Баллистика: бросок под углом

В высшей точке вертикальная составляющая скорости равна нулю, а горизонтальная за всё время полёта не меняется.

В высшей точке вертикальная составляющая скорости равна нулю, а горизонтальная сохраняется. Выразите энергии через начальную скорость.

60

Скорость в точке \(B\) равна \(\vec v_0 + \vec g\tau\). Какой получается треугольник скоростей, если \(\vec v \perp \vec v_0\)? Перемещение равно \(\vec v_0\tau + \vec g\tau^2/2\).

Горизонтальная составляющая скорости постоянна, а направление движения задаётся отношением вертикальной составляющей к ней.

A) 0{,}6 с;  B) 6{,}7 м.

Запишите зависимости обеих координат от времени для мяча и для камня; время полёта мяча до верхней точки известно, а в момент столкновения координаты тел совпадают.

1) \(u = \dfrac{V\cos\alpha}{\cos\beta - 2\,\mathrm{ctg}\,\alpha\,\sin\beta}\);  2) \(t = \dfrac{V\sin^2\alpha\,(\cos\beta - 2\,\mathrm{ctg}\,\alpha\,\sin\beta)}{2g\cos\alpha\sin\beta}\).

Где скорость тела, брошенного под углом, минимальна и чему она там равна? Для высоты запишите закон сохранения энергии между броском и падением.

\(\alpha = 60^\circ\);  \(h = 25\) м.

При полёте тела, брошенного вверх под углом к горизонту, скорость достигает своего минимального значения \(v_0\cos\alpha\) в верхней точке траектории. Из графика находим, что начальная скорость \(v_0 = 20\) м/с вдвое больше минимальной и, следовательно, \(\alpha = 60^\circ\).

Конечная скорость шарика \(u = 30\) м/с. Применяя закон сохранения энергии, связывающий моменты падения и броска: \[\frac{mv_0^2}{2} + mgh = \frac{mu^2}{2},\] получаем \(h = \dfrac{u^2 - v_0^2}{2g} = 25\) м.

Начальную скорость найдите из энергии. Затем нарисуйте треугольник скоростей \(\vec v = \vec v_0 + \vec g t\): в нём известны две стороны и угол между ними.

\(t \approx 4{,}4\) с.

Запишем закон сохранения энергии (или формулу \(h = \dfrac{v^2 - v_0^2}{2g}\)): \[\frac{m v_0^2}{2} + mgh = \frac{m v^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad v_0 = \sqrt{v^2 - 2gh}.\] Теперь в треугольнике скоростей \(\vec v = \vec v_0 + \vec g t\) известны две стороны и угол между ними \(\beta\). Воспользовавшись теоремой косинусов, окончательно получаем: \(t = 4{,}4\) с.

Горизонтальная составляющая скорости не меняется; найдите по ней вертикальную составляющую в конце — она может быть направлена и вверх, и вниз.

\(11{,}4\)–\(11{,}6\) м.

Горизонтальная составляющая скорости сохраняется, а вертикальная при входе в воду выражается через угол \(\beta\) и горизонтальную составляющую. Приравняйте высоту обрыва из двух бросков.

Ответ 5 (\(K \approx 0{,}7\)).

Перейдите в систему отсчёта, свободно падающую с ускорением \(g\): как в ней движутся шарики и какую фигуру они образуют в любой момент?

1) \(v_0 = \dfrac{S_{AB}}{\tau} = 5\) м/с;  2) \(S_{AC} = S_{AB}\sqrt3 \approx 8{,}7\) м, \(S_{BC} = 2S_{AB} = 10\) м;  3) \(v_A = v_0 = 5\) м/с, \(v_B = v_0\sqrt3 \approx 8{,}7\) м/с, \(v_C = v_0\sqrt7 \approx 13{,}2\) м/с.

Ответы на вопросы, поставленные в первых двух пунктах этой задачи, можно получить устно, если рассмотреть движение шариков в системе отсчёта, падающей вниз с ускорением \(g\). Для ответа на вопросы, поставленные в последнем пункте, можно найти горизонтальные и вертикальные проекции скоростей и далее вычислить модули.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Итак, \[ v_B = \sqrt{v_A^2 + 2gh}. \]

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Лампочка и мяч в начале движения находятся рядом на земле. Лучи от лампочки через мяч идут на стену: как связаны высота тени и высота мяча с расстоянием до стены, если мяч движется вдоль линии, соединяющей его с лампочкой, и какое получается движение тени?

A) 10 м;  B) 1 м/с.

Запишите координаты шарика как функции времени и найдите момент, когда он пересекает образующую конуса: шарик виден, пока он внутри конуса.

\(\tau_1 = 4\) с,  \(\tau_2 = 2\) с,  \(v = \dfrac{g\tau}{2\alpha}\).

Выберем начало координат в точке крепления фонаря, ось \(x\) направим вдоль оси конуса в направлении распространения света, ось \(y\) направим вверх. Для шарика, пущенного горизонтально: \[x(t) = vt, \qquad y(t) = -\frac{gt^2}{2}.\] В момент времени \(\tau\) траектория шарика пересекается с образующей конуса, поэтому координаты шарика удовлетворяют условию \[y(\tau) = -x(\tau)\operatorname{tg}\alpha \approx -\alpha x(\tau), \qquad\text{откуда}\qquad \tau = \frac{2\alpha v}{g}.\] Для второго шарика \[x(t) = vt\cos\alpha \approx vt, \qquad y(t) = vt\sin\alpha - \frac{gt^2}{2} \approx \alpha vt - \frac{gt^2}{2}.\] Время \(\tau_1\) находим из аналогичного условия \[y(\tau_1) = -\alpha x(\tau_1), \qquad\text{откуда}\qquad \tau_1 = \frac{4\alpha v}{g} = 2\tau = 4\text{ с}.\] Время \(\tau_2\) найдём, приравняв к нулю \(y(t)\): \[\alpha v\tau_2 - \frac{g\tau_2^2}{2} = 0, \qquad\text{откуда}\qquad \tau_2 = \frac{2\alpha v}{g} = \tau = 2\text{ с}.\] Модуль начальной скорости, с которой бросают шарики, \[v = \frac{g\tau}{2\alpha}.\]

Если начальная и конечная скорости перпендикулярны, то из треугольника скоростей (начальная, конечная и \(\vec g\,t\)) связь \(V\), времени полёта и \(g\) получается для каждого броска отдельно; затем свяжите \(H\) с \(V\) и \(t\).

\(H = \dfrac{g\,(t_1^2 - t_2^2)}{4} \approx 4{,}8\) м;  \(V = \dfrac{g}{2}\sqrt{t_1^2 + t_2^2} \approx 14\) м/с.

Перейдите в систему отсчёта автомобилей: в ней капли вылетают из-под колёс с одной и той же скоростью под разными углами. Какова наибольшая дальность полёта тела, брошенного с заданной скоростью?

\(r = \dfrac{v^2}{g} \approx 177\text{ м}\).

В системе отсчёта, связанной с автомобилями, искомое расстояние равно наибольшей дальности полёта капель, вылетающих из-под задних колёс со скоростями \(v\) под всевозможными углами \(\alpha\). Поскольку время полёта (подъёма и спуска) капли \(\tau = \dfrac{2v\sin\alpha}{g}\), дальность полёта \[l = v\tau\cos\alpha = \frac{v^2\sin 2\alpha}{g}.\] Она максимальна, очевидно, при \(\sin 2\alpha = 1\), так что \(r = \dfrac{v^2}{g} \approx 177\text{ м}\).

Время полёта найдите по вертикальному перемещению. Затем разложите скорость кегли после броска на составляющую вращения вместе с акробатом (в системе отсчёта земли) и скорость, необходимую для перелёта по горизонтали.

\(93\) мН\(\cdot\)с.

Когда угол луча зрения максимален, луч зрения касается траектории — скорость камня направлена прямо на Леопольда. Постройте треугольник скоростей \(\vec v_1 = \vec v_0 + \vec g t_1\).

1) \(t_1 = \dfrac{v_0\sin(\pi/2 + \alpha_1 - \alpha_0)}{g\sin(\pi/2 - \alpha_1)} \approx 1{,}24\text{ с}\);  2) \(L = \dfrac{v_0t_1(\cos\alpha_0 + \operatorname{tg}\alpha_1\sin\alpha_0) - gt_1^2/2}{\operatorname{tg}\alpha_1 - \operatorname{tg}\alpha_0} \approx 24{,}3\text{ м}\).

1. Поскольку вектор начальной скорости \(\vec v_0\) направлен перпендикулярно лучу зрения — он образует угол \(\alpha_0\) с вертикалью.

