Импульс, закон сохранения импульса

Запишите закон сохранения импульса в системе отсчёта, где аппарат вместе с модулями вначале покоится. Скорость модуля относительно аппарата равна разности их скоростей.

1) ответ 5: \(v_1 = 2{,}5\) м/с;  2) ответ 3: \(v_2 \approx 6\) м/с.

Суммарный импульс грузов сохраняется и равен нулю; как при этом соотносятся кинетические энергии грузов?

Сначала проверьте, доедет ли тело до вершины. Затем примените законы сохранения импульса и энергии ко всему взаимодействию.

2

В предельном случае в верхней точке горки тело и горка движутся с одной скоростью. Что сохраняется в системе?

3

Выразите изменение импульса и изменение энергии через начальную и конечную скорости и разделите одно на другое. Что получится в отношении?

\(s = \dfrac{\Delta w}{\Delta p}\,\tau = 12{,}5\) м.

Из условия \[\begin{cases} m(v_2 - v_1) = \Delta p,\\ \dfrac{1}{2}\,m(v_2^2 - v_1^2) = \Delta w. \end{cases}\] Деля второе равенство на первое, получим значение средней скорости за время действия силы: \[v_{\text{ср}} = \frac{v_1 + v_2}{2} = \frac{\Delta w}{\Delta p} = 2{,}5\text{ м/с}.\] Окончательно получаем \[s = v_{\text{ср}}\tau = \frac{\Delta w}{\Delta p}\,\tau = 12{,}5\text{ м}.\]

Какая проекция полного импульса системы муфта–груз сохраняется? Запишите ещё закон сохранения энергии.

\(u \approx 0{,}16\) м/с.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Горизонтальный импульс системы сохраняется, и энергия тоже. В нижней точке удобно перейти в систему отсчёта чаши: там монета движется по окружности радиуса \(R\), а сама чаша в этот момент не ускоряется по горизонтали.

\(a = \dfrac{2g(M+m)}{M}\), ускорение направлено вертикально вверх.

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

Запишите закон сохранения импульса и закон сохранения энергии для системы двух брусков; относительная скорость выражается через скорости брусков.

\(0{,}24\)–\(0{,}25\) м/с.

Запишите законы сохранения импульса и энергии: начальная энергия электростатического взаимодействия переходит в кинетическую.

1) \(40\) см/с;  2) \(27\) см/с.

Запишите сохранение энергии, сохранение горизонтальной проекции импульса системы и сохранение проекции импульса шарика на наклонную плоскость (вдоль неё сил нет).

\(m/M = 1 - \operatorname{ctg}^2\alpha\).

Поверхность гладкая: вдоль наклонной плоскости клина импульс шарика не меняется. Сохраняются также энергия и горизонтальная проекция импульса системы.

\(\operatorname{tg}\beta = 2\operatorname{tg}\alpha\).

При упругом ударе гладких шаров сила направлена по линии центров. Найдите угол между линией центров и скоростью в момент касания.

120

Лёгкий шарик разгоняется гораздо быстрее тяжёлых. Подумайте, как можно разделить процесс на два этапа и записать закон сохранения энергии для каждого.

Скорость шарика с зарядом \(100q\): \(v_1 = \dfrac{10\,q}{\sqrt{\pi\varepsilon_0 mR}}\); скорости шариков с зарядами \(q\): \(v_2 = \dfrac{q}{20\sqrt{\pi\varepsilon_0 mR}}\).

В начальном состоянии энергия взаимодействия шариков равна \[W_1 = \frac{1}{2}\left(q\left[k\frac{100q}{R} + k\frac{q}{R}\right] + q\left[k\frac{100q}{R} + k\frac{q}{R}\right] + 100q\left[k\frac{q}{R} + k\frac{q}{R}\right]\right) = 201\,k\frac{q^2}{R}\] (шарики маленькие, следовательно, их собственная энергия в процессе движения не поменяется).

Так как масса шарика с зарядом \(100q\) много меньше масс двух остальных шариков, он улетит на далёкие расстояния очень быстро (два остальных не успеют разогнаться), поэтому из закона сохранения энергии получаем \[W_1 = \frac{m v_1^2}{2} + k\frac{q^2}{R} \quad\Rightarrow\quad v_1 = \frac{10\,q}{\sqrt{\pi\varepsilon_0 mR}},\] где \(v_1\) "— скорость шарика с зарядом \(100q\).

Запишем закон сохранения энергии для двух оставшихся шариков: \[k\frac{q^2}{R} = 2\cdot\frac{100\,m v_2^2}{2} \quad\Rightarrow\quad v_2 = \frac{q}{20\sqrt{\pi\varepsilon_0 mR}},\] где \(v_2\) "— скорость шариков с зарядами \(q\).

Какие силы дают горизонтальные ускорения призмам? Как связаны их величины и как поэтому связаны пройденные призмами расстояния?

\(S = \dfrac{m}{M+m}\,(d-b)\).

Оба тела будут ускоряться только за счёт (равных по величине) горизонтальных составляющих сил их взаимодействия — нормальных реакций (ибо проекции всех других сил на горизонталь равны нулю). Значит, отношение (горизонтальных) ускорений призм будет обратно отношению их масс: \(\dfrac{a_m}{a_M} = \dfrac{M}{m}\). Таким же будет и отношение пройденных ими расстояний. Сумма же этих расстояний равна, очевидно, \(d-b\). Значит, \[\begin{cases} \dfrac{S}{s} = \dfrac{m}{M},\\[2mm] S + s = d - b \end{cases} \;\Rightarrow\; S = \frac{m}{M+m}\,(d-b).\]

Таз получает от дождя массу, которая вначале неподвижна по горизонтали. Какая величина сохраняется в горизонтальном направлении, пока вода либо вытекает, либо остаётся в тазу?

