Движение по окружности

Скорость — длина орбиты, делённая на период; не забудьте перевести сутки в секунды.

\(0{,}12\) км/с

Выразите скорость точки экватора через период и радиус, затем используйте формулу \(a = v^2/R\).

3,4

Пуля должна пролететь через шар и успеть выйти через то же отверстие, пока оно не провернулось. На какой угол можно позволить шару повернуться, пока пуля пролетает расстояние в один диаметр?

Зацепленные шестерёнки вращаются в противоположные стороны. Сколько оборотов в день делает верхняя шестерёнка и как связаны числа зубьев с числом оборотов?

1) по часовой стрелке;  2) 2.

Венера должна обогнать Землю ровно на один оборот; сложите «угловые скорости».

\(1{,}6\) года

Фобос обгоняет вращающуюся поверхность; за искомое время он должен сделать на один оборот больше.

\(11\) ч

Рассмотрите угловые скорости планет: за искомое время Венера должна обогнать Землю ровно на один оборот.

1{,}6

Космонавт вращается быстрее спутника: восход повторится, когда он обгонит Деймос на целый оборот.

130

Нить всё время перпендикулярна скорости шарика, поэтому модуль скорости не меняется. Из каких дуг состоит траектория и как меняется радиус каждой следующей дуги при наматывании на грань?

\(S = \dfrac{\pi}{2}\left(6l - \dfrac{5a}{2}\right) \approx 9{,}5\) м;  \(t = S/V \approx 19\) с.

У диска пять одинаковых спиц, поэтому картинка повторяется при повороте на \(1/5\) оборота. Что нужно, чтобы изображение казалось неподвижным в каждом кадре?

1) \(v \approx 97{,}6\) км/ч (при \(n=2\));  2) \(96{,}8\text{ км/ч} < v < 98{,}4\text{ км/ч}\).

Какая длина ленты сошла или намоталась за 100 с и насколько при этом изменился радиус бобины? Связь частоты вращения со скоростью ленты и радиусом: \(v = 2\pi\nu R\).

0,19 с\(^{-1}\).

Ширина захвата равна 10 м, так что поле надо пройти десятью параллельными проходами. Время зависит от того, как короче развернуться вне поля между проходами: подумайте, чем разворот только дугами радиуса 10 м выгоднее петли.

Лучший из предложенных организаторами вариант (разворот только из дуг): \(t \approx 655{,}8\) с \(\approx 10\) мин. 56 с.

Существует несколько вариантов, которые отличаются способами разворота.

Вариант 1 — разворот в виде петли, смещенной в сторону (рис. 1): \(t = 672\) с \(= 11\) мин. 12 с.

Вариант 2 — разворот в виде несмещенной петли (рис. 2): \(t \approx 668{,}1\) с \(\approx 11\) мин. 08 с.

Вариант 3 — разворот состоит только из дуг поворотов: вначале на угол \(\alpha = \arccos(3/4) \approx 41{,}4^\circ\) влево, затем на угол \(\pi + 2\alpha \approx 262{,}8^\circ\) вправо, и в конце снова на угол \(\alpha \approx 41{,}4^\circ\) влево (рис. 3). При этом \(t \approx 655{,}8\) с \(\approx 10\) мин. 56 с.

Каждая вертикальная полоска снята в свой момент времени: форма «смазанной» лопасти показывает, где она находилась в разные моменты. Сравните изгиб лопасти с положением одной и той же лопасти по мере сканирования слева направо.

1) против часовой стрелки;  2) три лопасти;  3) примерно \((15 \pm 1)\) оборотов в секунду.

Относительная скорость двух бегунов, делённая на длину круга, даёт частоту их встреч. Учтите, что кто из бегуний быстрее, заранее неизвестно, поэтому возможны разные случаи.

Ирина и Марина могут встречаться или через \(1{,}2\) минуты, или через \(6\) минут.

Сравните скорости движения точек на одинаковом расстоянии от оси у двух стрелок и найдите, какой путь относительно друг друга они должны пройти за время обгона.

Минутная стрелка обгоняет часовую за время \(0{,}125\text{ ч} = 7{,}5\text{ мин} = 450\text{ с}\).

Рассмотрите оба варианта начального расположения гонщиков и скорости сближения. Не забудьте, что Саша мог сделать несколько лишних кругов.

Скорость Саши могла быть равна 30; 45; 60; 75 км/ч.

При столкновении бусинки обмениваются скоростями, поэтому набор скоростей на кольце всё время тот же, а меняются лишь «имена» бусинок. Следите за тем, как движутся не сами бусинки, а «скорости».