Траектория камня представляет собой участок параболы ветвями вниз, поэтому максимальное значение \(\alpha_1 = 38^\circ\) реализуется, если Леопольд расположен вне искомой параболы, и в момент времени \(t_1\), когда угол между лучом зрения и горизонтом достигает максимального значения, луч зрения направлен по касательной к траектории камня. Это означает, что в данный момент скорость камня \(\vec v_1\) направлена прямо на Леопольда и образует угол \(\alpha_1\) с горизонтом.

Для определения времени \(t_1\) построим векторный треугольник скоростей для данного момента времени. Из теоремы синусов находим: \[\frac{gt_1}{\sin(\pi/2 + \alpha_1 - \alpha_0)} = \frac{v_0}{\sin(\pi/2 - \alpha_1)},\] откуда: \[t_1 = \frac{v_0\sin(\pi/2 + \alpha_1 - \alpha_0)}{g\sin(\pi/2 - \alpha_1)} \approx 1{,}24\text{ с}.\]

2. Введём систему координат \(xy\) с началом в месте расположения глаз Леопольда так, как показано на рисунке.

Тогда зависимости координат \(x(t)\), \(y(t)\) следующие: \[x(t) = L - v_0\sin\alpha_0\,t, \qquad y(t) = L\operatorname{tg}\alpha_0 + v_0\cos\alpha_0\,t - \frac{gt^2}{2}.\] Тогда для тангенса угла \(\alpha_1\) в момент времени \(t_1\) получим: \[\operatorname{tg}\alpha_1 = \frac{y(t_1)}{x(t_1)} = \frac{L\operatorname{tg}\alpha_0 + v_0\cos\alpha_0\,t_1 - gt_1^2/2}{L - v_0\sin\alpha_0\,t_1},\] откуда: \[L = \frac{v_0t_1(\cos\alpha_0 + \operatorname{tg}\alpha_1\sin\alpha_0) - gt_1^2/2}{\operatorname{tg}\alpha_1 - \operatorname{tg}\alpha_0} \approx 24{,}3\text{ м}.\]

Угловая скорость поворота вектора скорости связана с нормальным ускорением: \(a_n = \omega v_0\). Отсюда получится, как скорость вылета зависит от угла. Время полёта до склона определяется проекцией начальной скорости на перпендикуляр к склону — найдите, при каком угле она наибольшая.

\(t_{max} = \dfrac{1 - \sin\varphi}{\omega\cos\varphi} \approx 1{,}15\) с.

Пусть ускорение свободного падения равняется \(g\), а выстрел производится под углом \(\alpha\) к вертикали со скоростью \(v_0(\alpha)\). Тогда имеем: \[a_n = \omega v_0(\alpha) = g_n = g\sin\alpha \;\Rightarrow\; v_0(\alpha) = \frac{g\sin\alpha}{\omega}.\] Далее можно решать задачу четырьмя способами.

Первый способ. Введём координатную ось \(y'\), направленную перпендикулярно поверхности горки. Проекция ускорения снаряда на ось \(y'\) равна \(g_{y'} = -g\cos\varphi\). Тогда для времени полёта снаряда имеем: \[t = -\frac{2v_{0y'}}{g_{y'}} = \frac{2v_{0y'}}{g\cos\varphi}.\]

Максимально возможному времени полёта снаряда соответствует максимальное значение \(v_{0y'}\). Введём систему координат \(Oxy\) с началом в месте расположения пушки, где ось \(x\) направлена вправо, а ось \(y\) — вертикально вверх. Тогда: \[v_0 = \frac{g\sin\alpha}{\omega} = \frac{g}{\omega}\,\frac{v_{0x}}{v_0} \;\Rightarrow\; v^2 = v_{0x}^2 + v_{0y}^2 = \frac{g v_{0x}}{\omega},\] откуда получаем: \[\left(v_{0x} - \frac{g}{2\omega}\right)^2 + v_{0y}^2 = \left(\frac{g}{2\omega}\right)^2.\] Таким образом, геометрическое место точек конца вектора скорости \(\vec v_0\) представляет собой окружность (см. рис.). Из геометрии рисунка следует, что максимальное время полёта соответствует максимально возможному значению \(v_{0y'}\), которое достигается, когда конец вектора скорости лежит на перпендикуляре, проведённом к направлению поверхности горки из центра окружности. Получаем: \[v_{0y'(max)} = \frac{g(1 - \sin\varphi)}{2\omega},\] откуда: \[t_{max} = \frac{1 - \sin\varphi}{\omega\cos\varphi} \approx 1{,}15\text{ с}.\]

Второй способ. Проекция начальной скорости снаряда на ось \(y'\) равна \(v_{0y'} = v_0\cos(\alpha + \varphi)\). Тогда для времени полёта снаряда имеем: \[t = \frac{2v_0(\alpha)\cos(\alpha + \varphi)}{g\cos\varphi} = \frac{2\sin\alpha\cos(\alpha + \varphi)}{\omega\cos\varphi}.\] Воспользуемся преобразованием произведения тригонометрических функций в сумму: \[2\sin\alpha\cos(\alpha + \varphi) = \sin(\alpha - (\alpha + \varphi)) + \sin(\alpha + (\alpha + \varphi)) = \sin(2\alpha + \varphi) - \sin\varphi.\] Максимальное значение \(\sin(2\alpha + \varphi) = 1\).

Аналогично преобразованию произведения тригонометрических функций в сумму, можно найти максимальное значение \(t\), продифференцировав полученное выражение по \(\alpha\): \[\frac{dt}{d\alpha} = \frac{2}{\omega\cos\varphi}\,\frac{d(\sin\alpha\cos(\alpha + \varphi))}{d\alpha} = 0.\] Отсюда: \[\cos\alpha\cos(\alpha + \varphi) - \sin\alpha\sin(\alpha + \varphi) = \cos(2\alpha + \varphi) = 0.\] Таким образом: \[2\alpha + \varphi = \frac{\pi}{2} \;\Rightarrow\; \alpha = \frac{\pi}{4} - \frac{\varphi}{2}.\] Тогда максимальное время \(t_{max}\) составляет: \[t_{max} = \frac{1 - \sin\varphi}{\omega\cos\varphi} = \frac{2\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\varphi}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\varphi}{2}\right)}{\omega\cos\varphi} \approx 1{,}15\text{ с}.\]

Третий способ. Построим векторный треугольник перемещений для момента падения снаряда на горку. В указанный момент времени вектор перемещения образует угол \(\varphi\) с горизонтом, поэтому из теоремы синусов находим: \[\frac{v_0 t}{\sin(90^\circ + \varphi)} = \frac{v_0 t}{\cos\varphi} = \frac{gt^2}{2\sin(90^\circ - \alpha - \varphi)} = \frac{gt^2}{2\cos(\alpha + \varphi)}.\]

Отсюда: \[t = \frac{2v_0\cos(\alpha + \varphi)}{g\cos\varphi} = \frac{2\sin\alpha\cos(\alpha + \varphi)}{\omega\cos\varphi}.\]

Исследование полученного выражения на максимум совпадает с проделанным в рамках первого способа решения. Таким образом: \[t_{max} = \frac{1 - \sin\varphi}{\omega\cos\varphi} = \frac{2\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\varphi}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\varphi}{2}\right)}{\omega\cos\varphi} \approx 1{,}15\text{ с}.\]