A1) \(L_1 = \dfrac{Mv_0}{\rho u S}\);  A2) \(L_2 = \dfrac{Mv_0}{\rho u S} - wt\);  B1) \(v(t) = \dfrac{Mv_0}{M + \rho u S t}\);  B2) \(S_1 = 2S\).

Удар без трения — центральный: составляющая скорости шайбы, перпендикулярная линии центров, не меняется, и задача сводится к одномерному упругому удару. Прежде чем считать второй удар, проверьте, догонит ли шайба 2 уже движущийся барабан.

1) \(v_0 = 3u_1\);  2) \(u_2 = \dfrac{2\sqrt{13}}{3}\,u_1\).

Определим скорость барабана после соударения с шайбой 1. Поскольку трения между шайбами и барабаном нет — все их удары центральные, и движение всех тел остаётся поступательным, а проекции скоростей тел на ось, перпендикулярную линии центров, остаются постоянными в процессе соударения. Введём вдоль линии центров ось \(y\), направленную от шайбы 1 к центру барабана. Пусть \(\alpha\) — угол между вектором скорости шайбы 1 и линией центров. Запишем систему из закона сохранения импульса в проекции на ось \(y\) и закона сохранения энергии: \[\begin{cases} m v_0\cos\alpha = M v_{M1} + m v_{1y} & \text{ЗСИ}\\[4pt] \dfrac{m v_0^2\cos^2\alpha}{2} + \dfrac{m v_0^2\sin^2\alpha}{2} = \dfrac{m v_{1y}^2}{2} + \dfrac{m v_0^2\sin^2\alpha}{2} + \dfrac{M v_{M1}^2}{2} & \text{ЗСЭ} \end{cases}\] Решая записанную систему уравнений, находим: \[v_{M1} = v_0\cos\alpha + v_{1y} = 2v_0\cos\alpha - \frac{M v_{M1}}{m} \;\Rightarrow\; v_{M1} = \frac{2m v_0\cos\alpha}{m + M}.\] Получим условие, при котором будет столкновение между шайбой 2 и барабаном. Если ввести ось \(z\), направленную от шайбы 2 к центру барабана, то условие столкновения будет заключаться в том, что проекция скорости барабана относительно шайбы 2 на ось \(z\) будет отрицательной, т. е. при условии: \[v_{z(\text{отн})} = -v_{M1}\cos2\alpha - v_0\cos\alpha = -v_0\cos\alpha\left(1 + \frac{2m\cos2\alpha}{m + M}\right) < 0.\] Поскольку \(\cos\alpha > 0\), данное условие можно записать следующим образом: \[1 + \frac{2m\cos2\alpha}{m + M} = 1 + \frac{2m(2\cos^2\alpha - 1)}{m + M} > 0 \;\Rightarrow\; \cos\alpha = \frac{S}{2R} > \sqrt{\frac{1}{4}\left(1 - \frac{M}{m}\right)} = \frac{1}{2\sqrt2},\] или же при условии: \[S > \frac{R}{\sqrt2}.\] Данное условие не выполнено при \(S_1 = R/2\), поэтому столкновения между барабаном и шайбой 2 не будет, а значит \(v_{M1} = u_1\): \[u_1 = \frac{m v_0}{m + M}\,\frac{S_1}{R} = \frac{v_0}{3}.\] Таким образом: \[v_0 = 3u_1.\]

При \(S_2 = R\) столкновение между барабаном и шайбой 2 будет, при этом \(\alpha_2 = 60^\circ\). В системе отсчёта, движущейся со скоростью \(\vec v_{M1}\), соударение сводится к рассмотренному ранее. В данной системе отсчёта проекция \(v_{2z}\) скорости шайбы 2 на ось \(z\) равняется: \[v_{2z} = v_0\cos\alpha + v_{M1}\cos2\alpha = \frac{v_0}{2} + \frac{2v_0}{3}\left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{v_0}{6}.\] В указанной системе отсчёта скорость барабана сразу после соударения равна:

\[v_{M2} = \frac{2m v_{2y'}}{m + M} = \frac{2v_0}{9}.\] Обратим внимание, что проекция скорости \(\vec v_{M2}\) на ось \(y\) является положительной, а значит, повторного столкновения барабана с шайбой 1 не будет.

Для скорости \(u_2\) имеем: \[u_2 = \sqrt{v_{M1}^2 + v_{M2}^2 - 2v_{M1}v_{M2}\cos2\alpha},\] откуда: \[u_2 = \frac{2\sqrt{13}\,u_1}{3}.\]

Центр масс трёх досок движется равномерно — найдите, где он относительно доски \(a\) в начале и в конце. Сила трения пропорциональна длине перекрытия досок \(a\) и \(c\), поэтому относительное движение — четверть периода гармонических колебаний с амплитудой \(L\).

\(\Delta x = \dfrac{2(\pi + 1)L}{3}\).

Пусть \(v_0\) — скорость досок \(a\) и \(b\) до соударения с доской \(c\), а \(m\) — масса каждой из досок. Поскольку трения между досками \(a\) и \(b\) нет, а доски \(b\) и \(c\) при ударе скрепляются — сразу после удара скорость доски \(a\) равна \(v_0\), а скорость досок \(b\) и \(c\) равна \(v_0/2\) из закона сохранения импульса.

