Равноускоренное движение

Разбейте движение на три участка; скорость в конце каждого участка "— начальная для следующего.

Переведите скорости в м/с и используйте формулу пути без времени.

150 м.

Координата при равноускоренном движении — квадратичная функция времени; два нуля в точках 0 и 1 задают её вид.

3 м.

Запишите \(x(t)=x_0+v_0t+at^2/2\) для двух моментов времени и решите систему для \(v_0\) и \(a\).

\(2\text{ м/с}^2\).

Запишите законы движения сумки и пассажира и приравняйте координаты.

1) \(7{,}4\) с;  2) \(27\) м.

Автомобиль останавливается в конце последнего километра. Свяжите скорость и пройденный путь через \(v^2 = 2as\) и найдите скорость в начале каждого километра.

2 м/с.

В момент отрыва у предмета есть высота и скорость шара; далее он движется с ускорением свободного падения.

Оба автомобиля тормозят одинаково, но второй начинает с задержкой \(t\). Сравните, на сколько дальше он успеет проехать, и сопоставьте это с исходной дистанцией.

\(t = L/v = 1{,}8\text{ с}\).

Путь равен площади под графиком скорости от времени. Нарисуйте графики \(v(t)\) для обеих последовательностей и сравните площади.

Сначала нужно включить мощный двигатель, а затем слабый.

Из приведённых графиков скорости от времени видно, что площадь под графиком во втором случае больше. Следовательно, чтобы к моменту прекращения работы двигателей ракета переместилась на наибольшее расстояние, следует включать сначала мощный двигатель, а затем слабый.

Ускорения неизвестны, но они и не нужны: путь равен площади под графиком скорости от времени. Какую фигуру образует этот график?

\(s = \dfrac{1}{2}V\tau = 100\) м.

Качественно изобразим график скорости от времени. Площадь под графиком численно равна пройденному пути. Окончательно получаем \[s = \frac{1}{2}V\tau = 100\text{ м}.\]

При равноускоренном движении из покоя пути за равные последовательные промежутки относятся как нечётные числа, а время прохождения \(n\)-го вагона выражается через \(t_1\) и \(n\).

1) №2 (\(N = 6\));  2) 12 м/с.

Запишите путь на первом участке и на двух участках вместе через начальную скорость и ускорение — получится система из двух уравнений.

0,25

Запишите перемещение на каждом участке через начальную скорость на этом участке и ускорение; скорость в начале второго участка связана с первым.

0{,}25 м/с\(^2\)

Для каждого измерения \(x = at^2/2\) даёт интервал возможных \(a\) с учётом погрешностей \(x\) и \(t\); допустимое ускорение лежит в пересечении всех интервалов.

1) ускорение может быть в интервале от \(2{,}72\) м/с\(^2\) до \(3{,}23\) м/с\(^2\);  2) координата может оказаться от \(64{,}6\) см до \(77{,}2\) см.

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 \[v_2 = \frac{\pi\sqrt L}{2}(2N+1)\sqrt a.\]

Электровозы едут навстречу друг другу по кольцу, поэтому в момент встречи сумма пройденных ими путей равна длине кольца (для второй встречи — с учётом уже пройденного целого круга). Постройте графики пути от времени для обоих электровозов.

a) ответ 5: \(60\) м;  b) ответ 1: \(1\) м.

Нарисуйте график скорости от времени: путь — площадь под ним. Если лифт успевает разогнаться до \(v_0\), время подъёма линейно зависит от числа этажей. Для одного этажа проверьте, успевает ли он вообще набрать \(v_0\).

1) \(t_3 = \dfrac{t_2 + t_4}{2} = 6{,}5\) с;  2) \(t_1 = \sqrt{2(t_4 - t_2)(2t_2 - t_4)} = 2\sqrt3 \approx 3{,}5\) с.

Лифт преодолевает необходимую дистанцию (\(n\) этажей высотой \(l_0\) каждый) за минимально возможное время \(t\), если разгоняется с ускорением \(a_0\) до скорости \(v_0\), далее двигается с постоянной скоростью \(v_0\) в течение времени \(t - 2v_0/a_0\) и тормозит до полной остановки за время \(v_0/a_0\).