Четвёртый способ. Решим задачу классическим способом — используя зависимости координат \(x\) и \(y\) от времени \(t\): \[x = v_{0x}t = v_0\sin\alpha\, t, \qquad y = v_{0y}t - \frac{gt^2}{2} = v_0\cos\alpha\, t - \frac{gt^2}{2}.\] В момент падения камня на горку \(y/x = \operatorname{tg}\varphi\). Отсюда: \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{y}{x} = \frac{1}{\operatorname{tg}\alpha} - \frac{gt}{2v_0\sin\alpha} = \frac{1}{\operatorname{tg}\alpha} - \frac{\omega t}{2\sin^2\alpha}.\] Введём переменную \(z = \operatorname{ctg}\alpha\). Учитывая, что \(1/\sin^2\alpha = 1 + \operatorname{ctg}^2\alpha = 1 + z^2\), получим: \[t = \frac{2}{\omega}\,\frac{z - \operatorname{tg}\varphi}{1 + z^2} = \frac{2f(z)}{\omega}.\] Время \(t\) принимает максимальное значение, когда максимальное значение принимает функция \(f(z)\). Определим величину \(z_0\), соответствующую максимальному значению \(f(z)\): \[\frac{df(z_0)}{dz} = \frac{1 + z_0^2 - 2z_0(z_0 - \operatorname{tg}\varphi)}{(1 + z_0^2)^2} = 0 \;\Rightarrow\; z_0^2 - 2z_0\operatorname{tg}\varphi - 1 = 0.\] Решая квадратное уравнение, получим: \[z_0 = \operatorname{tg}\varphi \pm \sqrt{\operatorname{tg}^2\varphi + 1} \;\Rightarrow\; z_0 = \frac{1 + \sin\varphi}{\cos\varphi}.\] Таким образом: \[f_{max} = f(z_0) = \frac{\left(\dfrac{1}{\cos\varphi} + \operatorname{tg}\varphi - \operatorname{tg}\varphi\right)}{1 + \left(\dfrac{1 + \sin\varphi}{\cos\varphi}\right)^2} = \frac{\cos\varphi}{2(1 + \sin\varphi)}.\] Максимальное значение \(f(z)\) может быть найдено и без использования производной. Действительно: \[\frac{z - \operatorname{tg}\varphi}{1 + z^2} = f(z) \;\Rightarrow\; z^2 f(z) - z + f(z) + \operatorname{tg}\varphi = 0.\] Исследуем дискриминант полученного уравнения: \[D = 1 - 4f(z)\bigl(f(z) + \operatorname{tg}\varphi\bigr) \geqslant 0.\] Максимально возможное значение \(f(z)\) соответствует равному нулю дискриминанту. Отсюда: \[4f^2(z) + 4f(z)\operatorname{tg}\varphi - 1 = 0 \;\Rightarrow\; f_{max} = -\frac{\operatorname{tg}\varphi}{2} + \frac{\sqrt{1 + \operatorname{tg}^2\varphi}}{2} = \frac{1 - \sin\varphi}{2\cos\varphi}.\] Окончательно: \[t_{max} = \frac{\cos\varphi}{\omega(1 + \sin\varphi)} = \frac{1 - \sin\varphi}{\omega\cos\varphi} \approx 1{,}15\text{ с}.\]

Нарисуйте векторные треугольники скоростей обоих камней с общим началом: изменение скорости у обоих одно и то же, \(g\vec t\). Теорема синусов в этих треугольниках сразу даёт угол; относительная скорость камней постоянна.

\(\varphi = 45^\circ\);  \(l = \dfrac{v}{g}\left(\sqrt{v^2 + 2gh} + \sqrt{v^2 - 2gh}\right)\).

Графический метод решения

Построим векторные треугольники скоростей для каждого из камней с общим началом в точке \(O\). Вершины треугольников для удобства подпишем буквами. На рисунке \(\overrightarrow{OA}\), \(\overrightarrow{OM}\) — векторы начальных скоростей, \(\overrightarrow{OB}\), \(\overrightarrow{ON}\) — векторы скоростей перед падением на землю одного из камней.

По теореме синусов из \(\triangle AOB\) и \(\triangle MON\) находим \[\frac{v}{\sin\alpha} = \frac{gt}{\sin\angle AOB} = \frac{gt}{\sin\angle MON}.\] Поскольку камни брошены по условию под разными углами, то из равенства \(\sin\angle AOB = \sin\angle MON\) следует \(\angle AOB + \angle MON = 180^\circ\). Тогда \(\angle BON = 90^\circ\), а камни движутся под одинаковыми углами к вертикали \(\alpha = \angle BON/2 = 45^\circ\).

Искомый угол с горизонтом составляет \(\varphi = 90^\circ - \alpha = 45^\circ\).

Из закона сохранения энергии: \(|\overrightarrow{ON}| = v_1 = \sqrt{v^2 + 2gh}\).

Для нахождения расстояния между камнями в этот момент определим время движения. По теореме косинусов для \(\triangle MON\) \[v^2 + 2gh + (gt)^2 - 2\sqrt{v^2 + 2gh}\cdot gt\cdot\cos 45^\circ = v^2.\] Решая полученное квадратное уравнение, находим два корня \[t = \frac{\sqrt{v^2 + 2gh} \pm \sqrt{v^2 - 2gh}}{\sqrt{2}\,g}.\] Учитывая условие, что первоначально оба камня удаляются от земли, необходимо выбрать знак «\(+\)». Умножая полученное время на относительную скорость камней \(v_\text{отн} = \sqrt{2}\,v\), получаем выражение для расстояния между камнями в этот момент времени \[l = v_\text{отн} t = \frac{v}{g}\left(\sqrt{v^2 + 2gh} + \sqrt{v^2 - 2gh}\right).\]

Аналитический метод решения

Пусть первым упадёт камень, брошенный под углом \(\gamma\). В момент перед падением этого камня на землю \[y = h + v\sin\gamma\,t_1 - \frac{gt_1^2}{2} = 0,\] откуда получаем время движения \[t_1 = \frac{v\sin\gamma}{g}\cdot\left(1 + \sqrt{1 + \frac{2gh}{v^2\sin^2\gamma}}\right).\] Из уравнений движения камней определим проекции скоростей \[v_{1x} = v\cos\gamma, \quad v_{1y} = v\sin\gamma - gt,\] \[v_{2x} = v\cos\beta, \quad v_{2y} = v\sin\beta - gt.\] В момент, когда векторы скоростей камней направлены под одинаковыми углами к горизонту, \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{v_{1y}}{v_{1x}} = \frac{v_{2y}}{v_{2x}}.\] Из получившегося соотношения следуют два уравнения \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{v\sin\gamma - gt_1}{v\cos\gamma},\] \[\frac{v\sin\gamma - gt_1}{v\cos\gamma} = \frac{v\sin\beta - gt_1}{v\cos\beta}.\] Преобразуем уравнения, используя выражение для \(t_1\): \[\operatorname{tg}\varphi = -\frac{\sqrt{v^2\sin^2\gamma + 2gh}}{v\cos\gamma},\] \[-\frac{\sqrt{v^2\sin^2\gamma + 2gh}}{v\cos\gamma} = \frac{v\sin\beta - v\sin\gamma - \sqrt{v^2\sin^2\gamma + 2gh}}{v\cos\beta}.\] Выразив \(\sqrt{v^2\sin^2\gamma + 2gh}\) из второго уравнения и подставив в первое, получим \[\operatorname{tg}\varphi = -1.\] Искомый угол с горизонтом составляет \(\varphi = 45^\circ\).

Используя \(\operatorname{tg}\varphi = -1\), из \(\operatorname{tg}\varphi = -\dfrac{\sqrt{v^2\sin^2\gamma + 2gh}}{v\cos\gamma}\) найдём \[\sin\gamma = \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{gh}{v^2}}, \qquad \cos\gamma = \sqrt{\frac{1}{2} + \frac{gh}{v^2}}.\] Тогда время \(t_1\) \[t_1 = \frac{v}{g}\left(\sqrt{\frac{1}{2} + \frac{gh}{v^2}} + \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{gh}{v^2}}\right).\] Умножая полученное время на относительную скорость камней \(v_\text{отн} = \sqrt{2}\,v\), получаем выражение для расстояния между камнями в этот момент времени \[l = v_\text{отн} t_1 = \frac{v}{g}\left(\sqrt{v^2 + 2gh} + \sqrt{v^2 - 2gh}\right).\]

Внутри луча камень движется с ускорением \(-\vec g\), и его траектория там — та же парабола, отражённая центрально относительно точки входа в луч. Поэтому камню достаточно пересечь границу луча выше половины своей наибольшей высоты подъёма; после выхода из луча скорость камня совпадает с начальной.

1) \(v_{m1} = \sqrt{gl}\);  2) \(v_{m2} = \sqrt{2(2-\sqrt2)gl} \approx \sqrt{1{,}17lg}\);  3) \(L_{m2} = 2l + \dfrac{v_0^2}{2g} + \sqrt{\left(2l + \dfrac{v_0^2}{2g}\right)^2 - 6l^2}\);  4) \(L_{m3} = (2+\sqrt2)l \approx 3{,}41l\).

Пока камень не долетел до притягивающего луча, он движется с постоянным ускорением \(\vec g\). Дальность полёта камня, брошенного с начальной скоростью \(v_0\) под углом \(\alpha\) к горизонту равна \[l_0 = \frac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g} = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}.\] Это выражение принимает максимальное значение при \(\alpha = 45^\circ\), следовательно \[v_{m1} = \sqrt{gl}.\]

Направим ось \(OX\) горизонтально, а ось \(OY\) — вертикально вверх; в качестве начала отсчёта \(O\) выберем положение Глюка. Левую и правую (по ходу полёта камня) границы области, ограниченной притягивающим лучом, пронумеруем 1 и 2 соответственно (см. рисунок). Ясно, что внутри луча камень движется с ускорением \(-\vec g\), и если он пересекает границу 1 так, что проекция его скорости \(v_y \ge 0\), то камень достигнет и границы 2. Этому соответствует условие \[v_0\sin\alpha - gt_1 \ge 0,\] где \(t_1 = l/(v_0\cos\alpha)\), а \(\alpha\) — угол между \(\vec v_0\) и горизонтом. Следовательно, чтобы пролететь область, ограниченную лучом, насквозь, заведомо достаточно скорости \[v'_{m2} = \sqrt{\frac{2gl}{\sin 2\alpha}}.\]

Проверим, что \(v_{2m} < v'_{m2}\). Характерная для такого случая траектория камня приведена на рисунке. Её участок левее границы 2 обладает центральной симметрией относительно точки пересечения границы 1. Пусть \(H\) — наибольшая высота подъёма камня на участке слева от луча, а \(h\) — высота, на которой камень пересекает границу 1.

