Решение

Рука тянет волосы вверх с некоторой силой, но по третьему закону Ньютона волосы тянут руку вниз с точно такой же силой. Для системы «барон целиком» эти силы взаимно уничтожаются — их сумма равна нулю.

По второму закону Ньютона ускорение барона определяется только внешними силами: тяжестью и реакцией болота. Сколько ни тяни себя за волосы, к внешним силам это ничего не добавляет — вытащить себя нельзя (а вот за верёвку, привязанную к дереву, — можно: сила дерева внешняя!).

Решение

При равнозамедленном движении до остановки средняя скорость равна половине начальной: \[ l = \frac{v_0}{2}\,t \quad\Longrightarrow\quad v_0 = \frac{2l}{t} = 8\ \text{м/с}. \] Ускорение (по модулю): \[ a = \frac{v_0}{t} = \frac{2l}{t^2} = 1{,}6\ \text{м/с}^2. \]

Сила трения: \[ F = m a = \frac{2ml}{t^2} = 0{,}1\cdot1{,}6 = 0{,}16\ \text{Н}. \]

Решение

Время в поле: \(\tau = l/v\). Поперечная скорость на выходе: \[ v_y = \frac{F}{m_e}\,\tau = \frac{F l}{m_e v}. \] Наклон траектории после вылета: \(\tg\theta = \dfrac{v_y}{v} = \dfrac{F l}{m_e v^2}\).

Смещение на экране складывается из отклонения внутри пластин \(y_1 = \frac{F}{2m_e}\tau^2\) и сноса на прямолинейном участке: \[ y = \frac{F l^2}{2 m_e v^2} + \frac{F l}{m_e v^2}\left(L - \frac{l}{2}\right) = \frac{F l\,L}{m_e v^2} \] — слагаемое \(l/2\) сократилось: продолжение прямой проходит через центр пластин. Отсюда \[ F = \frac{m_e v^2\,y}{l\,L}. \]

Решение

Для груза (пусть тележка ускоряется в сторону нити с натяжением \(T_2\)):

по горизонтали: \( m a = T_2 - T_1 \);
по вертикали: \( T_4 - T_3 - m g = 0 \) (верхняя нить тянет вверх, нижняя — вниз).

Из второго уравнения \( m = \dfrac{T_4 - T_3}{g} \). Подставляем в первое: \[ a = \frac{T_2 - T_1}{m} = g\,\frac{T_2 - T_1}{T_4 - T_3}. \]

Решение

Весь стержень (масса \(m\)) движется с ускорением \[ a = \frac{F}{m}. \] Часть стержня за сечением имеет длину \(l - x\) и массу \(m' = m\,\dfrac{l-x}{l}\). Единственная сила, действующая на неё вдоль стержня, — натяжение \(T\) в сечении: \[ T = m' a = m\,\frac{l-x}{l}\cdot\frac{F}{m} = F\left(1 - \frac{x}{l}\right). \]

Решение

Направим ось в сторону \(F_1\). Ускорение системы: \[ a = \frac{F_1 - F_2}{m_1 + m_2} = -\frac{\alpha t}{m_1+m_2} \] (система разгоняется в сторону большей силы \(F_2\)).

Уравнение для тела \(m_1\) (на него действуют \(F_1\) вперёд и натяжение \(T'\) назад): \[ m_1 a = F_1 - T' \quad\Longrightarrow\quad T' = \alpha t + m_1\,\frac{\alpha t}{m_1+m_2} = \alpha t\,\frac{2m_1 + m_2}{m_1 + m_2}. \]

Нить рвётся, когда \(T' = T\): \[ t = \frac{T\,(m_1 + m_2)}{\alpha\,(2m_1 + m_2)}. \]

Решение

Сравним два «запуска» с одинаковой начальной деформацией. В каждой точке пути сила пружины \(F(x)\) одна и та же, поэтому ускорения обратно пропорциональны массам: \[ \frac{a(x)}{a_0(x)} = \frac{m_0}{m_0 + m}. \] Если все ускорения уменьшить в \(\lambda\) раз, то движение по той же траектории происходит «в замедленной съёмке» с растяжением времени в \(\sqrt{\lambda}\) раз (пути \(\sim a t^2\) должны остаться теми же). Значит, \[ \frac{t}{t_0} = \sqrt{\frac{m_0 + m}{m_0}}. \]

Отсюда масса космонавта: \[ m = m_0\left[\left(\frac{t}{t_0}\right)^2 - 1\right]. \]

Решение

Пусть \(F_1 > F_2\); направим ось в сторону \(F_1\). Общее ускорение: \[ a = \frac{F_1 - F_2}{m_1 + m_2}. \] Пружина растянута с силой \(F\) (это и показывает шкала). Для каждого цилиндра: \[ m_1 a = F_1 - F,\qquad m_2 a = F - F_2. \]

Делим одно уравнение на другое: \[ \frac{m_1}{m_2} = \frac{F_1 - F}{F - F_2} \qquad\Longleftrightarrow\qquad \frac{m_2}{m_1} = \frac{F - F_2}{F_1 - F}. \]

Решение

Разгон. Ускорение: \(a = \dfrac{F - mg}{m} = (n-1)g\). За время \(\Delta t\): скорость \(v = (n-1)g\Delta t\), подъём \(h = \tfrac12 (n-1)g\Delta t^2\).

Свободный полёт. С высоты \(h\) со скоростью \(v\) вверх до возвращения на дно: \[ h + v\tau - \frac{g\tau^2}{2} = 0 \quad\Longrightarrow\quad \tau = \frac{v + \sqrt{v^2 + 2gh}}{g}. \] Подставим \(v\) и \(h\): \(v^2 + 2gh = (n-1)^2g^2\Delta t^2 + (n-1)g^2\Delta t^2 = n(n-1)g^2\Delta t^2\): \[ \tau = \Delta t\left[(n-1) + \sqrt{n(n-1)}\right]. \]

Полное время от старта до удара: \[ t = \Delta t + \tau = \Delta t\left[n + \sqrt{n(n-1)}\right] = n\,\Delta t\left(1 + \sqrt{1 - \tfrac{1}{n}}\right). \]

Числа. \(n\Delta t = 5\) с; \(\sqrt{1 - 1/125} \approx 0{,}996\): \[ t \approx 5\,(1+0{,}996) \approx 10\ \text{с}, \] причём невесомость (\(\tau = t - \Delta t\)) длится практически те же \(\approx 10\) с — разгон занимает лишь сотые доли секунды.

Решение

В настоящей невесомости (свободном падении) тяжесть сообщает всем частям тела одинаковое ускорение, поэтому исчезают все внутренние опорные силы: кровь, внутренние органы, руки — ничто ни на что не давит. В воде же выталкивающая сила приложена к поверхности скафандра: скелет по-прежнему несёт вес мышц и органов, кровь давит на сосуды, вестибулярный аппарат прекрасно чувствует «верх» и «низ». «Невесомы» лишь космонавт целиком плюс скафандр как единое тело.

Второе отличие — вязкая вода сопротивляется любому движению: в настоящей невесомости, оттолкнувшись, летишь равномерно, а в бассейне быстро останавливаешься. Поэтому в воде отрабатывают только медленные операции (монтаж, перемещения вдоль поручней), а не динамику.

Решение

Пусть \(m_1 > m_2\), груз \(m_1\) опускается с ускорением \(a\), тогда \(m_2\) с тем же \(a\) поднимается. Натяжение нити \(T_1\): \[ m_1 g - T_1 = m_1 a,\qquad T_1 - m_2 g = m_2 a. \]

Складываем: \[ (m_1 - m_2)\,g = (m_1 + m_2)\,a \quad\Longrightarrow\quad a = g\,\frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}. \] Из второго уравнения: \[ T_1 = m_2 (g + a) = \frac{2 m_1 m_2\,g}{m_1 + m_2}. \]

Невесомый блок: нить, держащая его, уравновешивает обе ветви: \[ T_2 = 2 T_1 = \frac{4 m_1 m_2\,g}{m_1 + m_2}. \]

Решение

Обозначим \(M = 12\) кг, \(m = 72\) кг, \(N = 400\) Н; натяжение верёвки \(T\) одинаково по обе стороны блока. Оба тела движутся вверх с одним ускорением \(a\).

Система целиком (внешние силы: две ветви верёвки вверх, тяжесть): \[ (M+m)\,a = 2T - (M+m)\,g. \] Маляр (верёвка \(T\) вверх, пол \(N\) вверх, тяжесть): \[ m a = T + N - m g. \]

Из второго: \(T = m(a+g) - N\). Подставим в первое: \[ (M+m)(a+g) = 2m(a+g) - 2N \quad\Longrightarrow\quad (m - M)(a+g) = 2N, \] \[ a = \frac{2N}{m - M} - g. \]

Числа (\(g = 9{,}8\ \text{м/с}^2\)): \[ a = \frac{2\cdot 400}{72 - 12} - 9{,}8 = \frac{800}{60} - 9{,}8 \approx 3{,}5\ \text{м/с}^2. \] Натяжение: \(T = m(a+g) - N = 72\cdot13{,}3 - 400 \approx 560\) Н; суммарная нагрузка на верёвки (обе ветви): \[ 2T \approx 1{,}1\cdot10^{3}\ \text{Н}. \]

Решение

До пережигания система в равновесии, нить держит весь вес: её натяжение \(3mg\). Нижние шары в равновесии: пружины, идущие к верхнему шару, вместе с горизонтальной пружиной и тяжестью дают нуль. По третьему закону косые пружины тянут верхний шар вниз с суммарной вертикальной силой, равной весу обоих нижних шаров, — \(2mg\) (они ведь «висят» на этих пружинах).

Сразу после пережигания пружинные силы не изменились:

верхний шар: тяжесть \(mg\) + тяга пружин \(2mg\) вниз: \[ a_{\text{верх}} = \frac{mg + 2mg}{m} = 3g\ \text{(вниз)}; \] нижние шары: их баланс сил не затронут (нить к ним не относилась): \[ a_{\text{ниж}} = 0. \]

Решение

Пока сила действует. Система разгоняется как целое: \[ a = \frac{F}{m_1 + m_2}. \] Тело \(m_1\) толкает вперёд только пружина (сжатая на \(x\), сила \(kx\)): \[ kx = m_1 a \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{F m_1}{k\,(m_1 + m_2)}. \]

Сразу после выключения \(F\). Сжатие \(x\) ещё то же, пружина давит на оба тела с силой \(kx\) врозь: \[ a_1 = \frac{kx}{m_1} = \frac{F}{m_1+m_2} \quad\text{(как и раньше — для } m_1 \text{ ничего не изменилось)}, \] \[ a_2 = \frac{kx}{m_2} = \frac{F m_1}{m_2\,(m_1+m_2)} \quad\text{(в обратную сторону: пружина отталкивает } m_2 \text{ назад)}. \]

Решение

При отклонении тела на \(x\) первая пружина деформирована на \(x\) и возвращает с силой \(k_1x\), вторая — тоже на \(x\) с силой \(k_2x\) в ту же сторону. Итого возвращающая сила \((k_1+k_2)x\).

Максимум силы (и ускорения) — при максимальном отклонении: \[ m a = (k_1 + k_2)\,x_{\max} \quad\Longrightarrow\quad x_{\max} = \frac{m a}{k_1 + k_2}. \]

Максимальные силы на стенки — при том же отклонении (каждая пружина давит/тянет свою стенку со своей силой): \[ F_1 = k_1 x_{\max} = \frac{k_1\,m a}{k_1+k_2},\qquad F_2 = k_2 x_{\max} = \frac{k_2\,m a}{k_1+k_2}. \]

Решение

Колебания затухли — тело движется с постоянным ускорением \(a = F/m\) (внешняя сила одна). Пружины невесомы, поэтому натяжение вдоль всей цепочки одинаково и равно приложенной силе \(F\) (иначе у невесомой пружины было бы бесконечное ускорение).

Удлинения: \[ x_1 = \frac{F}{k_1},\qquad x_2 = \frac{F}{k_2},\qquad x = x_1 + x_2 = F\,\frac{k_1 + k_2}{k_1 k_2}. \]

Решение

Магнитная сила. Пока система висит неподвижно, трение (направленное вверх) уравновешивает вес груза (магнит лёгкий): \[ F_{\text{тр}} = m g \le \mu F_{\text{м}}. \] На пороге \(m = m_0\) трение максимально: \[ m_0 g = \mu F_{\text{м}} \quad\Longrightarrow\quad F_{\text{м}} = \frac{m_0 g}{\mu}. \]

Скольжение при \(m > m_0\). Теперь трение скольжения \(\mu F_{\text{м}} = m_0 g\) (прижатие магнитное — от веса груза не зависит!): \[ m a = m g - m_0 g \quad\Longrightarrow\quad a = g\,\frac{m - m_0}{m}. \]

Решение

Предельная сила трения покоя: \[ F_{\max} = \mu m g = 0{,}51\cdot10\cdot9{,}8 \approx 50\ \text{Н}. \] Пока \(T \le 50\) Н, тело неподвижно, и из второго закона Ньютона (ускорение нулевое) \(F_{\text{тр}} = T\): график — прямая под \(45^\circ\).

При \(T > 50\) Н тело скользит, трение скольжения постоянно: \(F_{\text{тр}} = \mu m g = 50\) Н — горизонтальное плато (избыток \(T - 50\) идёт на разгон тела).

Решение

Ручка практически невесома, поэтому силы на её концах должны быть направлены вдоль оси (иначе ручка не была бы в равновесии). Палец давит с силой \(P\) вдоль ручки; на шарик у поверхности приходит та же сила \(P\) под углом \(\alpha\) к нормали: \[ \text{прижатие } N = P\cos\alpha,\qquad \text{сдвиг } P\sin\alpha. \]

Шарик не скользит, пока сдвигающая сила не превосходит трения: \[ P\sin\alpha \le \mu P\cos\alpha \quad\Longleftrightarrow\quad \tg\alpha \le \mu. \] Сила \(P\) сократилась — вот почему нажим не помогает! Предельный угол: \[ \mu = \tg\alpha_{\max}. \]

Эксперимент. У шариковой ручки на бумаге или столе выскальзывание обычно начинается при \(\alpha_{\max} \approx 10{-}20^\circ\), т.е. \[ \mu = \tg\alpha_{\max} \approx 0{,}2{-}0{,}35 \] (гладкий металлический шарик; на стекле — заметно меньше). Измерьте свой угол транспортиром — и получите свой коэффициент.

Решение

Покой (\(\tg\alpha \le \mu\)). Брусок неподвижен, вдоль доски: \[ F_{\text{тр}} = m g\sin\alpha. \] Это возможно, пока \(mg\sin\alpha \le \mu m g\cos\alpha\), т.е. до угла \(\alpha^* = \arctg\mu\).

Скольжение (\(\tg\alpha \ge \mu\)). Теперь трение скольжения: \[ F_{\text{тр}} = \mu N = \mu m g\cos\alpha. \]

Наибольшее значение — в точке смены режимов: \[ F_{\max} = mg\sin(\arctg\mu) = \frac{\mu\,mg}{\sqrt{1+\mu^2}} = \frac{mg}{\sqrt{1 + \mu^{-2}}}. \]

Решение

Оси: вдоль ленты (вверх) и поперёк. Поперёк: \(N = mg\cos\alpha\). Вдоль ленты на ящик действуют трение \(F_{\text{тр}}\) (вверх — лента тащит ящик) и скатывающая сила \(mg\sin\alpha\): \[ m a = F_{\text{тр}} - m g \sin\alpha. \]

Трение покоя не превосходит \(\mu N\): \[ a \le \frac{\mu m g\cos\alpha - m g\sin\alpha}{m} \quad\Longrightarrow\quad a_{\max} = g\,(\mu\cos\alpha - \sin\alpha). \]

Решение

Подъём. Против движения работают и скатывающая сила, и трение: \[ a_1 = g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha). \] Тело останавливается через время \[ t_1 = \frac{v}{a_1} = \frac{v}{g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)}. \]

Спуск. Так как \(\tg\alpha > \mu\), тело не застрянет и поедет вниз, но теперь трение направлено вверх по склону: \[ a_2 = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha). \] Скорость снова станет равна \(v\) через время \[ t_2 = \frac{v}{a_2} = \frac{v}{g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)}. \]

Складываем и приводим к общему знаменателю: \[ t = t_1 + t_2 = \frac{v}{g}\cdot\frac{(\sin\alpha - \mu\cos\alpha) + (\sin\alpha + \mu\cos\alpha)} {(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)} = \frac{2v\sin\alpha}{g\,(\sin^2\alpha - \mu^2\cos^2\alpha)}. \]

Решение

Вертикаль (тело не отрывается, значит, по вертикали покой): \[ N + F\sin\alpha = mg \quad\Longrightarrow\quad N = mg - F\sin\alpha. \] Условие «не отрывается» как раз означает \(F\sin\alpha \le mg\), т.е. \(N \ge 0\).

Горизонталь (тело движется, трение скольжения \(\mu N\)): \[ ma = F\cos\alpha - \mu N = F\cos\alpha - \mu(mg - F\sin\alpha), \] \[ a = \frac{F}{m}(\cos\alpha + \mu\sin\alpha) - \mu g. \]

Если это выражение получилось отрицательным, значит, сила не в состоянии сдвинуть тело: трение покоя удержит его, и \(a = 0\).

Решение

Поперёк ребра. В сечении, перпендикулярном ребру, надо уравновесить поперечную часть тяжести \(mg\cos\beta\). Каждая нормаль \(N\) отклонена от биссектрисы сечения на угол \(90^\circ - \alpha/2\), поэтому вдоль биссектрисы от двух стенок собирается \(2N\sin(\alpha/2)\): \[ 2N\sin\frac{\alpha}{2} = mg\cos\beta \quad\Longrightarrow\quad N = \frac{mg\cos\beta}{2\sin(\alpha/2)}. \]

Вдоль ребра. Скатывает \(mg\sin\beta\), тормозят две силы трения по \(\mu N\): \[ ma = mg\sin\beta - 2\mu N = mg\sin\beta - \frac{\mu\, mg\cos\beta}{\sin(\alpha/2)}, \] \[ a = g\left(\sin\beta - \frac{\mu\cos\beta}{\sin(\alpha/2)}\right). \] Если \(\mu \ge \tg\beta\,\sin(\alpha/2)\), выражение неположительно — цилиндр в жёлобе не скользит: \(a = 0\).