А) искомые графики \(\varphi_3(t)\) и \(\varphi_2(t)\) показаны ниже сплошными линиями (штриховые "— движение без учёта столкновений);  Б) \(180^\circ\), 7 столкновений;  В) верно, \(T=4\) с.

В момент наибольшей элонгации луч зрения с Земли касается орбиты Венеры, то есть угол \(SVE\) прямой. Для второго пункта сравните периоды обращения планет и найдите, через какое время Земля и Венера снова окажутся в нужной конфигурации.

1) \(R_V \approx 109\) млн км;  2) около 5 ноября 2021 года.

Между встречами в \(C\) и \(D\) частица на кольце проходит не обязательно половину оборота: число оборотов — полуцелое. Время движения первой частицы от \(C\) до \(D\) найдите через \(t = \sqrt{2x/a}\).

1) \(v = \dfrac{\pi(2N+1)\left(\sqrt{L+2R} + \sqrt{L-2R}\right)\sqrt a}{4}\), где \(N \geqslant 0\) — целое;  2) \(v_1 = \dfrac{\pi\sqrt{2L}}{4}(2N+1)\sqrt a\);  3) \(v_2 = \dfrac{\pi\sqrt L}{2}(2N+1)\sqrt a\).

При движении от точки \(C\) до точки \(D\) между двумя встречами частица в кольцевой трубе совершает \(N + \frac12\) оборотов, где \(N \geqslant 0\) — целое число. Это произошло за время \[\Delta t = \frac{2\pi R\left(N + \frac12\right)}{v} = \frac{\pi R(2N+1)}{v}.\] Пусть \(x(t)\) — расстояние от первой частицы до точки \(A\) в момент времени \(t\), где \(x(0) = 0\). Тогда \(x(t) = \dfrac{at^2}{2}\) и \(t = \sqrt{\dfrac{2x}{a}}\). Длины отрезков \(|AC| = \dfrac L2 - R\) и \(|AD| = \dfrac L2 + R\). Время движения частицы №1 от точки \(C\) до точки \(D\) равно \[\Delta t = \sqrt{\frac2a}\left(\sqrt{|AD|} - \sqrt{|AC|}\right) = \frac{\sqrt{L+2R} - \sqrt{L-2R}}{\sqrt a}.\] Получаем \[\frac{\pi R(2N+1)}{v} = \frac{\sqrt{L+2R} - \sqrt{L-2R}}{\sqrt a}.\] Откуда \[v = \frac{\pi R(2N+1)\sqrt a}{\sqrt{L+2R} - \sqrt{L-2R}} = \frac{\pi(2N+1)\left(\sqrt{L+2R} + \sqrt{L-2R}\right)\sqrt a}{4}.\] При \(R = L/2\) имеем \[v_1 = \frac{\pi\sqrt{2L}}{4}(2N+1)\sqrt a.\] При \(R \ll L\) получаем \[v_2 = \frac{\pi\sqrt L}{2}(2N+1)\sqrt a.\]

Из постоянства \(r\varphi\) выразите \(\varphi\) через \(r\), а \(r\) через время: радиальная скорость постоянна, так что \(r(t)\) линейна. Угловая скорость — производная \(\varphi\) по времени.

Частица идёт по винтовой линии с постоянной по модулю скоростью. В самом начале \(r \approx vt\); а прямая \(r = v_\parallel t\) лежит не выше графика и касается его в моменты, кратные периоду обращения.

1) \(v \approx 7\text{ км/с}\);  2) \(\alpha \approx 74^\circ\) или \(\alpha \approx 106^\circ\);  3) \(B \approx 35\text{ мТл}\);  4) \(L_{AB} \approx 5{,}0\text{ см}\).

Постоянное магнитное поле не совершает работы над заряженной частицей, и поэтому, если пренебречь излучением, модуль скорости частицы не изменяется. Поэтому величина скорости частицы равна величине скорости при \(t = 0\).