Из сказанного выше следует (см. рисунок), что для того, чтобы камень достиг границы 2, достаточно \[H - h < h \quad\Rightarrow\quad h > H/2.\] Из закона равноускоренного движения следует, что \[\begin{gather*} H = \frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g},\\ h = y(l) = \mathrm{tg}\,\alpha\cdot l - \frac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}\cdot l^2. \end{gather*}\] Тогда условие \(h > H/2\) может быть приведено к виду \[\frac{8g^2l^2}{\sin^2 2\alpha} - \frac{8gl}{\sin 2\alpha}\cdot v_0^2 + v_0^4 < 0.\] Выделим в этом выражении полный квадрат: \[\left(\frac{4gl}{\sin 2\alpha} - v_0^2\right)^2 - \frac{8g^2l^2}{\sin^2 2\alpha} < 0.\] Откуда выразим \(v_0^2\) (напомним, что нас интересуют значения \(v_0^2 < 2gl/\sin 2\alpha\), так что выражение в скобках положительно): \[v_0^2 > \frac{4gl}{\sin 2\alpha} - \frac{2\sqrt2\,gl}{\sin 2\alpha} = \frac{2(2-\sqrt2)gl}{\sin 2\alpha}.\] Правая часть меньше \(v'_{2m}\) и достигает минимального значения при \(\alpha = 45^\circ\), следовательно \[v_{m2} = \sqrt{2(2-\sqrt2)lg} \approx \sqrt{1{,}17lg}.\]

Горизонтальная компонента скорости камня неизменна, следовательно участки слева от притягивающего луча и внутри него камень проходит за одно время \[t_0 = t_1 = \frac{l}{v_0\cos\alpha}.\] Найдём скорость камня при пересечении границы 2 \[\vec v_2 = \vec v_0 + \vec g t_0 - \vec g t_1 = \vec v_0.\] Из соображений симметрии (см. рисунок) следует, что камень пересекает границу 2 на высоте \(2h\). Время \(t_2\), за которое он после этого упадёт на землю, \[2h + v_0\sin\alpha\cdot t_2 - \frac{gt_2^2}{2} = 0,\] откуда \[t_2 = \frac{v_0\sin\alpha}{g} + \sqrt{\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{g^2} + \frac{4h}{g}}.\]

Этому соответствует горизонтальное смещение \[l_2 = v_0\cos\alpha\cdot t_2 = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} + \sqrt{\left(\frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g}\right)^2 + \frac{4hv_0^2\cos^2\alpha}{g}}.\] Подставим в это выражение \[h = l\,\mathrm{tg}\,\alpha - \frac{gl^2}{2v_0^2\cos^2\alpha}\] и получим \[l_2 = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} + \sqrt{\left(\frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g}\right)^2 + \frac{2lv_0^2\sin 2\alpha}{g} - 2l^2}.\] Выделим в подкоренном выражении полный квадрат \[l_2 = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} + \sqrt{\left(2l + \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g}\right)^2 - 6l^2}.\] \(l_2\) монотонно возрастает при увеличении \(\sin 2\alpha\), следовательно достигает максимального значения при \(\alpha = 45^\circ\): \[l_{m2} = \frac{v_0^2}{2g} + \sqrt{\left(2l + \frac{v_0^2}{2g}\right)^2 - 6l^2}.\] Искомое расстояние \(L_{m2} = 2l + l_{m2}\). \[L_{m2} = 2l + \frac{v_0^2}{2g} + \sqrt{\left(2l + \frac{v_0^2}{2g}\right)^2 - 6l^2}.\]

Поскольку и \(v_{m2}\), и \(L_{m2}\) соответствуют броску под углом в \(45^\circ\), достаточно подставить \(v_0^2 = 2(2-\sqrt2)gl\) в выражение для \(L_{m2}\). Получим \[L_{m3} = \left(4 - \sqrt2 + \sqrt{12 - 8\sqrt2}\right)l\] или после преобразований \[L_{m3} = (2+\sqrt2)l \approx 3{,}41l.\]

В системе отсчёта, свободно падающей с ускорением \(\vec g\), оба шарика летят равномерно и прямолинейно, а их перемещения \(\vec v_1 t\) и \(\vec v_2 t\) перпендикулярны. На какой линии тогда лежит общая точка, из которой они «вылетели»?

1) \(t \approx 0{,}71\text{ с}\);  2) \(v_1 \approx 6{,}0\text{ м/с}\), \(v_2 \approx 10{,}0\text{ м/с}\).

Обозначим через \(O\) общее начальное положение шариков, через \(A\) и \(B\) — положения шариков 1 и 2 в момент времени \(t\), соответствующий съёмке. Пусть \(\vec v_1\) и \(\vec v_2\) — векторы скоростей, сообщённых шарикам 1 и 2 соответственно. Тогда векторы их перемещений к моменту времени \(t\) выражаются как: \[\vec s_1 = \vec v_1 t + \frac{\vec g t^2}{2}, \quad \vec s_2 = \vec v_2 t + \frac{\vec g t^2}{2}.\] Поскольку шарики начали движение из одной точки, вектор их относительного перемещения равен: \[\vec r_\text{отн} = \vec s_1 - \vec s_2 = (\vec v_1 - \vec v_2)t.\]

Отложим от точки \(O\) вектор \(\vec g t^2/2\) и получим точку \(P\). Векторы \(\vec v_1 t = \vec{PA}\) и \(\vec v_2 t = \vec{PB}\) перпендикулярны, поэтому точка \(P\) лежит на окружности с диаметром \(AB\) (рис. 1). Опустим из центра окружности перпендикуляр к горизонтальной поверхности и получим максимальное значение \(OP_\text{max}\) (см. рисунок 2):

Из заданного масштаба следует, что: \[OP_\text{max} \approx 2{,}5\text{ м}.\] Тогда время полёта шарика 1: \[t = \sqrt{\frac{2 OP_\text{max}}{g}} = \sqrt{\frac{2\cdot 2{,}5}{9{,}8}} \approx 0{,}71\text{ с}.\] Найдём \(AP\) и \(BP\): \[AP \approx 4{,}3\text{ м}, \quad BP \approx 7{,}1\text{ м}.\] Учитывая, что \(v_1 = AP/t\), а \(v_2 = BP/t\), находим: \[v_1 \approx 6{,}0\text{ м/с}, \quad v_2 \approx 10{,}0\text{ м/с}.\]

Перейдите в систему отсчёта ядра: в ней оба тела движутся равномерно, и задача сводится к расстоянию от точки до прямой.

\(2400\) м.

За 2 минуты в фонтан уходит столько воды, сколько вытекает из горизонтальных трубок за время их открытия. Скорость вытекания из трубок найдите по дальности полёта струи.

Скорость воды при попадании в третий сосуд \(\sqrt{2gH} = 3\) м/с; горизонтальные трубки надо открыть на время \(t_1 = \dfrac{2S\sqrt{hH}}{S_0 L}\,\tau = 8\) с.

Начиная падение из второго сосуда в третий, вода имеет практически нулевую скорость. Следовательно, движение воды можно рассматривать как свободное падение с высоты \(H\) без начальной скорости — в конце такого падения тело приобретает скорость \(\sqrt{2gH}\). Это и будет скорость воды при попадании в третий сосуд.

Чтобы струя воды била вверх на высоту \(h\), её скорость на уровне отверстия должна быть равна \(\sqrt{2gh}\). Следовательно, за время \(\tau\) в фонтан попадёт объём воды, равный \(S\sqrt{2gh}\,\tau\).

Пусть горизонтальные трубки открыты. Время движения струи воды без начальной вертикальной скорости с высоты \(H\) составляет \(\sqrt{2H/g}\). За это время по горизонтали проходится расстояние \(L\). Поскольку горизонтальная скорость при движении в поле тяжести постоянна, она равна \(L/\sqrt{2H/g}\). Именно с этой скоростью вода вытекает из горизонтальных трубок. Поэтому объём воды, вытекающий в единицу времени из трубок, составляет \(S_0 \cdot L/\sqrt{2H/g}\).