Решение

Стоит или едет? Чтобы система стояла, трения покоя в щели должно хватить на разность весов: \[ |m_2 - m_1|\,g \le F_{\text{тр}} \quad\Longrightarrow\quad a = 0. \]

Едет. Пусть для определённости \(m_2 > m_1\): груз \(m_2\) опускается. Обозначим \(T\) — натяжение от груза \(m_1\) через блок до щели (идеальный блок его не меняет), \(T'\) — под щелью, у груза \(m_2\). Нить в щели невесома, движется вниз, трение на неё направлено вверх: \[ T' = T + F_{\text{тр}}. \] Второй закон Ньютона для грузов: \[ m_2 g - T' = m_2 a, \qquad T - m_1 g = m_1 a. \] Складываем оба уравнения, подставив \(T' = T + F_{\text{тр}}\): \[ (m_2 - m_1)g - F_{\text{тр}} = (m_1 + m_2)\,a. \]

В общем виде (для любого соотношения масс): \[ |a| = \frac{|m_2 - m_1|\,g - F_{\text{тр}}}{m_1 + m_2}, \qquad\text{если } |m_2 - m_1|\,g > F_{\text{тр}}. \]

Решение

Оси вдоль и поперёк сходней. Втаскиваем равномерно; верёвка под углом \(\gamma\) к поверхности: \[ T\cos\gamma = mg\sin\alpha + \mu N, \qquad N = mg\cos\alpha - T\sin\gamma. \] Отсюда \[ T = \frac{mg(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)}{\cos\gamma + \mu\sin\gamma}. \]

Максимум знаменателя. Обозначим \(\varphi = \arctg\mu\) (угол трения); тогда \(\mu = \tg\varphi\) и \[ \cos\gamma + \mu\sin\gamma = \frac{\cos(\gamma - \varphi)}{\cos\varphi} = \sqrt{1+\mu^2}\,\cos(\gamma - \varphi). \] Максимум — при \(\gamma = \varphi = \arctg\mu\), и он равен \(\sqrt{1+\mu^2}\).

Значит, тянуть надо под углом к горизонту \[ \beta = \alpha + \arctg\mu, \qquad T_{\min} = \frac{mg(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)}{\sqrt{1+\mu^2}}. \]

Решение

Груз на грани сдвига. Верёвка под углом \(\alpha\): \[ T\cos\alpha = \mu(m_2 g - T\sin\alpha) \quad\Longrightarrow\quad T = \frac{\mu m_2 g}{\cos\alpha + \mu\sin\alpha} = \frac{\mu m_2 g}{\sqrt{1+\mu^2}\,\cos(\alpha - \varphi)}, \] где \(\varphi = \arctg\mu\). Само по себе это минимально при \(\alpha = \varphi\): \(T_{\min} = \dfrac{\mu m_2 g}{\sqrt{1+\mu^2}}\).

А устоит ли человек? На него верёвка действует силой \(T\) вперёд-вниз: прижимает (\(N_1 = m_1 g + T\sin\alpha\)) и тянет (\(T\cos\alpha\)). Условие «остаться на месте»: \[ T\cos\alpha \le \mu(m_1 g + T\sin\alpha) \quad\Longleftrightarrow\quad T(\cos\alpha - \mu\sin\alpha) \le \mu m_1 g. \] Подставив \(\alpha = \varphi\) и \(T_{\min}\), получаем условие применимости: \[ m_1 \ge m_2\,\frac{1-\mu^2}{1+\mu^2}. \]

Лёгкий человек. Если \(m_1 < m_2\dfrac{1-\mu^2}{1+\mu^2}\), надо поднимать угол выше \(\varphi\), пока оба условия не станут предельными: \[ T(\cos\alpha + \mu\sin\alpha) = \mu m_2 g, \qquad T(\cos\alpha - \mu\sin\alpha) = \mu m_1 g. \] Складывая и вычитая: \[ T\cos\alpha = \frac{\mu(m_1+m_2)g}{2}, \qquad T\sin\alpha = \frac{(m_2-m_1)g}{2}. \] Отсюда \[ \tg\alpha = \frac{m_2 - m_1}{\mu\,(m_1 + m_2)}, \qquad T_{\min} = \frac{g}{2}\sqrt{\mu^2 (m_1+m_2)^2 + (m_2-m_1)^2}. \]

Решение

На сухой дороге и на льду: \[ l = \frac{v^2}{2\mu g} = \frac{v'^2}{2(\mu/10)g} \quad\Longrightarrow\quad \frac{v^2}{\mu} = \frac{10\,v'^2}{\mu} \quad\Longrightarrow\quad \frac{v}{v'} = \sqrt{10} \approx 3{,}2. \]

Решение

Разгон. \(v = 72\ \text{км/ч} = 20\ \text{м/с}\); ускорение \[ a = \frac{v}{t} = \frac{20}{5} = 4\ \text{м/с}^2. \] Предел по сцеплению: \(ma = F_{\text{тр}} \le \mu mg\), и раз двигатель «упирается» именно в этот предел, \[ \mu = \frac{a}{g} = \frac{4}{10} = 0{,}4. \]

Торможение. Наибольшее замедление — то же \(\mu g\): \[ l_{\min} = \frac{v^2}{2\mu g} = \frac{400}{2\cdot 0{,}4\cdot 10} = 50\ \text{м}. \]

Решение

а. Когда начнётся проскальзывание. Вместе система имела бы ускорение \(a = \dfrac{F}{m_1+m_2}\); телу \(m_1\) его сообщает только трение, которому нужно \(m_1 a \le \mu m_1 g\). Отсюда предел: \[ F \le \mu(m_1 + m_2)\,g. \] Тело соскользнёт, если \[ F > \mu(m_1+m_2)\,g. \]

Время соскальзывания при силе \(F_0\). При проскальзывании: тело везёт трение скольжения, доску тормозит его реакция: \[ a_1 = \mu g, \qquad a_2 = \frac{F_0 - \mu m_1 g}{m_2}. \] Относительное ускорение доски относительно тела: \[ a_{\text{отн}} = a_2 - a_1 = \frac{F_0 - \mu m_1 g - \mu m_2 g}{m_2} = \frac{F_0 - \mu(m_1+m_2)g}{m_2}. \] Доска должна «выехать» из-под тела на свою длину \(l\): \[ l = \frac{a_{\text{отн}}t^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad t = \sqrt{\frac{2l\,m_2}{F_0 - \mu(m_1+m_2)g}}. \]

б. Сила приложена к телу \(m_1\). Теперь доску \(m_2\) везёт только трение от тела: вместе они поедут, лишь пока \(m_2\cdot\dfrac{F_0}{m_1+m_2} \le \mu m_1 g\), т.е. при \(F_0 \le \mu m_1 g\,\dfrac{m_1+m_2}{m_2}\) — тогда \(a_1 = a_2 = \dfrac{F_0}{m_1+m_2}\). Если сила больше (в частности, любая сила из пункта «а» при \(m_1 \le m_2\)), тело скользит по доске: \[ a_1 = \frac{F_0 - \mu m_1 g}{m_1}, \qquad a_2 = \frac{\mu m_1 g}{m_2}. \]

Решение

Едем вместе. Общая масса \(2(m_1+m_2)\), общее ускорение \[ a = \frac{F}{2(m_1+m_2)}. \] Критичен правый верхний груз: его толкает вперёд трение \(f\) от нижнего соседа, а назад тянет нить с силой \(T\), причём \(T\) везёт всю левую пару: \(T = (m_1+m_2)a\). Тогда \[ f = m_1 a + T = (2m_1 + m_2)\,a \le \mu m_1 g, \] откуда условие совместного движения: \[ F \le F_0 = \frac{2\mu m_1 g\,(m_1+m_2)}{2m_1+m_2}. \]

Проскальзывание (\(F > F_0\)). Правый нижний груз скользит под своим верхним, унося силу \(F\), а назад его держит трение скольжения: \[ a_{2,\text{пр}} = \frac{F - \mu m_1 g}{m_2}. \] Остальные три груза (левая пара + правый верхний, общей массой \(2m_1+m_2\)) разгоняются только трением \(\mu m_1 g\): \[ a_{1,\text{пр}} = a_{1,\text{лев}} = a_{2,\text{лев}} = \frac{\mu m_1 g}{2m_1 + m_2}. \] (Левая пара при этом не проскальзывает: её нижнему грузу нужно лишь \(m_2 a \le \mu m_1 g\) — выполнено с запасом.)

Решение

Если груз скользит (\(\tg\alpha > \mu\)). Клин зажат между стенкой и полом и стоит; груз съезжает по нему с ускорением \[ a = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha) \] вдоль наклонной, то есть с горизонтальной составляющей \(a\cos\alpha\), направленной от стенки.

Для системы «клин + груз» по горизонтали внешняя сила одна — давление стенки \(F\) (пол гладкий и давит лишь вертикально). Второй закон Ньютона по горизонтали: \[ F = m\,a\cos\alpha = mg\cos\alpha\,(\sin\alpha - \mu\cos\alpha). \] По третьему закону клин давит на стенку с той же силой \(F\).

Если груз стоит (\(\tg\alpha \le \mu\)). Система покоится, горизонтальное ускорение нулевое — и потому \[ F = 0. \] Стенка вообще «не нужна»: гладкий пол не мешает клину, но и толкать его нечему.

Решение

Почему высота не важна. Сила сопротивления воздуха растёт со скоростью (для капель дождя — примерно как \(f = A\rho_0 r^2 v^2\), см. задачу 2.1.37). Пока капля разгоняется, \(f\) увеличивается — и уже через десяток-другой метров падения сравнивается с тяжестью: \[ mg = f(v_{\text{уст}}). \] Дальше ускорения нет: капля падает с постоянной установившейся скоростью. Тучи же висят на сотнях метров — «лишняя» высота ничего не меняет.

Почему размер важен. В балансе тяжесть растёт с размером быстрее сопротивления: \(mg \propto r^3\), а \(f \propto r^2 v^2\). Отсюда \[ r^3 \propto r^2 v_{\text{уст}}^2 \quad\Longrightarrow\quad v_{\text{уст}} \propto \sqrt{r}. \] Крупные капли летят заметно быстрее мелких: ливень «бьёт», морось «висит».

Решение

На максимальной скорости разгон закончился — движущая сила равна сопротивлению: \[ \alpha v_{\max}^2 = F_{\text{движ}} \le \mu m g. \] Для оценки берём предел: \[ \alpha = \frac{\mu m g}{v_{\max}^2} = \frac{0{,}4\cdot 70\cdot 9{,}8}{20^2} = \frac{274}{400} \approx 0{,}7\ \text{кг/м}. \]

Решение

Вертикаль (шар + канат как система): земля держит канат с силой \[ N = mg - F \] (шар легче воздуха не настолько, чтобы поднять канат: подразумевается \(F < mg\), иначе бы всё улетело).

Горизонталь, установившееся движение. Ветер обдувает шар со скоростью \(u - v\) и толкает с силой \(\alpha(u-v)^2\); канат волочится, трение \(\mu N\) тянет назад: \[ \alpha\,(u - v)^2 = \mu\,(mg - F) \quad\Longrightarrow\quad u - v = \sqrt{\frac{\mu\,(mg - F)}{\alpha}}, \] \[ v = u - \sqrt{\frac{\mu}{\alpha}(mg - F)}. \]

Слабый ветер. Если даже при неподвижном шаре напор мал, \(\alpha u^2 < \mu(mg - F)\), — трения покоя хватает, и шар стоит: \(v = 0\).

Решение

На малом участке \(\Delta l\) скорость падает на \[ \Delta v = \beta\,\Delta l, \] а проходит тело этот участок за время \(\Delta t = \Delta l / v\). Значит, ускорение (по модулю): \[ a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{\beta\,\Delta l}{\Delta l / v} = \beta\,v. \]

По второму закону Ньютона сила вязкого трения: \[ F = m a = \beta m v \] — прямо пропорциональна скорости (и направлена против неё).

Решение

Баланс сил. Масса капли \(m = \frac{4}{3}\pi r^3 \rho_{\text{в}}\) (\(\rho_{\text{в}} = 1000\) кг/м³ — плотность воды). Установившаяся скорость: \[ \frac{4}{3}\pi r^3 \rho_{\text{в}}\, g = A\rho_0 r^2 v^2 \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{\frac{4\pi \rho_{\text{в}}\, g\, r}{3A\rho_0}} \;\propto\; \sqrt{r}. \] Крупные капли быстрее ✓ (тот же вывод, что в задаче 2.1.33).

Число (\(A \approx 1\), \(r = 10^{-3}\) м): \[ v = \sqrt{\frac{4\pi\cdot 1000\cdot 9{,}8\cdot 10^{-3}}{3\cdot 1{,}3}} = \sqrt{\frac{123}{3{,}9}} \approx \sqrt{31{,}6} \approx 5{,}5\ \text{м/с}. \]

Решение

Установившаяся скорость из баланса сил: \[ \frac{4}{3}\pi r^3 \rho_{\text{в}}\, g = \gamma r v \quad\Longrightarrow\quad v = \frac{4\pi \rho_{\text{в}}\, g}{3\gamma}\, r^2 \;\propto\; r^2. \]

Поэтому при уменьшении радиуса вдвое скорость падает в 4 раза, а вдесятеро — в 100 раз: \[ v_1 = \frac{1}{4}\cdot 1 = 0{,}25\ \text{м/с}, \qquad v_2 = \frac{1}{100}\cdot 1 = 0{,}01\ \text{м/с}. \]

Решение

Почему хватает одного слагаемого. Отношение сил \[ \frac{f_{\text{вихр}}}{f_{\text{вязк}}} = \frac{A\rho_0 r^2 v^2}{\gamma r v} = \frac{A\rho_0}{\gamma}\, r v \] растёт с \(rv\). Для крупного и быстрого (дождевая капля) оно ≫ 1 — вихревое сопротивление подавляет вязкое; для мелкого и медленного (туман) оно ≪ 1 — наоборот. Промежуточная область узка, поэтому почти всегда работает один закон.

Оценка \(\gamma\). Из задачи 2.1.38: капля \(r = 10^{-4}\) м падает с \(v = 1\) м/с, и её вес держит вязкая сила: \[ \gamma = \frac{mg}{rv} = \frac{\tfrac{4}{3}\pi r^3 \rho_{\text{в}}\, g}{rv} = \frac{4\pi\cdot 10^{-8}\cdot 10^3\cdot 9{,}8}{3\cdot 1} \approx 4\cdot 10^{-4}\ \text{кг/(м}\cdot\text{с)}. \]

Граница режимов — равенство сил: \[ A\rho_0 r^2v^2 = \gamma r v \quad\Longrightarrow\quad rv = \frac{\gamma}{A\rho_0} \approx \frac{4\cdot 10^{-4}}{1{,}3} \approx 3{-}4\cdot 10^{-4}\ \text{м}^2/\text{с}. \]

Решение

В системе ленты. Начальная скорость шайбы относительно ленты складывается из \(v\) (поперёк) и \(-u\) (вдоль — лента «уезжает» из-под неё): \[ w = \sqrt{v^2 + u^2}. \] Трение скольжения направлено строго против относительной скорости, и раз движение прямолинейное, его направление не меняется: шайба тормозит с ускорением \(\mu g\) на прямой и проходит до остановки (относительно ленты) путь \[ s = \frac{w^2}{2\mu g}. \]

Возвращаемся поперёк. Лента движется вдоль себя, поэтому поперечная координата шайбы в обеих системах одна и та же. Поперечная доля пути \(s\) равна \(v/w\): \[ d_{\max} = s\,\frac{v}{w} = \frac{w^2}{2\mu g}\cdot\frac{v}{w} = \frac{v\sqrt{v^2+u^2}}{2\mu g}. \] После остановки относительно ленты шайба едет вместе с ней — поперёк больше не продвигается. Если лента шире \(d_{\max}\), другого края шайба не достигнет.

Решение

У невращающейся шайбы все точки скользят вперёд со скоростью \(v\); трение всех участков направлено назад, тормозящая сила максимальна: \(\mu mg\).

У быстро вращающейся шайбы (\(\omega r \gg v\)) скорость точки контакта — сумма поступательной \(v\) и вращательной \(\omega r\), почти перпендикулярных друг другу у большинства точек. Трение направлено против этой суммарной скорости, то есть почти по касательной к окружности; против движения центра работает лишь доля порядка \[ \frac{v}{\sqrt{v^2 + (\omega r)^2}} \ll 1 \] (в точности как поперечная доля в задаче 2.1.40). Тормозящая сила оказывается много меньше \(\mu mg\), и путь до остановки — больше.

Решение

Пусть древесина обжимает гвоздь так, что полная сила трения скольжения по поверхности равна \(F_{\text{тр}}\). Если тянуть без вращения, вся она направлена вдоль оси против вытягивания — нужно усилие \(F > F_{\text{тр}}\).

Если же гвоздь вращать, скорость точек его поверхности складывается из осевой \(v\) и вращательной \(\omega r\). Трение направлено против суммарного скольжения, и вдоль оси действует лишь составляющая \[ F_{\text{ос}} = F_{\text{тр}}\,\frac{v}{\sqrt{v^2+(\omega r)^2}}, \] которая при быстром вращении (\(\omega r \gg v\)) сколь угодно мала. Достаточно небольшой осевой силы, чтобы гвоздь медленно «выползал», пока вращается.

Решение

Скольжение. Относительно поверхности оси втулка движется вдоль оси со скоростью \(v\) и по окружности со скоростью \(\omega R\) (ось крутится, втулка — нет). Полная скорость скольжения: \[ w = \sqrt{v^2 + \omega^2 R^2}. \]

Установившееся движение. Трение скольжения \(F_{\text{тр}}\) направлено против суммарного скольжения; вдоль оси действует его составляющая \(F_{\text{тр}}\,v/w\). Она и уравновешивает силу \(F\): \[ F = F_{\text{тр}}\,\frac{v}{\sqrt{v^2+\omega^2R^2}}. \] Возводим в квадрат и решаем относительно \(v\): \[ F^2 v^2 + F^2\omega^2R^2 = F_{\text{тр}}^2 v^2 \quad\Longrightarrow\quad v = \frac{\omega R\,F}{\sqrt{F_{\text{тр}}^2 - F^2}}. \]

Решение

Что удерживает тело. Пусть тело сползает вниз по линии наибольшего ската со скоростью \(v\). Относительно плоскости оно скользит со скоростью \[ w = \sqrt{v^2+u^2} \] (вниз \(v\), поперёк \(u\) — плоскость уезжает вбок). Сила трения \(\mu N = \mu m g\cos\alpha\) направлена против \(\vec w\), и вверх по скату приходится её доля \(v/w\).