Отметим, что при конечных ускорениях всегда существует такой «малый» интервал времени после начала движения, на котором скорость удаления частицы от начального положения примерно равна начальной скорости, то есть можно считать, что \(r \approx vt\). Поэтому для нахождения скорости частицы проведём касательную к графику функции в начале координат (верхняя прямая на графике). Величина скорости при этом численно равна тангенсу угла наклона этой прямой: \[v = \frac{9{,}8\text{ см}}{14\text{ мкс}} \approx 7\text{ км/с}.\]

Направим ось \(z\) вдоль вектора индукции магнитного поля, выбирая для простоты начало координат так, чтобы \(z = 0\) при \(t = 0\). Обозначим \(v_\parallel\) проекцию вектора скорости частицы на ось \(z\), а \(v_\perp\) — величину перпендикулярной этой оси составляющей. Так как сила Лоренца, действующая на частицу, не имеет составляющей вдоль оси \(z\), \[z(t) = v_\parallel t.\] В сечении, перпендикулярном оси \(z\), движение частицы происходит по окружности с постоянной скоростью \(v_\perp\). Радиус этой окружности равен \[R = \frac{mv_\perp}{qB},\] где \(B\) — модуль вектора магнитной индукции, а время одного оборота \[T = \frac{2\pi R}{v_\perp} = \frac{2\pi m}{qB}.\] Таким образом, траектория частицы представляет собой винтовую линию с шагом \(h = v_\parallel T\) и радиусом \(R = v_\perp T/(2\pi)\). Выбирая оставшиеся оси координат максимально удобным способом, можно записать, что \[x(t) = R\cos(2\pi t/T), \qquad y(t) = R\sin(2\pi t/T),\] откуда, учитывая, что в момент \(t = 0\) частица находилась в точке с координатами \(x = R\), \(y = z = 0\), получим формулу зависимости модуля её перемещения от времени: \[r(t) = \sqrt{(x(t) - R)^2 + y(t)^2 + z(t)^2} = \sqrt{v_\parallel^2t^2 + 4R^2\sin^2(\pi t/T)}.\]

Возьмём теперь выражение для \(r(t)\) и поделим его на \(t\): \[\frac{r(t)}{t} = \sqrt{v_\parallel^2 + 4R^2\cdot\left(\frac{\sin(\pi t/T)}{t}\right)^2}.\] Второе слагаемое в подкоренном выражении при любом \(t\) не может быть меньше нуля, следовательно \(r(t)/t \geqslant v_\parallel\). Это значит, что прямая, идущая в координатах \(r\)–\(t\) из начала, имеющая общие точки с приведённым в условии графиком и обладающая наименьшим угловым коэффициентом, является прямой \(r = |v_\parallel|t\). Соответственно, для того чтобы определить \(v_\parallel\), проведём касательную из начала координат к нижней части графика (нижняя прямая на рисунке). Точки касания соответствуют ситуации, когда частица находится на прямой, проходящей через начальную точку и параллельной линиям магнитного поля. Тангенс наклона такой прямой численно равен \(|v_\parallel|\): \[|v_\parallel| = \frac{7{,}6\text{ см}}{40\text{ мкс}} = 1{,}9\text{ км/с}.\] Отсюда находим, что \[\cos\alpha = \frac{v_\parallel}{v} = \pm\frac{1{,}9}{7} \approx \pm0{,}271 \quad\Rightarrow\quad \alpha \approx 74^\circ \quad\text{или}\quad \alpha \approx 106^\circ.\]

Точки касания нижней прямой располагаются через равные промежутки времени, равные времени \(T\) прохода частицей одного витка винтовой линии. Для увеличения точности возьмём крайнюю (третью) точку касания и определим значение \(T\): \[T = 34\text{ мкс}/3 \approx 11{,}3\text{ мкс}.\] Отсюда получим, что \[B = \frac{2\pi m}{qT} = \frac{2\cdot3{,}14\cdot10^{-26}\text{ кг}}{1{,}6\cdot10^{-19}\text{ Кл}\cdot11{,}3\cdot10^{-6}\text{ с}} \approx 35\text{ мТл}.\]

Между положениями \(A\) и \(B\) прошло время, равное \[t_{AB} = 39\text{ мкс} - 14\text{ мкс} = 25\text{ мкс}.\] За это время частица сместилась вдоль линий магнитного поля на расстояние \[\Delta z = |v_\parallel|t_{AB} = 4{,}75\text{ см}.\] В проекции на перпендикулярную магнитному полю плоскость частица движется по окружности с радиусом \[R = (v_\perp T)/2\pi = T/2\pi\cdot\sqrt{v^2 - v_\parallel^2} \approx 1{,}21\text{ см}.\] Её смещение в этой плоскости равно \[\Delta l = 2R\sin(\pi t_{AB}/T) \approx 1{,}50\text{ см}.\] Отсюда получим значение расстояния \(AB\): \[L_{AB} = \sqrt{\Delta l^2 + \Delta z^2} \approx 5{,}0\text{ см}.\]

Скорость Маши относительно земли на каждой дорожке "— сумма \(V_1\) и скорости полотна. Угловые пути на всех участках одинаковы, поэтому удобно считать время через угловую скорость на каждой дорожке.