Чтобы из трубок вытек объём \(S\sqrt{2gh}\,\tau\), попавший в фонтан, трубки надо открыть на время \[t_1 = S\sqrt{2gh}\,\tau : \left( S_0 \cdot \frac{L}{\sqrt{2H/g}} \right) = \frac{2S\sqrt{hH}}{S_0 L}\,\tau = 8\text{ с}.\]

Куда «полетит» центр масс осколков, пока нет внешних сил, кроме тяжести? Где он находится в тот момент, когда осколки оказались на одной вертикали?

\(s = \dfrac{3}{4}\,\dfrac{v_0^2 \sin^2\alpha}{g}\), при заданных числах \(s = 360\) м; горизонтальные составляющие скоростей осколков после разрыва одинаковы: \(v_{1x} = v_{2x} = v_0\cos\alpha = 40\) м/с.

Центр масс двух осколков «полетит» по той же параболической траектории, по которой двигался снаряд при первом выстреле: его ускорение по теореме о движении центра масс определяется суммой всех сил тяжести, приложенных к осколкам, и общей их массой, т. е. тем же уравнением, что и движение целого снаряда. Как только первый осколок ударится о землю, к внешним силам "— силам тяжести "— добавится сила реакции земли, и движение центра масс исказится. Но в нашем случае необходимо найти расстояние \(s\) между двумя осколками к моменту падения первого осколка, когда второй находился строго над ним, а это означает, что осколки и центр масс будут лежать на одной вертикали. К этому моменту центр масс системы находится на расстоянии \(L/2\) от пушки и на высоте \[H = \frac{v_0^2 \sin^2\alpha}{2g} = 240\text{ м}.\] Значит, расстояние между двумя осколками к моменту падения первого осколка равно \[s = \frac{3}{2}H = \frac{3}{2}\cdot\frac{v_0^2 \sin^2\alpha}{2g} = 360\text{ м}.\]

Так как второй осколок к моменту падения первого находился строго над ним, следовательно, горизонтальные составляющие скорости осколков после разрыва снаряда равны: \(v_0\cos\alpha = 40\) м/с.

Перейдите в систему отсчёта одного снаряда: оба снаряда свободно падают с одним ускорением, поэтому относительное движение равномерное.

\(50\) м.

Угловая скорость поворота вектора скорости равна \(a_\perp/v\), где \(a_\perp\) — нормальная составляющая ускорения. Когда она максимальна?

\(2\) рад/с.

Перейдите в систему отсчёта, свободно падающую вместе с мячами: в ней оба мяча движутся равномерно и прямолинейно.

1) \(17\) м/с;  2) \(1{,}7\) с.

В каких единицах измеряются \(\rho\) и \(g\)? Можно ли составить из них одних величину с размерностью длины? Аналогично подумайте, какая комбинация \(\rho\), \(H\), \(g\) имеет размерность силы.

Дальнобойность уменьшится в 10 раз; сила натяжения уменьшится в 1000 раз.

Перечисленные в условии задачи параметры \(H\), \(\rho\) и \(g\) в СИ измеряются в м, кг/м\(^3\) и м/с\(^2\) соответственно. Дальнобойность орудия \(L\) имеет размерность длины, которая измеряется в метрах. Так как килограмм присутствует только в единице плотности, а секунда только в единице ускорения свободного падения, то, используя эти параметры, мы не сможем в результате получить единицу длины. Следовательно, дальнобойность орудия \(L\) может зависеть только от \(H\). Их единицы измерения совпадают, поэтому \(L\) пропорционально \(H\). В таком случае дальнобойность точной копии требушета, все размеры которой в 10 раз меньше оригинала, уменьшится тоже в 10 раз.

Для любой силы, действующей в конструкции, \(F = \alpha\rho H^3 g\), где \(\alpha\) — безразмерный коэффициент. Для силы тяжести это очевидно, но поскольку размерность силы получается единственным способом \(\rho H^3 g\), то для разных сил мы будем получать одинаковую зависимость от \(\rho\), \(H\) и \(g\) с разными коэффициентами \(\alpha\). Это и сила давления требушета на землю, и сила растяжения верёвки при выстреле, и сила, действующая на ось рычага. Таким образом, мы получаем, что максимальная (в процессе выстрела) сила натяжения верёвок, соединяющих рычаг и пращу, уменьшится в 1000 раз.

В системе отсчёта снаряда скорость орудия равна минус скорости снаряда, а ракеты "— скорость ракеты минус скорость снаряда. Постройте векторную диаграмму: как меняется скорость снаряда со временем и когда два вектора могут оказаться перпендикулярными?

\(60^\circ \le \alpha < 90^\circ\) (при \(\alpha = 60^\circ\) перпендикулярность достигается через \(\tau = 7{,}5\) с).

Из рисунка видно, что угол \(\alpha\) должен лежать в диапазоне от \(60^\circ\) (включительно) до \(90^\circ\) (не включительно) (на рисунке диапазон изображён серой штриховкой).

При \(\alpha = 60^\circ\) имеем \[g\tau = v_0\sin\alpha - \frac{v_0}{2} = v_0\left(\sin\alpha - \frac{1}{2}\right),\] откуда \[\tau = \frac{v_0}{g}\left(\sin\alpha - \frac{1}{2}\right) = \frac{v_0}{2g}\left(\sqrt3 - 1\right) = 7{,}5\text{ с}.\]

При упругом ударе одинаковых шаров скорости после удара перпендикулярны, и треугольник скоростей вписан в окружность с диаметром \(v_0\). Дальность полёта пропорциональна произведению \(v_xv_y\) — это площадь, которую удобно максимизировать геометрически.

1) \(l_\text{max} = \dfrac{v_0^2}{g}\);  2) \(S_\text{max} = \dfrac{3\sqrt3\,v_0^2}{8g}\).

1. Воспользуемся законами сохранения импульса и энергии при соударении:

\[\begin{cases} m\vec v_0 = m\vec v_1 + m\vec v_2 & \text{ЗСИ}\\[4pt] \dfrac{mv_0^2}{2} = \dfrac{mv_1^2}{2} + \dfrac{mv_2^2}{2} & \text{ЗСЭ} \end{cases}\] Возведем ЗСИ в квадрат получим: \[v_0^2 = v_1^2 + v_2^2 + 2\vec v_1\cdot\vec v_2.\] С учетом ЗСЭ получим \[2\vec v_1\cdot\vec v_2 \implies \vec v_1 \perp \vec v_2.\]

Поскольку \(v_1^2 + v_2^2 = v_0^2\) и \(\vec v_0 = \vec v_1 + \vec v_2\), то треугольник скоростей является прямоугольным и вписан окружность с диаметром \(v_0\).

Введём в точке старта систему координат \(yOx\), где ось \(y\) направлена вертикально вверх, а ось \(x\) направлена горизонтально. Далее под \(v_{x(i)}\) и \(v_{y(i)}\) подразумеваются соответственно модули горизонтальной и вертикальной составляющих компонент скоростей \(i\)-го шарика сразу после удара. Отметим, что \(v_{x(1)} = v_{x(2)} = v_x\).

Найдём дальность полета \(i\)-го шарика: \[t_i = \frac{2v_{y(i)}}{g}, \quad l_i = v_xt_i \implies l_i = \frac{2v_xv_{y(i)}}{g}.\] Для расстояния между точками падения шариков имеем: \[l = l_1 + l_2 = \frac{2v_x\left(v_{y(1)} + v_{y(2)}\right)}{g} = \frac{2v_0v_x}{g}.\] Таким образом, расстояние между точками падения максимально при максимальном значении \(v_x\), равном радиусу окружности или \(v_0/2\). Таким образом, ответ на первый вопрос: \[l_\text{max} = \frac{v_0^2}{g}.\]

2. Максимальная дальность полета одного из шариков соответствует максимальному значению произведения \(v_xv_{y(i)}\), следовательно будет одинаковой для обоих шариков. Произведение \(v_xv_y\) геометрически представляет собой площадь прямоугольника со сторонами \(v_x\) и \(v_y\). В свою очередь, данная площадь равна площади равнобедренного треугольника с равными сторонами \(v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2}\) и основанием \(2v_x\). Этот треугольник вписан в окружность радиусом \(v_0/2\). Максимум площади треугольника, вписанного в окружность радиусом \(R\), достигается в случае равностороннего треугольника и равен:

\[S = \frac{3\sqrt3R^2}{4} \implies (v_xv_y)_\text{max} = \frac{3\sqrt3v_0^2}{16},\] откуда: \[l_{i(\text{max})} = \frac{3\sqrt3v_0^2}{8g}.\]

Источник и изображение всё время на одной вертикали, поэтому их горизонтальные скорости равны. В системе зеркала их траектории симметричны, откуда ускорение изображения \(\vec a^* = 2\vec a - \vec g\); останется сравнить «крутизну» двух парабол по графику.

\(a = (1{,}76 \pm 0{,}10)\text{ м/с}^2\), ускорение зеркала направлено вниз (другими способами решения — \(1{,}64\); \(1{,}75\); \(1{,}80 \pm 0{,}02\text{ м/с}^2\)).