Поперечная доля трения меняет знак вместе с \(u\) — тысячу раз в секунду, и поперёк тело только едва заметно дрожит. А вдоль ската установившееся (равномерное) сползание: \[ m g\sin\alpha = \mu m g\cos\alpha\cdot\frac{v}{\sqrt{v^2+u^2}}. \]

Сокращаем на \(mg\cos\alpha\) и возводим в квадрат: \[ \tg\alpha\,\sqrt{v^2+u^2} = \mu v \quad\Longrightarrow\quad \tg^2\alpha\,(v^2+u^2) = \mu^2v^2, \] \[ v^2(\mu^2 - \tg^2\alpha) = u^2\tg^2\alpha \quad\Longrightarrow\quad v = \frac{u\,\tg\alpha}{\sqrt{\mu^2 - \tg^2\alpha}}. \]

Решение

Две равные силы. Вдоль плоскости на монету действуют скатывающая сила \(mg\sin\alpha\) (вниз по скату) и трение \(\mu mg\cos\alpha\) (против скорости). По условию \(\mu = \tg\alpha\), поэтому обе равны \[ ma = mg\sin\alpha. \]

Первая проекция — на скорость. Пусть \(\theta\) — угол между скоростью и линией ската. За малое время \(\Delta t\) модуль скорости меняется на проекцию всех сил на направление движения: \[ \Delta w = a\,\Delta t\,\cos\theta - a\,\Delta t. \]

Вторая проекция — на линию ската. Составляющая скорости вдоль ската \(v_{\parallel} = w\cos\theta\) меняется так: \[ \Delta v_{\parallel} = a\,\Delta t - a\,\Delta t\,\cos\theta \] (трение даёт вдоль ската \(-a\cos\theta\), тяжесть \(+a\)).

Складываем. Правые части противоположны, значит \[ \Delta\big(w + v_{\parallel}\big) = 0 \quad\Longrightarrow\quad w + v_{\parallel} = \text{const}. \] В начале монета едет горизонтально: \(w = v\), \(v_{\parallel} = 0\), сумма равна \(v\). В конце движение установилось — оно идёт прямо вниз по скату, где \(w = v_{\parallel} = u\). Значит \[ u + u = v \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{v}{2}. \]

Решение

Кто где. Без нити гладкое тело разгонялось бы сильнее (\(g\sin\alpha\) против \(g\sin\alpha - \mu g\cos\alpha\)). Значит, оно едет впереди (ниже), а нить натянута и тянет его назад, помогая заднему телу.

Уравнения вдоль наклонной (масса каждого тела \(m\), ускорение общее \(a\)): \[ \text{гладкое:}\quad ma = mg\sin\alpha - T, \] \[ \text{с трением:}\quad ma = mg\sin\alpha + T - F_{\text{тр}}. \]

Вычтем первое уравнение из второго: \[ 0 = 2T - F_{\text{тр}} \quad\Longrightarrow\quad F_{\text{тр}} = 2T. \]

Решение

Уравнения движения. Направим ось вправо (к блоку); пусть \(x_1, x_2, X\) — координаты тел 1, 2 и блока. Натяжение всюду \(T\): \[ m\ddot x_1 = T - F, \qquad m\ddot x_2 = T, \qquad M\ddot X = -2T. \] (Нить тянет тела 1 и 2 вправо, а блок — влево, сразу двумя ветвями.)

Связь. Длина нити \((X - x_1) + (X - x_2)\) постоянна, значит \[ 2\ddot X = \ddot x_1 + \ddot x_2. \]

Подставляем ускорения: \[ 2\cdot\left(-\frac{2T}{M}\right) = \frac{T-F}{m} + \frac{T}{m} = \frac{2T-F}{m}, \] \[ -4Tm = M(2T - F) \quad\Longrightarrow\quad T\,(4m + 2M) = MF \quad\Longrightarrow\quad T = \frac{MF}{2\,(M+2m)}. \]

Остаётся подставить \(T\) в уравнения тел: \[ a_1 = \frac{F - T}{m} = \frac{F\,(M+4m)}{2m\,(M+2m)},\qquad a_2 = \frac{T}{m} = \frac{FM}{2m\,(M+2m)},\qquad a_3 = \frac{2T}{M} = \frac{F}{M+2m}. \] Тела 1 и 3 едут в сторону силы \(F\), тело 2 — навстречу, к блоку.

Решение

Связь движений. Каждая грань клина наклонена к вертикали под углом \(\alpha/2\). Клин опускается на \(\Delta h\) — брусок отъезжает на \(\Delta h\,\tg(\alpha/2)\), поэтому \[ a_1 = a_2\,\tg\frac{\alpha}{2}. \]

Брусок. Гладкие поверхности — на брусок действует только нормаль \(N\), её горизонтальная составляющая \(N\cos(\alpha/2)\): \[ m_1 a_1 = N\cos\frac{\alpha}{2}. \]

Клин. Его тянет вниз тяжесть, а вверх — вертикальные составляющие двух реакций брусков (по третьему закону Ньютона они равны \(N\) и направлены вверх-внутрь): \[ m_2 a_2 = m_2 g - 2N\sin\frac{\alpha}{2}. \]

Выражаем \(N\) из уравнения бруска и подставляем: \[ N = \frac{m_1 a_2 \tg(\alpha/2)}{\cos(\alpha/2)} \;\Longrightarrow\; m_2 a_2 = m_2 g - 2m_1 a_2 \tg^2\frac{\alpha}{2}, \] \[ a_2 = \frac{m_2\,g}{m_2 + 2m_1\tg^2(\alpha/2)}, \qquad a_1 = \frac{m_2\,g\,\tg(\alpha/2)}{m_2 + 2m_1\tg^2(\alpha/2)}. \]

Решение

Куда едет брусок. Нить действует на ролик двумя ветвями: горизонтальная тянет к стенке с силой \(T\), «грузовая» — вниз-вбок, её горизонтальная составляющая \(T\sin\alpha\) направлена от стенки. Так как \(\sin\alpha < 1\), итог — \(T(1-\sin\alpha)\) к стенке: \[ m_0\,a = T\,(1 - \sin\alpha). \tag{1} \]

Ускорение груза. Оно складывается из ускорения ролика (\(a\), к стенке) и ускорения груза относительно ролика. Полная длина нити постоянна, а горизонтальный участок укорачивается с ускорением \(a\) — значит, участок с грузом удлиняется с тем же \(a\), и груз уходит от ролика вдоль нити (вниз под углом \(\alpha\)) с ускорением \(a\). Складывая, получаем составляющие ускорения груза: \[ a_{\text{гор}} = a\,(1-\sin\alpha)\ \ \text{(к стенке)}, \qquad a_{\text{верт}} = a\cos\alpha\ \ \text{(вниз)}. \]

Второй закон Ньютона для груза (на него действуют натяжение \(T\) вдоль нити к ролику и тяжесть): \[ \text{гор.:}\quad m\,a\,(1-\sin\alpha) = T\sin\alpha, \tag{2} \] \[ \text{верт.:}\quad mg - T\cos\alpha = m\,a\cos\alpha. \tag{3} \]

Из (2) выразим \(T = \dfrac{m\,a\,(1-\sin\alpha)}{\sin\alpha}\) и подставим в (3): \[ g = a\cos\alpha\cdot\frac{1-\sin\alpha}{\sin\alpha} + a\cos\alpha = a\cos\alpha\cdot\frac{1-\sin\alpha+\sin\alpha}{\sin\alpha} = \frac{a\cos\alpha}{\sin\alpha}, \] \[ \boxed{\,a = g\,\tg\alpha\,} \] — и это не зависит ни от масс, ни от длины нити.

Масса груза. Подставим \(T\) из (2) в уравнение бруска (1): \[ m_0 a = \frac{m\,a\,(1-\sin\alpha)}{\sin\alpha}\,(1-\sin\alpha) \quad\Longrightarrow\quad m_0 = \frac{m\,(1-\sin\alpha)^2}{\sin\alpha}, \] \[ m = \frac{m_0\,\sin\alpha}{(1-\sin\alpha)^2}. \]

Решение

Третий закон по горизонтали. Пол гладкий, поэтому единственная горизонтальная сила на клин — давление тела \(N\sin\alpha\), а на тело со стороны клина действует такая же сила в обратную сторону. Значит, горизонтальные ускорения связаны: \[ m\,a_{\text{гор}} = M\,A, \tag{1} \] где \(a_{\text{гор}}\) — горизонтальная составляющая ускорения тела (вправо), \(A\) — ускорение клина (влево).

Кинематика. Относительно клина тело скользит вдоль грани; пусть это относительное ускорение равно \(a_{\text{отн}}\). Тогда в неподвижной системе \[ a_{\text{гор}} = a_{\text{отн}}\cos\alpha - A, \qquad a_{\text{верт}} = a_{\text{отн}}\sin\alpha \] (вертикаль клин не меняет — он едет по горизонтали). По условию \[ \tg\beta = \frac{a_{\text{верт}}}{a_{\text{гор}}} = \frac{a_{\text{отн}}\sin\alpha}{a_{\text{отн}}\cos\alpha - A}. \tag{2} \]

Соединяем. Из (1) \(A = \dfrac{m}{M}a_{\text{гор}}\), то есть \(a_{\text{отн}}\cos\alpha = a_{\text{гор}}\left(1+\dfrac{m}{M}\right)\). Подставим в (2): \[ \tg\beta = \frac{a_{\text{отн}}\sin\alpha}{a_{\text{гор}}} = \tg\alpha\cdot\frac{M+m}{M}. \]

Отсюда \(\dfrac{M+m}{M} = \dfrac{\tg\beta}{\tg\alpha}\), то есть \(\dfrac{m}{M} = \dfrac{\tg\beta - \tg\alpha}{\tg\alpha}\), и окончательно \[ M = \frac{m\,\tg\alpha}{\tg\beta - \tg\alpha}. \]

Решение

1. Куда направлена сила. На невесомый каток действуют только две силы: со стороны плиты (в точке \(P\)) и со стороны пола (в точке \(G\)). Невесомое тело в равновесии, если эти силы равны, противоположны и лежат на одной прямой — значит, обе направлены вдоль \(PG\).

2. Геометрия. В треугольнике \(CPG\) стороны \(CP\) и \(CG\) — это радиусы, они равны. Радиус \(CP\) перпендикулярен плите, поэтому он отклонён от вертикали \(CG\) на \(180^\circ - \alpha\). Значит, углы при основании равны \[ \frac{180^\circ - (180^\circ - \alpha)}{2} = \frac{\alpha}{2}, \] и прямая \(PG\) составляет с вертикалью угол \(\alpha/2\) — у обоих катков одинаково, независимо от радиуса!

3. Куда движется плита. Точка \(P\) катка — это точка вращающегося тела, у которого мгновенная ось проходит через \(G\) (качение без проскальзывания). Скорость такой точки перпендикулярна отрезку \(GP\). Проскальзывания между плитой и катком тоже нет, значит и плита движется перпендикулярно \(GP\) — под углом \(\alpha/2\) к горизонту.

4. Второй закон Ньютона. Силы катков перпендикулярны скорости, и работы не совершают; спроецируем закон Ньютона на направление движения — там остаётся только тяжесть: \[ m a = m g\sin\frac{\alpha}{2} \quad\Longrightarrow\quad a = g\sin\frac{\alpha}{2}. \]

Решение

Сила притяжения одна и та же для обеих звёзд (третий закон Ньютона): \[ m_1 a_1 = m_2 a_2 \quad\Longrightarrow\quad m_2 = \frac{m_1 a_1}{a_2}. \]

Решение

Где шарики. Стержень — хорда, наклонённая к вертикали на \(45^\circ\); нижний шарик в самой нижней точке сферы. Треугольник \(OAB\) равнобедренный (\(OA = OB = R\)), угол при основании \(45^\circ\), значит угол при вершине \(O\) равен \(90^\circ\): верхний шарик находится на уровне центра, где радиус горизонтален.

Одно ускорение на двоих. Гантель поворачивается вокруг \(O\) как целое, поэтому касательные ускорения шариков одинаковы по модулю — обозначим их \(a_\tau\). Нормальные реакции направлены по радиусам, вдоль касательной они ничего не дают, и остаются только тяжесть и сила стержня \(F\).

Ключевая геометрия. Стержень наклонён к вертикали на \(45^\circ\) — значит, и к горизонтали тоже на \(45^\circ\). У нижнего шарика касательная горизонтальна, у верхнего — вертикальна, и в обоих случаях проекция силы стержня на касательную одна и та же: \[ F\cos45^\circ = \frac{F}{\sqrt2}. \]

Два уравнения вдоль касательных. У нижнего шарика тяжесть перпендикулярна касательной и в неё не проецируется, у верхнего — наоборот, направлена точно по касательной: \[ \text{нижний:}\quad m a_\tau = \frac{F}{\sqrt2}, \qquad \text{верхний:}\quad m a_\tau = mg - \frac{F}{\sqrt2}. \] Складываем: \(2m a_\tau = mg\), откуда \[ a_\tau = \frac{g}{2}, \qquad \frac{F}{\sqrt2} = \frac{mg}{2}. \] (Стержень сжат: он расталкивает шарики.)

Теперь вдоль радиусов. Скорости пока нулевые, поэтому центростремительных ускорений нет — радиальные проекции сил должны давать нуль. У нижнего шарика радиус вертикален: \[ N_2 = mg + \frac{F}{\sqrt2} = mg + \frac{mg}{2} = \frac{3mg}{2}, \] у верхнего радиус горизонтален (тяжесть в него не проецируется): \[ N_1 = \frac{F}{\sqrt2} = \frac{mg}{2}. \] По третьему закону Ньютона с такими же силами шарики давят на стенки.

Решение

Сила. Движение по окружности радиуса \(r\) со скоростью \(v\): \[ F = \frac{m_e v^2}{r} \] — сила обратно пропорциональна расстоянию до нити. (Это, кстати, и есть «визитная карточка» заряженной нити: её поле убывает как \(1/r\).)

Если скорость чуть изменилась. На коротком участке пути сила почти не меняется ни по величине, ни по направлению — как однородное поле тяжести. А в однородном поле траектория тела, брошенного «вбок», — парабола.

При \(v\) чуть меньше нужной центростремительная сила избыточна, и электрон сходит с окружности внутрь: начальный участок — парабола, касающаяся окружности изнутри. При \(v\) чуть больше силы не хватает, и парабола отклоняется наружу.

Решение

Сразу после захвата нити гвоздём каждый шарик движется по окружности радиуса \(l/2\) с прежней скоростью \(v\). Натяжение нити и есть центростремительная сила: \[ T = \frac{m v^2}{l/2} = \frac{2m v^2}{l}. \]

Решение

Невесомая нить. Единственная сила на тело — натяжение, оно и есть центростремительная сила: \[ T = M\omega^2 l. \]

Верёвка с массой. Разрежем её мысленно на расстоянии \(x\). Дальше сечения находятся:

— тело \(M\) на радиусе \(l\): ему нужно \(M\omega^2 l\);

— кусок верёвки от \(x\) до \(l\): его масса \(m\dfrac{l-x}{l}\), а центр находится на радиусе \(\dfrac{l+x}{2}\), поэтому ему нужно \[ m\,\frac{l-x}{l}\cdot\omega^2\,\frac{l+x}{2} = \frac{m\omega^2 (l^2-x^2)}{2l}. \]

Всю эту центростремительную силу обеспечивает натяжение в сечении: \[ T_x = M\omega^2 l + \frac{m\omega^2\,(l^2 - x^2)}{2l}. \]

Решение

Уравнения. Пусть \(\alpha\) — угол между радиусом к бусинке и вертикалью (от нижней точки). Реакция \(N\) направлена к центру кольца, её составляющие: \(N\cos\alpha\) вверх и \(N\sin\alpha\) — к оси вращения.

По вертикали ускорения нет: \[ N\cos\alpha = mg. \] По горизонтали — центростремительное ускорение \(\omega^2 R\sin\alpha\): \[ N\sin\alpha = m\,\omega^2 R\sin\alpha. \]

Во втором уравнении \(\sin\alpha\) сокращается (если бусинка не в самом низу): \(N = m\omega^2 R\). Подставляя в первое, \[ m\omega^2 R\cos\alpha = mg \quad\Longrightarrow\quad \cos\alpha = \frac{g}{\omega^2 R}. \]

Такое решение существует только при \(\dfrac{g}{\omega^2R} < 1\). Если же \(\omega^2 R \le g\), бусинка остаётся в нижней точке: \(\alpha = 0\).

Решение

Радиус. Верхняя нить выносит первый шарик на \(l\sin\alpha\) от оси, нижняя добавляет ещё \(l\sin\beta\): \[ r = l\,(\sin\alpha + \sin\beta). \]

Нижний шарик. На него действуют только натяжение \(T_2\) нижней нити (под углом \(\beta\) к вертикали) и тяжесть: \[ \text{вертикаль:}\quad T_2\cos\beta = mg, \] \[ \text{горизонталь:}\quad T_2\sin\beta = m\,\omega^2 r. \]

Делим второе уравнение на первое — масса и натяжение уходят: \[ \tg\beta = \frac{\omega^2 l\,(\sin\alpha+\sin\beta)}{g} \quad\Longrightarrow\quad \omega = \sqrt{\frac{g\,\tg\beta}{l\,(\sin\alpha + \sin\beta)}}. \]

Решение

Сила пружины \(k\,(R - l)\) — единственная горизонтальная сила, значит, она и есть центростремительная: \[ k\,(R - l) = m\omega^2 R \quad\Longrightarrow\quad R - l = \frac{m\omega^2 R}{k}, \] \[ l = R\left(1 - \frac{m\omega^2}{k}\right). \]

Решение

Мост 1: закон Гука. Длина жгута была \(2\pi R_0\), стала \(2\pi R\). Удлинение \(2\pi(R - R_0)\), поэтому \[ T = k\cdot 2\pi\,(R - R_0). \]

Мост 2: динамика кусочка. Возьмём кусочек с малым угловым размером \(\Delta\varphi\). Его масса \(\Delta m = m\dfrac{\Delta\varphi}{2\pi}\). На концах его тянут две силы \(T\) по касательным; они наклонены друг к другу на угол \(\Delta\varphi\), и их равнодействующая направлена к центру и равна \(T\,\Delta\varphi\). Это и есть центростремительная сила: \[ T\,\Delta\varphi = \Delta m\,\omega^2 R = \frac{m\,\Delta\varphi}{2\pi}\,\omega^2 R \quad\Longrightarrow\quad T = \frac{m\omega^2 R}{2\pi}. \]

Соединяем. \[ 2\pi k\,(R - R_0) = \frac{m\omega^2 R}{2\pi} \quad\Longrightarrow\quad R\left(4\pi^2 k - m\omega^2\right) = 4\pi^2 k R_0, \] \[ R = \frac{R_0}{1 - \dfrac{m\omega^2}{4\pi^2 k}}. \]

Формула работает, пока знаменатель положителен, то есть при \(\omega < 2\pi\sqrt{k/m}\). При \(\omega \ge 2\pi\sqrt{k/m}\) упругость уже не поспевает за ростом центростремительной потребности — кольцо растягивается неограниченно (разрывается).