Введём ось \(x\) по направлению скорости \(v_0\). Поскольку горизонтальная поверхность гладкая — центр масс системы движется с постоянной скоростью, равной \(v_\text{цм} = 2v_0/3\). В момент удара центр масс системы опережает центр доски \(a\) на величину \(l/3\), а к моменту, когда доска \(a\) целиком оказалась на доске \(c\), центр масс системы отстаёт от центра доски на ту же величину \(l/3\). Тогда для перемещения доски \(a\) получим: \[\Delta x = \Delta x_\text{цм} + \frac{2l}{3} = \frac{2(v_0\tau + l)}{3},\] где \(\tau\) — время движения доски \(a\) относительно досок \(b\) и \(c\). Далее объединим доски \(b\) и \(c\) в одно тело массой \(2m\) и будем характеризовать его индексом 2. Доску \(a\) будем характеризовать индексом 1. Пусть \(\vec F\) — сила трения, действующая на первое тело со стороны второго, а \(x\) — их относительное перемещение после удара. Отметим, что трение происходит только в области перекрытия досок \(a\) и \(c\). Величина силы трения скольжения прямо пропорциональна силе нормальной реакции шероховатой части поверхности опоры, и поэтому \(F_x = -\mu mgx/l\). Запишем второй закон Ньютона для каждого из тел: \[m\vec a_1 = \vec F, \qquad 2m\vec a_2 = -\vec F,\] откуда:

\[\vec a_1 - \vec a_2 = \vec a_\text{отн} = \frac{\vec F}{m} + \frac{\vec F}{2m} = \frac{2\vec F}{3m}.\] Тогда получим уравнение движения для переменной \(x\): \[\ddot x = -\frac{2\mu g x}{3L}.\] Это уравнение гармонических колебаний с циклической частотой \(\omega_0 = \sqrt{2\mu g/3L}\). Его общее решение: \[x(t) = A\sin(\omega t + \varphi_0).\] Определим \(A\) и \(\varphi_0\) из начальных условий: \[\begin{cases} x(0) = A\sin\varphi_0 = 0\\[2pt] \dot x(0) = \dfrac{v_0}{2} = \omega A\cos\varphi_0 \end{cases} \;\Rightarrow\; \begin{cases} \varphi_0 = 0\\[2pt] A = \dfrac{v_0}{2\omega} \end{cases}\] Величина \(A\) имеет смысл амплитуды колебаний, которая также равна \(L\), поскольку относительное движение досок прекращается, когда доска \(a\) целиком оказывается на доске \(c\). Таким образом, имеем связь: \[\frac{v_0}{2\omega} = L.\] Время движения \(\tau\) является четвертью периода гармонических колебаний с циклической частотой \(\omega_0\), откуда: \[\tau = \frac{\pi}{2\omega}.\] Тогда для перемещения центра масс имеем: \[\Delta x_\text{цм} = \frac{2v_0\tau}{3} = \frac{2\pi L}{3},\] и окончательно находим: \[\Delta x = \Delta x_\text{цм} + \frac{2L}{3} = \frac{2(\pi + 1)L}{3}.\]

Найдите скорости шайбы и горки после спуска из законов сохранения импульса и энергии, затем перейдите в систему отсчёта стенки, где удар упругий.

\(u = \dfrac{m}{M}\sqrt{\dfrac{2gH}{1+(m/M)}}\).

Из условия остановки первой шайбы связь \(k\) и коэффициента восстановления скорости \(e\) находится из законов сохранения импульса и определения \(e\); «одинаковое качество» означает один и тот же \(e\) во втором ударе.

Топливо нужно не только для груза, но и для самого оставшегося топлива. Рассмотрите разгон по ступеням в 1 км/с с конца: последняя ступень разгоняет только полезную нагрузку.

Для разгона корабля массой 2 т до 1 км/с потребуется 2 т топлива. Для разгона корабля массой 1 т до \(n\) км/с требуется \((2^n - 1)\) т топлива. В частности, для разгона корабля массой 1 т до 3 км/с требуется 7 т топлива. Чтобы разогнать корабль массой 1 т до 1 км/с и затем затормозить, требуется 3 т топлива.

Разогнать космический корабль массой 2 т до 1 км/с — всё равно, что разогнать два космических корабля массой 1 т до 1 км/с. Поэтому потребуется 2 т топлива.

Перейдём теперь к более сложному вопросу разгона корабля массой 1 т до \(n\) км/с. Если речь идёт о разгоне со скорости \((n-1)\) км/с до скорости \(n\) км/с (на 1 км/с), потребуется 1 т топлива. Но разгонять от скорости \((n-2)\) км/c до скорости \((n-1)\) км/с надо будет уже 2 т (1 т полезной нагрузки и 1 т топлива) — поэтому потребуется 2 т горючего. Учтём топливо, требуемое для разгона корабля на различных этапах в таблице:

Как видно из таблицы, начальная масса корабля с топливом составляет \(2^n\) т, из них 1 т полезной нагрузки и \((2^n - 1)\) т топлива.

Чтобы разогнать корабль до 1 км/с и потом затормозить, требуется столько же топлива, сколько для разгона до 2 км/с (два раза надо сообщить скорость 1 км/с) — это 3 т.

Во время удара сохраняется проекция импульса системы на направление наклонной плоскости (вдоль неё внешние силы малы по сравнению с ударными). Затем найдите потерю механической энергии.

\(\Delta Q = m\left(gH + \dfrac{V^2}{3}\right)\).