Плоскость зеркала горизонтальна, поэтому источник света \(S\) и его изображение \(S^*\) всегда расположены на одной вертикальной прямой. Тогда, поскольку проекция скорости \(v_x\) источника на горизонтальную ось \(x\) остаётся постоянной, проекция скорости изображения на соответствующую ось \(v^*_x = v_x\).

В связанной с зеркалом системе отсчёта ускорение источника равняется: \[\vec a_\text{отн} = \vec g - \vec a.\] В системе отсчёта зеркала траектории источника \(S\) и его изображения \(S^*\) симметричны относительно зеркала, значит для ускорения изображения источника относительно зеркала выполняется: \[\vec a^*_\text{отн} = -\vec a_\text{отн}.\] Для ускорения изображения источника в лабораторной системе отсчёта находим: \[\vec a^* = \vec a + \vec a^*_\text{отн} = 2\vec a - \vec g.\] Далее будем считать, что ускорение зеркала направлено вертикально вверх. Рассмотрим различные варианты определения ускорения.

Первый способ. Рассмотрим траекторию источника между точками, расположенными на одной горизонтали. Между ними он движется в течение времени \(t\), равного: \[t = \frac{2v_\text{в}}{g},\] где \(v_\text{в}\) — вертикальная компонента скорости источника в указанных положениях. Тогда его горизонтальное перемещение за данное время равняется: \[\Delta x = v_x t = \frac{2v_x v_\text{в}}{g}.\] Аналогично рассматривая траекторию изображения источника между точками, расположенными на одной горизонтали, получим: \[\Delta x^* = \frac{2v_x v^*_\text{в}}{g + 2a},\] где \(v^*_\text{в}\) — вертикальная компонента скорости изображения источника в указанных положениях. Здесь мы учли равенство \(v^*_x = v_x\). Разделив уравнения друг на друга, получим: \[\frac{\Delta x}{\Delta x^*} = \frac{v_\text{в}}{v^*_\text{в}}\left(1 + \frac{2a}{g}\right) \;\Rightarrow\; a = \frac{g}{2}\left(\frac{v^*_\text{в}}{v_\text{в}}\,\frac{\Delta x}{\Delta x^*} - 1\right).\] Для улучшения точности рассмотрим максимально возможные значения \(\Delta x\) и \(\Delta x^*\), которым соответствуют точки, расположенные на левом крае рисунка. Соответствующее отношение вертикальных компонент скоростей измерим как отношение угловых коэффициентов касательных. Получим: \[\frac{\Delta x}{\Delta x^*} = 0{,}865 \pm 0{,}010, \qquad \frac{v^*_\text{в}}{v_\text{в}} = \frac{k^*}{k} = 0{,}740 \pm 0{,}015 \;\Rightarrow\; a = -(1{,}76 \pm 0{,}10)\text{ м/с}^2.\] Таким образом: \(a = (1{,}76 \pm 0{,}10)\text{ м/с}^2\), ускорение направлено вниз.

Второй способ. Введём прямоугольную систему координат \(Oxy\). Определим координаты вершин обеих траекторий, для этого проведём горизонтальные прямые и построим к ним серединные перпендикуляры. Координаты вершины для траектории источника (на рисунке обозначено точкой 1) определяются однозначно: \(x_\text{в} = 36\) ус. единиц, \(y_\text{в} = 18\) ус. единиц. Координаты вершины траектории изображения (точка 3) по оси ординат определяются хуже, поэтому возьмём приближённое значение, таким образом \(x^*_\text{в} = 45\) ус. единиц, \(y^*_\text{в} \approx 21\) ус. единиц.

Рассмотрим движение источника света между точками 1 и 2. Между этими двумя точками источник двигался в течение времени \(t_1\), тогда его горизонтальное и вертикальное перемещения: \[\Delta x = v_x t_1; \quad \Delta y = \frac{g t_1^2}{2}.\] Время движения из формулы для горизонтального перемещения: \(t_1 = \Delta x / v_x\). Тогда: \[g = \frac{2\Delta y}{t_1^2} = \frac{2\Delta y \cdot v_x^2}{\Delta x^2}.\] Аналогично рассматривая траекторию изображения источника между точками 3 и 4, с учётом равенства горизонтальных проекций скоростей \(v_x = v^*_x\), получим: \[\Delta x^* = v^*_x t_2; \quad \Delta y^* = \frac{(g + 2a)t_2^2}{2}; \quad g + 2a = \frac{2\Delta y^*}{t_2^2} = \frac{2\Delta y^* \cdot v_x^2}{(\Delta x^*)^2}.\]

Разделим получившиеся выражения для ускорений друг на друга: \[\frac{g + 2a}{g} = \frac{\Delta y^* \cdot \Delta x^2}{\Delta y \cdot (\Delta x^*)^2}; \qquad a = \frac{g}{2}\left(\frac{\Delta y^* \cdot \Delta x^2}{\Delta y \cdot (\Delta x^*)^2} - 1\right).\] Необходимые значения в условных единицах: \(\Delta y^* = 39\), \(\Delta x^* = 65\), \(\Delta x = 74\) и \(\Delta y = 76\) найдены с помощью масштабно-координатной сетки. \[a = \frac{9{,}80}{2}\left(\frac{39 \cdot 74^2}{76 \cdot 65^2} - 1\right) = -1{,}64\text{ м/с}^2.\] Отличие от значения, полученного первым способом, обуславливается погрешностью определения координаты вершины траектории изображения источника.

\(a = 1{,}64\text{ м/с}^2\), ускорение направлено вниз.

Третий способ. Предположим, что ускорение зеркала направлено вниз. Проведём касательные к обеим траекториям в начальный момент времени и построим векторные треугольники перемещений для источника и его изображения. Для улучшения точности рассмотрим максимально возможные значения \(\vec v_0 t\) и \(\vec u_0 t\), где \(\vec v_0\) и \(\vec u_0\) — скорости источника и его изображения. Векторные треугольники будем строить таким образом, чтобы горизонтальные перемещения источника и изображения были равны. Таким образом время \(t\) будет одинаковым для обоих случаев.

Тогда отношение полных ускорений будет равно отношению длин соответствующих сторон двух векторных треугольников перемещений: \[\frac{g - 2a}{g} = \frac{l_2}{l_1},\] где \(l_1\) — длина в условных единицах вертикальной стороны треугольника перемещений источника, а \(l_2\) — вертикальной стороны треугольника перемещений изображения источника. Тогда: \[a = \frac{g}{2}\left(1 - \frac{l_2}{l_1}\right) = \frac{9{,}80}{2}\left(1 - \frac{27}{42}\right) = 1{,}75\text{ м/с}^2.\] \(a = 1{,}75\text{ м/с}^2\), ускорение направлено вниз.

Четвёртый способ. В любой момент времени точка, принадлежащая плоскости зеркала, находится на середине вертикального отрезка, соединяющего точки, принадлежащие траекториям источника и изображения. Воспользовавшись этим, мы можем восстановить траекторию точки зеркала (красная линия).

Ускорение зеркала относительно земли равно \(\vec a\). Из рисунка видно, что оно направлено вертикально вниз. Зная, что ускорение источника равно \(\vec g\), и определив координаты вершин парабол, либо характерные расстояния по вертикали и горизонтали, мы можем найти величину ускорения, воспользовавшись любым из вышеописанных способов решения.

\(a = (1{,}80 \pm 0{,}02)\text{ м/с}^2\), ускорение направлено вниз.

Шарик отрывается от нити, когда она ослабевает, и дальше летит как тело, брошенное под углом. Запишите условие \(T=0\) на окружности радиуса \(r\) и условие, что траектория проходит через центр этой окружности.

\(r/l \approx 0{,}54\).

При вязком трении горизонтальный путь шарика пропорционален начальной горизонтальной скорости. Во втором пункте перейдите в систему отсчёта одного шарика: относительное ускорение направлено против относительной скорости, и относительное движение прямолинейно.

1) \(L = \sqrt3\,S\);  2) \(S_\infty = \sqrt3\,S\), \(S_{min} = 3S/2\).