Скорость Васи \(\approx 4\) м/с.

Обгон в первом состязании означает, что Алиса пробежала на круг больше Василисы; условие «в течение 2-го круга» даёт двойное неравенство на отношение скоростей. Из эстафеты получите ограничение на сумму времён.

1) 15 км/ч;  2) 24 км/ч;  3) 9 км/ч;  4) 13 км/ч.

Курс на северо-восток означает постоянный угол \(45^\circ\) с меридианом. Найдите широту самолёта через время \(T\) и радиус его параллели, а затем разложите ускорение на составляющие от поворота вектора скорости.

Через 4 часа полёта самолёт движется относительно Земли с ускорением, модуль которого равен \(a \cong 0{,}1\) м/с\(^2\).

Зеркальце, повернувшееся на угол \(\beta\), поворачивает отражённый луч на \(2\beta\). Крайний луч пучка падает на шар под углом, синус которого равен \(d/R\); скорость зайчика связана со скоростью поворота луча и расстоянием до стены.

1) \(x_{\max} = 2dH\,\dfrac{\sqrt{R^2-d^2}}{R^2-2d^2} \approx \dfrac{2dH}{R}\);  2) \(v(x) = 4\pi H n\left(1 + \dfrac{x^2}{H^2}\right) \approx 4\pi H n\);  3) в формулировке части C допущена ошибка (см. критерии организаторов: за часть C всем, приступившим к решению, засчитывается 2 балла, а вся задача оценивается в 8 баллов).

Когда колонна короче всего? Подумайте, какие два тела сближаются быстрее всего, и посмотрите, что происходит с длиной колонны в момент их встречи.

20 см.

Наименьшая длина колонны достигается в тот момент времени, когда самое быстрое тело встречается с самым медленным. Действительно, за миг до этого момента 1-е тело сокращало расстояние до 3-го тела. Где бы ни находилось в это время 2-е тело, «впереди» 3-го тела или «позади» 1-го, длина колонны уменьшалась. Сразу после встречи 1-го и 3-го тел длина колонны будет увеличиваться, при любом положении 2-го тела.

Впервые быстрое и медленное тела встретятся через время \(\dfrac{2\text{ м}}{4\text{ м/с} - 3\text{ м/с}} = 2\) с в том месте, откуда стартовало третье тело. К этому моменту 2-е тело пройдёт расстояние \(7{,}2\) м и окажется «впереди» других тел на «расстоянии» 20 см. При дальнейшем движении первое и третье тела будут встречаться через каждые 3 с в одном и том же месте — точке старта третьего тела. За 3 с второе тело проходит 3 круга и \(1{,}8\) м. Следовательно, в момент второй встречи первого и третьего тел второе тело находится на расстоянии \(20\text{ см} + 180\text{ см} = 200\) см по ходу движения. Длина колонны в этом случае равна 100 см. В момент третьей встречи расстояние между вторым телом и двумя другими равно \(200\text{ см} + 180\text{ см} - 300\text{ см} = 80\) см по ходу движения. Длина колонны равна 80 см. Аналогично рассуждая, находим длину колонны в момент четвёртой, пятой и шестой встреч первого и третьего тел. В момент четвёртой встречи длина колонны равна 40 см (второе тело находится на таком расстоянии «позади» первого и третьего тел), в момент пятой встречи длина колонны равна 140 см (второе тело находится на таком расстоянии «впереди» первого и третьего тел). А в момент шестой встречи длина колонны составит 20 см и второе тело окажется в той же точке окружности, что и в момент первой встречи первого и третьего тел. Значит, в ходе дальнейшего движения тел всё будет повторяться. Следовательно, минимальная длина колонны равна 20 см.

Когда колонна сокращается, а когда растёт? Подумайте, в какой момент сближаются крайние тела, и посмотрите, где в такие моменты оказывается среднее по скорости тело.

20 см.

Наименьшая длина колонны достигается в тот момент, когда самое быстрое тело встречается с самым медленным. Действительно, за миг до этого момента 1-е тело сокращало расстояние до 3-го тела. Где бы ни находилось в это время 2-е тело, «впереди» 3-го тела или «позади» 1-го, длина колонны уменьшалась. Сразу после встречи 1-го и 3-го тел длина колонны будет увеличиваться, при любом положении 2-го тела.