Решение

По радиусу. Возьмём кусочек цепочки с угловым размером \(\Delta\varphi\) и массой \(\Delta m = m\dfrac{\Delta\varphi}{2\pi}\). Натяжения на его концах дают равнодействующую \(T\,\Delta\varphi\) к центру, а обод давит наружу с силой \(\Delta N\). Их разность — центростремительная сила: \[ T\,\Delta\varphi - \Delta N = \Delta m\,\omega^2 R = \frac{m\,\Delta\varphi}{2\pi}\,\omega^2 R. \] Суммируя по всему кольцу (\(\sum\Delta\varphi = 2\pi\)): \[ N = 2\pi T - m\omega^2 R. \]

По вертикали. Цепочку удерживает от сползания сила трения, а её запас равен \(\mu N\): чем быстрее вращение, тем меньше \(N\) и тем слабее «хватка». По условию \(\omega\) — как раз предельная скорость: при ней трение оказывается ровно на пределе, \[ mg = \mu\,N = \mu\,(2\pi T - m\omega^2 R). \]

Отсюда \[ \mu = \frac{mg}{2\pi T - m\omega^2 R}. \]

Решение

Самолёт летит по горизонтальной окружности, значит по вертикали ускорения нет, а по горизонтали оно центростремительное: \[ N\cos\alpha = mg, \qquad N\sin\alpha = \frac{mv^2}{R}. \]

Делим второе на первое: \[ \tg\alpha = \frac{v^2}{gR} \quad\Longrightarrow\quad \alpha = \arctg\frac{v^2}{gR}. \]

Решение

Ускорение тела. Касательное (диск раскручивается): \(a_\tau = \varepsilon r\); центростремительное: \(a_n = \omega^2 r\). Они перпендикулярны, поэтому \[ a = \sqrt{a_\tau^2 + a_n^2} = r\sqrt{\varepsilon^2 + \omega^4}. \]

Порог скольжения. Всё это ускорение сообщает телу сила трения, а её максимум \(\mu m g\): \[ m r\sqrt{\varepsilon^2+\omega^4} \le \mu m g. \] Тело срывается, когда равенство достигается: \[ \varepsilon^2 + \omega_1^4 = \frac{\mu^2 g^2}{r^2} \quad\Longrightarrow\quad \omega_1 = \left(\frac{\mu^2g^2}{r^2} - \varepsilon^2\right)^{1/4}. \]

Если раскручивают слишком резко, \(\varepsilon \ge \mu g/r\), то трения не хватает уже в самом начале: тело скользит с первого мгновения, \(\omega_1 = 0\).

Решение

Горизонтальная дорога. Центростремительную силу даёт только трение: \[ \frac{mv^2}{R} \le \mu m g \quad\Longrightarrow\quad v_{\max} = \sqrt{\mu g R}. \]

Наклон мотоциклиста. Чтобы мотоцикл не опрокинулся, равнодействующая реакции опоры (\(N\) вверх и трение \(\mu N\) вбок) должна проходить через центр масс, то есть вдоль корпуса: \[ \tg\beta = \frac{\mu N}{N} = \mu \quad\Longrightarrow\quad \beta = \arctg\mu. \]

Наклонный трек. Теперь у обеих сил есть и вертикальная, и горизонтальная составляющие (трение на предельной скорости направлено вниз по склону, к центру): \[ \text{верт.:}\quad N\cos\alpha - \mu N\sin\alpha = mg, \] \[ \text{гор.:}\quad N\sin\alpha + \mu N\cos\alpha = \frac{mu^2}{R}. \] Делим одно на другое: \[ \frac{u^2}{gR} = \frac{\sin\alpha+\mu\cos\alpha}{\cos\alpha - \mu\sin\alpha} = \frac{\tg\alpha + \mu}{1 - \mu\,\tg\alpha}. \]

Сравниваем с \(v^2 = \mu g R\): \[ \frac{u}{v} = \sqrt{\frac{\mu + \tg\alpha}{\mu\,(1 - \mu\,\tg\alpha)}}. \]

Решение

Конькобежец. Лезвие конька врезается в лёд, и боковую нагрузку он держит прекрасно — «эффективный» коэффициент сцепления поперёк лезвия очень велик. Скорость на вираже практически не ограничена радиусом, и весь выигрыш определяется длиной пути. Поэтому надо жаться к внутренней бровке — там дуга короче.

Велосипедист. Сцепление шин ограничено; на плоском вираже пришлось бы держать \(v \le \sqrt{\mu g R}\) и притормаживать. Но у велотрека угол наклона \(\alpha\) растёт вместе с радиусом, а допустимая скорость на вираже (задачи 2.1.62 и 2.1.64) растёт как \[ v \approx \sqrt{g R\,\tg\alpha}. \]

Время прохождения виража \(\sim \dfrac{R}{v} = \sqrt{\dfrac{R}{g\,\tg\alpha}}\): если \(\tg\alpha\) растёт с радиусом быстрее, чем сам радиус, — время уменьшается, и выгоднее уйти на внешнюю, более крутую дорожку, несмотря на удлинение пути. Именно так и построен профиль велотрека.

Решение

Оси. Мотоциклист описывает горизонтальную окружность радиуса \(R\sin\alpha\). Реакция \(N\) направлена от поверхности к центру сферы (вниз и внутрь), трение \(F_{\text{тр}} \le \mu N\) — по касательной к сфере, вверх по «меридиану».

Вертикаль (ускорения нет): вверх работает только трение, вниз — тяжесть и вертикальная часть реакции: \[ F_{\text{тр}}\sin\alpha - N\cos\alpha = mg. \]

Горизонталь (центростремительное ускорение): к оси тянут и реакция, и горизонтальная часть трения: \[ N\sin\alpha + F_{\text{тр}}\cos\alpha = \frac{mv^2}{R\sin\alpha}. \]

Минимальная скорость — когда трение на пределе, \(F_{\text{тр}} = \mu N\). Тогда из первого уравнения \[ N\,(\mu\sin\alpha - \cos\alpha) = mg \quad\Longrightarrow\quad N = \frac{mg}{\mu\sin\alpha-\cos\alpha}, \] а из второго \[ v^2 = \frac{R\sin\alpha}{m}\,N\,(\sin\alpha+\mu\cos\alpha) = R g\sin\alpha\cdot\frac{\sin\alpha+\mu\cos\alpha}{\mu\sin\alpha-\cos\alpha}. \] Разделив числитель и знаменатель дроби на \(\cos\alpha\): \[ v_{\min} = \sqrt{\,R g\,\sin\alpha\,\frac{\tg\alpha+\mu}{\mu\,\tg\alpha-1}\,}. \]

Решение

Уравнения в точке \(\theta\) (угол от верхней точки). Частица движется по окружности радиуса \(R\) с постоянной \(\omega\): вдоль радиуса — ускорение \(\omega^2R\) к оси, вдоль касательной — нуль.

Проекции на направление к оси: реакция \(N\) целиком туда, а тяжесть в верхней половине даёт \(mg\cos\theta\): \[ N + mg\cos\theta = m\omega^2 R \quad\Longrightarrow\quad N = m\,(\omega^2R - g\cos\theta). \]

По касательной трение уравновешивает составляющую тяжести: \[ F_{\text{тр}} = mg\,|\sin\theta| \le \mu N = m\,(\omega^2R - g\cos\theta) \] (коэффициент трения \(\mu = 1\)).

Худшая точка. Условие переписывается как \[ \omega^2 R \ge g\,(|\sin\theta| + \cos\theta) \quad\text{для всех }\theta. \] В верхней половине (\(0 \le \theta \le 90^\circ\)) правая часть равна \(g\sqrt2\,\sin(\theta + 45^\circ)\) и достигает максимума \(g\sqrt2\) при \(\theta = 45^\circ\); в нижней половине \(\cos\theta < 0\), и там условие заведомо мягче.

Значит, \[ \omega^2 R \ge g\sqrt2 \quad\Longrightarrow\quad \omega \ge \sqrt{\frac{g\sqrt2}{R}}. \]

Решение

Импульс силы. Для первой частицы импульс был \(mv\), стал \(2mv\) в обратную сторону. Значит, изменение импульса (оно же импульс силы) равно \[ J = mv + 2mv = 3mv, \] и направлено против первоначального движения первой частицы.

Вторая частица. Её начальный импульс \(2m\cdot 2v = 4mv\) — перпендикулярно первому. К нему прибавляется тот же вектор \(\vec J\) величиной \(3mv\), перпендикулярный ему. Складываем по теореме Пифагора: \[ p = \sqrt{(4mv)^2 + (3mv)^2} = 5mv. \]

Скорость второй частицы: \[ u = \frac{p}{2m} = \frac{5mv}{2m} = \frac{5v}{2} = 2{,}5\,v. \]

Решение

Первый этап (длится \(\Delta t\)): действуют тяга \(F\) вперёд и трение \(F_{\text{тр}}\) назад. Набранный импульс \[ p = (F - F_{\text{тр}})\,\Delta t. \]

Второй этап (длится \(3\Delta t - \Delta t = 2\Delta t\)): тяги нет, тело тормозит одним трением и останавливается: \[ p = F_{\text{тр}}\cdot 2\Delta t. \]

Приравниваем: \[ (F - F_{\text{тр}})\,\Delta t = 2F_{\text{тр}}\,\Delta t \quad\Longrightarrow\quad F = 3F_{\text{тр}} \quad\Longrightarrow\quad F_{\text{тр}} = \frac{F}{3}. \]

Решение

Сколько импульса надо добавить. Векторы \(\vec p_{\text{нач}}\) и \(\vec p_{\text{кон}}\) равны по модулю и образуют угол \(\alpha\). Основание такого равнобедренного треугольника (это и есть \(\Delta\vec p\)) равно \[ |\Delta \vec p| = 2p\sin\frac{\alpha}{2}. \]

Наименьшее время. Импульс силы \(\vec F\,t\) должен в точности совпасть с \(\Delta\vec p\). При заданной тяге \(F\) \[ t_{\min} = \frac{|\Delta\vec p|}{F} = \frac{2p\sin(\alpha/2)}{F}, \] и достигается это, только если тяга всё время направлена вдоль \(\Delta\vec p\) (иначе часть импульса силы уйдёт «не туда» и понадобится больше времени).

Куда направить тягу. Основание равнобедренного треугольника перпендикулярно его биссектрисе, а биссектриса делит угол \(\alpha\) пополам. Значит, тяга составляет с первоначальным направлением угол \[ \beta = 90^\circ + \frac{\alpha}{2} = \frac{\pi+\alpha}{2}. \] (Сопло двигателя, разумеется, смотрит в противоположную сторону.)

Решение

Складываем времена. Пусть скорость частиц \(v\). До сетки и после неё частица летит равномерно, проходя суммарно \(2L\): \[ t_1 = \frac{2L}{v}. \] За сеткой действует постоянная сила \(F\), тормозящая частицу и возвращающая её обратно. Это как «бросок вверх»: импульс сначала гасится, затем набирается в обратную сторону, так что \[ F\,t_2 = 2mv \quad\Longrightarrow\quad t_2 = \frac{2mv}{F}. \]

Полное время между срабатываниями датчиков: \[ t = \frac{2L}{v} + \frac{2m}{F}\,v. \]

Минимум. Произведение слагаемых не зависит от \(v\): \(\dfrac{2L}{v}\cdot\dfrac{2mv}{F} = \dfrac{4Lm}{F}\). А сумма двух положительных чисел с постоянным произведением наименьшая, когда они равны. Тогда каждое равно \(\sqrt{4Lm/F}\), и \[ \Delta t = 2\sqrt{\frac{4Lm}{F}} = 4\sqrt{\frac{Lm}{F}} \quad\Longrightarrow\quad m = \frac{F\,\Delta t^2}{16 L}. \]

Несколько сортов частиц. Каждый сорт даёт свою кривую \(t(v)\) со своим минимумом, причём при своём напряжении источника. Поэтому строят по экспериментальным точкам график зависимости времени пролёта от напряжения: на нём столько минимумов, сколько сортов частиц, и каждый минимум по формуле \(m = F\Delta t^2/(16L)\) даёт свою массу.

Решение

Что происходит за время удара. Разложим импульс пули: вертикально вниз \(mv\cos\alpha\), горизонтально \(mv\sin\alpha\). По вертикали ящик не двигается, значит, весь вертикальный импульс принимает на себя пол: \[ J_N = mv\cos\alpha. \] Пока идёт удар, сила нормального давления огромна, вместе с ней огромно и трение: его импульс равен \[ J_{\text{тр}} = \mu J_N = \mu\, m v\cos\alpha \] и направлен против горизонтального сдвига.

Импульс сразу после удара: \[ p = mv\sin\alpha - \mu\, m v\cos\alpha = mv\,(\sin\alpha - \mu\cos\alpha). \] Если \(\tg\alpha \le \mu\), это выражение неположительно — трения хватает, чтобы «съесть» весь горизонтальный удар, и ящик вообще не сдвинется.

После удара ящик с пулей (масса \(M+m\)) скользит и тормозится обычным трением \(\mu(M+m)g\): \[ t = \frac{p}{\mu\,(M+m)g} = \frac{m v\,(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)}{\mu\,(M+m)\,g}. \]

Решение

Лёд гладкий, внешних горизонтальных сил нет, и суммарный импульс сестёр сохраняется. Изначально обе стоят, поэтому он равен нулю и остаётся нулём: \[ m_1 v_1 = m_2 v_2 \quad\Longrightarrow\quad \frac{v_2}{v_1} = \frac{m_1}{m_2}. \]

Это отношение не зависит ни от того, кто толкает, ни от того, насколько сильно. Младшая легче — значит, она всегда откатывается быстрее, и всегда во столько же раз, во сколько её масса меньше массы старшей.

Существенно лишь то, что перед каждым толчком обе сестры покоятся (суммарный импульс равен нулю) и лёд гладкий. Кто именно толкает и с какой силой — неважно: по третьему закону Ньютона обе всегда получают равные по модулю импульсы. Вот если бы перед вторым толчком сёстры уже ехали, отношение скоростей получилось бы другим.

Решение

Сохранение проекции. Внешних сил у пары нет, поэтому \(m_1\vec v + m_2\vec u = \text{const}\). Спроецируем это равенство на луч зрения и приравняем два измерения: \[ m_1 v_1 + m_2 u_1 = m_1 v_2 + m_2 u_2. \]

Отсюда \[ m_1\,(v_1 - v_2) = m_2\,(u_2 - u_1) \quad\Longrightarrow\quad \frac{m_1}{m_2} = \frac{u_2 - u_1}{v_1 - v_2}. \]

Почему именно через год. Измеряется не скорость звезды, а скорость относительно Земли, а Земля сама летит по орбите со скоростью около 30 км/с. Через год Земля возвращается в ту же точку орбиты с той же скоростью, и её вклад в обе пары измерений одинаков — он просто сокращается. А через месяц или полгода скорость Земли уже другая (через полгода — вообще противоположная), и её изменение нужно вычесть из измеренных значений.

Решение

Что верно. Лента замкнута: сколько её массы едет вперёд по верхней ветви, столько же едет назад по нижней. Поэтому её полный импульс действительно всегда равен нулю, как бы быстро она ни крутилась.

В чём ошибка рассуждения. Из «импульс ленты не меняется» следует не то, что лента ни на кого не действует, а то, что сумма действующих на неё сил равна нулю. Человек толкает ленту назад с силой \(F\) — значит, оси роликов толкают ленту вперёд с той же силой \(F\). А по третьему закону лента давит на оси назад с силой \(F\), и этот импульс уходит в опору и дальше в Землю.

Так что человек спокойно побежит вперёд: его импульс растёт, импульс Земли (через закреплённые оси) растёт в обратную сторону, а лента лишь передаточное звено. Отсутствие трения в осях здесь ни при чём: оси не крутят ленту, они её держат, и как раз нормальные силы в них и переносят импульс.

Решение

Импульс силы. Площадь треугольника с основанием \(2t_0\) и высотой \(F_0\): \[ J = \frac{1}{2}\cdot 2t_0\cdot F_0 = F_0 t_0. \] Тела действуют друг на друга с равными по модулю силами, поэтому один получает \(+J\), другой \(-J\).

Скорости после удара. Тело \(m_1\) покоилось и получило импульс \(J\) вперёд: \[ u_1 = \frac{F_0 t_0}{m_1}. \] Тело \(m_2\) летело со скоростью \(v\) и потеряло тот же импульс: \[ u_2 = v - \frac{F_0 t_0}{m_2}. \]

Решение

Скорости. Корабль после разделения летит со скоростью \(1{,}01v\), а ступень удаляется от него назад со скоростью \(0{,}04v\), значит, её скорость относительно звёзд \[ v_{\text{ст}} = 1{,}01v - 0{,}04v = 0{,}97\,v. \]

Сохранение импульса (масса ступени \(m\)): \[ (m_0 + m)\,v = m_0\cdot 1{,}01v + m\cdot 0{,}97v. \] Сокращаем на \(v\): \[ m_0 + m = 1{,}01\,m_0 + 0{,}97\,m \quad\Longrightarrow\quad 0{,}03\,m = 0{,}01\,m_0 \quad\Longrightarrow\quad m = \frac{m_0}{3}. \]

Решение

Сближение прекращается ровно тогда, когда скорости частиц сравниваются (если бы протон всё ещё был быстрее, расстояние продолжало бы сокращаться). Пусть эта общая скорость \(u\); импульс сохраняется: \[ m v = (m + 4m)\,u \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{v}{5} = 0{,}2\,v. \]

Решение

Скорости после разрыва. В верхней точке снаряд летит горизонтально со скоростью \(v\). Осколки одинаковы, масса каждого \(m\), полная масса \(2m\). Первый пошёл назад по прежней траектории — значит, его скорость \(-v\). Тогда \[ 2m\,v = m\,(-v) + m\,u \quad\Longrightarrow\quad u = 3v. \]

Куда упал. Оба осколка стартуют с одной высоты горизонтально, значит, падают одинаковое время \(T\) — то же, за которое снаряд поднялся, и то же, за которое он пролетел бы вторую половину траектории. За это время исходный снаряд пролетел бы ещё \(L = vT\); второй осколок летит втрое быстрее и проходит \[ 3v\,T = 3L. \]

Итого второй осколок падает на расстоянии \[ L + 3L = 4L \] от пушки.