Работу силы удобно искать через изменение кинетической энергии, а для конечной скорости нужен импульс силы "— площадь под графиком.

\(A = 136{,}4\text{ мДж}\).

Изменение импульса тела пропорционально площади под графиком приведенной зависимости, которую можно найти суммированием площадей прямоугольников и трапеций (или треугольников): \(\Delta p = 4{,}4\cdot 10^{-2}\text{ Н}\cdot\text{с}\). Конечную скорость найдем через изменение импульса: \(v = v_0 + \dfrac{\Delta p}{m} = 4{,}2\) м/с. По теореме об изменении кинетической энергии \[\frac{mv_0^2}{2} + A = \frac{mv^2}{2},\] откуда \(A = 136{,}4\) мДж.

Продлите назад отрезки перемещений: скорости известны с точностью до общего множителя \(1/\tau\), значит, места распадов лежат на пересечении линий движения. При распаде на две равные массы \(C\) и \(D\) импульс сохраняется.

Гипотеза верна; второй распад произошёл позже первого на время \(2\tau\).

Выделившееся тепло равно работе силы трения на пути вдоль клина. Силу реакции \(N\) найдите из уравнений движения бруска и клина при ускорении клина, возникающем из-за сил, действующих со стороны бруска.

\(Q = \dfrac{\mu m g h \,\mathrm{ctg}\,\alpha}{1 + \dfrac{m}{M}\sin\alpha\,(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)} \approx 0{,}17\text{ Дж}\).

Для малых смещений сила на стержень линейна по смещению, то есть он совершает гармонические колебания; максимальную скорость найдите из энергии. Во втором пункте работает закон сохранения импульса.

a) \(v = x_0\sqrt{\dfrac{q^2}{m\,(L^2+R^2)^{3/2}}}\);  b) \(v = x_0\sqrt{\dfrac{q^2}{2m\,(L^2+R^2)^{3/2}}}\).

Невесомые цилиндры на гладкой спице держат нити только вертикально, поэтому столкновение произойдёт, когда всё окажется на одной вертикали; горизонтальный импульс системы сохраняется. Для сил натяжения нужно ускорение бусинки — найдите радиус кривизны её траектории относительно груза (это парабола).

1) \(v_1 = \sqrt{\dfrac{gL}{1 + m_1/m_2}}\), \(v_2 = \dfrac{m_1}{m_2}\sqrt{\dfrac{gL}{1 + m_1/m_2}}\);  2) \(T_1 = m_1g\left(1 + \dfrac{m_1}{2m_2}\right)\), \(T_2 = \left(m_1 + m_2 + \dfrac{m_1^2}{2m_2}\right)g\).

1. Поскольку цилиндры являются невесомыми, равнодействующая приложенных к ним сил в любой момент должна быть равна нулю. Так как трения между спицей и цилиндрами нет, спица действует на цилиндры в направлении, перпендикулярном спице, то есть в вертикальном. До столкновения цилиндров на них действуют только силы натяжения нитей и силы реакции со стороны спицы. Тогда условие равенства нулю равнодействующей приложенных к цилиндрам сил возможно, если участки нитей, соединяющие цилиндры с бусинкой и грузом, в любой момент ориентированы вертикально. Из этого следует, что столкновение цилиндров произойдёт в момент, когда бусинка, груз и цилиндры будут расположены практически на одной вертикали.

Обратим внимание, что скорость груза в любой момент направлена горизонтально. В момент столкновения цилиндров скорость бусинки также направлена горизонтально. Пусть \(v_\text{отн}\) — скорость относительного движения бусинки и груза в момент столкновения цилиндров. Определим \(v_\text{отн}\) из закона сохранения механической энергии. К рассматриваемому моменту вертикальное перемещение бусинки направлено вниз и равно \(L/2\), так как нити являются нерастяжимыми. Поскольку система замкнута в направлении спицы — её импульс в данном направлении равен нулю. Отсюда получим связь скоростей \(v_1\) и \(v_2\) бусинки и груза соответственно с величиной их относительной скорости \(v_\text{отн}\) в момент столкновения цилиндров: \[v_1 = \frac{m_2v_\text{отн}}{m_1 + m_2}, \qquad v_2 = \frac{m_1v_\text{отн}}{m_1 + m_2} \implies E_k = \frac{m_1v_1^2}{2} + \frac{m_2v_2^2}{2} = \frac{m_1m_2v_\text{отн}^2}{2(m_1 + m_2)}.\] Запишем закон сохранения механической энергии: \[E_k = \frac{m_1m_2v_\text{отн}^2}{2(m_1 + m_2)} = -\Delta W_p = \frac{m_1gL}{2} \implies v_\text{отн}^2 = gL\left(1 + \frac{m_1}{m_2}\right).\] Находим скорости \(v_1\) и \(v_2\) бусинки и груза соответственно непосредственно перед столкновением цилиндров: \[v_1 = \sqrt{\frac{gL}{1 + m_1/m_2}}, \qquad v_2 = \frac{m_1}{m_2}\sqrt{\frac{gL}{1 + m_1/m_2}}.\]

2. В момент столкновения цилиндров все силы, действующие на бусинку и груз, являются вертикальными. Поскольку груз может перемещаться только по горизонтали, его ускорение в рассматриваемый момент равно нулю.

Пусть \(a_1\) — проекция ускорения бусинки в момент столкновения цилиндров на ось, направленную вертикально вверх. Из второго закона Ньютона для бусинки и груза получим: \[2T_1 = m_1(g + a_1), \qquad T_2 = T_1 + m_2g,\] откуда: \[T_1 = \frac{m_1(g + a_1)}{2}, \qquad T_2 = m_2g + \frac{m_1(g + a_1)}{2}.\] Таким образом, для решения задачи необходимо определить \(a_1\). Далее можно действовать разными способами.