Впервые быстрое и медленное тела встретятся через время \(\dfrac{2\text{ м}}{4\text{ м/с}-3\text{ м/с}} = 2\) с в том месте, откуда стартовало третье тело. К этому моменту 2-е тело пройдёт расстояние \(7{,}2\) м и окажется «впереди» других тел на «расстоянии» 20 см. При дальнейшем движении первое и третье тела будут встречаться через каждые 3 с в одном и том же месте — точке старта третьего тела. За 3 с второе тело проходит 3 круга и \(1{,}8\) м. Следовательно, в момент второй встречи первого и третьего тел второе тело находится на расстоянии \(20\text{ см} + 180\text{ см} = 200\) см по ходу движения. Длина колонны в этом случае равна 100 см. В момент третьей встречи расстояние между вторым телом и двумя другими равно \(200\text{ см} + 180\text{ см} - 300\text{ см} = 80\) см по ходу движения. Длина колонны равна 80 см. Аналогично рассуждая, находим длину колонны в момент четвёртой, пятой и шестой встреч первого и третьего тел. В момент четвёртой встречи длина колонны равна 40 см (второе тело находится на таком расстоянии «позади» первого и третьего тел), в момент пятой встречи длина колонны равна 140 см (второе тело находится на таком расстоянии «впереди» первого и третьего тел). А в момент шестой встречи длина колонны составит 20 см и второе тело окажется в той же точке окружности, что и в момент первой встречи первого и третьего тел. Значит, в ходе дальнейшего движения тел всё будет повторяться. Следовательно, минимальная длина колонны равна 20 см.

За время между вспышками обруч поворачивается на четверть оборота. Как по двум точкам, отстоящим на пол-оборота, найти положение оси обруча?

\(R = (0{,}75 \pm 0{,}05)\text{ м}\), \(v = (5{,}7 \pm 0{,}5)\text{ м/с}\).

Задача может быть решена разными способами. Покажем один из них, наиболее простой по мнению автора.

Пусть \(\{\mathbf r_i\}\), \(i = 1, 2, 3, 4\) "— совокупность радиус-векторов точек, изображённых на рисунке, в некоторой системе координат; \(\{\mathbf R_i\}\), \(i = 1, 2, 3, 4\) "— совокупность радиус-векторов точек, изображающих центр диска в моменты вспышек. Обозначим \(\mathbf a\) "— вектор, проведённый из точки, изображающей центр диска, к точке, изображающей лампочку в моменты первой вспышки, вектор \(\mathbf b\) "— аналогичный вектор для момента второй вспышки.

Справедливы соотношения \[\mathbf r_1 = \mathbf R_1 + \mathbf a, \qquad \mathbf r_3 = \mathbf R_1 + \mathbf v \cdot 2t - \mathbf a,\] в которых \(\mathbf v\) "— скорость движения центра диска. Для моментов второй и четвёртой вспышек верны соотношения \[\mathbf r_2 = \mathbf R_2 + \mathbf b, \qquad \mathbf r_4 = \mathbf R_2 + \mathbf v \cdot 2t - \mathbf b.\] Из этих соотношений следуют формулы \[\frac{\mathbf r_1 + \mathbf r_3}{2} = \mathbf R_1 + \mathbf v \cdot t = \mathbf R_2, \qquad \frac{\mathbf r_2 + \mathbf r_4}{2} = \mathbf R_3.\] Легко видеть, что полусумма векторов \(\dfrac{\mathbf r_1 + \mathbf r_3}{2}\) "— есть радиус-вектор середины отрезка, соединяющего точки 1 и 3. Отсюда следует вывод о том, что точка, изображающая центр диска в момент второй вспышки, совпадает с серединой отрезка 13. Аналогично, точка, изображающая центр диска в момент третьей вспышки, совпадает с серединой отрезка 24.

Таким образом, построение содержит следующие шаги. Строим середины отрезков 13 и 24 (точки \(O_2\) и \(O_3\) соответственно на рисунке). Длина отрезка \(O_2 2\) равна радиусу диска. За четверть секунды точка, изображающая центр диска, проходит путь, соответствующий длине отрезка \(O_2O_3\).