Начертим соответствующий график скорости лифта от времени. Площадь под ним пропорциональна пройденному пути:

\[nl_0 = \frac{t + \left(t - \frac{2v_0}{a_0}\right)}{2}\,v_0.\] Откуда \[t(n) = \frac{nl_0}{v_0} + \frac{v_0}{a_0}.\] Однако эта формула верна лишь при \(t - 2v_0/a_0 > 0\), т. е. только в том случае, когда лифт успевает достичь максимальной скорости \(v_0\) по скорости. Это условие можно переписать в виде: \(n > \dfrac{v_0^2}{a_0 l_0}\).

Если лифт не успевает достичь максимальной скорости \(v_0\), то оптимальным по времени становится следующая стратегия зависимости скорости от времени. Необходимо половину времени ускоряться с \(a_0\) и половину времени замедляться с тем же по модулю ускорением. График зависимости скорости от времени представлен на рисунке.

В этом случае пройденный путь равен \[nl_0 = \frac{\frac{a_0 t}{2}\,t}{2}.\] Откуда \[t(n) = 2\sqrt{\frac{nl_0}{a_0}}.\] По условию, обе точки принадлежат случаю \(t(n) = \dfrac{nl_0}{v_0} + \dfrac{v_0}{a_0}\): \[\begin{cases} t_2 = \dfrac{2l_0}{v_0} + \dfrac{v_0}{a_0},\\[2mm] t_4 = \dfrac{4l_0}{v_0} + \dfrac{v_0}{a_0}. \end{cases}\] Тогда \[t_3 = \frac{3l_0}{v_0} + \frac{v_0}{a_0} = \frac{t_2 + t_4}{2} = 6{,}5\text{ с}.\] Из системы найдём \[n_\text{крит} = \frac{v_0^2}{a_0 l_0} = \frac{2(2t_2 - t_4)}{t_4 - t_2} = \frac43 > 1,\] то есть при подъёме на один этаж лифт не достигает максимально возможной скорости. Так что \[t_1 = 2\sqrt{\frac{l_0}{a_0}} = \sqrt{2(t_4 - t_2)(2t_2 - t_4)} = 2\sqrt3 \approx 3{,}5\text{ с}.\]

Нарисуйте векторную диаграмму: за каждый интервал \(\tau\) к скорости добавляется отрезок \(a\tau\), \(a\tau/2\), … попеременно вдоль \(y\) и вдоль \(x\). Скорость только растёт, а наибольший угол отклонения достигается либо после первого «шага», либо в пределе — это зависит от \(v_0\).

Если \(v_0 \leqslant 2a\tau\): \(v_{\min} = a\tau\operatorname{ctg}\alpha\), \(v_{\max} = a\tau\sqrt{\operatorname{ctg}^2\alpha + 4\operatorname{ctg}\alpha + 8}\); если \(v_0 \geqslant 2a\tau\): \(v_{\min} = 2a\tau(\operatorname{ctg}\alpha - 1)\), \(v_{\max} = \dfrac{2a\tau}{\sin\alpha}\).

Изобразим с помощью векторной диаграммы как изменялась скорость частицы.

Можно заметить, что скорость частицы монотонно возрастала со временем, значит минимальная по модулю скорость была в начале, а максимальная в конце движения (при очень большом времени). Перегруппируем векторы приращения скоростей.

Воспользовавшись формулой для суммы геометрической прогрессии, получим, что изменение проекции скорости на ось \(x\) за длительное время (бесконечное количество циклов) будет \(2a\tau\). Аналогично изменится и \(y\) компонента скорости. Значит, максимальная скорость в процессе движения: \[v_\infty = \sqrt{(v_0 + 2a\tau)^2 + (2a\tau)^2}.\] Выразим начальную скорость через \(a\tau\). Угол отклонения вектора скорости через время \(\tau\) после начала движения: \(\operatorname{tg}\alpha_1 = (a\tau)/v_0\). Через большое время после начала движения — \(\operatorname{tg}\alpha_\infty = (2a\tau)/(v_0 + 2a\tau)\). Тогда возможны два варианта:

1) если начальная скорость мала, тогда максимальное отклонение вектора скорости будет через \(\tau\) после начала движения: \[\operatorname{tg}\alpha_1 \geqslant \operatorname{tg}\alpha_\infty \;\Rightarrow\; \alpha_1 = \alpha.\]

Рассматриваемый случай реализуется при \(v_0 \leqslant 2a\tau\). Тогда: \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{a\tau}{v_0} \;\Rightarrow\; v_{\min} = v_0 = a\tau\cdot\operatorname{ctg}\alpha;\] \[v_{\max} = v_\infty = \sqrt{(a\tau\cdot\operatorname{ctg}\alpha + 2a\tau)^2 + (2a\tau)^2} = a\tau\sqrt{\operatorname{ctg}^2\alpha + 4\operatorname{ctg}\alpha + 8}.\]

2) Если \(v_0 \geqslant 2a\tau\), то максимальное отклонение вектора скорости будет в предельной ситуации (\(\alpha_\infty = \alpha\)).

\[\operatorname{tg}\alpha = \frac{2a\tau}{v_0 + 2a\tau} \;\Rightarrow\; v_{\min} = v_0 = 2a\tau\cdot(\operatorname{ctg}\alpha - 1);\] \[v_{\max} = v_\infty = \frac{2a\tau}{\sin\alpha}.\]

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Путь. Складываем площади под графиком скорости:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Скорость в первом зазоре растёт равномерно от нуля, поэтому путь равен средней скорости, умноженной на время. Во второй части подумайте, на какое минимальное время пролёта трубки допустим синхронизм с полем.

1) \(x_0 = \tau\sqrt{\dfrac{E}{2m}}\);  2) \(L_1 : L_2 : \dots : L_n = 1 : 2\sqrt2 : 2\sqrt3 : \dots : 2\sqrt n\).

Последний звук двигателя излучён в момент отсечки с высоты разгона; на земле он слышен спустя время, за которое звук проходит эту высоту. Выразите \(\tau\) через время работы двигателя.

\(V = c\left(\sqrt{1 + \dfrac{2a\tau}{c}} - 1\right) = 1650\text{ м/с}\);  \(H = 163{,}35\text{ км}\).

Найдите пути за вторую и третью секунды, сложите и разделите на время.

\(250\text{ м/с}\)

Выпишите пути за каждую из пяти секунд и сложите их.

\(125\text{ м}\)

Средняя скорость равна всему пути, делённому на всё время. Средняя скорость при равноускоренном разгоне с нуля равна половине конечной.

14

Вдоль берега лодка движется равномерно со скоростью течения, поперёк "— равнозамедленно. Заметьте, что в конце траектории лодка остановилась относительно воды.

Скорость течения реки 1 м/с, модуль ускорения лодки \(0{,}02\text{ м/с}^2\).

Расстояние между частицами перестаёт расти, когда их скорости сравниваются. Запишите изменения скорости частицы А на двух участках и приравняйте её конечную скорость к скорости частицы В.

Графики зависимостей скоростей частиц от времени приведены на рисунке. Направление поля изменилось через 5 секунд после старта.

Направим ось \(x\) вдоль вектора ускорения свободного падения. Тогда нейтральная частица будет двигаться равноускоренно, а её проекция скорости на ось \(x\) будет линейно зависеть от времени: \(v_x(t) = gt\). График зависимости \(v_x\) от \(t\) для этой частицы является прямой линией.

На заряженную частицу (масса \(m\), заряд \(q\)) будут действовать силы тяжести \(mg\) и электрическая сила \(qE_x\). Её ускорение будет определяться из второго закона Ньютона \(ma_x = mg + qE_x\); оно равно \(a_x = g + qE_x/m\).

Предполагая, что в начальный момент времени \(qE_x > 0\), построим график зависимости \(v_x\) от \(t\) для данной частицы. Сначала частица движется с положительным ускорением \(a_x = a + g\), где \(a = qE/m\), затем — с отрицательным ускорением \(a_x = -(a-g)\).