Первый способ. Пусть \(\vec a_\text{б}\) и \(\vec a_\text{г}\) — ускорения бусинки и груза относительно лабораторной системы отсчёта, а \(\vec a_\text{отн}\) — ускорение бусинки в системе отсчёта, связанной с грузом. Тогда ускорение бусинки можно представить в следующем виде: \[\vec a_\text{б} = \vec a_\text{г} + \vec a_\text{отн}.\] Обратим внимание, что в рассматриваемый момент ускорение груза равняется нулю. Значит, в рассматриваемый момент ускорение бусинки в системе отсчёта, связанной с грузом, направлено вертикально вверх и равно \(a_1\). Дальнейшее решение задачи проведём в системе отсчёта, связанной с грузом. Непосредственно перед столкновением цилиндров относительная скорость бусинки и груза направлена горизонтально, значит: \[a_1 = a_\text{отн} = \frac{v_\text{отн}^2}{\rho},\] где \(\rho\) — радиус кривизны траектории бусинки при движении в системе отсчёта груза.

Проанализируем траекторию относительного движения бусинки и груза. В системе отсчёта груза введём систему координат \(xOy\) с началом в нижней точке траектории бусинки относительно груза (см. рис). Запишем условие постоянства длины нити 1:

\[L = \left(\frac L2 - y\right) + \sqrt{\left(\frac L2 - y\right)^2 + x^2} \implies y = \frac{x^2}{2L}.\] Таким образом, траектория движения бусинки в системе отсчёта груза представляет собой параболу.

Определим радиус кривизны \(\rho\) в вершине параболы, используя аналогию со свободным полётом материальной точки в поле тяжести.

Пусть скорость материальной точки в некоторый момент равна \(v_0\) и направлена горизонтально. Материальная точка движется в однородном поле тяжести с ускорением свободного падения \(g\), направленным вертикально вниз. Введём систему координат \(xOy\), где \(O\) — положение точки в рассматриваемый момент, ось \(x\) направлена горизонтально, а ось \(y\) направлена вертикально вниз. Тогда через прошедшее время \(t\) от рассматриваемого момента: \[x = v_0t, \qquad y = \frac{gt^2}{2} \implies y = \frac{gx^2}{2v_0^2} = \frac{x^2}{2p}.\] Величина \(p\) называется фокальным параметром параболы. Определим радиус кривизны \(\rho_0\) траектории материальной точки в вершине параболы. Из второго закона Ньютона в рассматриваемый момент: \[\frac{mv_0^2}{\rho_0} = mg \implies \rho_0 = \frac{v_0^2}{g} = p.\] Вернёмся к определению радиуса кривизны траектории бусинки в системе отсчёта груза в момент столкновения цилиндров. Фокальный параметр параболы для траектории относительного движения бусинок равен \(L\), поэтому радиус кривизны траектории относительного движения бусинок в рассматриваемый момент составляет: \[\rho = L.\]

Примечание: Тот же результат может быть получен из непосредственного анализа кривой, задающей траекторию относительного движения бусинки и груза.

Рассмотрим произвольную кривую, заданную зависимостью \(y(x)\). Пусть \(\varphi\) — угол наклона касательной к кривой. Тогда: \[\frac{dy}{dx} = y' = \operatorname{tg}\varphi \implies \frac{d^2y}{dx^2} = y'' = \frac{1}{\cos^2\varphi}\frac{d\varphi}{dx} = \frac{\varphi'}{\cos^2\varphi}.\] Радиус кривизны произвольной плоской кривой определяется выражением: \[\rho = \left|\frac{dl}{d\varphi}\right|,\] где \(dl\) — элемент длины кривой, а \(d\varphi\) — угол между касательными к кривой на концах выделенного элемента. Но \(dl = dx/\cos\varphi\), поэтому: \[\rho = \left|\frac{1}{\cos\varphi}\frac{dx}{d\varphi}\right| = \left|\frac{1}{\varphi'\cos\varphi}\right| = \left|\frac{1}{y''\cos^3\varphi}\right|.\] Но \(1/\cos^2\varphi = 1 + \operatorname{tg}^2\varphi = 1 + y'^2\), поэтому: \[\rho = \frac{(1 + y'^2)^{3/2}}{|y''|}.\] Применим полученное выражение в случае рассмотрения траектории движения бусинки относительно груза. Определим \(y'\) и \(y''\): \[y' = \frac xL, \qquad y'' = \frac1L.\] Тогда в точке с координатой \(x = 0\): \[\rho = L.\] Таким образом: \[a_1 = \frac{v_\text{отн}^2}{L} = g\left(1 + \frac{m_1}{m_2}\right).\]