Решение

Посадка на ядро. Барон покоился, ядро летело со скоростью \(v\). Импульс сохраняется, причём по обеим осям сразу: \[ m\vec v = (m + 5m)\,\vec u \quad\Longrightarrow\quad \vec u = \frac{\vec v}{6}. \] Направление полёта не изменилось, скорость упала в 6 раз.

Дальность. При том же угле бросания дальность \(L = \dfrac{v^2\sin 2\alpha}{g}\) пропорциональна \(v^2\), поэтому она уменьшается в \(36\) раз: \[ L' = \frac{L}{36}. \]

Пешком барону остаётся \[ L - \frac{L}{36} = \frac{35}{36}\,L, \] то есть \(35/36\) всего пути.

Решение

Импульс системы сохраняется: \[ m_1\vec v = m_1\vec u + m_2\vec w \quad\Longrightarrow\quad m_2\vec w = m_1\,(\vec v - \vec u). \]

Векторы \(\vec v\) и \(\vec u\) перпендикулярны, поэтому \[ |\vec v - \vec u| = \sqrt{v^2+u^2} \quad\Longrightarrow\quad w = \frac{m_1}{m_2}\sqrt{u^2 + v^2}. \]

Решение

Суммарный импульс равен нулю: \[ \vec p_1 + \vec p_2 + \vec p_\nu = 0 \quad\Longrightarrow\quad \vec p_\nu = -(\vec p_1 + \vec p_2). \]

Модуль суммы двух векторов с углом \(\alpha\) между ними находится по теореме косинусов (диагональ параллелограмма): \[ p_\nu = \sqrt{p_1^2 + 2p_1p_2\cos\alpha + p_2^2}. \]

Решение

Импульс сохраняется: импульс ядра до распада равен сумме импульсов осколков. Складываемые векторы попарно перпендикулярны, поэтому квадрат суммы равен сумме квадратов: \[ \big[(m_1+m_2+m_3)\,V\big]^2 = (m_1v_1)^2 + (m_2v_2)^2 + (m_3v_3)^2. \]

Отсюда \[ V = \frac{\sqrt{m_1^2v_1^2 + m_2^2v_2^2 + m_3^2v_3^2}}{m_1+m_2+m_3}. \]

Решение

Космонавт и корабль тянут друг друга с равными по модулю силами, внешних сил нет, начальный импульс нулевой — значит, центр масс системы неподвижен, и встретятся они именно в нём.

Центр масс делит отрезок обратно пропорционально массам: \[ m_1 l_1 = m_2 l_2, \qquad l_1 + l_2 = l, \] откуда \[ l_1 = \frac{l\,m_2}{m_1+m_2}\ \ \text{(космонавт)}, \qquad l_2 = \frac{l\,m_1}{m_1+m_2}\ \ \text{(корабль)}. \]

Решение

Где центр масс. Импульсы равны по модулю и противоположны, суммарный импульс нулевой — центр масс неподвижен всё время. Он лежит на отрезке \(AB\) и делит его так, что \[ m\cdot AC = 2m\cdot BC \quad\Longrightarrow\quad AC = 2\,BC, \] то есть \(C\) находится на расстоянии \(\tfrac13 AB\) от точки \(B\).

Связь положений. В любой момент \[ m\,\vec r_{\,m} + 2m\,\vec r_{\,2m} = 0 \] (радиус-векторы отсчитываются от центра масс), то есть \[ \vec r_{\,m} = -2\,\vec r_{\,2m}. \]

Построение. Берём точку данной траектории, проводим через неё и через \(C\) прямую, откладываем по другую сторону от \(C\) вдвое большее расстояние — получаем точку искомой траектории. Иначе говоря, искомая кривая — это данная, растянутая от центра масс в 2 раза и повёрнутая на \(180^\circ\) (гомотетия с коэффициентом \(-2\)).

Решение

Внешних сил нет, начальный импульс нулевой — центр масс системы неподвижен. Космонавт всё время находится на поверхности, то есть на расстоянии \(R\) от центра станции; центр масс лежит на отрезке между ними и делит его обратно пропорционально массам: \[ R_1 = \frac{R\,m_2}{m_1+m_2}\ \ \text{(космонавт)}, \qquad R_2 = \frac{R\,m_1}{m_1+m_2}\ \ \text{(центр станции)}. \]

Значит, обе траектории — окружности с общим центром в центре масс системы. Космонавт обходит её по большей, станция «покачивается» по меньшей, причём всегда с противоположной стороны от центра масс.

Решение

а) Согнутый прут. Пусть каждая половина имеет длину \(L\) и массу \(M/2\). Центр масс каждой половины — её середина, на расстоянии \(L/2\) от вершины вдоль своего звена. Центр масс всего прута — середина отрезка, соединяющего эти две точки. Он лежит на биссектрисе прямого угла на расстоянии \[ l = \frac{1}{2}\sqrt{\left(\frac{L}{2}\right)^2+\left(\frac{L}{2}\right)^2} = \frac{L\sqrt2}{4} \] от вершины: расстояние от вершины прямого угла до середины гипотенузы равно половине гипотенузы (катеты здесь — отрезки длины \(L/2\) до середин половин).

б) Треугольная пластинка. Разрежем её на узкие полоски, параллельные одной из сторон. Середина каждой полоски лежит на медиане, проведённой к этой стороне, — значит, и центр масс всей пластинки лежит на этой медиане. Повторив рассуждение для другой стороны, получаем: центр масс — в точке пересечения медиан.

в) Диск с отверстием. Хитрость: считаем, что имеется целый диск массы \(\sim R^2\) плюс «отрицательный» диск-дырка массы \(\sim -r^2\) с центром на расстоянии \(d\). Тогда координата центра масс (ось от центра диска к центру дырки): \[ x = \frac{R^2\cdot 0 - r^2\cdot d}{R^2 - r^2} = -\frac{d\,r^2}{R^2-r^2}. \] Знак минус означает: центр масс смещён от центра диска в сторону, противоположную отверстию, на расстояние \[ l = \frac{d\,r^2}{R^2 - r^2}. \]

Решение

Сколько массы переносится. Уровень в левом сосуде опускается со скоростью \(v\), значит, за время \(\Delta t\) оттуда уходит масса \[ \Delta M = \rho S v\,\Delta t, \] и ровно она появляется в правом сосуде — то есть смещается по горизонтали на расстояние \(l\).

Импульс жидкости относительно тележки: \[ p_{\text{отн}} = \frac{\Delta M\, l}{\Delta t} = \rho S v\, l. \]

Полный импульс нулевой. Записывая скорости как «скорость тележки плюс скорость относительно тележки», получаем \[ m\,u + \rho S v\, l\ (\text{в сторону перетекания}) = 0, \] то есть тележка едет в противоположную сторону со скоростью \[ u = \frac{\rho S v\, l}{m}. \]

Решение

Как движется вода. Жук объёма \(V\) смещается относительно сосуда на \(\Delta s\); освободившееся место занимает вода, а на её место приходит вода сзади. В итоге относительно сосуда вода перемещается так, будто объём \(V\) воды (масса \(\rho_0 V\)) поехал назад со скоростью \(u\).

Полный импульс нулевой (пол гладкий, сосуд невесом). Пусть сосуд едет со скоростью \(v\); тогда скорость жука в лабораторной системе \(v+u\), а вода в среднем движется со скоростью \(v\) минус поправка на «обратный поток»: \[ \underbrace{\rho V\,(v+u)}_{\text{жук}} + \underbrace{\rho_0 V_0\, v - \rho_0 V\,u}_{\text{вода}} = 0. \]

Раскрываем и собираем \(v\): \[ v\,(\rho V + \rho_0 V_0) = u V\,(\rho_0 - \rho) \quad\Longrightarrow\quad v = \frac{u\,V\,(\rho_0 - \rho)}{\rho V + \rho_0 V_0}. \]

Решение

Где центр масс. Массы относятся как \(1:2\), поэтому расстояния до центра масс — как \(2:1\): \[ r_{\text{тяж}} = \frac{R}{3}, \qquad r_{\text{лёгк}} = \frac{2R}{3}. \]

Искусственная тяжесть в тяжёлом отсеке: \[ \omega^2\,\frac{R}{3} = \frac{g}{2} \quad\Longrightarrow\quad \omega^2 = \frac{3g}{2R}. \]

Период: \[ T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{2R}{3g}}. \]

Решение

Угловая скорость. Нить нерастяжима, поэтому связка вращается как целое с некоторой угловой скоростью \(\omega\). Относительная скорость тел равна \(v - 0 = v\) и перпендикулярна нити, а для вращения твёрдой связки \[ v_{\text{отн}} = \omega\, l \quad\Longrightarrow\quad \omega = \frac{v}{l}. \]

Радиусы вращения. Центр масс движется равномерно (внешних сил нет), и вокруг него оба тела ходят по окружностям радиусов \[ r_1 = \frac{l\,m_2}{m_1+m_2}, \qquad r_2 = \frac{l\,m_1}{m_1+m_2}. \]

Натяжение — единственная сила, действующая на каждое тело, и она центростремительная: \[ F = m_1\omega^2 r_1 = m_1\cdot\frac{v^2}{l^2}\cdot\frac{l\,m_2}{m_1+m_2} = \frac{m_1 m_2\, v^2}{(m_1+m_2)\,l}. \]

Решение

Угловая скорость. Для каждого отсека натяжение — единственная сила: \[ T_1 = m_1\omega^2 r_1, \qquad T_2 = m_2\omega^2 r_2. \] Отсюда \(r_1 = \dfrac{T_1}{m_1\omega^2}\), \(r_2 = \dfrac{T_2}{m_2\omega^2}\), а их сумма равна длине троса: \[ \frac{T_1}{m_1\omega^2} + \frac{T_2}{m_2\omega^2} = L \quad\Longrightarrow\quad \omega = \sqrt{\frac{m_2T_1 + m_1T_2}{L\,m_1m_2}}. \]

Масса троса. Ось вращения проходит через центр масс всей системы, включая трос. Трос однороден, его центр масс — середина, она находится на расстоянии \(\dfrac{r_2-r_1}{2}\) от оси (со стороны второго отсека). Условие «сумма моментов масс относительно оси равна нулю»: \[ -m_1 r_1 + m_2 r_2 + m\cdot\frac{r_2 - r_1}{2} = 0. \]

Подставим \(r_1, r_2\) и умножим на \(\omega^2\): \[ -T_1 + T_2 + \frac{m}{2}\left(\frac{T_2}{m_2} - \frac{T_1}{m_1}\right) = 0, \] \[ m = \frac{2m_1m_2\,(T_1 - T_2)}{m_1T_2 - m_2T_1}. \]

Решение

Куда смотрит центростремительная сила. Обозначим \(M = m_1+m_2+m_3\). Радиус-вектор первой массы от центра масс: \[ \vec r_1 = \vec a_1 - \frac{m_1\vec a_1 + m_2\vec a_2 + m_3\vec a_3}{M} = -\frac{m_2\,(\vec a_2 - \vec a_1) + m_3\,(\vec a_3 - \vec a_1)}{M}. \] В скобках стоят как раз векторы, направленные вдоль нитей от первой массы к остальным (длины \(l\)).

Уравнение движения первой массы. На неё действуют только две нити: \[ T_{12}\,\hat e_{12} + T_{13}\,\hat e_{13} = m_1\omega^2\,(-\vec r_1) = \frac{m_1\omega^2 l}{M}\left(m_2\hat e_{12} + m_3\hat e_{13}\right). \]

Направления \(\hat e_{12}\) и \(\hat e_{13}\) различны, поэтому коэффициенты при них можно приравнять по отдельности: \[ T_{12} = \frac{m_1 m_2}{m_1+m_2+m_3}\,l\,\omega^2, \qquad T_{13} = \frac{m_1 m_3}{m_1+m_2+m_3}\,l\,\omega^2, \] и точно так же \[ T_{23} = \frac{m_2 m_3}{m_1+m_2+m_3}\,l\,\omega^2. \]

Решение

Ускорение центра масс. Пузырёк массы практически не имеет; зато вокруг него вода перестраивается так, что вниз «уезжает» масса \(\rho V\) с тем же ускорением \(a\). Значит, для всей системы (масса \(m\)) \[ m\,a_{\text{ц.м.}} = \rho V a \quad\text{вниз}. \]

Второй закон Ньютона для системы (внешние силы — тяжесть \(mg\) вниз и реакция опоры \(N\) вверх): \[ mg - N = \rho V a \quad\Longrightarrow\quad N = mg - \rho V a. \] По третьему закону с той же силой сосуд давит на опору.

Решение

Скорость в трубке. Пусть сечение трубки \(s\), скорость жидкости в ней \(u\), а уровень в сосуде опускается со скоростью \(v\). Объём, уходящий из сосуда, равен объёму, идущему по трубке: \[ S v = s u \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{S}{s}\,v. \]

Горизонтальный импульс. В основном он сосредоточен в жидкости, текущей по трубке (масса \(\rho s L\), скорость \(u\)): \[ p = \rho s L\cdot u = \rho s L\cdot\frac{S v}{s} = \rho S L\, v. \] Сечение трубки сократилось — ответ от него не зависит.

Почему \(L\) отсчитывают от оси сосуда. Чуть-чуть жидкости движется горизонтально и внутри сосуда — она стекается ко входу трубки. Учесть всё сразу помогает разбиение течения на тонкие струйки. Кусочек струйки длины \(\Delta s\) и сечения \(\Delta A\) несёт горизонтальный импульс \(\rho\,v_x\,\Delta A\,\Delta s = \rho\,\Delta\Phi\,\Delta x\), где \(\Delta\Phi = v\,\Delta A\) — расход струйки (одинаковый по всей её длине), а \(\Delta x = \Delta s\,\dfrac{v_x}{v}\) — горизонтальная проекция кусочка. Суммируя вдоль струйки, получаем \(\rho\,\Delta\Phi\,(x_{\text{кон}} - x_{\text{нач}})\) — важны только концы! Струйки начинаются у опускающейся поверхности (по симметрии — «в среднем» на оси сосуда), а кончаются у отверстия. Поэтому точный импульс равен \(p = \rho S v\,L\) именно с \(L\), отсчитанным от оси.

Сила. Струя вылетает из загнутого конца вертикально вниз и горизонтального импульса не уносит. Значит, весь рост \(p\) обязан внешней горизонтальной силе: импульс растёт вместе с \(v\), а \(v\) растёт с ускорением \(a\): \[ F = \frac{\Delta p}{\Delta t} = \rho S L\,\frac{\Delta v}{\Delta t} = \rho S L\, a. \] Именно такая горизонтальная сила и нужна, чтобы тележка стояла.

Решение

Одинаковые ускорения. Блоки невесомы, поэтому натяжение верёвки на блоке \(A\) одно и то же — обозначим \(T\). Тогда блок \(A\) тянут вниз две ветви, то есть \(2T\), и верёвка через блок \(B\) натянута силой \(2T\). Записываем второй закон Ньютона (ось вверх): \[ \text{обезьяна: } m a_1 = T - mg, \quad \text{противовес: } m a_2 = T - mg, \quad \text{груз: } 2m a_3 = 2T - 2mg. \] Все три дают одно и то же \(a = T/m - g\).

Но связи требуют нуля. Верёвка через \(B\): груз и блок \(A\) движутся навстречу, \(a_A = -a_3\). Верёвка через \(A\) (подвижный блок): \(a_1 + a_2 = 2a_A\) — здесь учтено, что обезьяна выбирает верёвку равномерно, поэтому её ускорение совпадает с ускорением её конца верёвки. Подставляя \(a_1 = a_2 = a_3 = a\): \[ 2a = 2a_A = -2a_3 = -2a \quad\Longrightarrow\quad a = 0. \] Итак, всё движется равномерно, и натяжение \(T = mg\).

Скорости. Раз ускорений нет, движение установилось сразу — рывком в начале. Импульсы, полученные телами за этот рывок (импульс натяжения \(J\) на каждой ветви верёвки \(A\) и \(2J\) на верёвке \(B\)): \[ m v_1 = J,\qquad m v_2 = J,\qquad 2m v_3 = 2J, \] то есть все три скорости одинаковы: \(v_1 = v_2 = v_3 = V\) (вверх), а блок \(A\) идёт вниз со скоростью \(V\).

Связь с \(u\). Обезьяна выбирает верёвку, то есть поднимается относительно неё со скоростью \(u\). Для верёвки на подвижном блоке \(A\): \[ v_{\text{вер}} + v_2 = 2 v_A, \qquad v_1 = v_{\text{вер}} + u. \] Подставим \(v_1 = v_2 = V\), \(v_A = -V\): \[ (V - u) + V = -2V \quad\Longrightarrow\quad 4V = u \quad\Longrightarrow\quad V = \frac{u}{4}. \]

Решение

Средняя сила потока. Каждая пуля приносит импульс \(m_1 v\) и застревает. Если за единицу времени прилетает \(n\) пуль, средняя сила \[ F = n\,m_1 v. \]

Равновесие ящика. Трос отклонён на \(\alpha\), значит, \[ F = m_2 g\,\tg\alpha. \] (Массой застрявших пуль пренебрегаем: \(m_1 \ll m_2\).)

Приравнивая, \[ n = \frac{m_2 g\,\tg\alpha}{m_1 v}. \]

Решение

Постоянная скорость (упругие отскоки). Рассмотрим все шарики вместе. За долгое время \(T\) их суммарный импульс не изменился (они прыгают одинаково). Значит, суммарный импульс всех внешних сил равен нулю: \[ \bar F\,T - N m g\,T = 0 \quad\Longrightarrow\quad \bar F = N m g. \] Весы покажут ровно суммарный вес шариков — как если бы те смирно лежали.