Отметим, что расстояние между частицами начинает уменьшаться, когда относительная скорость частиц обращается в нуль. Поэтому графики \(v_x(t)\) для заряженной и нейтральной частиц приходят в одну точку.

Из условия задачи неясен момент изменения направления напряжённости электрического поля. Поэтому обозначим через \(t_1\) продолжительность движения заряженной частицы до данного изменения, через \(t_2\) — после изменения.

Обозначая на графике изменения скоростей частиц на разных участках, составим уравнение: \((a+g)t_1 = g(t_1+t_2) + (a-g)t_2\); из него получим \(t_1 = t_2\). Таким образом, изменение направления напряжённости электрического поля произошло точно посередине между начальным и конечным моментами времени, то есть через 5 секунд после старта.

Теперь полученных данных достаточно для построения графика (см. ответ).

Отметим, что в задаче возможен и второй случай, когда \(qE_x < 0\). В этом случае графики зависимости \(v_x(t)\) для частиц изображены на рисунке; вывод об изменении направления напряжённости поля в момент времени 5 секунд остаётся в силе.

Путь минимален, когда начальное ускорение направлено против начальной скорости. Введите время \(\tau'\) до первой остановки и выразите через него весь путь по графику скорости.

\(S_{\min} = (\sqrt{2} - 1)\,v\tau\).

Очевидно, что путь электрона будет минимален, если векторы начальной скорости и начального ускорения направлены в противоположные стороны. Пусть \(\tau'\) "— время, прошедшее с момента начала торможения до момента первой остановки электрона. На графике представлен характер движения электрона (см. рисунок).

Пройденный путь равен \[S = v\tau' + \frac{v}{\tau'}\left(\frac{\tau}{2} - \tau'\right)^2 = v\left(\tau' + \frac{\left(\frac{\tau}{2} - \tau'\right)^2}{\tau'}\right) \;\Longrightarrow\; \tau'^2 - \frac{1}{2}\left(\tau + \frac{S}{v}\right)\tau' + \frac{\tau^2}{8} = 0 .\] Дискриминант этого квадратного уравнения должен быть неотрицательным, т.е. \[\frac{1}{4}\left(\tau + \frac{S}{v}\right)^2 - \frac{1}{2}\tau^2 = \left(\frac{\tau}{2} + \frac{S}{2v} - \frac{\tau}{\sqrt2}\right)\left(\frac{\tau}{2} + \frac{S}{2v} + \frac{\tau}{\sqrt2}\right) \ge 0 \;\Longrightarrow\; \frac{\tau}{2} + \frac{S}{2v} - \frac{\tau}{\sqrt2} \ge 0 .\] Значит, минимальный путь равен \[S_{\min} = (\sqrt2 - 1)\,v\tau .\]

Перейдите в систему отсчёта автобуса: там машина разгоняется от нуля до 10 км/ч с постоянным ускорением. Какой путь ей надо пройти относительно автобуса?

18,3 с.

Постройте график скорости от времени: путь равен площади под ним. При каком профиле скорости (с ограничением на ускорение) эта площадь набирается за минимальное время?

1) \(0\) с;  2) \(10\) с;  3) \(10\) с.

Проекции скоростей концов на ось стержня равны; найдите по ним скорость середины. Сила тяжести вдоль плоскости постоянна, поэтому центр масс движется с постоянным ускорением \(g\sin\alpha\) вдоль линии падения воды.

Модуль скорости середины стержня изменился в \(\dfrac{V_{O2}}{V_{O1}} = \sqrt{\dfrac{13}{5}} \approx 1{,}61\) раза.

Пока двигатель не работает, \(v^2 = 2gs\). Это даёт цену деления по оси \(v^2\). Ускорение связано с наклоном касательной к графику: \(a = \dfrac{\Delta(v^2)}{2\Delta s}\).

\(v_A = (30 \pm 3)\) м/c, \(v_B = (27 \pm 3)\) м/c; \(a_A = 0\), \(a_B = (3{,}5 \pm 0{,}5)\) м/c\(^2\).