Второй способ. В рассматриваемый момент тангенциальное ускорение бусинки равно нулю, поэтому её ускорение \(a_1\) определяется выражением: \[a_1 = \frac{v_1^2}{\rho_1},\] где \(\rho_1\) — радиус кривизны траектории бусинки в рассматриваемый момент. Проанализируем траекторию бусинки в лабораторной системе отсчёта. Введём систему координат \(xOy\) с началом в нижней точке траектории бусинки. Направления координатных осей совпадают с введёнными на рисунке к первому способу решения. Центр масс системы не перемещается вдоль оси \(x\), поэтому: \[m_1x_1 + m_2x_2 = 0 \implies x_2 = -\frac{m_1x_1}{m_2}.\] Запишем условие постоянства длины нити 1: \[L = \left(\frac L2 - y_1\right) + \sqrt{\left(\frac L2 - y_1\right)^2 + (x_1 - x_2)^2}.\] Отсюда: \[(x_1 - x_2)^2 = x_1^2(1 + m_1/m_2)^2 = 2Ly_1 \implies y_1(x_1) = \frac{x_1^2(1 + m_1/m_2)^2}{2L}.\] Таким образом, траектория движения бусинки в лабораторной системе отсчёта является параболой. Поиск радиуса кривизны в её вершине уже был осуществлён в рамках первого решения, поэтому: \[\rho_1 = \frac{L}{(1 + m_1/m_2)^2}.\] Таким образом: \[a_1 = \frac{v_1^2(1 + m_1/m_2)^2}{L} = g\left(1 + \frac{m_1}{m_2}\right).\]

Третий способ. Пусть \(\vec a_\text{б}\) и \(\vec a_\text{г}\) — ускорения бусинки и груза относительно лабораторной системы отсчёта, а \(\vec a_\text{отн}\) — ускорение бусинки в системе отсчёта, связанной с грузом. Тогда ускорение бусинки можно представить в следующем виде: \[\vec a_\text{б} = \vec a_\text{г} + \vec a_\text{отн}.\]

Обратим внимание, что в рассматриваемый момент ускорение груза равняется нулю. Значит, в рассматриваемый момент ускорение бусинки в системе отсчёта, связанной с грузом, направлено вертикально вверх и равно \(a_1\). Дальнейшее решение задачи проведём в системе отсчёта, связанной с грузом. Рассмотрим условие постоянства длины нити 1. Пусть в некоторый момент участок нити 1, соединяющий бусинку с грузом, образует угол \(\varphi\) с вертикалью. Найдём угол \(\theta\) между направлением скорости бусинки относительно груза и горизонтом. Поскольку скорости цилиндров направлены горизонтально, длина вертикального участка нити 1, соединяющего бусинку с цилиндром, изменяется со скоростью \(u_\text{бц}\), равной: \[u_\text{бц} = v_\text{отн}\sin\theta.\] Длина участка нити 1, соединяющего бусинку с грузом, изменяется со скоростью \(u_\text{бг}\), равной: \[u_\text{бг} = v\cos(\varphi + 90 - \theta) = v_\text{отн}\sin(\theta - \varphi).\] Поскольку длина нити 1 остаётся постоянной: \[u_\text{бц} + u_\text{бг} = 0 \implies \sin\theta = \sin(\varphi - \theta) \implies \theta = \frac\varphi2.\] Этот результат можно также получить из условия направления скорости бусинки вдоль биссектрисы внешнего угла между участками нити 1 (см. рис). Это является следствием оптического свойства параболы.

В рассматриваемый момент тангенциальное ускорение бусинки в рассматриваемой системе отсчёта равняется нулю, поэтому для проекции ускорения бусинки \(a_1\) на ось, направленную вертикально вверх, имеем: \[a_1 = -v_\text{отн}\frac{d\theta}{dt} = -\frac{v_\text{отн}\dot\varphi}{2}.\] Найдём величину \(\dot\varphi\). Поскольку в рассматриваемый момент расстояние между бусинкой и грузом равно \(L/2\): \[v_\text{отн} = -\frac{L\dot\varphi}{2} \implies \dot\varphi = -\frac{2v_\text{отн}}{L}.\] Подставляя \(\dot\varphi\) в выражение для \(a_1\), получим: \[a_1 = \frac{v_\text{отн}^2}{L} = g\left(1 + \frac{m_1}{m_2}\right).\]

Четвёртый способ. Обозначим за \(y\) смещение бусинки в направлении «вертикально вниз», за \(x\) — расстояние между цилиндрами, а за \(r\) — длину участка нити 1, соединяющего груз и бусинку. Пусть в некоторый момент участок нити 1, соединяющий груз и бусинки, образует угол \(\varphi\) с вертикалью, тогда \(y = x\operatorname{ctg}\varphi\) и \(r = x/\sin\varphi\). Из условия нерастяжимости нити получим:

\[L = y + r = x\operatorname{ctg}\varphi + \frac{x}{\sin\varphi}.\] Отсюда: \[x = \frac{L\sin\varphi}{1 + \cos\varphi}, \qquad y = \frac{L\cos\varphi}{1 + \cos\varphi}.\] В рассматриваемый момент \(\varphi = 0\). Далее нижний индекс 0 соответствует рассматриваемому моменту. В рассматриваемый момент проекция ускорения бусинки на ось, направленную вертикально вверх, определяется выражением \(a_1 = -d^2y_0/dt^2\). Дифференцируя \(y\) по времени, получим: \[\frac{dy}{dt} = -\frac{L\dot\varphi(\sin\varphi + \sin\varphi\cos\varphi - \sin\varphi\cos\varphi)}{(1 + \cos\varphi)^2} = -\frac{L\sin\varphi\,\dot\varphi}{(1 + \cos\varphi)^2}.\] Продифференцируем по времени величину \(dy/dt\): \[\frac{d^2y}{dt^2} = -\frac{L\sin\varphi\,\ddot\varphi}{(1 + \cos\varphi)^2} - \frac{2L\sin^2\varphi\,\dot\varphi^2}{(1 + \cos\varphi)^3} - \frac{L\cos\varphi\,\dot\varphi^2}{(1 + \cos\varphi)^2}.\] Поскольку в рассматриваемый момент \(\varphi = 0\): \[a_1 = \frac{L\dot\varphi_0^2}{4}.\] Определим величину \(\dot\varphi_0\). Для этого продифференцируем по времени выражение для \(x\): \[\frac{dx}{dt} = \frac{L\dot\varphi(\cos\varphi + \cos^2\varphi + \sin^2\varphi)}{(1 + \cos\varphi)^2} = \frac{L\dot\varphi}{1 + \cos\varphi}.\] В рассматриваемый момент \(\varphi = 0\), а \(dx/dt = -v_\text{отн}\). Тогда: \[-v_\text{отн} = \frac{L\dot\varphi_0}{2} \implies \dot\varphi_0 = -\frac{2v_\text{отн}}{L}.\] Таким образом: \[a_1 = \frac{v_\text{отн}^2}{L} = g\left(1 + \frac{m_1}{m_2}\right).\]