Если скорость убывает. Пусть шарик прилетает со скоростью \(v\), а отскакивает со скоростью \(v' < v\). За один цикл он передаёт чаше импульс \(m(v + v')\), а сам цикл (полёт до следующего удара) длится \(2v'/g\). Средняя сила от одного шарика: \[ \bar F_1 = \frac{m\,(v+v')}{2v'/g} = \frac{mg}{2}\left(1 + \frac{v}{v'}\right) > mg. \]

Значит, сила увеличивается. Причина наглядна: импульс за удар почти прежний, а вот времени между ударами становится меньше — шарик не успевает высоко подпрыгнуть.

Решение

Обозначения. Пусть у дна шарик имеет скорость \(v_0\), а у поршня (пролетев высоту \(h\)) — скорость \(v_1\): \[ v_1^2 = v_0^2 - 2gh. \tag{1} \]

Равновесие поршня. Шарик бьётся о поршень упруго, отдавая импульс \(2mv_1\). Между двумя его ударами о поршень проходит время «вниз и обратно»: \[ \tau = \frac{2\,(v_0 - v_1)}{g}. \] Средняя сила от одного шарика равна \(2mv_1/\tau\), от всех \(N\) — она держит поршень: \[ N\,\frac{2mv_1}{\tau} = Mg \quad\Longrightarrow\quad N m v_1 = M\,(v_0 - v_1) \quad\Longrightarrow\quad v_1 = \frac{M\,v_0}{Nm + M}. \tag{2} \]

Собираем. Подставим (2) в (1): \[ v_0^2\left(1 - \frac{M^2}{(Nm+M)^2}\right) = 2gh, \] \[ v_0^2\,\frac{(Nm+M)^2 - M^2}{(Nm+M)^2} = 2gh, \qquad (Nm+M)^2 - M^2 = Nm\,(Nm+2M). \]

Если поршень быстро убрать, каждый шарик сохраняет свою скорость и взлетает на высоту \(H = v_0^2/(2g)\): \[ H = h\,\frac{(M+Nm)^2}{Nm\,(Nm+2M)}. \]

Решение

Один удар. При упругом ударе меняется знак только радиальной составляющей скорости \(v\cos\alpha\), поэтому импульс, полученный частицей, равен \[ \Delta p = 2mv\cos\alpha. \]

Между ударами. Хорда, проведённая под углом \(\alpha\) к радиусу, имеет длину \(2R\cos\alpha\): в равнобедренном треугольнике «центр — две точки удара» боковые стороны равны \(R\), углы при основании равны \(\alpha\), и основание-хорда равно \(2\cdot R\cos\alpha\). Время полёта \[ \tau = \frac{2R\cos\alpha}{v}. \]

Средняя сила: \[ F = \frac{\Delta p}{\tau} = \frac{2mv\cos\alpha}{2R\cos\alpha/v} = \frac{m v^2}{R}\,. \] Угол \(\alpha\) выпал — сила одна и та же для любой траектории!

Давление. В объёме сферы \(\frac{4}{3}\pi R^3\) содержится \(\mathcal N = N\cdot\frac{4}{3}\pi R^3\) частиц, каждая давит на стенку в среднем с силой \(mv^2/R\) (по радиусу наружу). Разделив суммарную силу на площадь сферы \(4\pi R^2\): \[ p = \frac{\mathcal N\,\dfrac{mv^2}{R}}{4\pi R^2} = \frac{N\cdot\frac{4}{3}\pi R^3\, m v^2}{4\pi R^3} = \frac{N m v^2}{3}. \]

Решение

Один переброс. Груз покидает первую тележку со скоростью \(v_1\) (относительная скорость нулевая) и «слипается» со второй: \[ v_2' = \frac{M v_2 + m v_1}{M+m}. \] Новая разность: \[ v_2' - v_1 = \frac{M\,(v_2 - v_1)}{M+m}. \] Разность скоростей умножилась на \(\dfrac{M}{M+m}\).

Обратный переброс даёт в точности такой же множитель (расчёт симметричен). Значит, за один цикл «туда и обратно» разность умножается на \(\left(\dfrac{M}{M+m}\right)^2\), а после \(N\) циклов \[ \Delta v_N = \left(\frac{M}{M+m}\right)^{2N} (v_2 - v_1). \]

Почему это вязкость. В газе, где соседние слои движутся с разными скоростями, молекулы постоянно перелетают из слоя в слой — точь-в-точь как груз с тележки на тележку. Каждая такая молекула уносит импульс своего слоя и отдаёт его соседнему, выравнивая скорости. Именно этот перенос импульса хаотическим движением молекул мы и воспринимаем как силу вязкого трения.

Решение

Сколько пыли собирается за секунду. Ракета проходит путь \(u\), заметая объём \(S u\) и массу \[ \mu = \rho S u \quad (\text{кг в секунду}). \]

Импульс. Каждая пылинка была неподвижна, а после неупругого удара летит со скоростью \(u\). Значит, за секунду пыль забирает импульс \[ \mu\, u = \rho S u^2, \] и ровно такую силу должны компенсировать двигатели: \[ F = \rho S u^2. \]

Решение

Зависание. Тяга уравновешивает вес: \[ \mu\,u = m g \quad\Longrightarrow\quad \mu = \frac{m g}{u}. \]

Подъём с ускорением \(a\). Теперь тяга должна быть больше веса: \[ \mu' u - mg = m a \quad\Longrightarrow\quad \mu' = \frac{m\,(g + a)}{u}. \]

Решение

Перейдём в систему отсчёта самолёта. За секунду в двигатель поступают:

— воздух массы \(\mu_2\) со скоростью \(v\) (навстречу), его импульс \(\mu_2 v\) назад;

— топливо массы \(\mu_1\) с нулевой скоростью (оно летит вместе с самолётом).

Наружу вылетает вся эта масса со скоростью \(u\) назад: \[ p_{\text{вых}} = (\mu_1+\mu_2)\,u. \]

Сила тяги равна изменению импульса газа за секунду (со знаком минус — она действует на самолёт вперёд): \[ F = (\mu_1+\mu_2)\,u - \mu_2 v = \mu_2\,(u - v) + \mu_1 u. \]

Решение

Расход. Катер движется со скоростью \(v\), поэтому вода входит в заборник со скоростью \(v\) относительно катера, и за секунду захватывается масса \[ \mu = \rho S v. \]

Тяга. Эта вода влетала со скоростью \(v\) (назад относительно катера), а вылетает со скоростью \(u\) назад. Изменение импульса за секунду: \[ F_{\text{тяги}} = \mu\,(u - v) = \rho S v\,(u-v). \]

Установившаяся скорость — когда тяга равна сопротивлению: \[ \rho S v\,(u - v) = k v^2. \] Сокращаем на \(v\) (движение есть): \[ \rho S\,(u-v) = k v \quad\Longrightarrow\quad v = \frac{\rho S u}{\rho S + k}. \]

Решение

Баланс массы. Пусть площадь сечения \(A = \pi r^2\). За время \(\Delta t\) граница проходит \(V\Delta t\) и «захватывает» массу \(\rho_0 A V\Delta t\). Уплотнённая зона за то же время удлиняется на \((V-v)\Delta t\) и содержит массу \(\rho A (V-v)\Delta t\). Это одно и то же: \[ \rho\,(V - v) = \rho_0 V \quad\Longrightarrow\quad V = \frac{\rho\, v}{\rho - \rho_0}. \]

Баланс импульса. Захваченное вещество покоилось, а стало двигаться со скоростью \(v\) (вместе с поршнем). За секунду захватывается масса \(\rho_0 A V\), значит, сила \[ F = \rho_0 A V\, v = \rho_0 A\,\frac{\rho v}{\rho-\rho_0}\,v = \frac{\rho\rho_0 A\,v^2}{\rho - \rho_0}. \]

Отсюда скорость поршня \[ v = \sqrt{\frac{F\,(\rho - \rho_0)}{\pi r^2\,\rho\rho_0}}. \]

Решение

Расход песка. Весь песок (вес \(P_0\)) пересыпается за время \(T\), значит, за секунду «стартует» песок веса \(P_0/T\). В воздухе одновременно находится песок, летящий \(\Delta t\), то есть весом \[ \Delta P = \frac{P_0\,\Delta t}{T}. \]

Начало (от \(0\) до \(\Delta t\)). Песок уже сыплется, но ещё не долетел до дна. Летящий песок не давит на часы, и весы недосчитываются его веса — показание линейно падает от \(2P_0\) до \(2P_0 - \Delta P\).

Середина (от \(\Delta t\) до \(T\)). Теперь песчинки и стартуют, и приземляются с одинаковой частотой. За секунду приземляется масса \(\mu = \dfrac{P_0}{g\,T}\), и приходит она со скоростью \(w = g\,\Delta t\), так что удары дают дополнительную силу \[ F_{\text{удар}} = \mu\,w = \frac{P_0}{g\,T}\cdot g\,\Delta t = \frac{P_0\,\Delta t}{T} = \Delta P, \] ровно компенсирующую нехватку веса. Весы показывают \(2P_0\) — как будто ничего не происходит.

Конец (от \(T\) до \(T+\Delta t\)). Песок кончился и больше не стартует, но последние песчинки ещё летят и бьют по дну. Теперь «нехватка веса» убывает, а удары продолжаются — показание линейно растёт до \(2P_0 + \Delta P\), после чего скачком возвращается к \(2P_0\).

Решение

Скорость падения. Свободная часть падает свободно: пролетев путь \(s = l - x\), звенья приходят со скоростью \[ v = \sqrt{2g\,(l-x)}. \]

Вес лежащей части. На столе лежит длина \(l-x\), то есть масса \(m\dfrac{l-x}{l}\): \[ F_1 = m g\,\frac{l-x}{l}. \]

Сила ударов. За секунду на стол приземляется длина \(v\), то есть масса \(\dfrac{m}{l}v\); каждая приходит со скоростью \(v\) и останавливается: \[ F_2 = \frac{m}{l}v\cdot v = \frac{m v^2}{l} = \frac{m\cdot 2g\,(l-x)}{l} = 2mg\,\frac{l-x}{l}. \] Ровно вдвое больше веса лежащей части!

Итого: \[ F = F_1 + F_2 = 3mg\,\frac{l-x}{l} = 3mg\left(1 - \frac{x}{l}\right). \]

Решение

Вес. Вся змея (и поднятая часть, и лежащая) в конечном счёте опирается на землю, поэтому в силу давления входит полный вес \(mg\).

Разгон новых участков. Погонная масса змеи \(\lambda = m/l\). За секунду в движение вовлекается длина \(v\), то есть масса \(\lambda v\), которую надо разогнать от нуля до \(v\). Это требует дополнительной силы \[ F_2 = \lambda v\cdot v = \frac{m v^2}{l}. \]

Итого: \[ F = mg + \frac{m v^2}{l} = \frac{m\,(v^2 + g l)}{l}. \]

Решение

Что тянет. Обозначим погонную массу цепи \(\lambda\). Вертикальный участок со стороны пола длиннее участка со стороны стола ровно на высоту стола \(h\). Разность весов этих участков и есть движущая сила: \[ F_{\text{движ}} = \lambda g h. \]

Что тормозит. Каждую секунду со стола срывается длина \(v\) — масса \(\lambda v\), которую надо разогнать от нуля до \(v\): \[ F_{\text{торм}} = \lambda v\cdot v = \lambda v^2. \] (Звенья, падающие на пол, наоборот, ничего не тормозят: они просто складываются в кучу, отдавая импульс полу.)

Равномерное движение — когда эти силы равны: \[ \lambda g h = \lambda v^2 \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{g h}. \]

Решение

Натяжение. Гвоздь гладкий, поэтому натяжение по обе стороны одно и то же, а определяется оно трением в щели: чтобы тянуть верёвку равномерно, нужно приложить \(T = F\).

Поправка на движение. Рассмотрим кусочек верёвки на изгибе — он движется по дуге радиуса \(R\) со скоростью \(v\), и ему нужна центростремительная сила. Для элемента, отвечающего малому углу поворота \(\Delta\varphi\) (масса \(\rho R\Delta\varphi\)): \[ T\,\Delta\varphi - \Delta N = \rho R\,\Delta\varphi\cdot\frac{v^2}{R} = \rho v^2\,\Delta\varphi, \] то есть гвоздь давит на верёвку так, будто натяжение равно не \(T\), а \(T - \rho v^2\).

Сила на гвоздь. Для покоящейся верёвки, изогнутой так, что участки образуют угол \(\alpha\), сила равна \(2T\cos(\alpha/2)\) (сложение двух натяжений). С поправкой: \[ N = 2\,(F - \rho v^2)\,\cos\frac{\alpha}{2}. \]

Когда верёвка отойдёт. При \(N = 0\): \[ \rho v^2 = F \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{\frac{F}{\rho}}, \] и при \(v \ge \sqrt{F/\rho}\) верёвка перестаёт давить на гвоздь — она распрямляется и «летит» мимо него.

Решение

Пусть после первого разгона на \(v\) масса стала \(m_0/k\). Разгон ещё на \(v\) — задача с точно теми же условиями (та же скорость истечения, то же приращение скорости), поэтому масса снова уменьшится в \(k\) раз, до \(m_0/k^2\).

Повторив рассуждение \(n\) раз, получаем: при изменении скорости на \(nv\) масса уменьшится в \[ K = k^{\,n} \] раз.

Решение

Одна маленькая порция. Пусть ракета имеет массу \(m\) и выбрасывает порцию \(\Delta m\) со скоростью \(v\) относительно себя. По закону сохранения импульса \[ m\,\Delta u = v\,\Delta m \quad\Longrightarrow\quad \Delta u = v\,\frac{\Delta m}{m}. \] Прибавка скорости зависит не от абсолютной массы порции, а от её доли.

Одинаковые шаги. Разобьём весь процесс на \(N\) шагов так, чтобы на каждом масса уменьшалась в одно и то же число раз \(q\), причём \(q^N = n\). Тогда доля \(\Delta m/m = 1 - 1/q\) на каждом шаге одна и та же, и все прибавки скорости равны между собой: \[ u = N\cdot v\left(1 - \frac{1}{q}\right). \]

Предел мелких шагов. При \(q \to 1\) величины \(1 - 1/q\) и \(\ln q\) неотличимы: обе равны \(q - 1\) с точностью до малых высшего порядка. А сумма \(N\) логарифмов считается точно: \(N\ln q = \ln q^N = \ln n\). Значит, \[ u = v\,\ln n. \]

Решение

Первый случай: \(v = 2\) км/с, \(u = 8\) км/с: \[ n = e^{\,u/v} = e^{4} \approx 54{,}6, \] \[ m_0 = n\,m = 54{,}6\cdot 10^4 \approx 5{,}5\cdot 10^{5}\ \text{кг}. \] Полтысячи тонн ради десяти тонн полезного груза.

Второй случай: \(v = 4\) км/с: \[ n' = e^{\,8/4} = e^{2} \approx 7{,}4, \qquad m_0' \approx 7{,}4\cdot 10^4\ \text{кг}. \]

Начальная масса уменьшилась в \[ \frac{m_0}{m_0'} = \frac{e^4}{e^2} = e^{2} \approx 7{,}4 \ \text{раза}. \]

Решение

Чтобы пройти зазор, частица должна совершить работу против силы \(F\) на пути \(l\). Запас — кинетическая энергия: \[ \frac{m v^2}{2} \ge F\,l \quad\Longrightarrow\quad m \ge \frac{2Fl}{v^2}. \]

Наименьшая масса, при которой частица ещё долетает (и останавливается ровно у второй сетки): \[ m_{\min} = \frac{2Fl}{v^2}. \]

Решение

Теорема о кинетической энергии на пути \(l\): \[ F\,l = \frac{m v_2^2}{2} - \frac{m v_1^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad F = \frac{m\,(v_2^2 - v_1^2)}{2\,l}. \]

Направление. Если \(v_2 > v_1\), то \(F > 0\) — сила направлена по движению частицы (разгоняет). Если \(v_2 < v_1\), то \(F < 0\) — сила направлена против движения (тормозит).

Решение

Пусть \(H = 125\) м — высота подъёма (считая от исходного положения контейнера). Работа поршня равна изменению потенциальной энергии: \[ F\,h = m g H \quad\Longrightarrow\quad F = \frac{m g H}{h}. \]

Числа: \[ F = \frac{2000\cdot 10\cdot 125}{1} = 2{,}5\cdot 10^{6}\ \text{Н}. \]

Решение

Оценка величин. Окно второго этажа — примерно \(H = 4\) м; масса человека \(m = 70\) кг; приседая, он тормозит на пути \(s \approx 0{,}5\) м.

Скорость приземления: \[ v = \sqrt{2gH} = \sqrt{2\cdot 10\cdot 4} \approx 9\ \text{м/с}. \]

Сила. На пути торможения ноги гасят кинетическую энергию и вдобавок держат вес: \[ F = \frac{m v^2}{2 s} + m g = \frac{70\cdot 81}{2\cdot 0{,}5} + 700 \approx 5{,}7\cdot 10^{3} + 0{,}7\cdot 10^{3} \approx 6{,}4\cdot 10^{3}\ \text{Н}. \]

Решение

Площадь под графиком: \[ A = \underbrace{\frac{F_0 l_1}{2}}_{\text{треугольник}} + \underbrace{F_0 l_2}_{\text{прямоугольник}} + \underbrace{\frac{F_0 l_3}{2}}_{\text{треугольник}} = \frac{F_0\,(l_1 + 2l_2 + l_3)}{2}. \]

Скорость. Вся работа идёт в кинетическую энергию: \[ \frac{m v^2}{2} = \frac{F_0\,(l_1+2l_2+l_3)}{2} \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{\frac{F_0\,(l_1 + 2l_2 + l_3)}{m}}. \]

Решение

Работа трения. Возьмём элемент бруска массы \(\Delta m\). Пока он находится над шероховатым участком, на него действует трение \(\mu\,\Delta m\,g\), и этот участок он проходит по длине \(L\). Работа против трения для элемента: \(\mu\,\Delta m\,g\,L\). Складывая по всем элементам, \[ A_{\text{тр}} = \mu\, m g L, \] и — что важно — длина бруска в ответ не входит.

Условие преодоления. Кинетической энергии должно хватить: \[ \frac{m v^2}{2} \ge \mu m g L \quad\Longrightarrow\quad v \ge \sqrt{2\mu g L}. \]

Решение

Штора висит от верхнего края вниз на длину \(l\); её центр масс — на середине, то есть на \(l/2\) ниже верха. Свёрнутая в тонкий валик, она вся оказывается наверху.