Измерения по чертежу, сделанные после построений при помощи линейки, дают \(O_2 2 = 34{,}5\text{ мм}\), \(O_2O_3 = 64{,}5\text{ мм}\). Сравнив при помощи линейки найденные длины с длиной отрезка, соответствующего длине 1 метр (45 мм), получаем искомые величины \[R \approx \frac{34{,}5}{45}\text{ м} = 0{,}75\text{ м}, \qquad v \approx \frac{64{,}5}{45}\cdot 4\text{ м/с} \approx 5{,}7\text{ м/с}.\]

Перейдите в систему отсчёта, связанную с осью колеса: там точка вращается по окружности с касательным и нормальным ускорениями. Ускорение точки в лабораторной системе обращается в нуль, когда эти два ускорения в сумме компенсируют ускорение оси.

\(t \approx 0{,}93\) с.

Угловое расстояние до центра планеты максимально, когда луч зрения касается орбиты Болтика. Для зонда спутник обходит свою орбиту равномерно с относительной угловой скоростью \(\omega_\text{с} - \omega_\text{з}\); угол, пройденный за \(t_1\), найдите из геометрии треугольника «зонд — центр — спутник».

1) \(R/r = 1/\sin\theta_{max} \approx 3{,}864\);  2) \(T \approx 5900\) мин;  3) \(\rho = \dfrac{3\pi}{GT^2\sin^3\theta_0} \approx 7900\text{ кг/м}^3\).

Угловое расстояние между Болтиком и центром Шелезяки будет максимальным, когда прямая «зонд-Болтик» станет касательной к орбите спутника. В этом случае \(\sin\theta_{max} = r/R\), откуда \[\frac{R}{r} = \frac{1}{\sin\theta_{max}} \approx 3{,}864.\]

Пусть \(M\) — масса Шелезяки. Угловые скорости движения спутника и зонда, соответственно, равны \[\omega_\text{с} = \sqrt{\frac{GM}{r^3}}, \quad \omega_\text{з} = \sqrt{\frac{GM}{R^3}} \qquad\Rightarrow\qquad \omega_\text{с} = \omega_\text{з}\left(\frac{R}{r}\right)^{3/2} \approx 7{,}595\,\omega_\text{з}.\] Следовательно, с точки зрения зонда спутник делает один оборот вокруг планеты за время \[T_\text{отн} = \frac{360^\circ}{\omega_\text{с} - \omega_\text{з}} = \frac{360^\circ}{6{,}595\,\omega_\text{з}} = \frac{T}{6{,}595}.\]

Чтобы найти \(T_\text{отн}\), сделаем чертёж (см. рис.), где точка \(O\) — центр планеты, точка \(S\) — исследовательский зонд, а нарисованная окружность — орбита Болтика. В точках \(A\) или \(C\) спутник находится на краю видимого диска планеты, а точка \(B\) соответствует максимальному угловому расстоянию между центром Шелезяки и Болтиком (при наблюдении с зонда). Из геометрии рисунка \(\angle ASB = \theta_{max} - \theta_0 = 12^\circ\), \(\angle ODA = 90^\circ + \angle ASB = 102^\circ\). По теореме синусов для треугольника \(\triangle SOA\) \[\frac{R}{\sin(\angle OAS)} = \frac{r}{\sin\theta_0},\]

откуда, учитывая, что \(\angle OAS > 90^\circ\), получим, что \[\sin(\angle OAS) = \frac{R}{r}\cdot\sin\theta_0 = 3{,}864\cdot\sin3^\circ \approx 0{,}202 \qquad\Rightarrow\qquad \angle OAS \approx 168{,}334^\circ.\] Найдём угол \(\angle AOB\): \[\angle AOB = \angle OAS - \angle ODA = 66{,}334^\circ.\] Так как движение по окружности равномерное, \(\angle AOB = 360^\circ t_1/T_\text{отн}\), откуда \[T_\text{отн} = \frac{360^\circ}{66{,}334^\circ}\cdot t_1 \approx 5{,}43\cdot165\text{ мин} \approx 895\text{ мин}.\] С учётом того, что \(T = 6{,}595\,T_\text{отн}\), получим \[T \approx 5900\text{ мин}.\]

Пусть \(R_\text{Ш}\) — радиус Шелезяки, тогда \[\sin\theta_0 = \frac{R_\text{Ш}}{R} \qquad\Rightarrow\qquad R_\text{Ш} = R\sin3^\circ \approx 0{,}0523R.\] Записывая массу планеты как \(M = 4\pi R_\text{Ш}^3\rho/3\) и подставляя её в выражение для угловой скорости движения зонда по орбите, получим \[\omega_\text{з}^2 = \frac{G\cdot 4\pi R_\text{Ш}^3\rho/3}{R^3} \qquad\Rightarrow\qquad \frac{4\pi^2}{T^2} = \frac{4\pi G}{3}\cdot\rho\cdot0{,}0523^3,\] откуда \[\rho = \frac{3\pi}{GT^2\cdot0{,}0523^3} \approx 7900\text{ кг/м}^3.\]

Конус обкатывается вокруг вертикальной оси через его вершину. Найдите период этого обращения и число оборотов конуса вокруг своей оси за этот период; снимок повторится, когда оба числа оборотов окажутся целыми.