Подставляя \(a_1\) в выражения для \(T_1\) и \(T_2\), находим: \[T_1 = m_1g\left(1 + \frac{m_1}{2m_2}\right), \qquad T_2 = \left(m_1 + m_2 + \frac{m_1^2}{2m_2}\right)g.\]

Пока ток быстро нарастает, рамка неподвижна, и импульс силы Ампера выражается через \(\int I\,dI\). После этого тормозящая сила пропорциональна скорости рамки, поэтому \(m\,dv\) пропорционально \(dx/x^4\) — интегрируйте по пути, а не по времени.

\(v_1 = \dfrac{v_0}{3}\).

Пусть сторона рамки, параллельная проводу, равна \(a\), а перпендикулярная ей сторона равна \(b\). Введём ось \(Ox\) с началом на проводе перпендикулярно ему в направлении к рамке (см. рис. 1). Далее величина \(x\) везде обозначает расстояние между проводом и ближайшей к нему стороной рамки, которое изначально равнялось \(x_0\). Пусть сила тока в проводе равна \(I\). Тогда индукция создаваемого магнитного поля провода на расстоянии \(r\) от него направлена перпендикулярно горизонтальной поверхности на читателя и равна: \[B(I, r) = \frac{\mu_0I}{2\pi r},\] где \(\mu_0\) — магнитная постоянная.

Пусть \(I_1\) — величина силы тока в рамке в направлении против часовой стрелки при виде сверху. Равнодействующая сил Ампера, действующих на контур, составляет: \[F_x = I_1aB(I, x + b) - I_1aB(I, x).\]

Поскольку рамка выполнена из тонкой проволоки, а величины \(a\) и \(b\) во много раз меньше \(x_0\), то выражение для \(F_x\) можно приблизить следующим образом: \[F_x \approx \frac{\mu_0I_1Ia}{2\pi}\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x}\right)b = -\frac{\mu_0I_1Iab}{2\pi x^2}.\] Пусть \(R\) — сопротивление рамки, а \(\Phi\) — поток индукции магнитного поля, пронизывающего рамку. Поскольку индуктивностью рамки можно пренебречь, для силы тока \(I_1\) из закона электромагнитной индукции Фарадея находим: \[I_1 = -\frac{\dot\Phi}{R}.\] Поскольку рамка выполнена из тонкой проволоки, а величины \(a\) и \(b\) во много раз меньше \(x_0\), то индукцию магнитного поля провода можно считать постоянной по всей поверхности, натянутой на контур рамки, и равной \(B(x)\), поэтому \(\Phi \approx B(x)ab\). Тогда имеем: \[I_1 = -\frac{ab}{R}\frac{dB(x)}{dt} = -\frac{\mu_0ab}{2\pi R}\frac{d}{dt}\left(\frac{I}{x}\right),\] откуда: \[F_x = \left(\frac{\mu_0ab}{2\pi}\right)^2\frac{I}{Rx^2}\frac{d}{dt}\left(\frac{I}{x}\right).\] Рассмотрим увеличение силы тока в проводе. Поскольку это увеличение происходит очень быстро, движением рамки и её смещением за время увеличения силы тока в проводе до максимального значения можно пренебречь. Тогда для силы \(F_x\) имеем: \[F_x \approx \left(\frac{\mu_0ab}{2\pi}\right)^2\frac{I}{Rx^3}\frac{dI}{dt}.\] Пусть \(m\) и \(v_x\) — масса рамки и проекция её скорости на ось \(x\) соответственно. Из закона изменения импульса для рамки имеем: \[m\frac{dv_x}{dt} = \left(\frac{\mu_0ab}{2\pi}\right)^2\frac{I}{Rx^3}\frac{dI}{dt}.\] Умножим закон изменения импульса для рамки на \(dt\): \[m\,dv_x = \left(\frac{\mu_0ab}{2\pi}\right)^2\frac{I\,dI}{Rx^3}.\] Проинтегрируем полученное выражение, обозначив за \(I_0\) максимальную величину силы тока в проводе: \[\int\limits_0^{v_0}m\,dv_x = mv_0 = \int\limits_0^{I_0}\left(\frac{\mu_0ab}{2\pi}\right)^2\frac{I\,dI}{Rx_0^3} = \left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\frac{1}{2Rx_0^3}.\] Отметим, что рамка начинает удаляться от провода после достижения в нём максимального значения силы тока.