Центр масс поднимается на \(l/2\), значит, \[ A_{\min} = m g\,\frac{l}{2} = 1\cdot 9{,}8\cdot 1 \approx 9{,}8\ \text{Дж} \approx 10\ \text{Дж}. \]

Решение

Свободная пружина. В момент наибольшего сжатия шар остановился: \[ \frac{m v^2}{2} = \frac{k x^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad x = v\sqrt{\frac{m}{k}}. \]

Пружина, сжатая заранее. Нить нерастяжима: она не даёт пружине распрямиться, но сжиматься сильнее не мешает (при сжатии нить провисает). Поэтому в пружине уже запасена энергия \(kx_0^2/2\), и к ней добавляется энергия шара: \[ \frac{k x_0^2}{2} + \frac{m v^2}{2} = \frac{k x'^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad x' = \sqrt{x_0^2 + \frac{m v^2}{k}}. \]

Решение

Жёсткость ветви. Половина полоски вдвое короче, а короткая резинка при той же силе растягивается вдвое меньше — значит, её жёсткость \(2k\).

Сила и растяжение. Тянущая сила \(F\) делится между двумя ветвями: на каждую приходится \(F/2\), и каждая растянута на \[ x = \frac{F/2}{2k} = \frac{F}{4k}. \]

Энергия. Складываем энергию двух ветвей: \[ E = 2\cdot\frac{2k\,x^2}{2} = 2k\,\frac{F^2}{16k^2} = \frac{F^2}{8k}. \] Вся она достаётся снаряду: \[ E_{\text{к}} = \frac{F^2}{8k}. \]

Решение

Энергия лука. Сила упругости растёт линейно, \(F = kx\), и запасённая энергия — площадь треугольника: \[ E = \frac{k x^2}{2}. \]

Слишком тугой лук (\(k\) велико). Мы не можем оттянуть его на весь размах: сил хватает лишь на \(x = F/k < d\), и \[ E = \frac{F^2}{2k} \] — тем меньше, чем туже лук.

Слишком слабый лук (\(k\) мало). Мы оттягиваем его на весь размах \(d\), но сила при этом мала: \[ E = \frac{k d^2}{2} \] — тем меньше, чем слабее лук.

Оптимум — когда оба предела достигаются одновременно: \[ \frac{F}{k} = d \quad\Longrightarrow\quad k = \frac{F}{d}, \qquad E_{\max} = \frac{F d}{2}. \] Больше \(Fd/2\) выжать нельзя ни из какого лука: это площадь треугольника с катетами «максимальная сила» и «максимальный размах».

Решение

Без трения. Тело опускается по вертикали на \(h = l\cos\alpha\): \[ K = m g l\cos\alpha. \]

С трением. Сила нормального давления — это поперечная составляющая тяжести: \(N = mg\sin\alpha\). Работа трения на пути \(l\): \[ A_{\text{тр}} = \mu\, m g \sin\alpha\cdot l. \] Значит, \[ K' = m g l\cos\alpha - \mu m g l\sin\alpha = m g l\,(\cos\alpha - \mu\sin\alpha). \]

Условие \(\mu < \ctg\alpha\) как раз и означает, что скобка положительна — тело действительно соскальзывает.

Решение

Энергетический баланс. Пусть машина проехала вдоль склона путь \(s\), поднявшись на \(h = s\sin\alpha\). Кинетическая энергия тратится на подъём, но частично восполняется работой силы тяги (на пределе сцепления): \[ \frac{m v^2}{2} + \mu m g\cos\alpha\cdot s = m g h. \]

Подставим \(s = h/\sin\alpha\): \[ \frac{v^2}{2} = g h - \mu g\cos\alpha\cdot\frac{h}{\sin\alpha} = g h\,\left(1 - \mu\,\ctg\alpha\right), \] \[ h = \frac{v^2}{2g\,\left(1 - \mu\,\ctg\alpha\right)}. \]

Решение

Подъём (медленно, без кинетической энергии). Работа троса уходит на подъём и на трение: \[ A = m g h + A_{\text{тр}} \quad\Longrightarrow\quad A_{\text{тр}} = A - m g h. \]

Спуск. Груз проходит тот же путь с той же силой прижатия, поэтому работа трения та же. Потенциальная энергия \(mgh\) частично уходит на трение, остальное — в кинетическую: \[ \frac{m v^2}{2} = m g h - A_{\text{тр}} = m g h - (A - m g h) = 2 m g h - A. \]

Отсюда \[ v = \sqrt{4 g h - \frac{2A}{m}}. \]

Решение

Стержень невесом, поэтому вся энергия связана с бойком. В горизонтальном положении боёк находится на уровне оси, в вертикальном — на \(l\) выше. Наименьшая работа (без разгона, «медленно») равна приросту потенциальной энергии: \[ A_{\min} = m g l. \]

Решение

Наименьшая работа (столб поднимают медленно, без разгона) равна приросту потенциальной энергии: \[ A_{\min} = m g\,\frac{l}{2}. \]

Решение

Подъём. Из прямоугольного треугольника: расстояние от точки подвеса до груза по вертикали равно \(\sqrt{l^2-r^2}\), поэтому груз поднялся на \[ h = l - \sqrt{l^2 - r^2} = l\left(1 - \sqrt{1 - \frac{r^2}{l^2}}\right) \approx \frac{r^2}{2l} \] (при \(r \ll l\); формулу \(\sqrt{1-x}\approx 1-\tfrac{x}{2}\) удобно помнить).

Скорость в нижней точке — она же наибольшая: \[ \frac{v^2}{2} = g h = \frac{g r^2}{2l} \quad\Longrightarrow\quad v = r\sqrt{\frac{g}{l}}. \]

Решение

Работа троса. Сила \(F\) направлена под углом \(\pi - \alpha\) к скорости, значит, её проекция на направление движения равна \(F\cos(\pi-\alpha) = -F\cos\alpha\) — тормозящая, и одна и та же в любой точке пути. Поэтому на пути \(s\) работа равна \(-F\cos\alpha\cdot s\).

Путь до остановки: \[ \frac{m v^2}{2} = F\cos\alpha\cdot s \quad\Longrightarrow\quad s = \frac{m v^2}{2F\cos\alpha}. \]

Число оборотов: \[ n = \frac{s}{2\pi R} = \frac{m v^2}{4\pi F R\cos\alpha}. \]

Решение

Сколько верёвки выбрано. Натянутая часть — это обе ветви (от санок вверх к перекладине и обратно вниз к рукам). Вначале их суммарная длина \(2l\), то есть до перекладины \(l\). Оказавшись точно под перекладиной, мальчик имеет обе ветви длиной \(h\), то есть суммарно \(2h\).

Значит, через руки он протянул \[ \Delta L = 2l - 2h = 2\,(l-h). \]

Работа и энергия. Он всё время тянет с силой \(T\), поэтому совершает работу \(T\,\Delta L\), и вся она — в кинетическую энергию: \[ \frac{m v^2}{2} = 2T\,(l - h) \quad\Longrightarrow\quad v = 2\sqrt{\frac{T\,(l-h)}{m}}. \]

Решение

Свободное тело. В высшей точке у него остаётся горизонтальная скорость \(v\cos\alpha\); «в высоту» работает только вертикальная составляющая: \[ h_1 = \frac{v^2\sin^2\alpha}{2g}. \]

Тело в трубе. Труба прямая и гладкая; её реакция перпендикулярна скорости и работы не совершает. Тело поднимается, пока не остановится совсем: \[ \frac{m v^2}{2} = m g h_2 \quad\Longrightarrow\quad h_2 = \frac{v^2}{2g}. \]

Так как \(\sin^2\alpha \le 1\), всегда \(h_2 \ge h_1\): выше поднимется тело в трубе.

Решение

Что сохраняется. При спуске все силы (тяжесть и реакция плавного перехода) лежат в вертикальной плоскости, перпендикулярной линии сопряжения. Значит, составляющая скорости вдоль этой линии не меняется: \[ v\sin\alpha = v'\sin\beta. \]

Что меняется. Модуль скорости растёт за счёт спуска на \(h\): \[ v'^2 = v^2 + 2gh. \]

Ответ: \[ \sin\beta = \frac{v\sin\alpha}{v'} = \frac{v\sin\alpha}{\sqrt{v^2+2gh}}. \]

Решение

Поперёк силы ничего не действует: \[ v\sin\alpha = v'\sin\beta. \]

Энергия. Сила совершает отрицательную работу \(-F l\) (смещение вдоль силы равно ширине области): \[ \frac{m v'^2}{2} = \frac{m v^2}{2} - F l \quad\Longrightarrow\quad v'^2 = v^2 - \frac{2Fl}{m}. \]

Угол вылета: \[ \sin\beta = \frac{v\sin\alpha}{v'} = \frac{\sin\alpha}{\sqrt{1 - \dfrac{2Fl}{m v^2}}}. \]

Когда частица не пройдёт. Пересечь область мешает только продольная составляющая скорости: её энергии должно хватить на работу против силы: \[ \frac{m\,(v\cos\alpha)^2}{2} \ge F l \quad\Longleftrightarrow\quad F l \le \frac{m v^2}{2}\cos^2\alpha. \] При \(Fl > \frac{mv^2}{2}\cos^2\alpha\) частица разворачивается и вылетает обратно.

Решение

Одна переменная. Пусть \(\alpha\) — угол между нитью и вертикалью. Шарик стартовал при \(\alpha = 90^\circ\) без начальной скорости, значит, к текущему моменту он опустился на \(h = l\cos\alpha\), и

\[ v^2 = 2gl\cos\alpha. \]

Отсюда обе составляющие ускорения:

\[ a_n = \frac{v^2}{l} = 2g\cos\alpha \quad(\text{вдоль нити, к подвесу}), \qquad a_\tau = g\sin\alpha \quad(\text{вдоль скорости}). \]

Проецируем на вертикаль и горизонталь. Направление «к подвесу» составляет с вертикалью угол \(\alpha\), направление скорости — перпендикулярно ему. Аккуратно складывая проекции, получаем

\[ a_{\text{верт}} = 2g\cos^2\alpha - g\sin^2\alpha \ \ (\text{вверх}), \qquad a_{\text{гор}} = 3g\sin\alpha\cos\alpha. \]

Вертикальное ускорение — когда \(a_{\text{гор}} = 0\), то есть \(\sin\alpha\cos\alpha = 0\):

• \(\alpha = 0\) — нижняя точка: \(a_{\text{верт}} = 2g > 0\), ускорение направлено вверх и равно \(2g\);

• \(\alpha = 90^\circ\) — старт, нить горизонтальна: \(a_{\text{верт}} = -g\), ускорение направлено вниз и равно \(g\) (скорость нулевая, натяжения нет, тяжесть целиком тангенциальна).

Горизонтальное ускорение — когда \(a_{\text{верт}} = 0\):

\[ 2\cos^2\alpha = \sin^2\alpha \ \Longrightarrow\ \operatorname{tg}^2\alpha = 2 \ \Longrightarrow\ \cos\alpha = \frac{1}{\sqrt3},\quad \alpha = \operatorname{arctg}\sqrt2 \approx 54{,}7^\circ. \]

Величина ускорения там \(a = 3g\sin\alpha\cos\alpha = 3g\cdot\sqrt{\tfrac23}\cdot\tfrac1{\sqrt3} = g\sqrt2\).

Решение

Скорость в нижней точке. Шарик опустился на \(l\):

\[ \frac{mv^2}{2} = mgl \quad\Longrightarrow\quad v^2 = 2gl. \]

Натяжение до гвоздя. Радиус равен \(l\):

\[ T_0 = mg + \frac{mv^2}{l} = mg + 2mg = 3mg. \]

Натяжение сразу после. Скорость та же, а радиус стал \(l - x\):

\[ T_1 = mg + \frac{mv^2}{\,l-x\,} = mg + \frac{2mgl}{\,l-x\,}. \]

Условие разрыва \(T_1 \ge T\):

\[ \frac{2mgl}{\,l-x\,} \ge T - mg \quad\Longrightarrow\quad l - x \le \frac{2mgl}{\,T-mg\,} \quad\Longrightarrow\quad x \ge l\,\frac{T - 3mg}{T - mg}. \]

Решение

Нить. Наверху нить может только тянуть вниз, поэтому в предельном случае центростремительную роль играет одна тяжесть:

\[ mg = \frac{mv_{\text{в}}^2}{l} \quad\Longrightarrow\quad v_{\text{в}}^2 = gl. \]

Спуск на \(2l\) добавляет энергии:

\[ v^2 = v_{\text{в}}^2 + 4gl = 5gl,\qquad N - mg = \frac{mv^2}{l} = 5mg \quad\Longrightarrow\quad N = 6mg. \]

Стержень. Наверху стержень подпирает шарик, так что достаточно \(v_{\text{в}} = 0\):

\[ v^2 = 4gl,\qquad N - mg = \frac{mv^2}{l} = 4mg \quad\Longrightarrow\quad N = 5mg. \]

По третьему закону Ньютона шарик тянет ось вниз с той же силой.

Решение

Разгон на прямом участке. Вдоль склона действуют скатывающая сила \(mg\sin\alpha\) и трение \(\mu mg\cos\alpha\). С места на длине \(L\):

\[ \frac{mv^2}{2} = \bigl(mg\sin\alpha - \mu mg\cos\alpha\bigr)L \quad\Longrightarrow\quad v^2 = 2gL\cos\alpha\,(\operatorname{tg}\alpha - \mu). \]

Условие отрыва. В начале закругления лыжник движется по дуге радиуса \(R\); поперёк склона

\[ mg\cos\alpha - N = \frac{mv^2}{R}. \]

Свободный полёт начинается, когда \(N = 0\), то есть при

\[ v^2 \ge gR\cos\alpha. \]

Сшиваем. Множитель \(\cos\alpha\) сокращается:

\[ 2gL\cos\alpha\,(\operatorname{tg}\alpha - \mu) \ge gR\cos\alpha \quad\Longrightarrow\quad L \ge \frac{R}{2(\operatorname{tg}\alpha - \mu)}. \]

Решение

Скорость через угол. Пусть \(\alpha\) — угол радиуса с вертикалью. Тело опустилось на \(R - R\cos\alpha\), значит

\[ v^2 = 2gR(1 - \cos\alpha). \]

Вдоль радиуса. К центру направлена разность \(mg\cos\alpha - N\):

\[ mg\cos\alpha - N = \frac{mv^2}{R}. \]

Момент отрыва \(N = 0\):

\[ g\cos\alpha = \frac{v^2}{R} = 2g(1 - \cos\alpha) \quad\Longrightarrow\quad 3\cos\alpha = 2 \quad\Longrightarrow\quad \cos\alpha = \frac23. \]

Высота точки отрыва над плоскостью \(h = R\cos\alpha\):

\[ h = \frac{2R}{3}. \]

Решение

Верхняя точка. Там и тяжесть, и реакция рельсов направлены вниз, к центру:

\[ mg + N = \frac{mv_{\text{в}}^2}{R}. \]

Тележка держится на рельсах, пока \(N \ge 0\), то есть пока \(v_{\text{в}}^2 \ge gR\). Минимум:

\[ v_{\text{в}}^2 = gR. \]

Энергия. Рельсы гладкие, поэтому

\[ mgh = mg\cdot 2R + \frac{mv_{\text{в}}^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad h = 2R + \frac{R}{2} = 2{,}5\,R. \]

Решение

1. Геометрия витка. За один оборот бусинка проходит по горизонтали \(2\pi R\) и опускается на \(h\), значит длина витка

\[ s = \sqrt{4\pi^2R^2 + h^2},\qquad \sin\beta = \frac{h}{s},\qquad \cos\beta = \frac{2\pi R}{s}. \]

2. Скорость. Проволока гладкая, поэтому работает только тяжесть:

\[ v^2 = 2gH. \]

3. Ускорение — три перпендикулярных направления. Вдоль проволоки всё как на наклонной плоскости, а горизонтальная проекция движения — окружность радиуса \(R\), которую бусинка обегает с горизонтальной скоростью \(v\cos\beta\):

\[ a_\tau = g\sin\beta \ \ (\text{вдоль проволоки}),\qquad a_R = \frac{(v\cos\beta)^2}{R} \ \ (\text{к оси}). \]

4. Реакция проволоки. Тяжесть вертикальна, поэтому «к оси» и «поперёк» всё держит проволока. Раскладывая \(m\vec a = m\vec g + \vec N\) по трём взаимно перпендикулярным направлениям, получаем

\[ N_{\text{к оси}} = \frac{mv^2\cos^2\beta}{R},\qquad N_{\text{гор. касат.}} = mg\sin\beta\cos\beta,\qquad N_{\text{верт.}} = mg\cos^2\beta. \]

(Последнее — это \(mg - ma_\tau\sin\beta = mg(1-\sin^2\beta)\).) По теореме Пифагора

\[ N = m\cos\beta\,\sqrt{\,g^2 + \frac{v^4\cos^2\beta}{R^2}\,}. \]

5. Подставляем. С \(v^2 = 2gH\) и \(\cos\beta = 2\pi R/s\):

\[ \frac{v^4\cos^2\beta}{R^2} = \frac{16\pi^2g^2H^2}{s^2},\qquad N = m\,\frac{2\pi R}{s}\cdot\frac{g}{s}\sqrt{s^2 + 16\pi^2H^2}. \] \[ \boxed{\,N = \frac{2\pi R\,mg}{4\pi^2R^2 + h^2}\, \sqrt{4\pi^2R^2 + h^2 + 16\pi^2H^2}\,} \]

С такой же силой, по третьему закону Ньютона, бусинка давит на спираль.

Решение

Угол наклона. На любом кусочке проволоки вертикальный спуск относится к пройденному пути как \(1 : k\), а это и есть косинус угла между проволокой и вертикалью:

\[ \cos\theta = \frac1k. \]

Движение по «наклонной плоскости». Проволока гладкая, поэтому вдоль неё разгоняет только составляющая тяжести:

\[ a = g\cos\theta = \frac{g}{k}. \]

Вертикальная составляющая этого ускорения

\[ a_{\text{верт}} = a\cos\theta = g\cos^2\theta = \frac{g}{k^2}. \]

На поворотах волны вертикальная составляющая скорости не меняет ни знака, ни величины (меняется только горизонтальная), поэтому в среднем всё так и остаётся.