\(T = \dfrac{5\pi\,(4L^2 - D^2)}{V L} = \dfrac{144\pi}{65}\ \text{с} \approx 7\) с.

Сила трения по модулю не больше \(\mu mg\), но её направление можно выбирать. Разложите её на касательную и нормальную составляющие и найдите, как угол между силой и скоростью связан с пройденным путём.

1) \(v_m = \sqrt{\mu gR} = 20\text{ м/с}\);  2) \(v_C = v_D = v_B = v_m = 20\text{ м/с}\);  3) \(T = \left(\beta + \dfrac{3\pi}{4}\right)\sqrt{\dfrac{R}{\mu g}} \approx 14{,}7\text{ с}\).

В рамках предположений условия максимальная величина силы трения колес о поверхность дороги равна \(|\vec F_\text{тр}| = \mu N = \mu mg\), где \(m\) — масса автомобиля, и при этом ее можно направить в любом направлении в горизонтальной плоскости дороги. Так как другие горизонтальные силы на автомобиль не действуют, то именно сила трения и разгоняет автомобиль, и удерживает его на нужной траектории.

Пусть \(\alpha\) — угол между скоростью автомобиля и направлением силы трения в некоторый момент времени (см. рисунок). Тогда уравнения для касательной и центростремительной компонент ускорения автомобиля имеют вид \[\left\{\begin{aligned} ma_\tau &= m\frac{dv}{dt} = \mu mg\cos\alpha\\ ma_n &= m\frac{v^2}{R} = \mu mg\sin\alpha \end{aligned}\right\} \Rightarrow \left\{\begin{aligned} \frac{dv}{dt} &= \mu g\cos\alpha\\ v^2 &= \mu gR\sin\alpha \end{aligned}\right. . \tag{1}\] Видно, что разгон автомобиля завершается (\(dv/dt = 0\)) и скорость достигает максимального возможного значения \(v_m = \sqrt{\mu gR} = 20\) м/с при \(\alpha = 90^\circ\). Далее угол \(\alpha\) и скорость автомобиля поддерживаются постоянными.

Ответ на второй вопрос можно получить несколькими способами. Уравнение для касательной компоненты ускорения можно преобразовать следующим образом: \[\frac{v\cdot dv}{v\cdot dt} = \frac12\,\frac{d(v^2)}{ds} = \mu g\cos\alpha \;\Rightarrow\; \frac{d(v^2)}{ds} = 2\mu g\cos\alpha. \tag{2}\] Здесь \(s\) — путь, пройденный автомобилем от момента старта. Далее можно действовать как минимум тремя путями.

Способ 1. Подставив в (2) квадрат скорости из второго уравнения (1), находим, что \[\mu gR\,\frac{d(\sin\alpha)}{ds} = \mu gR\cos\alpha\,\frac{d\alpha}{ds} = 2\mu g\cos\alpha \;\Rightarrow\; d\alpha = \frac{2}{R}\,ds.\] На старте \(s = 0\) и \(\alpha = 0\), то есть после суммирования приращений в этом соотношении от старта до любого момента времени в процессе разгона получаем связь угла \(\alpha\) с пройденным автомобилем расстоянием \(\alpha(s) = 2s/R\). Значит, разгон завершится в момент времени, когда \(\alpha = \pi/2 \Rightarrow s = \pi R/4\), то есть точно в точке \(C\).

Способ 2. Выразив \(\sin\alpha = v^2/\mu gR = (v/v_m)^2\) и подставив это соотношение в уравнение (2), приводим его к виду \[\frac{d(v^2)}{ds} = 2\mu g\cdot\sqrt{1 - \left(\frac{v}{v_m}\right)^4}.\] Введем новую переменную \(y \equiv (v/v_m)^2\) и получим уравнение \[\frac{dy}{ds} = \frac{2}{R}\sqrt{1-y^2} \;\Rightarrow\; \frac{2}{R}\,ds = \frac{dy}{\sqrt{1-y^2}}.\] Интегрируя его по любому участку пути на дуге \(AC\), находим, что \[\frac{2}{R}\,s = \int_0^{(v/v_m)^2} \frac{dy}{\sqrt{1-y^2}} = \arcsin\left(\frac{v^2}{v_m^2}\right) \;\Rightarrow\; v^2(s) = v_m^2\cdot\sin\left(\frac{2s}{R}\right).\] Как видно, скорость достигает максимума при \(s = \pi R/4\), то есть точно в точке \(C\).