1. Пусть \(m\) — масса шарика, ускорение свободного падения равняется \(\vec g\), а сила сопротивления, действующая на шарик, определяется выражением \(\vec F_\text{с} = -k\vec v\), где \(\vec v\) — скорость движения шарика. Запишем для одного шарика второй закон Ньютона: \[m\vec a = m\vec g - k\vec v.\] Проецируя уравнение на горизонтальную ось \(x\), получим: \[ma_x = -kv_x \implies \Delta x = \frac{mv_{0x}}{k},\] где \(\Delta x\) — установившееся горизонтальное перемещение шарика с начальной горизонтальной компонентой скорости \(v_{0x}\). Если \(v_{0x} = v_0\), где \(v_0\) — начальная скорость шариков при бросании, то \(\Delta x = S\). Тогда для шарика, брошенного под углом \(\alpha\) к горизонту, получим: \[\Delta x = S\cos\alpha.\] Шарики, одновременно брошенные Глюком и Багом горизонтально и под углом \(\alpha = 60^\circ\) к горизонту соответственно так, как показано на рис. 2 в условии задачи, в установившемся режиме движутся вдоль одной вертикальной прямой. Значит, расстояние между плоскостями обрывов \(l = L\cos\varphi = L\sqrt3/2\) является суммой величин горизонтальных перемещений брошенных шариков. Таким образом: \[l = S + S\cos\alpha = \frac{3S}{2},\] откуда: \[L = \sqrt3\,S.\]

2. Первое решение. Запишем второй закон Ньютона для шариков, брошенных Глюком и Багом: \[m\vec a_\text{Г} = m\vec g - k\vec v_\text{Г}, \qquad m\vec a_\text{Б} = m\vec g - k\vec v_\text{Б}.\] Определим ускорение шарика Глюка относительно шарика Бага: \[\vec a_\text{Г} - \vec a_\text{Б} = \vec a_\text{отн} = -\frac{k(\vec v_\text{Г} - \vec v_\text{Б})}{m} = -\frac{k\vec v_\text{отн}}{m} \implies \vec a_\text{отн} = -\frac{k\vec v_\text{отн}}{m}.\] Поскольку относительное ускорение шариков направлено противоположно направлению их относительной скорости — относительная скорость шариков сохраняет своё направление. Значит, относительное движение шариков будет прямолинейным и прекратится, когда они окажутся на одной вертикали. Изобразим траекторию движения шарика Глюка относительно шарика Бага.

Обратим внимание, что линия, соединяющая Глюка и Бага, образует с вертикалью угол \(90^\circ - \varphi = 60^\circ\). Поскольку направление относительной скорости образует угол \(\alpha/2\) с горизонтом, угол между направлением относительного перемещения шариков и линией, соединяющей Глюка и Бага, равен \(\varphi + \alpha/2 = 60^\circ\). Таким образом, показанный на рисунке треугольник является равносторонним. Тогда расстояние \(S_\infty\) между шариками в установившемся режиме составляет: \[S_\infty = L,\] или же: \[S_\infty = \sqrt3\,S.\]

Минимальное расстояние между шариками \(S_{min}\) достигается в момент, когда относительная скорость шариков направлена перпендикулярно соединяющей их линии. Из рисунка находим:

\[S_{min} = L\sin 60^\circ,\] или же: \[S_{min} = \frac{3S}{2}.\]

Второе решение. Введём систему координат \(xOy\), где начало координат \(O\) находится в месте расположения Глюка, ось \(x\) направлена вправо, а ось \(y\) — вертикально вверх. Получим зависимости от времени горизонтальных и вертикальных компонент перемещений одного камня \(\Delta x\) и \(\Delta y\) соответственно. Спроецируем уравнение движения шарика на горизонтальную ось \(x\): \[m\dot v_x = -kv_x \implies \frac{dv_x}{v_x} = -\frac{k\,dt}{m} = -\beta\,dt.\] Пусть \(v_{x0}\) — начальная проекция скорости шарика на ось \(x\). Интегрируя, получим: \[\int\limits_{v_{x0}}^{v_x(t)} \frac{dv_x}{v_x} = \ln\frac{v_x(t)}{v_{x0}} = -\beta t \implies v_x(t) = v_{x0}e^{-\beta t}.\] Интегрируя повторно, получим: \[\Delta x(t) = \int\limits_0^t v_x(t)\,dt = v_{x0}\int\limits_0^t e^{-\beta t}\,dt = \frac{v_{x0}}{\beta}\left(1 - e^{-\beta t}\right).\] Таким образом, разность \(x\) координат шариков Бага и Глюка составляет: \[\Delta x_\text{отн}(t) = x_\text{Б}(t) - x_\text{Г}(t) = L\cos\varphi - \frac{v_0(1 + \cos\alpha)}{\beta}\left(1 - e^{-\beta t}\right).\] С учётом соотношения \(S = v_0/\beta\) получим: \[\Delta x_\text{отн}(t) = L\cos\varphi - S(1 + \cos\alpha)\left(1 - e^{-\beta t}\right).\] Спроецируем уравнение движения шарика на ось \(y\), направленную вертикально вверх: \[m\dot v_y = -mg - kv_y \implies \frac{dv_y}{\dfrac{mg}{k} + v_y} = -\frac{k\,dt}{m} = -\beta\,dt.\] Пусть \(v_{y0}\) — начальная проекция скорости шарика на ось \(y\). Интегрируя, получим: \[\int\limits_{v_{y0}}^{v_y(t)} \frac{dv_y}{\dfrac{mg}{k} + v_y} = \ln\frac{mg + kv_y(t)}{mg + kv_{y0}} = -\beta t \implies v_y(t) = -\frac{mg}{k} + \left(\frac{mg}{k} + v_{y0}\right)e^{-\beta t}.\] Для \(\Delta y(t)\) имеем: \[\Delta y(t) = \int\limits_0^t v_y(t)\,dt = \int\limits_0^t \left(-\frac{mg}{k} + \left(\frac{mg}{k} + v_{y0}\right)e^{-\beta t}\right)dt,\] откуда: \[\Delta y(t) = -\frac{mgt}{k} + \frac1\beta\left(\frac{mg}{k} + v_{y0}\right)\left(1 - e^{-\beta t}\right).\] Таким образом, разность \(y\) координат шариков Бага и Глюка составляет: \[\Delta y_\text{отн}(t) = y_\text{Б}(t) - y_\text{Г}(t) = L\sin\varphi + \frac{v_0\sin\alpha}{\beta}\left(1 - e^{-\beta t}\right).\] С учётом соотношения \(S = v_0/\beta\) получим: \[\Delta y_\text{отн}(t) = L\sin\varphi + S\sin\alpha\left(1 - e^{-\beta t}\right).\] При \(t \to \infty\) имеем: \[\Delta x_\text{отн}(\infty) = L\cos\varphi - S(1 + \cos\alpha) = 0,\] \[\Delta y_\text{отн}(\infty) = L\sin\varphi + S\sin\alpha = S\sqrt3.\] Таким образом \(S_\infty = \Delta y_\text{отн}(\infty)\), а значит: \[S_\infty = S\sqrt3.\]

Пусть \(\left(1 - e^{-\beta t}\right) = z\). Тогда для расстояния \(r(z)\) между камнями имеем: \[r(z) = \sqrt{\Delta x_\text{отн}^2(z) + \Delta y_\text{отн}^2(z)} = \sqrt{\bigl(L\cos\varphi - zS(1 + \cos\alpha)\bigr)^2 + (L\sin\varphi + zS\sin\alpha)^2}.\] Раскрывая скобки, получим: \[r(z) = \sqrt{L^2 + 2z^2S^2(1 + \cos\alpha) - 2LSz\bigl(\cos\varphi(1 + \cos\alpha) - \sin\varphi\sin\alpha\bigr)}.\] Подставляя углы \(\alpha\), \(\varphi\), а также расстояние \(L\): \[r(z) = S\sqrt{3(1 + z^2 - z)}.\] Расстояние достигает своего минимума при минимальном значении подкоренного выражения, которому соответствует вершина параболы: \[z_{min} = \frac12.\] Таким образом: \[S_{min} = \frac{3S}{2}.\]

Вычтите друг из друга уравнения движения шариков: относительная скорость меняется пропорционально относительному смещению. Для одного шарика так же свяжите изменение вертикальной скорости с высотой падения, а в пункте 3 рассмотрите движение центра масс пары шариков.

1) \(v_{20} = v_{10}\dfrac{\cos\alpha_1}{\cos\alpha_2} \approx 12{,}26\) м/с;  2) \(H \approx 30{,}8\) м (\(30{,}83\) м в приближении установившейся скорости, \(30{,}84\) м по точной формуле);  3) \(u = \dfrac{m}{k}\dfrac{2g}{\mathrm{tg}\,\alpha_1 + \mathrm{tg}\,\alpha_2} \approx 10{,}96\) м/с.

