. \]

Точка границы лежит на сфере на высоте \(h\) над центром; радиус к ней составляет с горизонталью угол \(\varphi\), причём \(\sin\varphi = h/R\). Пусть уровень поднялся на \(\Delta h\); граница сместилась по поверхности (по дуге большого круга) на \(\Delta s = R\,\Delta\varphi\). Связь: высота точки \(h = R\sin\varphi\), значит, \[ \Delta h = R\cos\varphi\,\Delta\varphi \quad\Longrightarrow\quad \Delta s = R\,\Delta\varphi = \frac{\Delta h}{\cos\varphi}. \]

Скорость границы по поверхности: \[ v = \frac{\Delta s}{\Delta t} = \frac{u}{\cos\varphi} = \frac{u}{\sqrt{1 - h^2/R^2}} = \frac{u\,R}{\sqrt{R^2 - h^2}}. \]

Длина плёнки: за время \(t\) при скорости \(v\) протянулось \[ \ell = v\,t. \] В торце бобины плёнка занимает кольцо площадью \(\pi(R^2 - r^2)\). Та же плёнка, вытянутая в полоску толщиной \(d\), имеет площадь сечения \(\ell\,d\) (длина на толщину). Площадь сохраняется: \[ \pi\,(R^2 - r^2) = \ell\,d = v\,t\,d \quad\Longrightarrow\quad d = \frac{\pi\,(R^2 - r^2)}{v\,t}. \]