Способ 3. Составив систему из второго уравнения в (1) и (2), можно получить из нее уравнение для зависимости \(v^2(s)\) на участке \(AC\): \[\left\{\begin{aligned} \frac{d(v^2)}{ds} &= 2\mu g\cos\alpha\\ v^2 &= \mu gR\sin\alpha \end{aligned}\right\} \Rightarrow \left\{\begin{aligned} \frac{d(v^2)}{ds} &= 2\mu g\cos\alpha\\ \frac{d(v^2)}{ds} &= \mu gR\cos\alpha\,\frac{d\alpha}{ds} \end{aligned}\right\} \Rightarrow \left\{\begin{aligned} \frac{d^2(v^2)}{ds^2} &= -2\mu g\sin\alpha\,\frac{d\alpha}{ds}\\ \frac{d\alpha}{ds} &= \frac{2}{R} \end{aligned}\right.\] Действительно, подставляя в уравнение для \(d^2(v^2)/ds^2\) полученные выражения для \(\sin\alpha\) и \(d\alpha/ds\), приходим к уравнению гармонических колебаний \[\frac{d^2(v^2)}{ds^2} + \frac{4}{R^2}\,v^2 = 0.\]

С учетом условий \(v^2(0) = 0\) и \((v^2)'_s(0) = \mu gR\) приходим к решению \[v^2(s) = v_m^2\cdot\sin\left(\frac{2s}{R}\right).\] Как видно, скорость достигает максимума при \(s = \pi R/4\), то есть точно в точке \(C\).

Таким образом, во время заезда с минимальным временем прохождения полуокружности скорость автомобиля в точках \(C\), \(D\) и \(B\) равна максимальной: \(v_C = v_D = v_B = v_m = \sqrt{\mu gR} = 20\) м/с.

Ясно, что время прохождения участка полуокружности от \(C\) до \(B\) равно \[t_{CB} = \frac{3\pi R}{4v_m} = \frac{3\pi}{4}\sqrt{\frac{R}{\mu g}}.\] В зависимости от способа решения в пункте 2 далее можно использовать разные способы решения и в этом пункте.

Способ 1. Исключим угол \(\alpha\) из уравнений (1): на участке \(AC\) \[\sin\alpha = \frac{v^2}{\mu gR} \;\Rightarrow\; \frac{dv}{dt} = \mu g\cdot\sqrt{1 - \left(\frac{v}{v_m}\right)^4} \;\Rightarrow\; dt = \frac{v_m}{\mu g}\cdot\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} = \sqrt{\frac{R}{\mu g}}\cdot\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}},\] где введено обозначение \(x \equiv v/v_m\). На этом участке величина \(x\) изменяется от 0 до 1, и поэтому, в соответствии с указанием из условия, \[t_{AC} = \sqrt{\frac{R}{\mu g}}\cdot\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} = \beta\sqrt{\frac{R}{\mu g}}.\]

Способы 2 и 3. Поскольку на участке \(AC\) \(v(s) = v_m\sqrt{\sin(2s/R)} = ds/dt\), то \[dt = \frac{1}{v_m}\,\frac{ds}{\sqrt{\sin\left(\frac{2s}{R}\right)}} = \sqrt{\frac{R}{\mu g}}\,\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}},\] где введено обозначение \(x \equiv \sqrt{\sin(2s/R)}\). Отметим, что \[\sin\left(\frac{2s}{R}\right) = x^2 \;\Rightarrow\; 2\cos\left(\frac{2s}{R}\right)\frac{ds}{R} = 2x\,dx \;\Rightarrow\; \frac{ds}{R} = \frac{x}{\sqrt{1-x^4}}\,dx.\] На этом участке величина \(x\) изменяется от 0 до 1, и поэтому, в соответствии с указанием из условия, \[t_{AC} = \sqrt{\frac{R}{\mu g}}\cdot\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} = \beta\sqrt{\frac{R}{\mu g}}.\] В итоге общее время прохождения полуокружности \(AB\) \[T = t_{AC} + t_{CB} = \left(\beta + \frac{3\pi}{4}\right)\sqrt{\frac{R}{\mu g}} \approx 14{,}7\text{ с}.\]