Проанализируем дальнейшее движение рамки. Для этого получим выражение для силы \(F_x\) при постоянном значении силы тока в проводе \(I = I_0\): \[F_x = \left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\frac{1}{Rx^2}\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{x}\right) = -\left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\frac{1}{Rx^4}\frac{dx}{dt}.\] Запишем закон изменения импульса для рамки: \[m\frac{dv_x}{dt} = -\left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\frac{1}{Rx^4}\frac{dx}{dt}.\] Умножим закон изменения импульса для рамки на \(dt\): \[m\,dv_x = -\left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\frac{dx}{Rx^4}.\] Проинтегрируем полученное выражение в предположении, что рамка удаляется бесконечно далеко от провода, обозначив за \(v_{1x}\) проекцию скорости рамки на ось \(x\) на бесконечном удалении от провода. Поскольку скорость рамки уменьшается, предположение окажется оправданным в том случае, если величина \(v_{1x}\) окажется положительной. Имеем: \[m(v_{1x} - v_0) = -\frac{1}{R}\left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\int\limits_{x_0}^{\infty}\frac{dx}{x^4} = -\frac{1}{3Rx_0^3}\left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2 = -\frac{2mv_0}{3}.\] Отсюда: \[v_{1x} = \frac{v_0}{3}.\] Поскольку \(v_{1x} > 0\), рамка в процессе движения после достижения силой тока в проводе максимального значения никогда не останавливалась, а значит, полученное значение является ответом на вопрос задачи. Если бы величина \(v_{1x}\) оказалась отрицательной, то скорость рамки и расстояние между рамкой и проводом асимптотически стремились бы к нулю и к постоянному значению соответственно. Таким образом: \[v_1 = \frac{v_0}{3}.\]

Взаимодействие тела с точками можно рассматривать как абсолютно упругое столкновение тел равных масс. Для наименьшего расстояния запишите закон сохранения энергии: в этот момент точки движутся только вдоль направления \(V\).

1) две материальные точки после окончания взаимодействия с телом будут двигаться с равными скоростями \(V\), а тело массой \(2m\) остановится; 2) материальные точки в процессе движения будут находиться друг от друга на минимальном расстоянии \(L_{\min} = \left(\dfrac{1}{L} + \dfrac{m V^2}{2 k q^2}\right)^{-1}\).

Движется только та часть удава, до которой уже «дошёл» хвост, и её масса растёт. Запишите импульс этой части через смещение \(X\) кончика хвоста и приравняйте скорость его изменения силе.

1) \(\dfrac{dX}{dt} = \left(\dfrac{9AL^2}{8M}\right)^{1/3}\);  2) \(t(L) = \left(\dfrac{3LM}{2A}\right)^{1/3}\);  3) \(\dfrac{dX}{dt} = \left(\dfrac{9AL^2}{2M}\right)^{1/3}\).

К некоторому моменту времени кончик хвоста удава переместился на расстояние \(X\). В этот момент импульс удава (той его части, которая уже пришла в движение) равен \[P = \frac{M}{L}\cdot\frac{X}{2}\cdot\frac{dX}{dt} = \frac{M}{4L}\cdot\frac{d(X^2)}{dt}.\] Скорость изменения импульса равна силе \[\frac{dP}{dt} = \frac{M}{4L}\cdot\frac{d\left[\dfrac{d(X^2)}{dt}\right]}{dt} = At.\] Интегрируем уравнение два раза по времени и получаем соотношение \[X^2\,\frac{M}{4L} = \frac{At^3}{6} + C_1 t + C_2.\] Здесь \(C_1\) — константа, связанная со скоростью кончика хвоста в начальный момент, а \(C_2\) — это константа, зависящая от начальной координаты кончика хвоста. В начальный момент времени и скорость \(V_0\), и смещение \(X_0\) кончика хвоста удава равны нулю. Отсюда следует, что \(C_1 = 0\) и \(C_2 = 0\), поэтому справедлива формула \[X^2\,\frac{M}{4L} = \frac{At^3}{6}. \tag{1}\] Смещение \(X\) связано со временем \(t\) так: \[X(t) = \sqrt{\frac{2AL}{3M}}\cdot t^{3/2}.\] А скорость кончика хвоста так: \[\frac{dX}{dt} = \frac{3}{2}\cdot\sqrt{\frac{2AL}{3M}}\cdot t^{1/2}\] или \[\frac{dX}{dt} = \sqrt{\frac{3AL}{2M}}\cdot t^{1/2}. \tag{2}\]

Для ответа на первый вопрос нужно найти время, когда \(X = \dfrac{L}{2}\). Подставляем это значение \(X\) в формулу (1) и получаем \[t = \left(\frac{3ML}{8A}\right)^{1/3}.\] Подставим найденное значение времени в формулу для скорости (2), имеем \[\frac{dX}{dt} = \sqrt{\frac{3AL}{2M}}\cdot\left(\frac{3ML}{8A}\right)^{1/6}\] или \[\frac{dX}{dt} = \left(\frac{9AL^2}{8M}\right)^{1/3}.\]

Для ответа на второй вопрос нужно в формулу (1) подставить значение \(X = L\): \[t(L) = \left(\frac{3LM}{2A}\right)^{1/3}.\]

Для ответа на третий вопрос нужно в формулу (1) подставить значение \(X = 2L\) и получить значение времени, а затем полученное значение времени подставить в формулу (2). Сначала получится соотношение \[t(2L) = \left(\frac{6LM}{A}\right)^{1/3},\] а затем ответ: \[\frac{dX}{dt} = \sqrt{\frac{3AL}{2M}}\cdot\left(\frac{6LM}{A}\right)^{1/6}\] или \[\frac{dX}{dt} = \left(\frac{9AL^2}{2M}\right)^{1/3}.\]