Второй закон по вертикали. Пусть \(N_{\text{верт}}\) — вертикальная (направленная вверх) составляющая реакции проволоки:

\[ mg - N_{\text{верт}} = m\,a_{\text{верт}} = \frac{mg}{k^2} \quad\Longrightarrow\quad N_{\text{верт}} = mg\Bigl(1 - \frac{1}{k^2}\Bigr). \]

Горизонтальная составляющая на соседних «зубцах» меняет знак и в среднем даёт нуль. По третьему закону Ньютона бусинка давит на проволоку вниз с такой же средней силой.

Решение

1. Траектория центра масс. Верхний шарик скользит по стенке, нижний — по полу, так что их координаты \((0,\,l\sin\alpha)\) и \((l\cos\alpha,\,0)\). Середина гантели — центр масс — находится в точке

\[ \Bigl(\frac{l}{2}\cos\alpha,\ \frac{l}{2}\sin\alpha\Bigr), \]

то есть на расстоянии \(l/2\) от угла при любом \(\alpha\). Центр масс движется по окружности радиуса \(l/2\) с центром в углу.

2. Энергия. Вначале (\(\alpha = 90^\circ\)) центр масс был на высоте \(l/2\), сейчас — на высоте \(\tfrac{l}{2}\sin\alpha\). Кинетическая энергия гантели равна \(2mv_{\text{ц}}^2\) (проверьте: скорости шариков равны \(l\omega\sin\alpha\) и \(l\omega\cos\alpha\), а \(v_{\text{ц}} = \tfrac{l}{2}\omega\)):

\[ 2mv_{\text{ц}}^2 = 2mg\cdot\frac{l}{2}(1-\sin\alpha) \quad\Longrightarrow\quad v_{\text{ц}}^2 = \frac{gl}{2}(1-\sin\alpha). \]

3. Тангенциальное ускорение. Для движения по любой траектории работает школьная формула \(a_\tau = \Delta(v^2)/(2\Delta s)\). Дуга связана с углом как \(\Delta s = \tfrac{l}{2}\Delta\alpha\), а \(\Delta(v_{\text{ц}}^2) = -\tfrac{gl}{2}\cos\alpha\,\Delta\alpha\), поэтому

\[ a_\tau = \frac{g}{2}\cos\alpha. \]

4. Складываем ускорение центра масс. Нормальное направлено к углу, тангенциальное — вдоль дуги:

\[ a_n = \frac{v_{\text{ц}}^2}{l/2} = g(1-\sin\alpha). \]

Горизонтальная проекция полного ускорения (ось \(x\) — от стенки):

\[ a_x = -a_n\cos\alpha + a_\tau\sin\alpha = -g\cos\alpha(1-\sin\alpha) + \frac{g}{2}\sin\alpha\cos\alpha. \]

5. Второй закон. По горизонтали на гантель действует только реакция стенки \(N\):

\[ N = 2m\,a_x = mg\cos\alpha\bigl(-2 + 2\sin\alpha + \sin\alpha\bigr) = mg\cos\alpha\,(3\sin\alpha - 2). \]

Как только \(\sin\alpha\) становится меньше \(2/3\), формула дала бы \(N < 0\) — стенка не умеет притягивать, и шарик от неё отходит.

Решение

1. Центр масс падает отвесно. Горизонтальных внешних сил нет (пол гладкий), а вначале система покоилась — значит, горизонтальная координата центра масс не меняется.

2. Что происходит в последний момент. Гантель легла, ось горизонтальна. Нижний шарик всё время был на полу, поэтому его скорость горизонтальна. Стержень жёсткий, значит, проекции скоростей шариков на ось гантели равны; ось горизонтальна, стало быть горизонтальные скорости шариков одинаковы. Но их сумма равна нулю (центр масс не смещается по горизонтали). Значит, обе горизонтальные скорости — нули: нижний шарик покоится, а верхний движется строго вниз.

3. Энергия. Верхний шарик опустился с высоты \(l\) до нуля, нижний остался на месте, то есть центр масс опустился на \(l/2\), а вся кинетическая энергия — у верхнего шарика:

\[ \frac{mv^2}{2} = 2mg\cdot\frac{l}{2} = mgl \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{2gl}. \]

Решение

Сила прижатия. Пусть \(\theta\) — угол, отсчитанный от нижней точки. Скорость постоянна, значит, вдоль радиуса

\[ N - mg\cos\theta = \frac{mv^2}{R} \quad\Longrightarrow\quad N = \frac{mv^2}{R} + mg\cos\theta. \]

Среднее за оборот. Скорость постоянна, поэтому среднее по пути — это просто среднее по углу, а среднее косинуса за полный оборот равно нулю:

\[ \langle N\rangle = \frac{mv^2}{R}. \]

Работа трения на пути \(2\pi R\):

\[ |A| = \mu\langle N\rangle\cdot 2\pi R = \mu\cdot\frac{mv^2}{R}\cdot 2\pi R = 2\pi\mu m v^2. \]

Решение

Прижатие на дуге. Участок сопряжения короткий, но крутой: там \(v^2/R\) во много раз больше \(g\), и вклад тяжести можно не учитывать. Тогда

\[ N = \frac{mv^2}{R} = \frac{2K}{R}. \]

Потеря на маленьком кусочке. Пройдя дугу \(\Delta s = R\,\Delta\theta\), тело теряет

\[ \Delta K = -\mu N\,\Delta s = -\mu\cdot\frac{2K}{R}\cdot R\,\Delta\theta = -2\mu K\,\Delta\theta. \]

Замечательно: радиус выпал. Потеря пропорциональна самой энергии — это в точности «сложный процент».

Складываем повороты. Разобьём угол \(\alpha\) на \(n\) одинаковых кусочков \(\Delta\theta = \alpha/n\). После каждого энергия умножается на \(\bigl(1 - 2\mu\alpha/n\bigr)\), значит

\[ K = K_0\Bigl(1 - \frac{2\mu\alpha}{n}\Bigr)^{n} \ \xrightarrow[\ n\to\infty\ ]{}\ K_0\,e^{-2\mu\alpha}. \]

Решение

Как считать. Для каждой пары соседних строк

\[ F = \frac{E_2 - E_1}{l_2 - l_1},\qquad v^2 = \frac{2E}{m},\quad E = \frac{E_1+E_2}{2}. \]

Энергию удобно мерить в МэВ, массу — в массах протона; тогда \(v^2\) получается в «МэВ на протонную массу», а сила — в МэВ/мкм. Абсолютные единицы для проверки гипотезы не нужны.

Что видно на графике. Точки протонов, дейтронов и тритонов перемешаны и укладываются на одну плавную кривую. Значит, предположение подтверждается: тормозящая сила определяется скоростью ядра, а не его массой. Более того, кривая хорошо описывается законом

\[ F \approx \frac{\text{const}}{v},\qquad \text{т. е.}\quad F\sqrt{v^2} \approx 0{,}068\ \text{(в наших единицах)}. \]

Независимая проверка — без всяких графиков. Если сила зависит только от скорости, то у частиц с одинаковой начальной скоростью пробег пропорционален массе (тяжёлая частица при той же скорости несёт в \(m\) раз больше энергии, а теряет её на каждом миллиметре одинаково). Проверим:

протон с \(E = 0{,}78\) МэВ пролетает 10 мкм; та же скорость у дейтрона при \(E = 1{,}56\) МэВ и у тритона при \(E = 2{,}34\) МэВ. По таблице это 19,4 мкм и 29,0 мкм — против предсказанных 20 и 30 мкм. Ещё пара: протон 20 мкм (\(1{,}26\)) → дейтрон \(2{,}52\) МэВ даёт 39,3 мкм вместо 40 ✓.

Решение

Попробуем пружину. Пусть \(F = \varkappa x\). Тогда работа против силы до глубины \(l\) — площадь треугольника \(\varkappa l^2/2\), и остановка наступает при

\[ \frac{\varkappa l^2}{2} = \frac{p^2}{2m} \quad\Longrightarrow\quad l = \frac{p}{\sqrt{\varkappa m}}. \]

Это и есть требуемая пропорциональность \(l = \alpha p\), если

\[ \alpha = \frac{1}{\sqrt{\varkappa m}} \quad\Longrightarrow\quad \varkappa = \frac{1}{m\alpha^2}. \]

Почему других вариантов нет. Условие \(l = \alpha p\) выполняется при любом начальном импульсе, то есть площадь под графиком до произвольной глубины \(l\) задана однозначно:

\[ S(l) = \frac{p^2}{2m} = \frac{l^2}{2m\alpha^2}. \]

А сила — это скорость роста площади: увеличив глубину на маленькое \(\Delta l\), площадь прирастает на \(F(l)\,\Delta l\). Из \(S = l^2/(2m\alpha^2)\) получаем \(F(l) = l/(m\alpha^2)\) — тот же ответ, и единственный.

Решение

1. Импульс убывает пропорционально пути. За малое время \(\Delta t\) частица проходит \(\Delta x = v\,\Delta t\), а импульс силы равен

\[ -\varkappa v\,\Delta t = -\varkappa\,\Delta x. \]

Складывая такие кусочки, получаем на пути \(x\)

\[ p(x) = p - \varkappa x. \]

2. Пробег. Частица останавливается, когда импульс исчерпан:

\[ l = \frac{p}{\varkappa} \]

— и правда пропорционален начальному импульсу. Сравнивая с \(l = \alpha p\), находим \(\varkappa = 1/\alpha\), то есть

\[ p(x) = p - \frac{x}{\alpha}. \]

3. Работа. Работа тормозящей силы равна изменению кинетической энергии, а её удобно выразить через импульс, \(K = p^2/2m\):

\[ A = \frac{p(x)^2}{2m} - \frac{p^2}{2m} = \frac{1}{2m}\left[\Bigl(p - \frac{x}{\alpha}\Bigr)^2 - p^2\right] = \frac{x^2}{2m\alpha^2} - \frac{px}{\alpha m}. \]

Решение

Внутри отрезка \(|x| \le x_0\) сила устроена как пружинная, \(F = -F_0x/x_0\). Площадь под ней (треугольник) даёт

\[ U = \frac{1}{2}\cdot\frac{F_0}{x_0}\,x^2 = \frac{F_0x^2}{2x_0}, \qquad U(x_0) = \frac{F_0x_0}{2}. \]

Дальше сила постоянна, \(|F| = F_0\), и энергия растёт линейно:

\[ U = \frac{F_0x_0}{2} + F_0\bigl(|x| - x_0\bigr) = F_0\Bigl(|x| - \frac{x_0}{2}\Bigr),\qquad |x| > x_0. \]

Область движения. Наибольшая кинетическая энергия достигается в точке \(x = 0\), где \(U = 0\); значит, полная энергия равна \(K\), и частица доходит туда, где \(U(x) = K\).

• Если \(K \le \dfrac{F_0x_0}{2}\), поворот происходит ещё на параболе:

\[ \frac{F_0x^2}{2x_0} = K \quad\Longrightarrow\quad |x| \le \sqrt{\frac{2Kx_0}{F_0}}. \]

• Если \(K > \dfrac{F_0x_0}{2}\), поворот уже на прямом участке:

\[ F_0\Bigl(|x| - \frac{x_0}{2}\Bigr) = K \quad\Longrightarrow\quad |x| \le \frac{K}{F_0} + \frac{x_0}{2}. \]

Решение

Раздвинем на \(\Delta r\). Энергия изменится на

\[ \Delta U = \frac{kqQ}{r+\Delta r} - \frac{kqQ}{r} = kqQ\,\frac{r - (r+\Delta r)}{r(r+\Delta r)} \approx -\frac{kqQ}{r^2}\,\Delta r. \]

Работа равна убыли энергии: \(F_r\,\Delta r = -\Delta U\), откуда

\[ F_r = \frac{kqQ}{r^2}. \]

Здесь \(F_r\) — проекция силы на направление «от одного заряда к другому», то есть на направление роста \(r\).

Знак. Если \(qQ > 0\) (заряды одноимённые), то \(F_r > 0\): сила стремится увеличить расстояние — отталкивание. Если \(qQ < 0\), то \(F_r < 0\) — притяжение.

Решение

Сила. Она определяется убылью энергии на малом перемещении:

\[ \Delta U_0 = \Delta\Bigl(\frac{kqQ}{r}\Bigr) - \Delta\Bigl(\frac{kqQ}{R}\Bigr) = \Delta U - 0 = \Delta U, \]

потому что \(R\) — константа. Значит, сила ровно та же.

Закон сохранения энергии. Он тоже записывается через разности:

\[ K_2 - K_1 = U_0(r_1) - U_0(r_2) = U(r_1) - U(r_2). \]

Добавка \(-kqQ/R\) входит в оба слагаемых одинаково и сокращается.

Единственное, что меняется, — числовое значение полной энергии: оно сдвигается на постоянную \(-kqQ/R\). Ни на траектории, ни на скорости, ни на силы это не влияет. По сути институт просто выбрал другую точку отсчёта: у них \(U_0 = 0\) при \(r = R\), а не при \(r = \infty\).

Решение

Замена. Пусть \(u = l/r > 0\). Тогда \(U = V(u^2 - 2u)\), и условие \(U \le E\) превращается в

\[ u^2 - 2u - \frac{E}{V} \le 0 \quad\Longleftrightarrow\quad 1 - s \le u \le 1 + s,\qquad s \equiv \sqrt{1 + \frac{E}{V}}. \]

(Корень существует при \(E \ge -V\) — это и есть глубина ямы: минимум \(U = -V\) достигается при \(u = 1\), то есть \(r = l\).)

Возвращаемся к \(r\). Так как \(u = l/r\), большим \(u\) отвечают малые \(r\):

\[ \frac{l}{1+s} \le r \le \frac{l}{1-s}. \]

• При \(E > 0\) имеем \(s > 1\), и левое неравенство \(u \ge 1-s\) выполняется само собой (\(u\) положительно). Остаётся

\[ r \ge \frac{l}{1+s} = \frac{lV}{E}\Bigl(-1 + \sqrt{1 + \frac{E}{V}}\Bigr). \]

Частица приходит из бесконечности, доходит до этой стенки и уходит обратно.

• При \(-V \le E < 0\) обе границы работают, движение финитно:

\[ r_{1,2} = \frac{lV}{E}\Bigl(-1 \pm \sqrt{1 + \frac{E}{V}}\Bigr), \qquad r_1 \le r \le r_2. \]

(Легко проверить, что \(\dfrac{lV}{E}(-1+s) = \dfrac{l}{1+s}\) и \(\dfrac{lV}{E}(-1-s) = \dfrac{l}{1-s}\), поскольку \(E = V(s^2-1)\).)

Решение

Где было равновесие. Пусть полная масса была \(M\). Пружина была растянута на \(x_1 = Mg/k\).

Где оно стало. После отрыва куска массы \(m\) осталось \(M-m\), и новое положение равновесия — при растяжении

\[ x_2 = \frac{(M-m)g}{k} = x_1 - \frac{mg}{k}, \]

то есть на \(mg/k\) выше.

Колебания. В момент отрыва оставшийся груз покоился, значит, он оказался в крайней (нижней) точке колебаний, а амплитуда равна расстоянию до нового равновесия:

\[ A = \frac{mg}{k}. \]

Из нижней крайней точки груз поднимается в верхнюю крайнюю — то есть на два размаха амплитуды:

\[ h = 2A = \frac{2mg}{k}. \]

Решение

Положение равновесия — там, где сила пружины уравновешивает тяжесть:

\[ x_0 = \frac{mg}{k}. \]

Амплитуда. В начальный момент деформация нулевая, а скорость нулевая — значит, это крайняя точка колебаний, отстоящая от равновесия на \(x_0\):

\[ A = x_0 = \frac{mg}{k}. \]

Максимальное удлинение — вторая крайняя точка:

\[ x_{\max} = x_0 + A = \frac{2mg}{k}. \]

Максимальная скорость — в положении равновесия. Проще всего через энергию на пути \(x_0\) вниз:

\[ \frac{mv^2}{2} = mg\,x_0 - \frac{kx_0^2}{2} = \frac{m^2g^2}{k} - \frac{m^2g^2}{2k} = \frac{m^2g^2}{2k} \quad\Longrightarrow\quad v = g\sqrt{\frac{m}{k}}. \]

Решение

Жёсткость. При плавном опускании груз останавливается в положении равновесия, а шнур растягивается на \(h/3\):

\[ mg = k\cdot\frac{h}{3} \quad\Longrightarrow\quad k = \frac{3mg}{h}. \]

Резиновый шнур. Поднимем груз на высоту \(H\) над полом и отпустим без толчка. Чтобы груз только-только коснулся пола, вся его потенциальная энергия должна уйти в шнур, растянутый в этот момент на \(h\) (конец шнура был на высоте \(h\), груз опустился до нуля):

\[ mgH = \frac{kh^2}{2} = \frac{3mg}{h}\cdot\frac{h^2}{2} = \frac{3mgh}{2} \quad\Longrightarrow\quad H_1 = \frac{3h}{2}. \]

Заметьте: \(H_1 > h\), то есть груз и правда поднимают выше свободного конца — шнур при этом провисает и энергии не запасает, что мы и учли.

Пружина. Пружину подъём выше \(h\) сжимает на \(H - h\), и этот запас тоже идёт в дело:

\[ mgH + \frac{k(H-h)^2}{2} = \frac{kh^2}{2}. \]

Подставим \(k = 3mg/h\) и обозначим \(H = \beta h\):

\[ \beta + \frac{3}{2}(\beta-1)^2 = \frac32 \quad\Longrightarrow\quad \frac32\beta^2 - 2\beta = 0 \quad\Longrightarrow\quad \beta = \frac43. \] \[ H_2 = \frac{4h}{3}. \]

Решение

Насколько удлинился шнур. В нижней точке каждая половина шнура — гипотенуза с катетами \(l\) и \(x_0\):

\[ \Delta = \sqrt{l^2 + x_0^2} - l \quad(\text{на каждую половину}), \qquad \Delta L = 2\Delta. \]

Энергия. В нижней точке скорость нулевая, значит, вся работа тяжести ушла в упругую энергию шнура:

\[ mg\,x_0 = \frac{k\,(\Delta L)^2}{2} = \frac{k\,(2\Delta)^2}{2} = 2k\Delta^2. \] \[ k = \frac{mg\,x_0}{2\Bigl(\sqrt{l^2+x_0^2} - l\Bigr)^{2}}. \]