Пункт 1. Метод №1. Рассмотрим относительное движение шариков. Запишем второй закон Ньютона для каждого из них \[\begin{gather*} m\vec a_1 = m\vec g - k(\vec v_1 - \vec u),\\ m\vec a_2 = m\vec g - k(\vec v_2 - \vec u) \end{gather*}\] и вычтем полученные выражения друг из друга \[m\vec a_r = -k\vec v_r.\] Здесь \(\vec a_r = \vec a_2 - \vec a_1\) — относительное ускорение шариков, а \(\vec v_r = \vec v_2 - \vec v_1\) — их относительная скорость. Из этого равенства следует, что малое изменение относительной скорости \(d\vec v_r\) и малое изменение вектора смещения второго шарика относительно первого \(d\vec l\) связаны соотношением \[d\vec v_r = -\frac{k}{m}\,d\vec l.\] Поскольку оно справедливо в любой момент времени, полное изменение относительной скорости \(\Delta\vec v_r\) и полное изменение вектора смещения \(\Delta\vec l\) связаны аналогично \[\Delta\vec v_r = -\frac{k}{m}\,\Delta\vec l.\] Согласно условию, спустя некоторое достаточно большое время относительная скорость шариков пренебрежимо мала (\(\vec v_r = \vec 0\)), а вектор смещения между ними \(\vec l = \vec L\) направлен вертикально вверх и имеет длину \(L\), следовательно \[\begin{gather*} \vec 0 - (\vec v_{20} - \vec v_{10}) = -\frac{k}{m}(\vec L - \vec 0),\\ \vec v_{20} - \vec v_{10} = \frac{k}{m}\vec L. \end{gather*}\] Запишем это равенство в проекции на горизонтальную ось \[v_{20}\cos\alpha_2 - v_{10}\cos\alpha_1 = 0,\] откуда \[v_{20} = v_{10}\frac{\cos\alpha_1}{\cos\alpha_2} \approx 12{,}26\text{ м/с}.\]

Пункт 1. Метод №2. Запишем для первого шарика второй закон Ньютона в проекции на ось \(OX\), направленную горизонтально вправо, \[m\frac{dv_{1x}}{dt} = -k(v_{1x} + u).\] Отсюда, применяя непосредственное интегрирование и учитывая начальные условия (\(x_1(0) = 0\) и \(v_{1x}(0) = v_{10}\cos\alpha_1\)), получим \[\begin{gather*} v_{1x}(t) = (v_{10}\cos\alpha_1 + u)\,e^{-\frac{k}{m}t} - u,\\ x_1(t) = \frac{m}{k}(v_{10}\cos\alpha_1 + u)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - ut. \end{gather*}\] Аналогичным образом, \[\begin{gather*} v_{2x}(t) = (v_{20}\cos\alpha_2 + u)\,e^{-\frac{k}{m}t} - u,\\ x_2(t) = \frac{m}{k}(v_{20}\cos\alpha_2 + u)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - ut. \end{gather*}\] Из условия следует, что \(x_1(\infty) = x_2(\infty)\), поэтому \[v_{10}\cos\alpha_1 = v_{20}\cos\alpha_2,\] откуда \[v_{20} = v_{10}\frac{\cos\alpha_1}{\cos\alpha_2} \approx 12{,}26\text{ м/с}.\]

Пункт 2. Метод №1. Заметим, что в соответствии с тем, что второй шарик упал позднее, вектор \(\vec L\) направлен вверх. Запишем полученное выше векторное равенство \(\vec v_{20} - \vec v_{10} = \frac{k}{m}\vec L\) в проекции на вертикальную ось \[v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1 = \frac{k}{m}L.\] Отсюда \[\frac{m}{k} = \frac{L}{v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1} = 0{,}75\text{ с}.\] Теперь рассмотрим движение первого шарика в отдельности. Запишем для него второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось \(OY\), \[m\frac{dv_{1y}}{dt} = -mg - kv_{1y} \qquad\Rightarrow\qquad dv_{1y} = -g\,dt - \frac{k}{m}\,dy_1.\] Здесь \(y_1\) — вертикальная координата первого шарика. Нетрудно заметить, что спустя достаточно большое время вертикальная проекция скорости примет значение \(-mg/k\). Переходя к конечным приращениям так, как мы раньше сделали с относительной скоростью и вектором смещения между шариками, получим \[-\frac{mg}{k} - v_{10}\sin\alpha_1 = -g\tau + \frac{k}{m}H.\] Отсюда \[H = \frac{m}{k}(g\tau - v_{10}\sin\alpha_1) - \frac{m^2}{k^2}g = 30{,}83\text{ м}.\]

Пункт 2. Метод №2. Запишем для первого шарика второй закон Ньютона в проекции на ось \(OY\), направленную вертикально вверх, \[m\frac{dv_{1y}}{dt} = -mg - kv_{1y}.\] Отсюда, интегрируя с учётом начальных условий (\(y(0) = 0\) и \(v_{1y}(0) = v_{10}\sin\alpha_1\)), получим \[\begin{gather*} v_{1y}(t) = \left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)e^{-\frac{k}{m}t} - \frac{mg}{k},\\ y_1(t) = \frac{m}{k}\left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - \frac{mg}{k}t. \end{gather*}\] Аналогичным образом, \[\begin{gather*} v_{2y}(t) = \left(v_{20}\sin\alpha_2 + \frac{mg}{k}\right)e^{-\frac{k}{m}t} - \frac{mg}{k},\\ y_2(t) = \frac{m}{k}\left(v_{20}\sin\alpha_2 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - \frac{mg}{k}t. \end{gather*}\] Из условия следует, что \(y_2(\infty) - y_1(\infty) = L\), так что \[\frac{m}{k}(v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1) = L.\] Отсюда \[\frac{m}{k} = \frac{L}{v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1} = 0{,}75\text{ с}.\] Согласно условию, \[H = -y_1(\tau) = \frac{mg}{k}\tau - \frac{m}{k}\left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}\tau}\right) = 30{,}84\text{ м}.\]

Пункт 3. Метод №1. Рассмотрим движение системы шариков как целого. Ускорение центра масс \(\vec a_c = (\vec a_1 + \vec a_2)/2\) связано с внешними силами выражением \[2m\vec a_c = -k(\vec v_1 + \vec v_2 - 2\vec u) + 2m\vec g = -2k(\vec v_c - \vec u) + 2m\vec g,\] где \(\vec v_c = (\vec v_1 + \vec v_2)/2\) — скорость центра масс. Введём обозначение \(\vec v_f = \vec u + m\vec g/k\) — несложно показать, что это установившаяся скорость любого из шариков. Получим \[\vec a_c = -\frac{k}{m}(\vec v_c - \vec v_f).\] Перейдём в систему отсчёта, которая движется с постоянной скоростью \(\vec v_f\). Ускорение и скорость центра масс в этой системе обозначим \(\vec a\,'_c\) и \(\vec v\,'_c\) соответственно. Тогда \[\vec a\,'_c = -\frac{k}{m}\vec v\,'_c.\] Это уравнение описывает прямолинейное движение! При этом известно, что центр масс дважды проходил через точку \(O\), которая в выбранной системе отсчёта движется с постоянной скоростью \(-\vec v_f\). Следовательно, \(\vec v\,'_c \parallel \vec v_f\). Но \(\vec v\,'_c = \vec v_c - \vec v_f\), а значит \[\vec v_c \parallel \vec v_f,\] то есть \[(\vec v_1 + \vec v_2) \parallel \left(\vec u + \frac{m\vec g}{k}\right).\] Это верно для любого момента времени, в том числе для начального. Таким образом \[\frac{v_{10}\cos\alpha_1 + v_{20}\cos\alpha_2}{v_{10}\sin\alpha_1 + v_{20}\sin\alpha_2} = \frac{u}{mg/k}.\] С учётом \(v_{20}\cos\alpha_2 = v_{10}\cos\alpha_1\) отсюда получим \[u = \frac{m}{k}\,\frac{2g}{\mathrm{tg}\,\alpha_1 + \mathrm{tg}\,\alpha_2} \approx 10{,}96\text{ м/с}.\]

Пункт 3. Метод №2. Пусть ось \(OY\) шарики пересекают в момент времени \(t_1\) на расстояниях \(h\) от точки \(O\). Тогда имеем \[\begin{gather*} 0 = \frac{m}{k}(v_{10}\cos\alpha_1 + u)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t_1}\right) - ut_1,\\ -h = \frac{m}{k}\left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t_1}\right) - \frac{mg}{k}t_1,\\ h = \frac{m}{k}\left(v_{20}\sin\alpha_2 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t_1}\right) - \frac{mg}{k}t_1. \end{gather*}\] Исключив из этой системы \(t_1\) и \(h\), выразим \[u = \frac{2mg}{k}\,\frac{v_{10}\cos\alpha_1}{v_{10}\sin\alpha_1 + v_{20}\sin\alpha_2}.\] С учётом \(v_{20}\cos\alpha_2 = v_{10}\cos\alpha_1\) отсюда получим \[u = \frac{m}{k}\,\frac{2g}{\mathrm{tg}\,\alpha_1 + \mathrm{tg}\,\alpha_2} \approx 10{,}96\text{ м/с}.\]